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1、2024版新高考新教材版高考总复习数学7.3数列求和、数列的综合考点1.求通项公式1.(2023北京,10,4分,难)已知数列an满足an+1=14(an-6)3+6(n=1,2,3,),则()A.当a1=3时,an为递减数列,且存在常数M0,使得anM恒成立B.当a1=5时,an为递增数列,且存在常数M6,使得an6,使得anM恒成立D.当a1=9时,an为递增数列,且存在常数M0,使得anM恒成立答案B令bn=an-6,由an+1=14(an-6)3+6,得bn+1=14bn3.当a1=5时,b1=-1,则b2=14b13=14,b3=14b23=1256,n+时,bn0,且bn0,则an
2、6,且an0恒成立.故an为递增数列,且存在M=6,使得anM恒成立,A错误.当a1=7时,b1=1,n+时,bn0,且bn0,则an6,且an6,故an为递减数列,但不存在M6,使得anM恒成立,C错误.当a1=9时,b1=3,n+时,bn+,即an+,故不存在M,使得an100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是()A.440B.330C.220D.110答案A本题考查了等比数列求和、不等式以及逻辑推理能力.不妨设1+(1+2)+(1+2+2n-1)+(1+2+2t)=2m(其中m、n、tN,0tn),则有N=n(n+1)2+t+1,因为N100,所以n13.由等比数列的
3、前n项和公式可得2n+1-n-2+2t+1-1=2m.因为n13,所以2nn+2,所以2n+12n+n+2,即2n+1-n-22n,因为2t+1-10,所以2m2n+1-n-22n,故mn+1,因为2t+1-12n+1-1,所以2m2n+2-n-3,故mn+1.所以m=n+1,从而有n=2t+1-3,因为n13,所以t3.当t=3时,N=95,不合题意;当t=4时,N=440,满足题意,故所求N的最小值为440.解题关键解决本题的关键在于利用不等式的知识得出m=n+1.一题多解本题也可以分别把N=110,220,330代入,利用排除法求解.2.(2014课标文,5,5分)等差数列an的公差为2
4、,若a2,a4,a8成等比数列,则an的前n项和Sn=()A.n(n+1)B.n(n-1)C.n(n+1)2D.n(n1)2答案Aa2,a4,a8成等比数列,a42=a2a8,即(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d),将d=2代入上式,解得a1=2,Sn=2n+n(n1)22=n(n+1),故选A.3.(2012课标文,12,5分)数列an满足an+1+(-1)nan=2n-1,则an的前60项和为()A.3 690B.3 660C.1 845D.1 830答案D当n=2k时,a2k+1+a2k=4k-1,当n=2k-1时,a2k-a2k-1=4k-3,a2k+1+a2k-1=2,a2k
5、+1+a2k+3=2,a2k-1=a2k+3,a1=a5=a61.a1+a2+a3+a60=(a2+a3)+(a4+a5)+(a60+a61)=3+7+11+(260-1)=30(3+119)2=3061=1 830.4.(2019浙江,10,4分)设a,bR,数列an满足a1=a,an+1=an2+b,nN*,则()A.当b=12时,a1010B.当b=14时,a1010C.当b=-2时,a1010D.当b=-4时,a1010答案A本题以已知递推关系式判断指定项范围为载体,考查学生挖掘事物本质以及推理运算能力;考查的核心素养为逻辑推理,数学运算;体现了函数与方程的思想,创新思维的应用.令an
6、+1=an,即an2+b=an,即an2-an+b=0,若有解,则=1-4b0,即b14,当b14时,an=114b2,nN*,即存在b14,且a=1+14b2或114b2,使数列an为常数列,B、C、D选项中,b14成立,故存在a=114b217162,a617164,a10171664,而171664=1+11664=1+C641116+C6421162+=1+4+638+10.故a1010.5.(2020新高考,14,5分)将数列2n-1与3n-2的公共项从小到大排列得到数列an,则an的前n项和为.答案3n2-2n解析:数列2n-1的项为1,3,5,7,9,11,13,数列3n-2的项
7、为1,4,7,10,13,数列an是首项为1,公差为6的等差数列,an=1+(n-1)6=6n-5,数列an的前n项和Sn=(1+6n5)n2=3n2-2n.6.(2015福建文,16,4分)若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p0,q0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p+q的值等于.答案9解析依题意有a,b是方程x2-px+q=0的两根,则a+b=p,ab=q,由p0,q0可知a0,b0.由题意可知ab=(-2)2=4=q,a-2=2b或b-2=2a,将a-2=2b代入ab=4可解得a=4,b=1,此时a+b=5,将b-2=2
8、a代入ab=4可解得a=1,b=4,此时a+b=5,则p=5,故p+q=9.评析本题主要考查等差数列、等比数列等基础知识,考查函数与方程思想、化归与转化思想.7.(2015江苏,11,5分)设数列an满足a1=1,且an+1-an=n+1(nN*),则数列1an前10项的和为.答案2011解析由已知得,a2-a1=1+1,a3-a2=2+1,a4-a3=3+1,an-an-1=n-1+1(n2),则有an-a1=1+2+3+n-1+(n-1)(n2),因为a1=1,所以an=1+2+3+n(n2),即an=n2+n2(n2),又当n=1时,a1=1也适合上式,故an=n2+n2(nN*),所以
9、1an=2n2+n=21n1n+1,从而1a1+1a2+1a3+1a10=2112+21213+21314+2110111=21111=2011.8.(2016北京,12,5分)已知an为等差数列,Sn为其前n项和.若a1=6,a3+a5=0,则S6=.答案6解析设等差数列an的公差为d,a1=6,a3+a5=0,6+2d+6+4d=0,d=-2,S6=66+652(-2)=6.9.(2021新高考,16,5分)某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm12 dm的长方形纸,对折1次共可以得到10 dm12 dm,20 dm6 dm两种规格的图形,
10、它们的面积之和S1=240 dm2,对折2次共可以得到5 dm12 dm,10 dm6 dm,20 dm3 dm三种规格的图形,它们的面积之和S2=180 dm2,以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为;如果对折n次,那么k=1nSk=dm2.答案5;2403n+32n解析解法一:列举法+归纳法.由上图可知,对折n次后,共可以得到(n+1)种不同规格的图形,故对折4次可以得到5种不同规格的图形.归纳上述结论可知,对折n次后得到不同规格的图形的面积之和为120(n+1)12n1dm2(nN*),故Sk=120(k+1)12k1dm2(kN*),记Tn=k=1n(k+1)12k1,Tn
11、=220+321+422+n2n2+n+12n1,12Tn=221+322+423+n2n1+n+12n,-得,12Tn=2+12+122+12n1n+12n=2+12112n1112n+12n=3n+32n,Tn=6-n+32n1,k=1nSk=1206n+32n1=2403n+32ndm2.解法二:对折3次可以得到208 dm12 dm,204 dm122 dm,202 dm124 dm,20 dm128 dm,共四种不同规格的图形,对折4次可以得到2016 dm12 dm,208 dm122 dm,204 dm124 dm,202 dm128 dm,20 dm1216 dm,共五种不同规
12、格的图形,由此可以归纳出对折n次可得到(n+1)种不同规格的图形,每种规格的图形的面积均为20122n dm2,k=1nSk=2012122+143+184+12n(n+1)dm2,记Tn=22+34+n+12n,则12Tn=24+38+n+12n+1,Tn-12Tn=12Tn=1+14+18+12nn+12n+1=3212nn+12n+1=32n+32n+1,Tn=3-n+32n,k=1nSk=2403n+32ndm2.10.（2023全国甲理，17）已知数列中，设为前n项和，（1）求的通项公式；（2）求数列的前n项和【解析】（1）因为，当时，即；当时，即，当时，所以，化简得：，当时，即，当
13、时都满足上式，所以（2）因为，所以，两式相减得，即，11.（2023课标II，18）已知为等差数列，记，分别为数列，的前n项和，（1）求的通项公式；（2）证明：当时，【解析】（1）设等差数列的公差为，而，则，于是，解得，所以数列的通项公式是.（2）方法1：由（1）知，当为偶数时，当时，因此，当为奇数时，当时，因此，所以当时，.方法2：由（1）知，当为偶数时，当时，因此，当为奇数时，若，则，显然满足上式，因此当为奇数时，当时，因此，所以当时，.12.(2022新高考,17,10分)记Sn为数列an的前n项和,已知a1=1,Snan是公差为13的等差数列.(1)求an的通项公式;(2)证明:1a1
14、+1a2+1an2.解析(1)解法一:依题意得,S1=a1=1.Snan=11+(n-1)13=n+23.3Sn=(n+2)an,则3Sn+1=(n+1+2)an+1=(n+3)an+1,3Sn+1-3Sn=(n+3)an+1-(n+2)an,即3an+1=(n+3)an+1-(n+2)an,nan+1=(n+2)an,即an+1an=n+2n,由累乘法得an+1a1=(n+1)(n+2)12,又a1=1,an+1=(n+1)(n+2)2,an=n(n+1)2(n2),又a1=1满足上式,an=n(n+1)2(nN*).解法二:同解法一求得nan+1=(n+2)an,an+1n+2=ann,即
15、an+1(n+1)(n+2)=ann(n+1),数列ann(n+1)是常数列,首项为12,ann(n+1)=12,an=n(n+1)2.(2)证明:由(1)知1an=2n(n+1)=21n1n+1,1a1+1a2+1an=21112+21213+21n1n+1=211n+1=22n+12),且an,bn1,2,m,an,bn的前n项和分别为An,Bn,并规定A0=B0=0,对于k0,1,2,m,定义rk=maxi|BiAk,i0,1,2,m,其中,max M表示数集M中最大的数.(1)若a1=2,a2=1,a3=3,b1=1,b2=3,b3=3,写出r0,r1,r2,r3的值;(2)若a1b1
16、,且2rjrj+1+rj-1,j=1,2,m-1,求rn;(3)证明:存在p,q,s,t0,1,2,m,满足pq,st,使得Ap+Bt=Aq+Bs.解析(1)由题意得A1=2,A2=3,A3=6,B1=1,B2=4,B3=7,rk表示使得BiAk成立的i的最大值,i,k0,1,2,m,故r0=0,r1=1,r2=1,r3=2.(2)显然rmm,且r0=0,r1=1.由于2rjrj-1+rj+1,所以rj+1-rjrj-rj-1r1-r0=1.若存在正整数u使得ru+1-ru1,则rmrm-1+1ru+1+(m-u-1)ru+(m-u)r0+m=m,这与rmm矛盾.因此,对任意正整数j均有rj+
17、1-rj=1,即rn是以r1=1为首项,1为公差的等差数列.故rn=n.(3)证明:设AmBm.记Sk=Ak-Brk(1km),则Sk0.另一方面,一定有Skm-1;否则Skm-1,而由rk的定义可知Ak-Brk+1m(Ak-Brk+1的最大值为-1)但brk+11,2,m,矛盾.若存在k使得Sk=0,则取t=q=0,p=k,s=rk即满足题目要求.若这样的k不存在,则Sk1,2,m-1,因此一定存在1qpm使得Sq=Sp(抽屉原理,将m个数放入(m-1)个抽屉)且由定义可知rqrp,从而Aq-Brq=ApBrp,令t=rq,s=rp,即Ap+Bt=Aq+Bs.若AmBm,则可定义ck=max
18、i|AiBk,i0,1,m,并记Sk=Bk-Ack(1km),同上述过程可得结论成立.16.(2016课标,17,12分)Sn为等差数列an的前n项和,且a1=1,S7=28.记bn=lg an,其中x表示不超过x的最大整数,如0.9=0,lg 99=1.(1)求b1,b11,b101;(2)求数列bn的前1 000项和.解析(1)设an的公差为d,根据已知有7+21d=28,解得d=1.所以an的通项公式为an=n.b1=lg 1=0,b11=lg 11=1,b101=lg 101=2.(6分)(2)因为bn=0,1n10,1,10n100,2,100n1 000,3,n=1 000,(9分
19、)所以数列bn的前1 000项和为190+2900+31=1 893.(12分)思路分析(1)先求公差,从而得通项an,再根据已知条件求b1,b11,b101.(2)分析出bn中项的规律,进而求出数列bn的前1 000项和.17.(2016山东,18,12分)已知数列an的前n项和Sn=3n2+8n,bn是等差数列,且an=bn+bn+1.(1)求数列bn的通项公式;(2)令cn=(an+1)n+1(bn+2)n,求数列cn的前n项和Tn.解析(1)由题意知,当n2时,an=Sn-Sn-1=6n+5.当n=1时,a1=S1=11,所以an=6n+5(nN*).设数列bn的公差为d.由a1=b1
20、+b2,a2=b2+b3,即11=2b1+d,17=2b1+3d,可解得b1=4,d=3.所以bn=3n+1.(2)由(1)知cn=(6n+6)n+1(3n+3)n=3(n+1)2n+1.又Tn=c1+c2+cn,得Tn=3222+323+(n+1)2n+1,2Tn=3223+324+(n+1)2n+2,两式作差,得-Tn=3222+23+24+2n+1-(n+1)2n+2=34+4(12n)12-(n+1)2n+2=-3n2n+2.所以Tn=3n2n+2.18.(2017课标文,17,12分)设数列an满足a1+3a2+(2n-1)an=2n.(1)求an的通项公式;(2)求数列an2n+1
21、的前n项和.解析(1)因为a1+3a2+(2n-1)an=2n,故当n2时,a1+3a2+(2n-3)an-1=2(n-1).两式相减得(2n-1)an=2.所以an=22n1(n2).又由题设可得a1=2,从而an的通项公式为an=22n1(nN*).(2)记an2n+1的前n项和为Sn.由(1)知an2n+1=2(2n+1)(2n1)=12n1-12n+1.则Sn=11-13+13-15+12n1-12n+1=2n2n+1.思路分析(1)条件a1+3a2+(2n-1)an=2n的实质就是数列(2n-1)an的前n项和,故可利用an与Sn的关系求解.(2)利用(1)求得的an的通项公式,然后
22、用裂项相消法求和.易错警示(1)要注意n=1时,是否符合所求得的通项公式;(2)裂项相消后,注意留下了哪些项,避免遗漏.19.(2016课标文,17,12分)等差数列an中,a3+a4=4,a5+a7=6.(1)求an的通项公式;(2)设bn=an,求数列bn的前10项和,其中x表示不超过x的最大整数,如0.9=0,2.6=2.解析(1)设数列an的公差为d,由题意有2a1+5d=4,a1+5d=3.解得a1=1,d=25.(3分)所以an的通项公式为an=2n+35.(5分)(2)由(1)知,bn=2n+35.(6分)当n=1,2,3时,12n+352,bn=1;当n=4,5时,22n+35
23、3,bn=2;当n=6,7,8时,32n+354,bn=3;当n=9,10时,42n+35n+2,故bn=3n-1-n-2,n3.设数列bn的前n项和为Tn,则T1=2,T2=3.当n3时,Tn=3+9(13n2)13-(n+7)(n2)2=3nn25n+112,所以Tn=2,n=1,3nn25n+112,n2,nN.易错警示(1)当n2时,得出an+1=3an,要注意a1与a2是否满足此关系式.(2)在去掉绝对值时,要考虑n=1,2时的情形.在求和过程中,要注意项数,最后Tn要写成分段函数的形式.21.(2016北京文,15,13分)已知an是等差数列,bn是等比数列,且b2=3,b3=9,
24、a1=b1,a14=b4.(1)求an的通项公式;(2)设cn=an+bn,求数列cn的前n项和.解析(1)等比数列bn的公比q=b3b2=93=3,(1分)所以b1=b2q=1,b4=b3q=27.(3分)设等差数列an的公差为d.因为a1=b1=1,a14=b4=27,所以1+13d=27,即d=2.(5分)所以an=2n-1(n=1,2,3,).(6分)(2)由(1)知,an=2n-1,bn=3n-1.因此cn=an+bn=2n-1+3n-1.(8分)从而数列cn的前n项和Sn=1+3+(2n-1)+1+3+3n-1=n(1+2n1)2+13n13=n2+3n12.(13分)规范解答要规
25、范解答过程,分步书写,这样可按步得分.22.(2016天津理,18,13分)已知an是各项均为正数的等差数列,公差为d.对任意的nN*,bn是an和an+1的等比中项.(1)设cn=bn+12-bn2,nN*,求证:数列cn是等差数列;(2)设a1=d,Tn=k=12n(-1)kbk2,nN*,求证:k=1n1Tk12d2.证明(1)由题意得bn2=anan+1,有cn=bn+12-bn2=an+1an+2-anan+1=2dan+1,因此cn+1-cn=2d(an+2-an+1)=2d2,所以cn是等差数列.(2)Tn=(-b12+b22)+(-b32+b42)+(-b2n12+b2n2)=
26、2d(a2+a4+a2n)=2dn(a2+a2n)2=2d2n(n+1).所以k=1n1Tk=12d2k=1n1k(k+1)=12d2k=1n1k1k+1=12d211n+10,an2+2an=4Sn+3.(1)求an的通项公式;(2)设bn=1anan+1,求数列bn的前n项和.解析(1)由an2+2an=4Sn+3,可知an+12+2an+1=4Sn+1+3.可得an+12-an2+2(an+1-an)=4an+1,即2(an+1+an)=an+12-an2=(an+1+an)(an+1-an).由于an0,可得an+1-an=2.又a12+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去)或a1
27、=3.所以an是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为an=2n+1.(6分)(2)由an=2n+1可知bn=1anan+1=1(2n+1)(2n+3)=1212n+112n+3.设数列bn的前n项和为Tn,则Tn=b1+b2+bn=121315+1517+12n+112n+3=n3(2n+3).(12分)26.(2015安徽文,18,12分)已知数列an是递增的等比数列,且a1+a4=9,a2a3=8.(1)求数列an的通项公式;(2)设Sn为数列an的前n项和,bn=an+1SnSn+1,求数列bn的前n项和Tn.解析(1)由题设知a1a4=a2a3=8,又a1+a4=9,可解得a1=1
28、,a4=8或a1=8,a4=1(舍去).由a4=a1q3得公比为q=2,故an=a1qn-1=2n-1.(2)Sn=a1(1qn)1q=2n-1,又bn=an+1SnSn+1=Sn+1SnSnSn+1=1Sn-1Sn+1,所以Tn=b1+b2+bn=1S11S2+1S21S3+1Sn1Sn+1=1S1-1Sn+1=1-12n+11.评析本题考查等比数列通项公式及等比数列性质,等比数列求和.27.(2015天津理,18,13分)已知数列an满足an+2=qan(q为实数,且q1),nN*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列.(1)求q的值和an的通项公式;(2)设
29、bn=log2a2na2n1,nN*,求数列bn的前n项和.解析(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3,所以a2(q-1)=a3(q-1).又因为q1,故a3=a2=2,由a3=a1q,得q=2.当n=2k-1(kN*)时,an=a2k-1=2k-1=2n12;当n=2k(kN*)时,an=a2k=2k=2n2.所以,an的通项公式为an=2n12,n为奇数,2n2,n为偶数.(2)由(1)得bn=log2a2na2n1=n2n1.设bn的前n项和为Sn,则Sn=1120+2121+3122+(n-1)12n2+n12n1,12
30、Sn=1121+2122+3123+(n-1)12n1+n12n,上述两式相减,得12Sn=1+12+122+12n1-n2n=112n112-n2n=2-22n-n2n,整理得,Sn=4-n+22n1.所以,数列bn的前n项和为4-n+22n1,nN*.评析本题主要考查等比数列及其前n项和公式、等差中项等基础知识.考查数列求和的基本方法、分类讨论思想和运算求解能力.28.(2015山东文,19,12分)已知数列an是首项为正数的等差数列,数列1anan+1的前n项和为n2n+1.(1)求数列an的通项公式;(2)设bn=(an+1)2an,求数列bn的前n项和Tn.解析(1)设数列an的公差为d.令n=1,得1a1a2=13,所以a1a2=3.令n=2,得1a1a2+1a2a3=25,所以a2a3=15.解得a1=1,d=2,所以an=2n-1.(2)由(1)知bn=2n22n-1=n4n,所以Tn=141+242+n4n,所以4Tn=142+243+n4n+1,两式相减,得-3Tn=41+42+4n-n4n+1=4(14n)14-n4n+1=13n34n+1-43.所以Tn=3n194n+1+49=4+(3n1)4n+19.29.(2015浙江文,17,15分)已知数列an和bn满足a1=2,b1=1,an+1=2an(nN*),b1+12b2+13b3+1nbn