（課標(biāo)專用 5年高考3年模擬A版）高考數(shù)學(xué) 專題六 數(shù)列 4 數(shù)列的綜合應(yīng)用試題 文-人教版高三數(shù)學(xué)試題

《（課標(biāo)專用 5年高考3年模擬A版）高考數(shù)學(xué) 專題六 數(shù)列 4 數(shù)列的綜合應(yīng)用試題 文-人教版高三數(shù)學(xué)試題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課標(biāo)專用 5年高考3年模擬A版）高考數(shù)學(xué) 專題六 數(shù)列 4 數(shù)列的綜合應(yīng)用試題 文-人教版高三數(shù)學(xué)試題（25頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、數(shù)列的綜合應(yīng)用 探考情 悟真題 【考情探究】 考點(diǎn) 內(nèi)容解讀 5年考情 預(yù)測 熱度 考題示例 考向 關(guān)聯(lián)考點(diǎn) 數(shù)列求和 掌握數(shù)列的求和方法 2019天津,18,13分 數(shù)列求和(錯(cuò)位相減法) 求通項(xiàng)公式 ★★★ 2017課標(biāo)全國Ⅲ,17,12分 數(shù)列求和(裂項(xiàng)相消法) 由遞推式求通項(xiàng)公式 數(shù)列的綜 合應(yīng)用 能綜合應(yīng)用等差、等比數(shù)列解決相應(yīng)問題 2016課標(biāo)全國Ⅰ,17,12分 等差、等比數(shù)列的綜合問題 等差數(shù)列的判定 ★★★ 分析解讀 綜合運(yùn)用數(shù)列,特別是等差數(shù)列、等比數(shù)列的有關(guān)知識(shí),解答數(shù)列綜合問題和實(shí)際問題,培養(yǎng)學(xué)生的理解能力

2、、數(shù)學(xué)建模能力和運(yùn)算能力.數(shù)列是特殊的函數(shù),是高考的?？键c(diǎn).歷年高考考題中低、中、高檔試題均有出現(xiàn),需引起充分的重視.本節(jié)內(nèi)容在高考中分值為12分左右,屬于中檔題. 破考點(diǎn) 練考向 【考點(diǎn)集訓(xùn)】 考點(diǎn)一　數(shù)列求和 1.(2018福建閩侯第八中學(xué)期末,16)已知數(shù)列{nan}的前n項(xiàng)和為Sn,且an=2n,則使得Sn-nan+1+50<0的最小正整數(shù)n的值為　　　　.? 答案　5 2.(2019湖南郴州第二次教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測,16)已知數(shù)列{an}和{bn}滿足a1a2a3…an=2bn(n∈N*),若數(shù)列{an}為等比數(shù)列,且a1=2,a4=16,則數(shù)列1bn的前n項(xiàng)和Sn=　　　

3、　.? 答案　2nn+1 3.(2018河南、河北兩省聯(lián)考,18)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,a1=5,nSn+1-(n+1)Sn=n2+n. (1)求證:數(shù)列Snn為等差數(shù)列; (2)令bn=2nan,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn. 答案　(1)證明:由nSn+1-(n+1)Sn=n2+n得Sn+1n+1-Snn=1, 又S11=5,所以數(shù)列Snn是首項(xiàng)為5,公差為1的等差數(shù)列. (2)由(1)可知Snn=5+(n-1)=n+4,所以Sn=n2+4n. 當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=n2+4n-(n-1)2-4(n-1)=2n+3. 又a1=5符合上式,所以an=

4、2n+3(n∈N*), 所以bn=(2n+3)2n, 所以Tn=5×2+7×22+9×23+…+(2n+3)2n,① 2Tn=5×22+7×23+9×24+…+(2n+1)2n+(2n+3)2n+1,② 所以②-①得 Tn=(2n+3)2n+1-10-(23+24+…+2n+1) =(2n+3)2n+1-10-23(1-2n-1)1-2 =(2n+3)2n+1-10-(2n+2-8) =(2n+1)2n+1-2. 考點(diǎn)二　數(shù)列的綜合應(yīng)用 1.(2018福建漳州期末調(diào)研測試,5)等差數(shù)列{an}和等比數(shù)列{bn}的首項(xiàng)均為1,公差與公比均為3,則ab1+ab2+ab3=(

5、　　) A.64 B.32 C.38 D.33 答案　D　 2.(2018河南商丘第二次模擬,6)已知數(shù)列{an}滿足a1=1,an+1-an≥2(n∈N*),且Sn為{an}的前n項(xiàng)和,則(　　) A.an≥2n+1 B.Sn≥n2 C.an≥2n-1 D.Sn≥2n-1 答案　B　 3.(2019福建晉江(安溪一中、養(yǎng)正中學(xué)、惠安一中、泉州實(shí)驗(yàn)中學(xué)四校)期中,18)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且Sn=2an-2. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)若數(shù)列n+1an的前n項(xiàng)和為Tn,求Tn以及Tn的最小值. 答案　(1)當(dāng)n=1時(shí),a1=2.當(dāng)n≥2時(shí),Sn-

6、1=2an-1-2, 所以an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,整理得anan-1=2(常數(shù)), 所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2,公比為2的等比數(shù)列,故an=2n. (2)令bn=n+1an,則bn=n+12n, 所以Tn=221+322+…+n+12n①, 12Tn=222+323+…+n+12n+1②, ①-②,得12Tn=32-n+32n+1, 所以Tn=3-n+32n, 令cn=n+32n,則cn+1cn=n+42n+6<1, 所以cn>cn+1,從而數(shù)列{Tn}是單調(diào)遞增數(shù)列, 所以Tn≥T1=1. 故Tn的最小值為1. 4.(命題標(biāo)準(zhǔn)樣題,16)設(shè)三角形的邊

7、長為不相等的整數(shù),且最大邊長為n,這些三角形的個(gè)數(shù)為an. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)在1,2,…,100中任取三個(gè)不同的整數(shù),求它們可以是一個(gè)三角形的三條邊長的概率. 附:1+22+32+…+n2=n(n+1)(2n+1)6. 答案　本題考查三角形三邊的關(guān)系、數(shù)列的概念、通項(xiàng)公式,等差數(shù)列求和,古典概型等數(shù)學(xué)知識(shí).試題將數(shù)列與概率相結(jié)合,體現(xiàn)了理性思維、數(shù)學(xué)探究的學(xué)科素養(yǎng),考查了邏輯推理能力、運(yùn)算求解能力和創(chuàng)新能力,落實(shí)了基礎(chǔ)性、綜合性、創(chuàng)新性的考查要求. (1)設(shè)x,y,n為滿足題意的三角形的邊長,不妨設(shè)xn. 由題設(shè),易得a1=a2=a3

8、=0. 當(dāng)n≥4,且n為偶數(shù)時(shí), 若y≤n2,x不存在;若y=n2+1,則x為n2;若y=n2+2,則x為n2-1,n2,n2+1;……; 若y=n-1,則x為2,3,…,n-2. 所以an=1+3+…+(n-3)=(n-2)24. 當(dāng)n>4,且n為奇數(shù)時(shí),可得 an=2+4+…+(n-3)=(n-1)(n-3)4. 所以{an}的通項(xiàng)公式為 an=0,n=1,2,3,(n-2)24,n≥4,且n為偶數(shù),(n-1)(n-3)4,n≥5,且n為奇數(shù). (2)記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和.由(1)可得 S100=14×(22+42+…+982)+14×(2×4+4×6+…+9

9、6×98) =(12+22+…+492)+12+22+…+482+(1+2+…+48) =49×50×1956. 故所求概率為S100100×99×983×2×1=65132. 煉技法 提能力 【方法集訓(xùn)】 方法　數(shù)列求和的方法 1.(2018河南中原名校11月聯(lián)考,10)設(shè)函數(shù)f(x)滿足f(n+1)=2f(n)+n2(n∈N*),且f(1)=2,則f(40)=(　　) A.95 B.97 C.105 D.392 答案　D　 2.(2019吉林長春模擬,7)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=n2+2n,則數(shù)列1an·an+1的前6項(xiàng)和為(　　) A.215 B.415

10、 C.511 D.1011 答案　A　 3.(2019湘贛十四校第一次聯(lián)考,17)已知函數(shù)f(x)=2019·sinπx-π3(x∈R)的所有正零點(diǎn)構(gòu)成遞增數(shù)列{an}. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)bn=2nan+23,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn. 答案　(1)令f(x)=2019sinπx-π3=0, 得πx-π3=kπ(k∈Z),則有x=13+k(k∈Z). ∵f(x)的所有正零點(diǎn)構(gòu)成遞增數(shù)列{an}, ∴{an}是以13為首項(xiàng),1為公差的等差數(shù)列, ∴an=13+(n-1)×1=n-23(n∈N*). (2)由(1)知bn=n·2n. ∴Sn=1×

11、21+2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1+n×2n,① ∴2Sn=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)×2n+n×2n+1,② ②-①得Sn=-1×21-22-23-…-2n+n×2n+1=n×2n+1-21(1-2n)1-2=(n-1)·2n+1+2. 4.(2018河南安陽第二次模擬,17)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,點(diǎn)(n,Sn)在函數(shù)f(x)=x2+Bx+C-1(B,C∈R)的圖象上,且a1=C. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)記bn=an(a2n-1+1),求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn. 答案　(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d, 則Sn

12、=na1+n(n-1)2d=d2n2+a1-d2n, 又Sn=n2+Bn+C-1,兩式對(duì)照得d2=1,C-1=0, 解得d=2,C=1,又因?yàn)閍1=C, 所以a1=1, 所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n-1. (2)由(1)知bn=(2n-1)(2·2n-1-1+1)=(2n-1)2n, 則Tn=1×2+3×22+…+(2n-1)·2n, 2Tn=1×22+3×23+…+(2n-3)·2n+(2n-1)·2n+1, 兩式相減得 Tn=(2n-1)·2n+1-2(22+23+…+2n)-2 =(2n-1)·2n+1-2×22(1-2n-1)1-2-2 =(2n-3)·

13、2n+1+6. 【五年高考】 A組　統(tǒng)一命題·課標(biāo)卷題組 考點(diǎn)一　數(shù)列求和 　(2017課標(biāo)全國Ⅲ,17,12分)設(shè)數(shù)列{an}滿足a1+3a2+…+(2n-1)an=2n. (1)求{an}的通項(xiàng)公式; (2)求數(shù)列an2n+1的前n項(xiàng)和. 答案　(1)因?yàn)閍1+3a2+…+(2n-1)an=2n, 故當(dāng)n≥2時(shí),a1+3a2+…+(2n-3)an-1=2(n-1). 兩式相減得(2n-1)an=2. 所以an=22n-1(n≥2). 又由題設(shè)可得a1=2, 從而{an}的通項(xiàng)公式為an=22n-1(n∈N*). (2)記an2n+1的前n項(xiàng)和為Sn. 由(1

14、)知an2n+1=2(2n+1)(2n-1)=12n-1-12n+1. 則Sn=11-13+13-15+…+12n-1-12n+1=2n2n+1. 考點(diǎn)二　數(shù)列的綜合應(yīng)用 　(2016課標(biāo)全國Ⅰ,17,12分)已知{an}是公差為3的等差數(shù)列,數(shù)列{bn}滿足b1=1,b2=13,anbn+1+bn+1=nbn. (1)求{an}的通項(xiàng)公式; (2)求{bn}的前n項(xiàng)和. 答案　(1)由已知,a1b2+b2=b1,b1=1,b2=13,得a1=2,(3分) 所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為2,公差為3的等差數(shù)列,通項(xiàng)公式為an=3n-1.(5分) (2)由(1)和anbn+1+bn+1

15、=nbn得bn+1=bn3,(7分) 因此{(lán)bn}是首項(xiàng)為1,公比為13的等比數(shù)列.(9分) 記{bn}的前n項(xiàng)和為Sn, 則Sn=1-13n1-13=32-12×3n-1.(12分) B組　自主命題·省(區(qū)、市)卷題組 考點(diǎn)一　數(shù)列求和 1.(2019天津,18,13分)設(shè){an}是等差數(shù)列,{bn}是等比數(shù)列,公比大于0.已知a1=b1=3,b2=a3,b3=4a2+3. (1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)數(shù)列{cn}滿足cn=1,n為奇數(shù),bn2,n為偶數(shù).求a1c1+a2c2+…+a2nc2n(n∈N*). 答案　本題主要考查等差數(shù)列、等比數(shù)列的通項(xiàng)

16、公式及其前n項(xiàng)和公式等基礎(chǔ)知識(shí).考查數(shù)列求和的基本方法和運(yùn)算求解能力,體現(xiàn)了數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng). (1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,等比數(shù)列{bn}的公比為q. 依題意,得3q=3+2d,3q2=15+4d,解得d=3,q=3, 故an=3+3(n-1)=3n,bn=3×3n-1=3n. 所以,{an}的通項(xiàng)公式為an=3n,{bn}的通項(xiàng)公式為bn=3n. (2)a1c1+a2c2+…+a2nc2n =(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2b1+a4b2+a6b3+…+a2nbn) =n×3+n(n-1)2×6+(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n) =

17、3n2+6(1×31+2×32+…+n×3n). 記Tn=1×31+2×32+…+n×3n,① 則3Tn=1×32+2×33+…+n×3n+1,② ②-①得,2Tn=-3-32-33-…-3n+n×3n+1=-3(1-3n)1-3+n×3n+1=(2n-1)3n+1+32. 所以,a1c1+a2c2+…+a2nc2n=3n2+6Tn=3n2+3×(2n-1)3n+1+32=(2n-1)3n+2+6n2+92(n∈N*). 2.(2018浙江,20,15分)已知等比數(shù)列{an}的公比q>1,且a3+a4+a5=28,a4+2是a3,a5的等差中項(xiàng).數(shù)列{bn}滿足b1=1,數(shù)列{(bn

18、+1-bn)an}的前n項(xiàng)和為2n2+n. (1)求q的值; (2)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式. 答案　(1)由a4+2是a3,a5的等差中項(xiàng)得a3+a5=2a4+4, 所以a3+a4+a5=3a4+4=28, 解得a4=8. 由a3+a5=20得8q+1q=20, 解得q=2或q=12, 因?yàn)閝>1,所以q=2. (2)設(shè)cn=(bn+1-bn)an,數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Sn. 由cn=S1,　　n=1,Sn-Sn-1,n≥2,解得cn=4n-1. 由(1)可知an=2n-1, 所以bn+1-bn=(4n-1)·12n-1, 故bn-bn-1=(4n-5)·12n

19、-2,n≥2, bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b3-b2)+(b2-b1) =(4n-5)·12n-2+(4n-9)·12n-3+…+7·12+3. 設(shè)Tn=3+7·12+11·122+…+(4n-5)·12n-2,n≥2, 12Tn=3·12+7·122+…+(4n-9)·12n-2+(4n-5)·12n-1(n≥2), 所以12Tn=3+4·12+4·122+…+4·12n-2-(4n-5)·12n-1(n≥2), 因此Tn=14-(4n+3)·12n-2,n≥2, 又b1=1,所以bn=15-(4n+3)·12n-2. 3.(2017山東,

20、19,12分)已知{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列,且a1+a2=6,a1a2=a3. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2){bn}為各項(xiàng)非零的等差數(shù)列,其前n項(xiàng)和為Sn.已知S2n+1=bnbn+1,求數(shù)列bnan的前n項(xiàng)和Tn. 答案　(1)設(shè){an}的公比為q, 由題意知:a1(1+q)=6,a12q=a1q2, 又an>0,解得a1=2,q=2,所以an=2n. (2)由題意知:S2n+1=(2n+1)(b1+b2n+1)2=(2n+1)bn+1, 又S2n+1=bnbn+1,bn+1≠0,所以bn=2n+1. 令cn=bnan,則cn=2n+12n. 因此Tn=

21、c1+c2+…+cn=32+522+723+…+2n-12n-1+2n+12n, 又12Tn=322+523+724+…+2n-12n+2n+12n+1, 兩式相減得12Tn=32+12+122+…+12n-1-2n+12n+1, 所以Tn=5-2n+52n. 4.(2017北京,15,13分)已知等差數(shù)列{an}和等比數(shù)列{bn}滿足a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5. (1)求{an}的通項(xiàng)公式; (2)求和:b1+b3+b5+…+b2n-1. 答案　(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d. 因?yàn)閍2+a4=10,所以2a1+4d=10. 解得d=2. 所以a

22、n=2n-1. (2)設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q. 因?yàn)閎2b4=a5,所以b1qb1q3=9. 解得q2=3. 所以b2n-1=b1q2n-2=3n-1. 從而b1+b3+b5+…+b2n-1=1+3+32+…+3n-1=3n-12. 5.(2016天津,18,13分)已知{an}是等比數(shù)列,前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*),且1a1-1a2=2a3,S6=63. (1)求{an}的通項(xiàng)公式; (2)若對(duì)任意的n∈N*,bn是log2an和log2an+1的等差中項(xiàng),求數(shù)列{(-1)nbn2}的前2n項(xiàng)和. 答案　(1)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q.由已知,有1a1-1a1q=2a

23、1q2,解得q=2,或q=-1. 又由S6=a1·1-q61-q=63,知q≠-1,所以a1·1-261-2=63,得a1=1.所以an=2n-1. (2)由題意,得bn=12(log2an+log2an+1)=12(log22n-1+log22n)=n-12, 即{bn}是首項(xiàng)為12,公差為1的等差數(shù)列. 設(shè)數(shù)列{(-1)nbn2}的前n項(xiàng)和為Tn,則 T2n=(-b12+b22)+(-b32+b42)+…+(-b2n-12+b2n2) =b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n=2n(b1+b2n)2=2n2. 考點(diǎn)二　數(shù)列的綜合應(yīng)用 1.(2018北京,15,1

24、3分)設(shè){an}是等差數(shù)列,且a1=ln2,a2+a3=5ln2. (1)求{an}的通項(xiàng)公式; (2)求ea1+ea2+…+ean. 答案　(1)設(shè){an}的公差為d. 因?yàn)閍2+a3=5ln2, 所以2a1+3d=5ln2. 又a1=ln2,所以d=ln2. 所以an=a1+(n-1)d=nln2. (2)因?yàn)閑a1=eln2=2,eanean-1=ean-an-1=eln2=2, 所以{ean}是首項(xiàng)為2,公比為2的等比數(shù)列. 所以ea1+ea2+…+ean=2×1-2n1-2=2(2n-1). 2.(2017天津,18,13分)已知{an}為等差數(shù)列,前n項(xiàng)和為S

25、n(n∈N*),{bn}是首項(xiàng)為2的等比數(shù)列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4. (1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式; (2)求數(shù)列{a2nbn}的前n項(xiàng)和(n∈N*). 答案　(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,等比數(shù)列{bn}的公比為q.由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12, 而b1=2,所以q2+q-6=0. 又因?yàn)閝>0,解得q=2. 所以,bn=2n. 由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8①. 由S11=11b4,可得a1+5d=16②, 聯(lián)立①②,解得a1=1,d=3, 由此可得an=3n-2. 所以,{a

26、n}的通項(xiàng)公式為an=3n-2,{bn}的通項(xiàng)公式為bn=2n. (2)設(shè)數(shù)列{a2nbn}的前n項(xiàng)和為Tn,由a2n=6n-2,有Tn=4×2+10×22+16×23+…+(6n-2)×2n, 2Tn=4×22+10×23+16×24+…+(6n-8)×2n+(6n-2)×2n+1, 上述兩式相減,得 -Tn=4×2+6×22+6×23+…+6×2n-(6n-2)×2n+1 =12×(1-2n)1-2-4-(6n-2)×2n+1 =-(3n-4)2n+2-16. 得Tn=(3n-4)2n+2+16. 所以,數(shù)列{a2nbn}的前n項(xiàng)和為(3n-4)2n+2+16. 3.(2

27、016浙江,17,15分)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.已知S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*. (1)求通項(xiàng)公式an; (2)求數(shù)列{|an-n-2|}的前n項(xiàng)和. 答案　(1)由題意得a1+a2=4,a2=2a1+1,則a1=1,a2=3. 又當(dāng)n≥2時(shí),由an+1-an=(2Sn+1)-(2Sn-1+1)=2an, 得an+1=3an.又因?yàn)閍2=3=3a1,所以數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1,公比為3的等比數(shù)列. 所以,數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=3n-1,n∈N*. (2)設(shè)bn=|3n-1-n-2|,n∈N*,則b1=2,b2=1. 當(dāng)n≥3時(shí),由于3n-1>n+

28、2,故bn=3n-1-n-2,n≥3. 設(shè)數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn,則T1=2,T2=3. 當(dāng)n≥3時(shí),Tn=3+9(1-3n-2)1-3-(n+7)(n-2)2=3n-n2-5n+112, 經(jīng)檢驗(yàn),n=2時(shí)也符合. 所以Tn=2,　　　　　n=1,3n-n2-5n+112,n≥2,n∈N*. C組　教師專用題組 考點(diǎn)一　數(shù)列求和 1.(2015湖北,19,12分)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,前n項(xiàng)和為Sn,等比數(shù)列{bn}的公比為q.已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100. (1)求數(shù)列{an},{bn}的通項(xiàng)公式; (2)當(dāng)d>1時(shí),記cn=anbn,

29、求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn. 解析　(1)由題意有,10a1+45d=100,a1d=2,即2a1+9d=20,a1d=2, 解得a1=1,d=2,或a1=9,d=29.故an=2n-1,bn=2n-1,或an=19(2n+79),bn=9·29n-1. (2)由d>1,知an=2n-1,bn=2n-1,故cn=2n-12n-1, 于是Tn=1+32+522+723+924+…+2n-12n-1,① 12Tn=12+322+523+724+925+…+2n-12n.② ①-②可得 12Tn=2+12+122+…+12n-2-2n-12n=3-2n+32n, 故Tn=6-2n+

30、32n-1. 2.(2015安徽,18,12分)已知數(shù)列{an}是遞增的等比數(shù)列,且a1+a4=9,a2a3=8. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,bn=an+1SnSn+1,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn. 答案　(1)由題設(shè)知a1·a4=a2·a3=8, 又a1+a4=9,可解得a1=1,a4=8或a1=8,a4=1(舍去). 由a4=a1q3得公比為q=2,故an=a1qn-1=2n-1. (2)Sn=a1(1-qn)1-q=2n-1,又bn=an+1SnSn+1=Sn+1-SnSnSn+1=1Sn-1Sn+1, 所以Tn=b1+b2

31、+…+bn=1S1-1S2+1S2-1S3+…+1Sn-1Sn+1=1S1-1Sn+1 =1-12n+1-1. 3.(2015山東,19,12分)已知數(shù)列{an}是首項(xiàng)為正數(shù)的等差數(shù)列,數(shù)列1an·an+1的前n項(xiàng)和為n2n+1. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)bn=(an+1)·2an,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn. 答案　(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為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=2n·22n-1

32、=n·4n, 所以Tn=1·41+2·42+…+n·4n, 所以4Tn=1·42+2·43+…+n·4n+1, 兩式相減,得-3Tn=41+42+…+4n-n·4n+1 =4(1-4n)1-4-n·4n+1 =1-3n3×4n+1-43. 所以Tn=3n-19×4n+1+49=4+(3n-1)4n+19. 4.(2014課標(biāo)Ⅰ,17,12分)已知{an}是遞增的等差數(shù)列,a2,a4是方程x2-5x+6=0的根. (1)求{an}的通項(xiàng)公式; (2)求數(shù)列an2n的前n項(xiàng)和. 答案　(1)方程x2-5x+6=0的兩根為2,3,由題意得a2=2,a4=3. 設(shè)數(shù)列{an}的公

33、差為d,則a4-a2=2d,故d=12,從而a1=32. 所以{an}的通項(xiàng)公式為an=12n+1. (2)設(shè)an2n的前n項(xiàng)和為Sn,由(1)知an2n=n+22n+1,則 Sn=322+423+…+n+12n+n+22n+1, 12Sn=323+424+…+n+12n+1+n+22n+2. 兩式相減得12Sn=34+123+…+12n+1-n+22n+2 =34+141-12n-1-n+22n+2. 所以Sn=2-n+42n+1. 5.(2014湖北,19,12分)已知等差數(shù)列{an}滿足:a1=2,且a1,a2,a5成等比數(shù)列. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2

34、)記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,是否存在正整數(shù)n,使得Sn>60n+800?若存在,求n的最小值;若不存在,說明理由. 答案　(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d,依題意,得2,2+d,2+4d成等比數(shù)列,故有(2+d)2=2(2+4d), 化簡得d2-4d=0,解得d=0或d=4. 當(dāng)d=0時(shí),an=2; 當(dāng)d=4時(shí),an=2+(n-1)·4=4n-2, 從而得數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2或an=4n-2. (2)當(dāng)an=2時(shí),Sn=2n.顯然2n<60n+800, 此時(shí)不存在正整數(shù)n,使得Sn>60n+800成立. 當(dāng)an=4n-2時(shí),Sn=n[2+(4n-2)]2=2n2

35、. 令2n2>60n+800,即n2-30n-400>0, 解得n>40或n<-10(舍去), 此時(shí)存在正整數(shù)n,使得Sn>60n+800成立,n的最小值為41. 綜上,當(dāng)an=2時(shí),不存在滿足題意的n; 當(dāng)an=4n-2時(shí),存在滿足題意的n,其最小值為41. 6.(2014安徽,18,12分)數(shù)列{an}滿足a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),n∈N*. (1)證明:數(shù)列ann是等差數(shù)列; (2)設(shè)bn=3n·an,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn. 答案　(1)證明:由已知可得an+1n+1=ann+1,即an+1n+1-ann=1. 所以ann是以a11=

36、1為首項(xiàng),1為公差的等差數(shù)列. (2)由(1)得ann=1+(n-1)·1=n,所以an=n2. 從而bn=n·3n. ∴Sn=1·31+2·32+3·33+…+n·3n,① 3Sn=1·32+2·33+…+(n-1)·3n+n·3n+1.② ①-②得-2Sn=31+32+…+3n-n·3n+1 =3·(1-3n)1-3-n·3n+1=(1-2n)·3n+1-32. 所以Sn=(2n-1)·3n+1+34. 7.(2014山東,19,12分)在等差數(shù)列{an}中,已知公差d=2,a2是a1與a4的等比中項(xiàng). (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)bn=an(n+1)2,

37、記Tn=-b1+b2-b3+b4-…+(-1)nbn,求Tn. 答案　(1)由題意知(a1+d)2=a1(a1+3d), 即(a1+2)2=a1(a1+6), 解得a1=2, 所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n. (2)由題意知bn=an(n+1)2=n(n+1). 所以bn+1-bn=2(n+1), 所以當(dāng)n為偶數(shù)時(shí), Tn=(-b1+b2)+(-b3+b4)+…+(-bn-1+bn) =4+8+12+…+2n =n2(4+2n)2=n(n+2)2, 當(dāng)n為奇數(shù)時(shí), 若n=1,則T1=-b1=-2, 若n>1,則Tn=Tn-1+(-bn) =(n-1)(n+1

38、)2-n(n+1) =-(n+1)22, n=1時(shí),滿足上式. 所以Tn=-(n+1)22,n為奇數(shù),n(n+2)2,n為偶數(shù). 8.(2013重慶,16,13分)設(shè)數(shù)列{an}滿足:a1=1,an+1=3an,n∈N+. (1)求{an}的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和Sn; (2)已知{bn}是等差數(shù)列,Tn為其前n項(xiàng)和,且b1=a2,b3=a1+a2+a3,求T20. 答案　(1)由題設(shè)知{an}是首項(xiàng)為1,公比為3的等比數(shù)列,所以an=3n-1,Sn=1-3n1-3=12(3n-1). (2)b1=a2=3,b3=1+3+9=13,b3-b1=10=2d,所以公差d=5, 故T2

39、0=20×3+20×192×5=1010. 9.(2013安徽,19,13分)設(shè)數(shù)列{an}滿足a1=2,a2+a4=8,且對(duì)任意n∈N*,函數(shù)f(x)=(an-an+1+an+2)x+an+1cosx-an+2sinx滿足f'π2=0. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)若bn=2an+12an,求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn. 答案　(1)由題設(shè)可得,f'(x)=an-an+1+an+2-an+1sinx-an+2·cosx. 對(duì)任意n∈N*,f'π2=an-an+1+an+2-an+1=0, 即an+1-an=an+2-an+1, 故{an}為等差數(shù)列. 由a1=2,

40、a2+a4=8,解得{an}的公差d=1,所以an=2+1·(n-1)=n+1. (2)由bn=2an+12an=2n+1+12n+1=2n+12n+2知,Sn=b1+b2+…+bn=2n+2·n(n+1)2+121-12n1-12=n2+3n+1-12n. 10.(2013湖南,19,13分)設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,已知a1≠0,2an-a1=S1·Sn,n∈N*. (1)求a1,a2,并求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)求數(shù)列{nan}的前n項(xiàng)和. 答案　(1)令n=1,得2a1-a1=a12, 即a1=a12. 因?yàn)閍1≠0, 所以a1=1. 令n=2, 得2

41、a2-1=S2=1+a2. 解得a2=2. 當(dāng)n≥2時(shí),2an-1=Sn,2an-1-1=Sn-1,兩式相減得2an-2an-1=an.即an=2an-1. 于是數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1,公比為2的等比數(shù)列. 因此,an=2n-1.所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n-1. (2)由(1)知nan=n·2n-1. 記數(shù)列{n·2n-1}的前n項(xiàng)和為Bn,于是 Bn=1+2×2+3×22+…+n×2n-1,① 2Bn=1×2+2×22+3×23+…+n×2n.② ①-②得-Bn=1+2+22+…+2n-1-n·2n=2n-1-n·2n. 從而Bn=1+(n-1)·2n. 考

42、點(diǎn)二　數(shù)列的綜合應(yīng)用 1.(2018江蘇,14,5分)已知集合A={x|x=2n-1,n∈N*},B={x|x=2n,n∈N*}.將A∪B的所有元素從小到大依次排列構(gòu)成一個(gè)數(shù)列{an}.記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,則使得Sn>12an+1成立的n的最小值為　　　　.? 答案　27 2.(2017江蘇,19,16分)對(duì)于給定的正整數(shù)k,若數(shù)列{an}滿足:an-k+an-k+1+…+an-1+an+1+…+an+k-1+an+k=2kan對(duì)任意正整數(shù)n(n>k)總成立,則稱數(shù)列{an}是“P(k)數(shù)列”. (1)證明:等差數(shù)列{an}是“P(3)數(shù)列”; (2)若數(shù)列{an}既是“

43、P(2)數(shù)列”,又是“P(3)數(shù)列”,證明:{an}是等差數(shù)列. 證明　(1)因?yàn)閧an}是等差數(shù)列,設(shè)其公差為d,則an=a1+(n-1)d, 從而,當(dāng)n≥4時(shí),an-k+an+k=a1+(n-k-1)d+a1+(n+k-1)d=2a1+2(n-1)d=2an,k=1,2,3, 所以an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an, 因此等差數(shù)列{an}是“P(3)數(shù)列”. (2)數(shù)列{an}既是“P(2)數(shù)列”,又是“P(3)數(shù)列”,因此, 當(dāng)n≥3時(shí),an-2+an-1+an+1+an+2=4an,① 當(dāng)n≥4時(shí),an-3+an-2+an-1+an+1+a

44、n+2+an+3=6an.② 由①知,an-3+an-2=4an-1-(an+an+1),③ an+2+an+3=4an+1-(an-1+an).④ 將③④代入②,得an-1+an+1=2an,其中n≥4, 所以a3,a4,a5,…是等差數(shù)列,設(shè)其公差為d'. 在①中,取n=4,則a2+a3+a5+a6=4a4,所以a2=a3-d', 在①中,取n=3,則a1+a2+a4+a5=4a3,所以a1=a3-2d', 所以數(shù)列{an}是等差數(shù)列. 3.(2016四川,19,12分)已知數(shù)列{an}的首項(xiàng)為1,Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,Sn+1=qSn+1,其中q>0,n∈N*.

45、 (1)若a2,a3,a2+a3成等差數(shù)列,求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)雙曲線x2-y2an2=1的離心率為en,且e2=2,求e12+e22+…+en2. 答案　(1)由已知,Sn+1=qSn+1,Sn+2=qSn+1+1,兩式相減得到an+2=qan+1,n≥1. 又由S2=qS1+1得到a2=qa1, 故an+1=qan對(duì)所有n≥1都成立. 所以,數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1,公比為q的等比數(shù)列. 從而an=qn-1. 由a2,a3,a2+a3成等差數(shù)列,可得2a3=a2+a2+a3, 所以a3=2a2,故q=2. 所以an=2n-1(n∈N*). (2)由(1)可

46、知,an=qn-1. 所以雙曲線x2-y2an2=1的離心率en=1+an2=1+q2(n-1). 由e2=1+q2=2解得q=3. 所以,e12+e22+…+en2 =(1+1)+(1+q2)+…+[1+q2(n-1)] =n+[1+q2+…+q2(n-1)] =n+q2n-1q2-1 =n+12(3n-1). 4.(2015天津,18,13分)已知{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列,{bn}是等差數(shù)列,且a1=b1=1,b2+b3=2a3,a5-3b2=7. (1)求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式; (2)設(shè)cn=anbn,n∈N*,求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和. 答案　(1

47、)設(shè)數(shù)列{an}的公比為q,數(shù)列{bn}的公差為d,由題意知q>0.由已知,有2q2-3d=2,q4-3d=10,消去d,整理得q4-2q2-8=0.又因?yàn)閝>0,解得q=2,所以d=2. 所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=2n-1,n∈N*;數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn=2n-1,n∈N*. (2)由(1)有cn=(2n-1)·2n-1,設(shè){cn}的前n項(xiàng)和為Sn,則 Sn=1×20+3×21+5×22+…+(2n-3)×2n-2+(2n-1)×2n-1, 2Sn=1×21+3×22+5×23+…+(2n-3)×2n-1+(2n-1)×2n, 上述兩式相減,得-Sn=1+22+23

48、+…+2n-(2n-1)×2n=2n+1-3-(2n-1)×2n=-(2n-3)×2n-3, 所以,Sn=(2n-3)·2n+3,n∈N*. 5.(2015浙江,17,15分)已知數(shù)列{an}和{bn}滿足a1=2,b1=1,an+1=2an(n∈N*),b1+12b2+13b3+…+1nbn=bn+1-1(n∈N*). (1)求an與bn; (2)記數(shù)列{anbn}的前n項(xiàng)和為Tn,求Tn. 答案　(1)由a1=2,an+1=2an,得an=2n(n∈N*). 由題意知, 當(dāng)n=1時(shí),b1=b2-1,故b2=2. 當(dāng)n≥2時(shí),1nbn=bn+1-bn,整理得bn+1n+1=b

49、nn, 所以bn=n(n∈N*). (2)由(1)知anbn=n·2n, 因此Tn=2+2·22+3·23+…+n·2n, 2Tn=22+2·23+3·24+…+n·2n+1, 所以Tn-2Tn=2+22+23+…+2n-n·2n+1. 故Tn=(n-1)2n+1+2(n∈N*). 6.(2014廣東,19,14分)設(shè)各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且Sn滿足Sn2-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0,n∈N*. (1)求a1的值; (2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (3)證明:對(duì)一切正整數(shù)n,有1a1(a1+1)+1a2(a2+1)+…+1an(an+1

50、)<13. 答案　(1)∵Sn2-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0, ∴令n=1,得a12+a1-6=0, 解得a1=2或a1=-3. 又an>0,∴a1=2. (2)由Sn2-(n2+n-3)Sn-3(n2+n)=0, 得[Sn-(n2+n)](Sn+3)=0, 又an>0,所以Sn+3≠0, 所以Sn=n2+n, 所以當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=n2+n-[(n-1)2+n-1]=2n, 又由(1)知,a1=2,符合上式, 所以an=2n. (3)證明:由(2)知,1an(an+1)=12n(2n+1), 所以1a1(a1+1)+1a2(a2+1)+

51、…+1an(an+1) =12×3+14×5+…+12n(2n+1) <12×3+13×5+15×7+…+1(2n-1)(2n+1) =16+1213-15+15-17+…+12n-1-12n+1 =16+1213-12n+1 <16+12×13=13. 7.(2013課標(biāo)Ⅱ,17,12分)已知等差數(shù)列{an}的公差不為零,a1=25,且a1,a11,a13成等比數(shù)列. (1)求{an}的通項(xiàng)公式; (2)求a1+a4+a7+…+a3n-2. 解析　(1)設(shè){an}的公差為d.由題意得,a112=a1a13, 即(a1+10d)2=a1(a1+12d). 于是d(2a1+

52、25d)=0. 又a1=25,所以d=0(舍去)或d=-2. 故an=-2n+27. (2)令Sn=a1+a4+a7+…+a3n-2. 由(1)知a3n-2=-6n+31,故{a3n-2}是首項(xiàng)為25,公差為-6的等差數(shù)列.從而 Sn=n2(a1+a3n-2) =n2(-6n+56) =-3n2+28n. 8.(2013山東,20,12分)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且S4=4S2,a2n=2an+1. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)若數(shù)列{bn}滿足b1a1+b2a2+…+bnan=1-12n,n∈N*,求{bn}的前n項(xiàng)和Tn. 答案　(1)設(shè)等差數(shù)

53、列{an}的首項(xiàng)為a1,公差為d. 由S4=4S2,a2n=2an+1得4a1+6d=8a1+4d,a1+(2n-1)d=2a1+2(n-1)d+1, 解得a1=1,d=2. 因此an=2n-1,n∈N*. (2)由已知b1a1+b2a2+…+bnan=1-12n,n∈N*,得 當(dāng)n=1時(shí),b1a1=12; 當(dāng)n≥2時(shí),bnan=1-12n-1-12n-1=12n. 所以bnan=12n,n∈N*. 由(1)知,an=2n-1,n∈N*, 所以bn=2n-12n,n∈N*, 又Tn=12+322+523+…+2n-12n, 12Tn=122+323+…+2n-32n+2n

54、-12n+1, 兩式相減得12Tn=12+222+223+…+22n-2n-12n+1 =32-12n-1-2n-12n+1, 所以Tn=3-2n+32n. 【三年模擬】 時(shí)間:70分鐘　分值:95分 一、選擇題(每小題5分,共20分) 1.(2018福建廈門第一學(xué)期期末質(zhì)檢,7)已知數(shù)列{an}滿足an+1+(-1)n+1an=2,則其前100項(xiàng)和為(　　) A.250 B.200 C.150 D.100 答案　D　 2.(2020屆河南商丘模擬,6)對(duì)于函數(shù)y=f(x),部分x與y的對(duì)應(yīng)值如下表: x 1 2 3 4 5 6 7 8 9 y 7

55、 4 5 8 1 3 5 2 6 數(shù)列{xn}滿足x1=2,且對(duì)任意n∈N*,點(diǎn)(xn,xn+1)都在函數(shù)y=f(x)的圖象上,則x1+x2+x3+…+x2019的值為(　　) A.9408 B.9422 C.9424 D.9428 答案　B　 3.(2020屆福建福州模擬,10)已知數(shù)列{an}滿足a1=1,an+1=(n+1)an22an2+4nan+n2,則a8=(　　) A.8964-2 B.8932-2 C.8916-2 D.897-2 答案　A　 4.(2019河北衡水中學(xué)第一次摸底,12)已知函數(shù)f(x)=mx-2017,x≥2019,3m2018

56、+1x-2020,x<2019,數(shù)列{an}滿足:an=f(n),n∈N*,且{an}是單調(diào)遞增數(shù)列,則實(shí)數(shù)m的取值范圍是(　　) A.(1,2] B.(1,2) C.(2,+∞) D.(1,+∞) 答案　C　 二、解答題(共75分) 5.(2019安徽黃山畢業(yè)班第二次質(zhì)量檢測,17)已知數(shù)列nan-1的前n項(xiàng)和Sn=n,n∈N*. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)令bn=2n+1(an-1)2(an+1-1)2,數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn,求證:對(duì)任意的n∈N*,都有Tn<1. 答案　(1)因?yàn)镾n=n,① 所以當(dāng)n≥2時(shí),Sn-1=n-1,② 由①-②得

57、nan-1=1,故an=n+1, 又因?yàn)閍1=2適合上式, 所以an=n+1(n∈N*). (2)證明:由(1)知,bn=2n+1(an-1)2(an+1-1)2=2n+1n2(n+1)2=1n2-1(n+1)2, 所以Tn=112-122+122-132+…+1n2-1(n+1)2=1-1(n+1)2. 所以Tn<1. 6.(2020屆皖江名校聯(lián)盟第一次聯(lián)考,17)已知數(shù)列{an}滿足a1=1,n2an+1-(n+1)2an=2n2(n+1)2,n∈N*,設(shè)bn=ann2. (1)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式; (2)求數(shù)列1bnbn+1的前n項(xiàng)和Sn. 答案　(1)因?yàn)閚2a

58、n+1-(n+1)2an=2n2(n+1)2,n∈N*, 所以an+1(n+1)2-ann2=2(n∈N*),又bn=ann2, 所以數(shù)列{bn}是等差數(shù)列. 因?yàn)閍1=1,所以bn=ann2=a112+2(n-1)=2n-1(n∈N*).(6分) (2)因?yàn)?bnbn+1=1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1, 所以Sn=12×11-13+13-15+…+12n-1-12n+1=12×1-12n+1=n2n+1.(12分) 7.(2020屆新疆哈密月考,17)已知數(shù)列{an},{bn},其中a1=5,b1=-1,且滿足an=12(3an-1-bn-1),bn=-

59、12(an-1-3bn-1),n∈N*,n≥2. (1)求證:數(shù)列{an-bn}為等比數(shù)列; (2)求數(shù)列3×2n-1anan+1的前n項(xiàng)和Sn. 答案　(1)證明:an-bn=12(3an-1-bn-1)--12(an-1-3bn-1)=2(an-1-bn-1),n∈N*,n≥2, 又a1-b1=5-(-1)=6,所以{an-bn}是首項(xiàng)為6,公比為2的等比數(shù)列. (2)由(1)知,an-bn=3×2n.① 因?yàn)閍n+bn=12(3an-1-bn-1)+-12(an-1-3bn-1)=an-1+bn-1,n∈N*,n≥2, 又a1+b1=5+(-1)=4,所以{an+bn}為常

60、數(shù)列且an+bn=4.② 聯(lián)立①②得an=3×2n-1+2, 故3×2n-1anan+1=3×2n-1(3×2n-1+2)(3×2n+2)=13×2n-1+2-13×2n+2. 所以Sn=13×20+2-13×21+2+13×21+2-13×22+2+…+13×2n-1+2-13×2n+2=15-13×2n+2. 8.(2019湖南百所重點(diǎn)名校大聯(lián)考,17)已知數(shù)列{an}滿足:a1+a2+a3+…+an=n-an(n=1,2,3,…). (1)求證:數(shù)列{an-1}是等比數(shù)列; (2)令bn=(2-n)(an-1)(n=1,2,3,…),如果對(duì)任意n∈N*,都有bn+14t≤t2

61、,求實(shí)數(shù)t的取值范圍. 答案　(1)證明:由a1+a2+a3+…+an=n-an,① 得a1+a2+a3+…+an+1=n+1-an+1,② ②-①可得2an+1-an=1. 即an+1-1=12(an-1), 又a1-1=-12, ∴{an-1}是以-12為首項(xiàng),12為公比的等比數(shù)列. (2)由(1)可得an=1-12n, 故bn=n-22n. 設(shè)數(shù)列{bn}的第r項(xiàng)最大, 則有r-22r≥r-12r+1,r-22r≥r-32r-1,即2(r-2)≥r-1,r-2≥2(r-3). ∴3≤r≤4, 故數(shù)列{bn}的最大項(xiàng)是b3或b4,且b3=b4=18. ∵對(duì)任意n∈

62、N*,都有bn+14t≤t2,即bn≤t2-14t對(duì)任意n∈N*恒成立, ∴18≤t2-14t,解得t≥12或t≤-14. ∴實(shí)數(shù)t的取值范圍是12,+∞∪-∞,-14. 9.(2020屆山東夏季高考模擬,17)在①b1+b3=a2,②a4=b4,③S5=-25這三個(gè)條件中任選一個(gè),補(bǔ)充在下面問題中,若問題中的k存在,求出k的值;若k不存在,說明理由.設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,{bn}是等比數(shù)列,　　　　,b1=a5,b2=3,b5=-81,是否存在k,使Sk>Sk+1且Sk+1

63、{bn}的公比為q,則q3=b5b2=-27,解得q=-3, 所以bn=-(-3)n-1. 從而a5=b1=-1,a2=b1+b3=-10, 由于{an}是等差數(shù)列,所以an=3n-16. 因?yàn)镾k>Sk+1且Sk+10, 所以滿足題意的k存在,當(dāng)且僅當(dāng)3(k+1)-16<0,3(k+2)-16>0,解得k=4. 方案二:選條件②. 設(shè){bn}的公比為q,則q3=b5b2=-27,解得q=-3, 所以bn=-(-3)n-1. 從而a5=b1=-1,a4=b4=27,所以{an}的公差d=-28. Sk>Sk+1且Sk+1

64、于ak+1<0且ak+2>0,此時(shí)d=ak+2-ak+1>0,與d=-28矛盾,所以滿足題意的k不存在. 方案三:選條件③. 設(shè){bn}的公比為q,則q3=b5b2=-27,解得q=-3, 所以bn=-(-3)n-1. 從而a5=b1=-1, 由{an}是等差數(shù)列得S5=5(a1+a5)2, 由S5=-25得a1=-9. 所以an=2n-11. 因?yàn)镾k>Sk+1且Sk+10, 所以滿足題意的k存在,當(dāng)且僅當(dāng)2(k+1)-11<0,2(k+2)-11>0,解得k=4. 10.(2020屆江西高安模擬,20)已知函數(shù)f(x)滿足f(x+

65、y)=f(x)·f(y)且f(1)=12. (1)當(dāng)n∈N*時(shí),求f(n)的表達(dá)式; (2)設(shè)an=n·f(n),n∈N*,求證:a1+a2+a3+…+an<2. 答案　(1)∵f(x+y)=f(x)·f(y)且f(1)=12, ∴令x=n,y=1,得f(n+1)=f(n)·f(1)=12f(n), ∵n∈N*, ∴數(shù)列{f(n)}是以f(1)=12為首項(xiàng),12為公比的等比數(shù)列, ∴f(n)=12·12n-1=12n(n∈N*). (2)證明:設(shè)Tn=a1+a2+…+an, ∵an=n·f(n)=n·12n(n∈N*), ∴Tn=12+2×122+3×123+…+n×12n

66、, 則12Tn=122+2×123+3×124+…+(n-1)×12n+n×12n+1,兩式相減,得12Tn=12+122+123+…+12n-n×12n+1=121-12n1-12-n×12n+1=1-12n-n×12n+1=1-2+n2n+1, ∴Tn=2-2+n2n<2. 11.(2020屆河南洛陽聯(lián)考,19)已知數(shù)列{an}滿足a1=12,2an+1an=1+1n(n∈N*). (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Tn; (3)設(shè)數(shù)列{bn}滿足bn=-2n-10,n=2k,nan,n=2k-1,其中k∈N*.記{bn}的前n項(xiàng)和為Sn,是否存在正整數(shù)m,p(m