2014-2023年高考数学真题专题分类--6.4　数列求和、数列的综合应用(含解析)

2014-2023年高考数学真题专题分类
6.4　数列求和、数列的综合应用
考点　数列求和及数列的综合应用
(2014课标Ⅱ文,5,5分)等差数列{an}的公差为2,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.　　　　D.
答案　A　∵a2,a4,a8成等比数列,
∴=a2·a8,即(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d),
将d=2代入上式,解得a1=2,
∴Sn=2n+=n(n+1),故选A.
2.(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.3690　　　　B.3660　　　　C.1845　　　　D.1830
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+1+a2k+3=2,
∴a2k-1=a2k+3,
∴a1=a5=…=a61.
∴a1+a2+a3+…+a60=(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a60+a61)=3+7+11+…+(2×60-1)==30×61=1830.
3.(2019浙江,10,4分)设a,b∈R,数列{an}满足a1=a,an+1=+b,n∈N*,则(　　)
A.当b=时,a10>10　　　 　B.当b=时,a10>10
C.当b=-2时,a10>10　　　　D.当b=-4时,a10>10
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+1=an,即+b=an,即-an+b=0,若有解,
则Δ=1-4b≥0,即b≤,
∴当b≤时,an=,n∈N*,
即存在b≤,且a=或,使数列{an}为常数列,
B、C、D选项中,b≤成立,故存在a=<10,
使an=(n∈N*),排除B、C、D.
对于A,∵b=,∴a2=+≥,a3=+≥+=,a4≥+=,
∴a5>,a6>,…,a10>,
而==1+×+×+…=1+4++…>10.故a10>10.
4.(多选)(2020新高考Ⅰ,12,5分)信息熵是信息论中的一个重要概念.设随机变量X所有可能的取值为1,2,…,n,且P(X=i)=pi>0(i=1,2,…,n),pi=1,定义X的信息熵H(X)=-pilog2pi. (　　)
A.若n=1,则H(X)=0
B.若n=2,则H(X)随着p1的增大而增大
C.若pi=(i=1,2,…,n),则H(X)随着n的增大而增大
D.若n=2m,随机变量Y所有可能的取值为1,2,…,m,且P(Y=j)=pj+p2m+1-j(j=1,2,…,m),则H(X)≤H(Y)
答案　AC　对于A,若n=1,则p1=1,∴H(X)=-1×log21=0,A正确.
对于B,若n=2,则p1+p2=1,
∴H(X)=-pilog2pi=-(p1log2p1+p2log2p2),
∵p1+p2=1,∴p2=1-p1,p1∈(0,1),
∴H(X)=-[p1log2p1+(1-p1)log2(1-p1)],
令f(p1)=-[p1log2p1+(1-p1)log2(1-p1)],
∴f '(p1)=-p1·+log2p1+(1-p1)·-log2(1-p1)=-[log2p1-log2(1-p1)]=log2,
令f '(p1)>0,得0∴y=f(p1)在上为增函数,在上为减函数,
∴H(X)随着p1的增大先增大后减小,B不正确.
对于C,由pi=(i=1,2,…,n)可知,H(X)=-=log2n,∴H(X)随着n的增大而增大,C正确.
对于D,解法一(特例法):不妨设m=1,n=2,则H(X)=-pilog2pi=-(p1log2p1+p2log2p2),由于p1+p2=1,不妨设p1=p2=,则H(X)=-=log22=1,H(Y)=-1×log21=0,故H(X)>H(Y),D不正确.
解法二:由P(Y=j)=pj+p2m+1-j(j=1,2,…,m),得P(Y=1)=p1+p2m,P(Y=2)=p2+p2m-1,……,P(Y=m)=pm+pm+1,
∴H(Y)=-[(p1+p2m)log2(p1+p2m)+(p2+p2m-1)log2(p2+p2m-1)+…+(pm+pm+1)log2(pm+pm+1)],
由n=2m,得H(X)=-pilog2pi=-(p1log2p1+p2log2p2+…+p2mlog2p2m),不妨设0∴p1log2p1+p2mlog2p2m<(p1+p2m)log2(p1+p2m),
p2log2p2+p2m-1log2p2m-1<(p2+p2m-1)log2(p2+p2m-1),
……
pmlog2pm+pm+1log2pm+1<(pm+pm+1)log2(pm+pm+1),
∴(pj+p2m+1-j)log2(pj+p2m+1-j),
∴H(X)>H(Y),D不正确.
5.(2021新高考Ⅰ,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 dm×12 dm的长方形纸,对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm两种规格的图形,它们的面积之和S1=240 dm2,对折2次共可以得到5 dm×12 dm,10 dm×6 dm,20 dm×3 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Sk=　　　　dm2.
答案　5;240×
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dm2(n∈N*),
故Sk=dm2(k∈N*),
记Tn=(k+1),
∴Tn=,①
,②
①-②得,
=2+,
∴Tn=6-,
∴dm2.
解法二:对折3次可以得到 dm×12 dm, dm, dm,20 dm× dm,共四种不同规格的图形,
对折4次可以得到 dm×12 dm, dm, dm, dm,20 dm× dm,共五种不同规格的图形,
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 dm2,
∴Sk=20×12××(n+1)dm2,
记Tn=,
则,
∴Tn-,
∴Tn=3-,∴dm2.
6.(2018江苏,14,5分)已知集合A={x|x=2n-1,n∈N*},B={x|x=2n,n∈N*}.将A∪B的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{an}.记Sn为数列{an}的前n项和,则使得Sn>12an+1成立的n的最小值为　　　　.
答案　27
解析　本题考查数列的插项问题.
设An=2n-1,Bn=2n,n∈N*,
当Ak2k-1<2l<2k+1,有k-<2l-1设Tl=A1+A2+…++B1+B2+…+Bl,
则共有k+l=2l-1+l个数,即Tl=,
而A1+A2+…+=×2l-1=22l-2,
B1+B2+…+Bl==2l+1-2.
则Tl=22l-2+2l+1-2,则l,Tl,n,an+1的对应关系为
l Tl n an+1 12an+1
1 3 2 3 36
2 10 4 5 60
3 30 7 9 108
4 94 12 17 204
5 318 21 33 396
6 1150 38 65 780
观察到l=5时,Tl=S21<12a22,l=6,Tl=S38>12a39,
则n∈[22,38),n∈N*时,存在n,使Sn≥12an+1,
此时T5=A1+A2+…+A16+B1+B2+B3+B4+B5,
则当n∈[22,38),n∈N*时,Sn=T5+=n2-10n+87.
an+1=An+1-5=An-4,
12an+1=12[2(n-4)-1]=24n-108,
Sn-12an+1=n2-34n+195=(n-17)2-94,
则n≥27时,Sn-12an+1>0,即nmin=27.
7.(2014安徽理,12,5分)数列{an}是等差数列,若a1+1,a3+3,a5+5构成公比为q的等比数列,则q=　　　　.
答案　1
解析　设{an}的公差为d,则a3+3=a1+1+2d+2,a5+5=a1+1+4d+4,由题意可得(a3+3)2=(a1+1)(a5+5).
∴[(a1+1)+2(d+1)]2=(a1+1)[(a1+1)+4(d+1)],
∴(a1+1)2+4(d+1)(a1+1)+[2(d+1)]2=(a1+1)2+4(a1+1)(d+1),∴d=-1,∴a3+3=a1+1,∴公比q==1.
8.(2020江苏,11,5分)设{an}是公差为d的等差数列,{bn}是公比为q的等比数列.已知数列{an+bn}的前n项和Sn=n2-n+2n-1(n∈N*),则d+q的值是　　　　.
答案　4
解析　设数列{an}的首项为a1,数列{bn}的首项为b1,易知q≠1,则{an+bn}的前n项和Sn=na1+d+=n2+n-qn+=n2-n+2n-1,∴=1,q=2,则d=2,q=2,∴d+q=4.
9.(2020课标Ⅰ文,16,5分)数列{an}满足an+2+(-1)nan=3n-1,前16项和为540,则a1=　　　　.
答案　7
解析　令n=2k(k∈N*),则有a2k+2+a2k=6k-1(k∈N*),
∴a2+a4=5,a6+a8=17,a10+a12=29,a14+a16=41,
∴前16项的所有偶数项和S偶=5+17+29+41=92,
∴前16项的所有奇数项和S奇=540-92=448,
令n=2k-1(k∈N*),则有a2k+1-a2k-1=6k-4(k∈N*).
∴a2k+1-a1=(a3-a1)+(a5-a3)+(a7-a5)+…+(a2k+1-a2k-1)=2+8+14+…+6k-4==k(3k-1)(k∈N*),
∴a2k+1=k(3k-1)+a1(k∈N*),
∴a3=2+a1,a5=10+a1,a7=24+a1,a9=44+a1,a11=70+a1,a13=102+a1,a15=140+a1,
∴前16项的所有奇数项和S奇=a1+a3+…+a15=8a1+2+10+24+44+70+102+140=8a1+392=448.∴a1=7.
10.(2015江苏理,11,5分)设数列{an}满足a1=1,且an+1-an=n+1(n∈N*),则数列前10项的和为　　　　.
答案　
解析　由已知得,a2-a1=1+1,a3-a2=2+1,a4-a3=3+1,……,an-an-1=n-1+1(n≥2),则有an-a1=1+2+3+…+n-1+(n-1)(n≥2),因为a1=1,所以an=1+2+3+…+n(n≥2),即an=(n≥2),又当n=1时,a1=1也适合上式,故an=(n∈N*),所以==2,从而+++…+=2×+2×+2×+…+2×=2×=.
11.(2020新高考Ⅰ,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
审题指导:数列{2n-1}表示首项为1,公差为2的等差数列,各项均为正奇数,而数列{3n-2}表示首项为1,公差为3的等差数列,数列的项为交替出现的正奇数与正偶数,它们的公共项为数列{3n-2}中的奇数项,所以{an}是首项为1,公差为6的等差数列.
解题思路:∵数列{2n-1}的项为1,3,5,7,9,11,13,…,
数列{3n-2}的项为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==3n2-2n.
12.(2022新高考Ⅰ,17,10分)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,的等差数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)证明:<2.
解析　(1)解法一:依题意得,S1=a1=1.
∴+(n-1)×.
∴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,
由累乘法得,
又a1=1,∴an+1=,
∴an=(n≥2),又a1=1满足上式,
∴an=(n∈N*).
解法二:同解法一求得nan+1=(n+2)an,
∴,即,
∴数列是常数列,首项为,
∴,∴an=.
(2)证明:由(1)知,
∴<2.
13.(2021新高考Ⅰ,17,10分)已知数列{an}满足a1=1,an+1=
(1)记bn=a2n,写出b1,b2,并求数列{bn}的通项公式;
(2)求{an}的前20项和.
解题指导:(1)由已知条件求出{an}的递推式,从而得出{bn}的递推式,再由已知条件求出b1,从而求出数列{bn}的通项公式.(2)根据题目条件把{an}的前20项分成两组,并用其中偶数项的和表示前20项的和,再用数列{bn}的前10项的和表示,根据等差数列前n项和公式求出结果.
解析　(1)由题意得a2n+1=a2n+2,a2n+2=a2n+1+1,
所以a2n+2=a2n+3,即bn+1=bn+3,且b1=a2=a1+1=2,
所以数列{bn}是以2为首项,3为公差的等差数列,
所以b1=2,b2=5,bn=2+(n-1)×3=3n-1.
(2)当n为奇数时,an=an+1-1.
设数列{an}的前n项和为Sn,
则S20=a1+a2+…+a20
=(a1+a3+…+a19)+(a2+a4+…+a20)
=[(a2-1)+(a4-1)+…+(a20-1)]+(a2+a4+…+a20)
=2(a2+a4+…+a20)-10,
由(1)可知a2+a4+…+a20=b1+b2+…+b10=10×2+×3=155,
故S20=2×155-10=300,即{an}的前20项和为300.
解题关键:一是对已知关系式进行转化,进而利用等差数列定义求得数列{bn}的通项公式;二是利用分组求和的方式对S20进行重组变形,结合an与bn的关系求得结果.
14.(2020课标Ⅲ理,17,12分)设数列{an}满足a1=3,an+1=3an-4n.
(1)计算a2,a3,猜想{an}的通项公式并加以证明;
(2)求数列{2nan}的前n项和Sn.
解析　(1)a2=5,a3=7.
猜想an=2n+1.由已知可得
an+1-(2n+3)=3[an-(2n+1)],
an-(2n+1)=3[an-1-(2n-1)],
……
a2-5=3(a1-3).
因为a1=3,所以an=2n+1.
(2)由(1)得2nan=(2n+1)2n,
所以Sn=3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n. ①
从而2Sn=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1. ②
①-②得
-Sn=3×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)×2n+1.
所以Sn=(2n-1)2n+1+2.
方法总结　数列求和的5种方法
解决数列的求和问题,首先要得到数列的通项公式,有了通项公式,再根据其特点选择相应的求和方法.数列求和的方法有以下几类:(1)公式法:等差或等比数列的求和用公式法;(2)裂项相消法:形如an=,可裂项为an=;(3)错位相减法:形如cn=an·bn,其中{an}是等差数列,{bn}是等比数列;(4)分组求和法:形如cn=an+bn,其中{an}是等差数列,{bn}是等比数列;(5)并项求和法.
15.(2017课标Ⅲ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)求数列的前n项和.
解析　(1)因为a1+3a2+…+(2n-1)an=2n,故当n≥2时,
a1+3a2+…+(2n-3)an-1=2(n-1).
两式相减得(2n-1)an=2.
所以an=(n≥2).
又由题设可得a1=2,
从而{an}的通项公式为an=(n∈N*).
(2)记的前n项和为Sn.
由(1)知==-.
则Sn=-+-+…+-=.
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.
16.(2016课标Ⅱ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=.(3分)
所以{an}的通项公式为an=.(5分)
(2)由(1)知,bn=.(6分)
当n=1,2,3时,1≤<2,bn=1;
当n=4,5时,2≤<3,bn=2;
当n=6,7,8时,3≤<4,bn=3;
当n=9,10时,4≤<5,bn=4.(10分)
所以数列{bn}的前10项和为1×3+2×2+3×3+4×2=24.(12分)
评析　本题考查了等差数列,同时对考生的创新能力进行了考查,充分理解[x]的意义是解题的关键.
17.(2016浙江文,17,15分)设数列{an}的前n项和为Sn.已知S2=4,an+1=2Sn+1,n∈N*.
(1)求通项公式an;
(2)求数列{|an-n-2|}的前n项和.
解析　(1)由题意得则
又当n≥2时,由an+1-an=(2Sn+1)-(2Sn-1+1)=2an,
得an+1=3an.
所以,数列{an}的通项公式为an=3n-1,n∈N*.
(2)设bn=|3n-1-n-2|,n∈N*,则b1=2,b2=1.
当n≥3时,由于3n-1>n+2,故bn=3n-1-n-2,n≥3.
设数列{bn}的前n项和为Tn,则T1=2,T2=3.
当n≥3时,Tn=3+-=,
所以Tn=
易错警示　(1)当n≥2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.
18.(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,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===3,(1分)
所以b1==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
=+
=n2+.(13分)
规范解答　要规范解答过程,分步书写,这样可按步得分.
19.(2016山东,理18,文19,12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=,求数列{cn}的前n项和Tn.
解析　(1)由题意知,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=6n+5.
当n=1时,a1=S1=11,所以an=6n+5.
设数列{bn}的公差为d.
由即
可解得b1=4,d=3.所以bn=3n+1.
(2)由(1)知cn==3(n+1)·2n+1.
又Tn=c1+c2+…+cn,
得Tn=3×[2×22+3×23+…+(n+1)×2n+1],
2Tn=3×[2×23+3×24+…+(n+1)×2n+2],
两式作差,得-Tn=3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)×2n+2]
=3×=-3n·2n+2.
所以Tn=3n·2n+2.
方法总结　若某数列的通项是等差数列与等比数列的通项的积或商,则该数列的前n项和可以采用错位相减法求解,注意相减后的项数容易出错.
评析　本题主要考查了等差数列及前n项和,属中档题.
20.(2016天津,18,13分)已知{an}是等比数列,前n项和为Sn(n∈N*),且-=,S6=63.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若对任意的n∈N*,bn是log2an和log2an+1的等差中项,求数列{(-1)n}的前2n项和.
解析　(1)设数列{an}的公比为q.由已知,有-=,解得q=2,或q=-1.
又由S6=a1·=63,知q≠-1,所以a1·=63,得a1=1.所以an=2n-1.
(2)由题意,得bn=(log2an+log2an+1)=(log22n-1+log22n)=n-,
即{bn}是首项为,公差为1的等差数列.
设数列{(-1)n}的前n项和为Tn,则
T2n=(-+)+(-+)+…+(-+)
=b1+b2+b3+b4+…+b2n-1+b2n==2n2.
评析　本题主要考查等差数列、等比数列及其前n项和公式等基础知识,考查数列求和的基本方法和运算求解能力.
21.(2015福建文,17,12分)等差数列{an}中,a2=4,a4+a7=15.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=+n,求b1+b2+b3+…+b10的值.
解析　(1)设等差数列{an}的公差为d.
由已知得
解得
所以an=a1+(n-1)d=n+2.
(2)由(1)可得bn=2n+n.
所以b1+b2+b3+…+b10=(2+1)+(22+2)+(23+3)+…+(210+10)
=(2+22+23+…+210)+(1+2+3+…+10)
=+
=(211-2)+55
=211+53=2101.
评析　本小题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识,考查运算求解能力.
22.(2015课标Ⅰ理,17,12分)Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0,+2an=4Sn+3.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=,求数列{bn}的前n项和.
解析　(1)由+2an=4Sn+3,可知+2an+1=4Sn+1+3.
可得-+2(an+1-an)=4an+1,即
2(an+1+an)=-=(an+1+an)(an+1-an).
由于an>0,可得an+1-an=2.
又+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去)或a1=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===.
设数列{bn}的前n项和为Tn,则
Tn=b1+b2+…+bn
=
=.(12分)
23.(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=,求数列{bn}的前n项和Tn.
解析　(1)由题设知a1·a4=a2·a3=8,
又a1+a4=9,可解得或(舍去).
由a4=a1q3得公比为q=2,故an=a1qn-1=2n-1.
(2)Sn==2n-1,又bn===-,
所以Tn=b1+b2+…+bn=++…+=-
=1-.
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.
24.(2015天津理,18,13分)已知数列{an}满足an+2=qan(q为实数,且q≠1),n∈N*,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bn=,n∈N*,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q≠1,故a3=a2=2,
由a3=a1·q,得q=2.
当n=2k-1(k∈N*)时,an=a2k-1=2k-1=;
当n=2k(k∈N*)时,an=a2k=2k=.
所以,{an}的通项公式为an=
(2)由(1)得bn==.设{bn}的前n项和为Sn,则Sn=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,
Sn=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,
上述两式相减,得
Sn=1+++…+-=-=2--,
整理得,Sn=4-.
所以,数列{bn}的前n项和为4-,n∈N*.
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.
25.(2015山东文,19,12分)已知数列{an}是首项为正数的等差数列,数列的前n项和为.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=(an+1)·,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=,
所以a1a2=3.
令n=2,得+=,
所以a2a3=15.
解得a1=1,d=2,
所以an=2n-1.
(2)由(1)知bn=2n·22n-1=n·4n,
所以Tn=1·41+2·42+…+n·4n,
所以4Tn=1·42+2·43+…+n·4n+1,
两式相减,得-3Tn=41+42+…+4n-n·4n+1
=-n·4n+1
=×4n+1-.
所以Tn=×4n+1+=.
26.(2015浙江文,17,15分)已知数列{an}和{bn}满足a1=2,b1=1,an+1=2an(n∈N*),b1+b2+b3+…+bn=bn+1-1(n∈N*).
(1)求an与bn;
(2)记数列{anbn}的前n项和为Tn,求Tn.
解析　(1)由a1=2,an+1=2an,得an=2n(n∈N*).
由题意知:
当n=1时,b1=b2-1,故b2=2.
当n≥2时,bn=bn+1-bn,整理得=,
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*).
评析　本题主要考查数列的通项公式,等差和等比数列等基础知识,同时考查数列求和等基本思想方法,以及推理论证能力.
27.(2015湖北文,19,12分)设等差数列{an}的公差为d,前n项和为Sn,等比数列{bn}的公比为q.已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)当d>1时,记cn=,求数列{cn}的前n项和Tn.
解析　(1)由题意有,即
解得或故或
(2)由d>1,知an=2n-1,bn=2n-1,故cn=,
于是Tn=1+++++…+,①
Tn=+++++…+.②
①-②可得
Tn=2+++…+-=3-,
故Tn=6-.
28.(2014湖南文,16,12分)已知数列{an}的前n项和Sn=,n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=+(-1)nan,求数列{bn}的前2n项和.
解析　(1)当n=1时,a1=S1=1;
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=-=n.
故数列{an}的通项公式为an=n.
(2)由(1)知,bn=2n+(-1)nn,记数列{bn}的前2n项和为T2n,则T2n=(21+22+…+22n)+(-1+2-3+4-…+2n).
记A=21+22+…+22n,B=-1+2-3+4-…+2n,则A==22n+1-2,
B=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(2n-1)+2n]=n.
故数列{bn}的前2n项和T2n=A+B=22n+1+n-2.
评析　本题考查数列的前n项和与通项的关系,数列求和等知识,含有(-1)n的数列求和要注意运用分组求和的方法.
29.(2014课标Ⅰ文,17,12分)已知{an}是递增的等差数列,a2,a4是方程x2-5x+6=0的根.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列的前n项和.
解析　(1)方程x2-5x+6=0的两根为2,3,由题意得a2=2,a4=3.
设数列{an}的公差为d,则a4-a2=2d,故d=,从而a1=.
所以{an}的通项公式为an=n+1.
(2)设的前n项和为Sn,由(1)知=,则
Sn=++…++,
Sn=++…++.
两式相减得Sn=+-
=+-.
所以Sn=2-.
评析　本题考查等差数列及用错位相减法求数列的前n项和,第(1)中由条件求首项、公差,进而求出结论是基本题型,第(2)问中,运算准确是关键.
30.(2014安徽文,18,12分)数列{an}满足a1=1,nan+1=(n+1)an+n(n+1),n∈N*.
(1)证明:数列是等差数列;
(2)设bn=3n·,求数列{bn}的前n项和Sn.
解析　(1)证明:由已知可得=+1,即-=1.
所以是以=1为首项,1为公差的等差数列.
(2)由(1)得=1+(n-1)·1=n,所以an=n2.
从而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
=-n·3n+1=.
所以Sn=.
评析　本题考查等差数列定义的应用,错位相减法求数列的前n项和,解题时利用题(1)提示对递推关系进行变形是关键.
31.(2014山东文,19,12分)在等差数列{an}中,已知公差d=2,a2是a1与a4的等比中项.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=,记Tn=-b1+b2-b3+b4-…+(-1)nbn,求Tn.
解析　(1)由题意知(a1+d)2=a1(a1+3d),
即(a1+2)2=a1(a1+6),
解得a1=2,
所以数列{an}的通项公式为an=2n.
(2)由题意知bn==n(n+1).
所以Tn=-1×2+2×3-3×4+…+(-1)nn×(n+1).
因为bn+1-bn=2(n+1),
所以当n为偶数时,
Tn=(-b1+b2)+(-b3+b4)+…+(-bn-1+bn)
=4+8+12+…+2n
=
=,
当n为奇数时,
Tn=Tn-1+(-bn)
=-n(n+1)
=-.
所以Tn=
评析　本题考查等比数列和等差数列的综合应用、等差数列的通项公式及数列的求和,分类讨论思想和逻辑推理能力.
32.(2013课标Ⅰ文,17,12分)已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3=0,S5=-5.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列的前n项和.
解析　(1)设{an}的公差为d,则Sn=na1+d.
由已知可得解得a1=1,d=-1.
故{an}的通项公式为an=2-n.
(2)由(1)知==,
从而数列的前n项和为
-+-+…+-=.
评析　本题考查等差数列的通项公式及前n项和公式,考查了裂项求和的方法,考查了运算求解能力与方程思想.
33.(2011课标理,17,12分)等比数列{an}的各项均为正数,且2a1+3a2=1,=9a2a6.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=log3a1+log3a2+…+log3an,求数列的前n项和.
解析　(1)设数列{an}的公比为q.由=9a2a6得=9,所以q2=.
由条件可知q>0,故q=.
由2a1+3a2=1得2a1+3a1q=1,所以a1=.
故数列{an}的通项公式为an=.
(2)bn=log3a1+log3a2+…+log3an=-(1+2+…+n)
=-.
故=-=-2,
++…+=-2++…+=-.
所以数列的前n项和为-.
评析　本题主要考查等比数列的通项公式以及裂项求和的基本方法,属容易题.
34.(2020课标Ⅲ文,17,12分)设等比数列{an}满足a1+a2=4,a3-a1=8.
(1)求{an}的通项公式;
(2)记Sn为数列{log3an}的前n项和.若Sm+Sm+1=Sm+3,求m.
解析　(1)设{an}的公比为q,则an=a1qn-1.
由已知得解得a1=1,q=3.
所以{an}的通项公式为an=3n-1.
(2)由(1)知log3an=n-1.故Sn=.
由Sm+Sm+1=Sm+3得m(m-1)+(m+1)m=(m+3)(m+2),
即m2-5m-6=0.解得m=-1(舍去)或m=6.
35.(2020浙江,20,15分)已知数列{an},{bn},{cn}满足a1=b1=c1=1,cn=an+1-an,cn+1=cn,n∈N*.
(1)若{bn}为等比数列,公比q>0,且b1+b2=6b3,求q的值及数列{an}的通项公式;
(2)若{bn}为等差数列,公差d>0,证明:c1+c2+c3+…+cn<1+,n∈N*.
解析　本题主要考查等差数列、等比数列等基础知识,同时考查数学运算和逻辑推理等素养.
(1)由b1+b2=6b3得1+q=6q2,
解得q=.
由cn+1=4cn得cn=4n-1.
由an+1-an=4n-1得an=a1+1+4+…+4n-2=.
(2)证明:由cn+1=cn得cn==,
所以c1+c2+c3+…+cn=.
由b1=1,d>0得bn+1>0,因此c1+c2+c3+…+cn<1+,n∈N*.
36.(2020江苏,20,16分)已知数列{an}(n∈N*)的首项a1=1,前n项和为Sn.设λ与k是常数,若对一切正整数n,均有-=λ成立,则称此数列为“λ~k”数列.
(1)若等差数列{an}是“λ~1”数列,求λ的值;
(2)若数列{an}是“~2”数列,且an>0,求数列{an}的通项公式;
(3)对于给定的λ,是否存在三个不同的数列{an}为“λ~3”数列,且an≥0 若存在,求λ的取值范围;若不存在,说明理由.
解析　本题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.
(1)因为等差数列{an}是“λ~1”数列,则Sn+1-Sn=λan+1,即an+1=λan+1,
也即(λ-1)an+1=0,此式对一切正整数n均成立.
若λ≠1,则an+1=0恒成立,故a3-a2=0,而a2-a1=-1,
这与{an}是等差数列矛盾.
所以λ=1.(此时,任意首项为1的等差数列都是“1~1”数列)
(2)因为数列{an}(n∈N*)是“~2”数列,
所以-=,即-=.
因为an>0,所以Sn+1>Sn>0,则-1=.
令=bn,则bn-1=,即(bn-1)2=(-1)(bn>1).
解得bn=2,即=2,也即=4,
所以数列{Sn}是公比为4的等比数列.
因为S1=a1=1,所以Sn=4n-1.则an=
(3)设各项非负的数列{an}(n∈N*)为“λ~3”数列,
则-=λ,即-=λ.
因为an≥0,而a1=1,所以Sn+1≥Sn>0,则-1=λ.
令=cn,则cn-1=λ(cn≥1),即(cn-1)3=λ3(-1)(cn≥1).(*)
①若λ≤0或λ=1,则(*)只有一解为cn=1,即符合条件的数列{an}只有一个.(此数列为1,0,0,0,…)
②若λ>1,则(*)化为(cn-1)=0,
因为cn≥1,所以+cn+1>0,则(*)只有一解为cn=1,
即符合条件的数列{an}只有一个.(此数列为1,0,0,0,…)
③若0<λ<1,则+cn+1=0的两根分别在(0,1)与(1,+∞)内,则方程(*)有两个大于或等于1的解:其中一个为1,另一个大于1(记此解为t).
所以Sn+1=Sn或Sn+1=t3Sn.
由于数列{Sn}从任何一项求其后一项均有两种不同结果,所以这样的数列{Sn}有无数多个,则对应的{an}有无数多个.
综上所述,能存在三个各项非负的数列{an}为“λ~3”数列,λ的取值范围是0<λ<1.
37.(2019课标Ⅱ文,18,12分)已知{an}是各项均为正数的等比数列,a1=2,a3=2a2+16.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=log2an,求数列{bn}的前n项和.
解析　本题主要考查等比数列的概念及运算、等差数列的求和;考查学生的运算求解能力;体现了数学运算的核心素养.
(1)设{an}的公比为q,由题设得2q2=4q+16,即q2-2q-8=0.
解得q=-2(舍去)或q=4.
因此{an}的通项公式为an=2×4n-1=22n-1.
(2)由(1)得bn=(2n-1)log22=2n-1,因此数列{bn}的前n项和为1+3+…+2n-1=n2.
38.(2019天津文,18,13分)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列,公比大于0.已知a1=b1=3,b2=a3,b3=4a2+3.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设数列{cn}满足cn=求a1c1+a2c2+…+a2nc2n(n∈N*).
解析　本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及其前n项和公式等基础知识.考查数列求和的基本方法和运算求解能力,体现了数学运算素养.满分13分.
(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.
依题意,得解得
故an=3+3(n-1)=3n,bn=3×3n-1=3n.
所以,{an}的通项公式为an=3n,{bn}的通项公式为bn=3n.
(2)a1c1+a2c2+…+a2nc2n
=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2b1+a4b2+a6b3+…+a2nbn)
=+(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n)
=3n2+6(1×31+2×32+…+n×3n).
记Tn=1×31+2×32+…+n×3n,①
则3Tn=1×32+2×33+…+n×3n+1,②
②-①得,2Tn=-3-32-33-…-3n+n×3n+1=-+n×3n+1=.
所以,a1c1+a2c2+…+a2nc2n=3n2+6Tn=3n2+3×=(n∈N*).
思路分析　(1)利用等差、等比数列的通项公式求出公差d,公比q即可.(2)利用{cn}的通项公式,进行分组求和,在计算差比数列时采用错位相减法求和.
解题关键　根据n的奇偶性得数列{cn}的通项公式,从而选择合适的求和方法是求解的关键.
39.(2019江苏,20,16分)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M-数列”.
(1)已知等比数列{an}(n∈N*)满足:a2a4=a5,a3-4a2+4a1=0,求证:数列{an}为“M-数列”;
(2)已知数列{bn}(n∈N*)满足:b1=1,=-,其中Sn为数列{bn}的前n项和.
①求数列{bn}的通项公式;
②设m为正整数,若存在“M-数列”{cn}(n∈N*),对任意正整数k,当k≤m时,都有ck≤bk≤ck+1成立,求m的最大值.
解析　本小题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.满分16分.
(1)设等比数列{an}的公比为q,所以a1≠0,q≠0.
由得解得
因此数列{an}为“M-数列”.
(2)①因为=-,所以bn≠0.
由b1=1,S1=b1,得=-,则b2=2.
由=-,得Sn=,
当n≥2时,由bn=Sn-Sn-1,得bn=-,
整理得bn+1+bn-1=2bn.
所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列.
因此,数列{bn}的通项公式为bn=n(n∈N*).
②由①知,bk=k,k∈N*.
因为数列{cn}为“M-数列”,设公比为q,所以c1=1,q>0.
因为ck≤bk≤ck+1,所以qk-1≤k≤qk,其中k=1,2,3,…,m.
当k=1时,有q≥1;
当k=2,3,…,m时,有≤lnq≤.
设f(x)=(x>1),则f'(x)=.
令f'(x)=0,得x=e.列表如下:
x (1,e) e (e,+∞)
f'(x) + 0 -
f(x) ↗ 极大值 ↘
因为=<=,所以f(k)max=f(3)=.
取q=,当k=1,2,3,4,5时,≤lnq,即k≤qk,经检验知qk-1≤k也成立.
因此所求m的最大值不小于5.
若m≥6,分别取k=3,6,得3≤q3,且q5≤6,从而q15≥243,且q15≤216,所以q不存在.
因此所求m的最大值小于6.
综上,所求m的最大值为5.
40.(2018北京文,15,13分)设{an}是等差数列,且a1=ln2,a2+a3=5ln2.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求++…+.
解析　(1)设{an}的公差为d.
因为a2+a3=5ln2,
所以2a1+3d=5ln2.
又a1=ln2,所以d=ln2.
所以an=a1+(n-1)d=nln2.
(2)因为=eln2=2,==eln2=2,
所以{}是首项为2,公比为2的等比数列.
所以++…+=2×=2(2n-1).
41.(2018江苏,20,16分)设{an}是首项为a1,公差为d的等差数列,{bn}是首项为b1,公比为q的等比数列.
(1)设a1=0,b1=1,q=2,若|an-bn|≤b1对n=1,2,3,4均成立,求d的取值范围;
(2)若a1=b1>0,m∈N*,q∈(1,],证明:存在d∈R,使得|an-bn|≤b1对n=2,3,…,m+1均成立,并求d的取值范围(用b1,m,q表示).
解析　本小题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.
(1)由条件知an=(n-1)d,bn=2n-1.
因为|an-bn|≤b1对n=1,2,3,4均成立,
即|(n-1)d-2n-1|≤1对n=1,2,3,4均成立.
即1≤1,1≤d≤3,3≤2d≤5,7≤3d≤9,得≤d≤.
因此,d的取值范围为.
(2)由条件知:an=b1+(n-1)d,bn=b1qn-1.
若存在d∈R,使得|an-bn|≤b1(n=2,3,…,m+1)均成立,
即|b1+(n-1)d-b1qn-1|≤b1(n=2,3,…,m+1).
即当n=2,3,…,m+1时,d满足b1≤d≤b1.
因为q∈(1,],
所以1从而b1≤0,b1>0,对n=2,3,…,m+1均成立.
因此,取d=0时,|an-bn|≤b1对n=2,3,…,m+1均成立.
下面讨论数列的最大值和数列的最小值(n=2,3,…,m+1).
①当2≤n≤m时,-==,
当1从而n(qn-qn-1)-qn+2>0.
因此,当2≤n≤m+1时,数列单调递增,
故数列的最大值为.
②设f(x)=2x(1-x),当x>0时,f'(x)=(ln2-1-xln2)2x<0.
所以f(x)单调递减,
从而f(x)当2≤n≤m时,=≤=f<1.
因此,当2≤n≤m+1时,数列单调递减,
故数列的最小值为.
因此,d的取值范围为.
疑难突破　本题是数列的综合题,考查等差数列、等比数列的概念和相关性质,第(1)问主要考查绝对值不等式.第(2)问要求d的范围,使得|an-bn|≤b1对n=2,3,…,m+1都成立,首先把d分离出来,变成b1≤d≤b1,难点在于讨论b1的最大值和b1的最小值.对于数列,可以通过作差讨论其单调性,而对于数列,要作商讨论单调性,∵==q,当2≤n≤m时,142.(2017课标Ⅱ文,17,12分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,等比数列{bn}的前n项和为Tn,a1=-1,b1=1,a2+b2=2.
(1)若a3+b3=5,求{bn}的通项公式;
(2)若T3=21,求S3.
解析　本题考查了等差、等比数列.
设{an}的公差为d,{bn}的公比为q,则an=-1+(n-1)d,bn=qn-1.
由a2+b2=2得d+q=3.①
(1)由a3+b3=5得2d+q2=6.②
联立①和②解得(舍去),或
因此{bn}的通项公式为bn=2n-1.
(2)由b1=1,T3=21得q2+q-20=0.
解得q=-5或q=4.
当q=-5时,由①得d=8,则S3=21.
当q=4时,由①得d=-1,则S3=-6.
43.(2017课标Ⅰ文,17,12分)记Sn为等比数列{an}的前n项和.已知S2=2,S3=-6.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求Sn,并判断Sn+1,Sn,Sn+2是否成等差数列.
解析　本题考查等差、等比数列.
(1)设{an}的公比为q,由题设可得
解得q=-2,a1=-2.
故{an}的通项公式为an=(-2)n.
(2)由(1)可得Sn==-+(-1)n·.
由于Sn+2+Sn+1=-+(-1)n·
=2=2Sn,
故Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列.
方法总结　等差、等比数列的常用公式:
(1)等差数列:
递推关系式:an+1-an=d,常用于等差数列的证明.
通项公式:an=a1+(n-1)d.
前n项和公式:Sn==na1+d.
(2)等比数列:
递推关系式:=q(q≠0),常用于等比数列的证明.
通项公式:an=a1·qn-1.
前n项和公式:Sn=
(3)在证明a,b,c成等差、等比数列时,还可以利用等差中项:=b或等比中项:a·c=b2来证明.
44.(2015北京文,16,13分)已知等差数列{an}满足a1+a2=10,a4-a3=2.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设等比数列{bn}满足b2=a3,b3=a7.问:b6与数列{an}的第几项相等
解析　(1)设等差数列{an}的公差为d.
因为a4-a3=2,所以d=2.
又因为a1+a2=10,所以2a1+d=10,故a1=4.
所以an=4+2(n-1)=2n+2(n=1,2,…).
(2)设等比数列{bn}的公比为q.
因为b2=a3=8,b3=a7=16,
所以q=2,b1=4.
所以b6=4×26-1=128.
由128=2n+2得n=63.
所以b6与数列{an}的第63项相等.
45.(2015重庆文,16,13分)已知等差数列{an}满足a3=2,前3项和S3=.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设等比数列{bn}满足b1=a1,b4=a15,求{bn}的前n项和Tn.
解析　(1)设{an}的公差为d,则由已知条件得
a1+2d=2,3a1+d=,
化简得a1+2d=2,a1+d=,
解得a1=1,d=,
故通项公式an=1+,即an=.
(2)由(1)得b1=1,b4=a15==8.
设{bn}的公比为q,则q3==8,从而q=2,
故{bn}的前n项和
Tn===2n-1.
46.(2014福建文,17,12分)在等比数列{an}中,a2=3,a5=81.
(1)求an;
(2)设bn=log3an,求数列{bn}的前n项和Sn.
解析　(1)设{an}的公比为q,依题意得
解得因此,an=3n-1.
(2)因为bn=log3an=n-1,
所以数列{bn}的前n项和Sn==.
47.(2021全国乙文,19,12分)设{an}是首项为1的等比数列,数列{bn}满足bn=.已知a1,3a2,9a3成等差数列.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和.证明:Tn<.
解题指导:(1)利用等差中项的概念建立等式,通过等比数列的通项公式即可求出结果;(2)利用等比数列的求和公式算出Sn,对于数列{bn},利用错位相减法求出Tn,再利用比较大小的基本方法——作差法即可证明不等式.
解析　(1)设等比数列{an}的公比为q.
∵a1,3a2,9a3成等差数列,
∴6a2=a1+9a3,
又∵{an}是首项为1的等比数列,
∴6a1q=a1+9a1q2,
∴9q2-6q+1=0,解得q1=q2=,
∴an=a1·qn-1=,
∵bn=,∴bn=n·.
(2)∵Sn为{an}的前n项和,
∴Sn=.
∵Tn为{bn}的前n项和,
∴Tn=b1+b2+…+bn=1×,①
.②
①-②可得
=,
∴Tn=-,
∴Tn-<0,∴Tn<.
48.(2022北京,21,15分)已知Q:a1,a2,…,ak为有穷整数数列.给定正整数m,若对任意的n∈{1,2,…,m},在Q中存在ai,ai+1,ai+2,…,ai+j(j≥0),使得ai+ai+1+ai+2+…+ai+j=n,则称Q为m-连续可表数列.
(1)判断Q:2,1,4是不是5-连续可表数列,是不是6-连续可表数列,说明理由;
(2)若Q:a1,a2,…,ak为8-连续可表数列,求证:k的最小值为4;
(3)若Q:a1,a2,…,ak为20-连续可表数列,且a1+a2+…+ak<20,求证:k≥7.
解析　 (1)若m=5,则n∈{1,2,3,4,5},在Q中,a1=2,a2=1,a3=4,
当n=1时,取i=2,j=0,有a2=1=n,
当n=2时,取i=1,j=0,有a1=2=n,
当n=3时,取i=1,j=1,有a1+a2=2+1=3=n,
当n=4时,取i=3,j=0,有a3=4=n,
当n=5时,取i=2,j=1,有a2+a3=5=n,
所以Q是5-连续可表数列.
由于找不到连续的若干项之和为6,所以Q不是6-连续可表数列.
(2)证明:若k=1,则Q:a1只能表示1个数字,不能表示8个数字,故k≠1;
若k=2,则Q:a1,a2最多能表示出a1,a2,a1+a2,共3个数字,与Q为8-连续可表数列相矛盾;
若k=3,则a1,a2,a3最多能表示a1,a2,a3,a1+a2,a2+a3,a1+a2+a3,共6个数字,与Q为8-连续可表数列矛盾,故k≥4.
现构造Q:1,2,4,1,可以表示出1,2,3,4,5,6,7,8这8个数字,即存在k=4满足题意,
故k的最小值为4(或构造出Q:3,1,4,2等数列也可以).
(3)证明:从5个正整数中取1个数字只能表示自身,此方式最多可表示5个数字;取连续2个数字并求和最多能表示4个数字,取连续3个数字并求和最多能表示3个数字,取连续4个数字并求和最多能表示2个数字,取连续5个数字并求和最多能表示1个数字,
所以对任意给定的5个整数,最多可以表示5+4+3+2+1=15个正整数,不能表示20个正整数,即k≥6.
若k=6,则最多可以表示6+5+4+3+2+1=21个正整数,
由于Q为20-连续可表数列,且a1+a2+a3+…+ak<20,
所以有一项必为负数,设这一项为ai,i∈{1,2,3,4,5,6}.
若ai<0,i∈{2,3,4,5},则ai+ai+1>0且ai-1+ai>0,
那么从a1,a2,…,a6中选择连续j(1≤j≤6)项求和,其和均小于20,这与题意不符,所以a1<0或a6<0.
不妨设a1<0,那么a2+a3+…+a6=20,
因为a2,a3,…,a6∈N*,所以{a2,a3,…,a6}={2,3,4,5,6},
从集合{2,3,4,5,6}中选取j(1≤j≤5)个连续数字并求和,其和不可能为19,
但Q为20-连续可表数列,那么a1+a2+a3+…+a6=20,所以a1=-1,
所以a2=2,若不然,假设a2=p(3≤p≤6),那么a1+a2=p-1∈{2,3,4,5}与数列中的项重复,
所以a3=6,若不然,假设a3=q(3≤q≤5),那么a1+a2+a3=q+1∈{4,5,6}与数列中的项重复,
因此该数列只可能为以下6种,下面逐一写出:
①a1=-1,a2=2,a3=6,a4=3,a5=4,a6=5,但是a1+a2+a3=a4+a5(舍去);
②a1=-1,a2=2,a3=6,a4=3,a5=5,a6=4,但是a2+a3=a4+a5(舍去);
③a1=-1,a2=2,a3=6,a4=4,a5=3,a6=5,但是a2+a3=a5+a6(舍去);
④a1=-1,a2=2,a3=6,a4=4,a5=5,a6=3,但是a2+a3=a5+a6(舍去);
⑤a1=-1,a2=2,a3=6,a4=5,a5=3,a6=4,但是a1+a2+a3=a5+a6(舍去);
⑥a1=-1,a2=2,a3=6,a4=5,a5=4,a6=3,但是a1+a2+a3=a5+a6(舍去).
因此,k=6不满足题意.
综上,Q中至少含6个不同的正整数和一个负数才能满足题意,故k≥7.
49.(2021北京,21,15分)定义Rp数列{an}:对实数p,满足:
①a1+p≥0,a2+p=0;
② n∈N*,a4n-1③am+n∈{am+an+p,am+an+p+1}.
(1)对前4项为2,-2,0,1的数列,可以是R2数列吗 说明理由;
(2)若{an}是R0数列,求a5的值;
(3)是否存在p,使得存在Rp数列{an},对 n∈N*,满足Sn≥S10 若存在,求出所有这样的p;若不存在,说明理由.
解析　(1)不是R2数列.由题意可知a2=-2,p=2.
若前4项为2,-2,0,1的数列是R2数列,则由③可知,a2=a1+1∈{a1+a1+2,a1+a1+2+1}={6,7},
但-2 {6,7},故不可能是R2数列.
(2)若{an}是R0数列,即p=0,则由①知a1≥0,a2=0.
令m=n=1,则a2∈{a1+a1+0,a1+a1+0+1}={2a1,2a1+1},∵a1≥0,a2=0,∴a1=0,
令m=1,n=2,则a3∈{a1+a2+0,a1+a2+0+1}={0,1},
令m=n=2,则a4∈{a2+a2+0,a2+a2+0+1}={0,1},
又由②知a3∴a5∈{a1+a4+0,a1+a4+0+1}={1,2},且a5∈{a2+a3+0,a2+a3+0+1}={0,1},∴a5=1.
(3)存在p=2,使得存在Rp数列{an},对 n∈N*,满足Sn>S10.
由题意可知a2=-p,a2∈{2a1+p,2a1+p+1},∵a1+p≥0,∴2a1+p≥-p,
2a1+p+1≥-p+1>-p,∴a2=2a1+p=-p,∴a1=-p.
令m=1,则an+1∈{an+a1+p,an+a1+p+1}={an,an+1},(*)
令m=2,则an+2∈{an+a2+p,an+a2+p+1}={an,an+1},(**)
∴a3∈{-p,-p+1},a4∈{-p,-p+1},
又 x∈N*,a4n-1∴a3由(*)知a5∈{-p+1,-p+2},由(**)知a5∈{-p,-p+1},∴a5=-p+1,
∴a6∈{-p+1,-p+2},且a6∈{2a3+p,2a3+p+1}={-p,-p+1},∴a6=-p+1,
∴a7∈{-p+1,-p+2},a8∈{-p+1,-p+2},又由②知a8>a7,∴a7=-p+1,a8=-p+2,
∴a9∈{-p+2,-p+3},且a9∈{-p+1,-p+2},∴a9=-p+2,
∴a10∈{-p+2,-p+3},且a10∈{-p+1,-p+2},∴a10=-p+2,
∴a11∈{-p+2,-p+3},a12∈{-p+2,-p+3},
又由②知a11∴a1=a2=a3=-p,a4=a5=a6=a7=-p+1,a8=a9=a10=a11=-p+2,a12=a13=a14=a15=-p+3,……,故an=-p+k(4k≤n≤4k+3,k∈N,n∈N*),且an+1≥an,
n∈N*,Sn≥S10,则需∴p=2.
50.(2020北京,21,15分)已知{an}是无穷数列.给出两个性质:
①对于{an}中任意两项ai,aj(i>j),在{an}中都存在一项am,使得=am;
②对于{an}中任意一项an(n≥3),在{an}中都存在两项ak,al(k>l),使得an=.
(Ⅰ)若an=n(n=1,2,…),判断数列{an}是否满足性质①,说明理由;
(Ⅱ)若an=2n-1(n=1,2,…),判断数列{an}是否同时满足性质①和性质②,说明理由;
(Ⅲ)若{an}是递增数列,且同时满足性质①和性质②,证明:{an}为等比数列.
解析　(Ⅰ)若an=n(n=1,2,…),则数列{an}不满足性质①,可以举反例验证. N*,在数列{an}中不能找到一项am(m∈N*),使得am=.
(Ⅱ)若an=2n-1(n=1,2,…),则数列{an}能同时满足性质①和性质②.
对于{an}中任意两项ai,aj(i>j),
=22i-j-1=a2i-j.
令m=2i-j即可,
所以对于{an}中任意两项ai,aj(i>j),在{an}中存在一项am(m=2i-j),使得=am,
故满足性质①.
对于{an}中任意一项an=2n-1,下面寻求{an}中另外两项ak,al(k>l),使得an=,即2n-1==22k-l-1,即n=2k-l,可令l=n-2,k=n-1(n≥3),
则此时an=2n-1=,故满足性质②.
故数列{an}能同时满足性质①和性质②.
(Ⅲ)证明:(1)当n=3时,由性质②可知存在两项ak,al,使a3=(k>l),
又因为{an}是递增数列,所以a3>ak>al,即3>k>l,
所以k=2,l=1,
此时=a3,满足a1,a2,a3为等比数列,
即n=3时命题成立.
(2)假设n=k(k∈N*,k≥3)时,命题成立,即{an}是以q=为公比的各项为正数的等比数列,
由性质①,可取数列中的两项ak,ak-1,则数列中存在一项am=·ak,所以am=qak,
下面用反证法证明当n=k+1时命题也成立,即am=ak+1.
假设ak+1≠am,因为{an}是递增数列,所以am==qak>ak+1,即有ak则a1qk-1t),即ak+1=>as>at,所以k+1>s>t,符合条件,
所以as=a1qs-1,at=a1qt-1,
所以=a1q2s-t-1,所以a1qk-1所以k-1<2s-t-1即n=k+1时,命题也成立.
由(1)(2)可知,{an}是等比数列.
命题立意　本题主要考查数列的综合应用,反证法和数学归纳法在数列相关证明问题中的应用,通过探索设问的方式判定命题,旨在考查学生对新定义的理解和应用.通过数列的综合应用考查学生抽象概括、逻辑推理、分析新问题和解决新问题的能力,以及转化与化归思想的应用.体现了数学运算、逻辑推理和数学抽象等核心素养.
方法技巧　证明中寻找由k到k+1的变化规律是难点,突破难点的关键是掌握由k到k+1的证明方法.在运用归纳假设时,应分析P(k)与P(k+1)的差异和联系,利用拆、添、并、放、缩等方法,从P(k)出发拼凑出P(k+1),或从P(k+1)中分离出P(k),再进行局部调整.
51.(2023新课标Ⅱ,18,12分,中)已知{an}为等差数列,bn=记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和,S4=32,T3=16.
(1)求{an}的通项公式;
(2)证明:当n>5时,Tn>Sn.
解析　(1)设数列{an}的首项为a1,公差为d,
∵bn=∴b1=a1-6,b2=2a2,b3=a3-6,
又T3=16,且b1+b2+b3=a1+2a2+a3-12=4a2-12,∴4a2-12=16,∴a2=7,即a1+d=7,①
又S4=32,∴4a1+6d=32,②
由①②得a1=5,d=2,
∴an=5+2(n-1)=2n+3.
(2)证明:∵{an}为等差数列,
∴Sn=na1+d=5n+n2-n=n2+4n,
①当n(n≥6)为偶数时,Tn=b1+b2+…+bn
=(b1+b3+…+bn-1)+(b2+b4+…+bn)
=(a1-6+a3-6+…+an-1-6)+(2a2+2a4+…+2an)
=·-6·+2··
=·-3n+·n=.
∴Tn-Sn=-n2-4n===>0(n≥6),
∴当n(n≥6)为偶数时,Tn>Sn.
②当n(n≥7)为奇数时,Tn=b1+b2+…+bn
=(b1+b3+…+bn)+(b2+b4+…+bn-1)
=(a1-6+a3-6+…+an-6)+(2a2+2a4+…+2an-1)
=·-6·+2··=·-3(n+1)+(n-1)·=,
∴Tn-Sn=-(n2+4n)==>0(n≥7),
∴n(n≥7)为奇数时,Tn>Sn.
综上可知,当n>5时,Tn>Sn.
52.(2023全国甲理,17,12分,中)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a2=1,2Sn=nan.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列的前n项和Tn.
解析　(1)当n=1时,2a1=a1,即a1=0,
当n≥2时,2Sn-1=(n-1)an-1,①
又2Sn=nan,②
∴②-①得2an=nan-(n-1)an-1,
即(n-2)an=(n-1)an-1.
当n=2时,上式成立.
当n≥3时,=,∴an=···…··a2=××·…··1=n-1,即an=n-1(n≥3).
当n=1时,a1=0符合上式,当n=2时,a2=1符合上式.
综上,{an}的通项公式为an=n-1,n∈N*.
(2)由(1)知an+1=n,设bn===n·.
∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=1×+2×+3×+…+n·,①
Tn=1×+2×+3×+…+n·.②
①-②得Tn=+++…+-n·=-n·
=1--n·=1-,
∴Tn=2-(n+2)·.
故数列的前n项和Tn=2-(n+2)·.
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