函数及方程思想在数列中应用

-典例42021 ·高考设等差数列an的公差为d，前n项和为Sn，等比数列bn的公比为q，b1a1，b22，qd，S10100.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)当d>1时，记，求数列的前n项和Tn.解(1)由题意有，即解得或故或(2)由d>1，知an2n1，bn2n1，故，于是Tn1，Tn.可得Tn23，故Tn6.数列问题函数(方程)化法数列问题函数(方程)化法形式构造与函数(方程)类似，但要注意数列问题中n的取值围为正整数，涉及的函数具有离散性特点，其一般解题步骤是：第一步：分析数列式子的构造特征第二步：根据构造特征构造“特征函数(方程)，转化问题形式第三步：研究函数性质结合解决问题的需要研究函数(方程)的相关性质，主要涉及函数单调性与最值、值域问题的研究第四步：回归问题结合对函数(方程)相关性质的研究，回归问题【针对训练4】2021·东城模拟数列an是各项均为正数的等差数列(1)假设a12，且a2，a3，a41成等比数列，求数列an的通项公式an；(2)在(1)的条件下，数列an的前n项和为Sn，设bn，假设对任意的nN*，不等式bnk恒成立，数k的最小值解(1)因为a12，aa2·(a41)，又因为an是正项等差数列，故公差d0，所以(22d)2(2d)(33d)，解得d2或d1(舍去)，所以数列an的通项公式an2n.(2)因为Snn(n1)，bn，令f(*)2*(*1)，则f(*)2，当*1时，f(*)>0恒成立，所以f(*)在1，)上是增函数，故当*1时，f(*)minf(1)3，即当n1时，(bn)ma*，要使对任意的正整数n，不等式bnk恒成立，则须使k(bn)ma*，所以实数k的最小值为.数列1等差数列通项公式：ana1(n1)d.2等差数列前n项和公式：Snna1.3等比数列通项公式：ana1·qn1.4等比数列前n项和公式：Sn.5等差中项公式：2anan1an1(nN*，n2)6等比中项公式：aan1an1(nN*，n2)7数列an的前n项和与通项an之间的关系：an.重要结论1通项公式的推广：等差数列中，anam(nm)d；等比数列中，anam·qnm.2增减性：(1)等差数列中，假设公差大于零，则数列为递增数列；假设公差小于零，则数列为递减数列(2)等比数列中，假设a1>0且q>1或a1<0且0<q<1，则数列为递增数列；假设a1>0且0<q<1或a1<0且q>1，则数列为递减数列3等差数列an中，Sn为前n项和Sn，S2nSn，S3nS2n，仍成等差数列；等比数列bn 中，Tn为前n项和Tn，T2nTn，T3nT2n，一般仍成等比数列失分警示1无视等比数列的条件：判断一个数列是等比数列时，无视各项都不为零的条件2漏掉等比中项：正数a，b的等比中项是±，容易漏掉.3忽略对等比数列的公比的讨论：应用等比数列前n项和公式时应首先讨论公式q是否等于1.4anan1d或q中注意n的围限制5易忽略公式anSnSn1成立的条件是n2.6证明一个数列是等差或等比数列时，由数列的前n项和想当然得到数列的通项公式，易出错，必须用定义证明7等差数列的单调性只取决于公差d的正负，而等比数列的单调性既要考虑公比q，又要考虑首项a1的正负.考点数列的概念、表示方法及递推公式典例示法题型1利用递推关系求通项公式典例1(1)正项数列an满足a11，(n2)a(n1)aanan10，则它的通项公式为()AanBanCanDann解析由(n2)a(n1)aanan10，得(n2)an1(n1)an(an1an)0，又an>0，所以(n2)an1(n1)an，即，an1an，所以an···a1a1(n2)，所以an(n1适合)，于是所求通项公式为an.答案B(2)2021 ·高考设数列an满足a11，且an1ann1(nN*)，则数列前10项的和为_解析由a11，且an1ann1(nN*)得，ana1(a2a1)(a3a2)(anan1)123n，则2，故数列前10项的和S1022.答案题型2利用an与Sn的关系求an典例22021 ·全国卷Sn为数列an的前n项和，an>0，a2an4Sn3.(1)求an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和解(1)由a2an4Sn3，可知a2an14Sn13.可得aa2(an1an)4an1，即2(an1an)aa(an1an)(an1an)由于an>0，可得an1an2.又a2a14a13，解得a11(舍去)或a13.所以an是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an2n1.(2)由an2n1可知bn.设数列bn的前n项和为Tn，则Tnb1b2bn.求数列通项公式的常见类型及方法(1)归纳猜测法：数列的前几项，求数列的通项公式，可采用归纳猜测法(2)Sn与an的关系，利用an求an.(3)累加法：数列递推关系形如an1anf(n)，其中数列f(n)前n项和可求，这种类型的数列求通项公式时，常用累加法(叠加法)(4)累乘法：数列递推关系形如an1g(n)an，其中数列g(n)前n项可求积，此数列求通项公式一般采用累乘法(叠乘法)(5)构造法：递推关系形如an1panq(p，q为常数)可化为an1p(p1)的形式，利用是以p为公比的等比数列求解；递推关系形如an1(p为非零常数)可化为的形式考点等差、等比数列的运算典例示法题型1等差、等比数列的根本运算典例32021 ·全国卷等比数列an满足a1，a3a54(a41)，则a2()A2 B1C.D.解析设等比数列an的公比为q，a1，a3a54(a41)，由题可知q1，则a1q2×a1q44(a1q31)，×q64，q616q3640，(q38)20，q38，q2，a2，应选C.答案C题型2等差、等比数列性质的运算典例42021·全国卷设等比数列an满足a1a310，a2a45，则a1a2an的最大值为_解析设an的公比为q，由a1a310，a2a45得a18，q，则a24，a32，a41，a5，所以a1a2ana1a2a3a464.答案641等差(比)数列根本运算中的关注点(1)根本量在等差(比)数列中，首项a1和公差d(公比q)是两个根本量(2)解题思路求公差d(公比q)：常用公式anam(nm)d(anamqnm)；列方程组：假设条件与结论的联系不明显时，常把条件转化为关于a1和d(q)的方程组求解，但要注意消元及整体计算，以减少计算量2等差(比)数列的性质盘点考点等差、等比数列的判断与证明典例示法典例52021·全国卷数列an的前n项和为Sn，a11，an0，anan1Sn1，其中为常数(1)证明：an2an；(2)是否存在，使得an为等差数列.并说明理由解(1)证明：由题设，anan1Sn1，an1an2Sn11，两式相减得an1(an2an)an1.因为an10，所以an2an.(2)由题设，a11，a1a2S11，可得a21，由(1)知，a31.假设an为等差数列，则2a2a1a3，解得4，故an2an4.由此可得a2n1是首项为1，公差为4的等差数列，a2n14n3；a2n是首项为3，公差为4的等差数列，a2n4n1.所以an2n1，an1an2.因此存在4，使得数列an为等差数列在本例题(2)中是否存在，使得an为等比数列.并说明理由解由题设可知a11，a1a2S11，得a21，由(1)知a31，假设an为等比数列，则aa1a3，即(1)21，解得0或3.当0时，anan11，又a11，所以a21，a31，an(1)n1，所以数列an为首项为1，公比为1的等比数列；当3时，a11，a22，a34，故可令an2n1，则anan122n1.Sn13·2n4，易得anan1与Sn1不恒相等，与条件矛盾综上可知，存在0，使得an为等比数列1等差数列的判定方法(1)证明一个数列an为等差数列的根本方法有两种利用等差数列的定义证明，即证明an1and(nN*)；利用等差中项证明，即证明an2an2an1(nN*)(2)解选择、填空题时，亦可用通项或前n项和直接判断通项法：假设数列an的通项公式为n的一次函数，即anAnB，则an是等差数列前n项和法：假设数列an的前n项和Sn是SnAn2Bn的形式(A，B是常数)，则an是等差数列2等比数列的判定方法(1)定义法：假设q(q为非零常数)或q(q为非零常数且n2)，则an是等比数列(2)中项公式法：假设数列an中，an0且aan·an2(nN*)，则数列an是等比数列(3)通项公式法：假设数列通项公式可写成anc·qn(c，q均是不为0的常数，nN*)，则an是等比数列(4)前n项和公式法：假设数列an的前n项和Snk·qnk(k为常数且k0，q0,1)，则an是等比数列提醒：假设判断一个数列不是等差(等比)数列，则只需说明前三项不是等差(等比)数列即可针对训练2021·统测在数列an中，a1，an12，设bn，数列bn的前n项和是Sn.(1)证明数列bn是等差数列，并求Sn；(2)比拟an与Sn7的大小解(1)证明：bn，an12，bn11bn1，bn1bn1，数列bn是公差为1的等差数列由a1，bn得b1，Sn3n.(2)由(1)知：bnn1n.由bn得an11.anSn73n6.当n4时，y3n6是减函数，y也是减函数，当n4时，anSn7a4S470.又a1S17<0，a2S27<0，a3S37<0，nN*，anSn70，anSn7.全国卷高考真题调研12021·全国卷等差数列an前9项的和为27，a108，则a100()A100 B99C98 D97答案C解析设等差数列an的公差为d，因为an为等差数列，且S99a527，所以a53.又a108，解得5da10a55，所以d1，所以a100a595d98，选C.22021 ·全国卷等比数列an满足a13，a1a3a521，则a3a5a7()A21 B42C63 D84答案B解析由于a1(1q2q4)21，a13，所以q4q260，所以q22(q23舍去)，所以a36，a512，a724，所以a3a5a742，应选B.32021·全国卷数列an的前n项和Sn1an，其中0.(1)证明an是等比数列，并求其通项公式；(2)假设S5，求.解(1)证明：由题意得a1S11a1，故1，a1，a10.由Sn1an，Sn11an1得an1an1an，即an1(1)an.由a10，0且1得an0，所以.因此an是首项为，公比为的等比数列，于是ann1.(2)由(1)得Sn1n.由S5得15，即5.解得1.其它省市高考题借鉴42021·高考an为等差数列，Sn为其前n项和假设a16，a3a50，则S6_.答案6解析设等差数列an的公差为d，由得解得所以S66a1×6×5d3615×(2)6.52021 ·高考设数列an的前n项和为Sn，nN*，a11，a2，a3，且当n2时，4Sn25Sn8Sn1Sn1.(1)求a4的值；(2)证明：为等比数列；(3)求数列an的通项公式解(1)4Sn25Sn8Sn1Sn1，n2时，4S45S28S3S1，4(a1a2a3a4)5(a1a2)8(a1a2a3)a1，4×5×8×11，解得a4.(2)证明：n2时，4Sn25Sn8Sn1Sn1，4(Sn2Sn1)2(Sn1Sn)2(Sn1Sn)(SnSn1)，(Sn2Sn1)(Sn1Sn)(Sn1Sn)(SnSn1)，an2an1.又a3a2，是首项为1，公比为的等比数列(3)由(2)知是首项为1，公比为的等比数列，an1ann1，两边同乘以2n1得，an1·2n1an·2n4.又a2·22a1·214，an·2n是首项为2，公差为4的等差数列，an·2n24(n1)2(2n1)，an.一、选择题12021 ·高考在等差数列an中，假设a24，a42，则a6()A1 B0C1 D6答案B解析设数列an的公差为d，由a4a22d，a24，a42，得242d，d1，a6a42d0.应选B.22021·四校联考等比数列an的前n项和为Sn，假设公比q>1，a3a520，a2a664，则S5()A31 B36C42 D48答案A解析由等比数列的性质，得a3a5a2a664，于是由且公比q>1，得a34，a516，所以解得所以S531，应选A.32021·统考设Sn是等比数列an的前n项和，假设3，则()A2 B.C.D1或2答案B解析设S2k，S43k，由数列an为等比数列，得S2，S4S2，S6S4为等比数列，S2k，S4S22k，S6S44k，S67k，S43k，应选B.42021 ·高考an是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn.假设a3，a4，a8成等比数列，则()Aa1d>0，dS4 >0 Ba1d<0，dS4<0Ca1d>0，dS4<0 Da1d<0，dS4>0答案B解析由aa3a8，得(a12d)(a17d)(a13d)2，整理得d(5d3a1)0，又d0，a1d，则a1dd2<0，又S44a16dd，dS4d2<0，应选B.5正项等比数列an满足：a3a22a1，假设存在am，an，使得am·an16a，m，nN*，则的最小值为()A2 B16C.D.答案C解析设数列an的公比为q，a3a22a1q2q2q1(舍)或q2，ana1·2n1，am·an16aa·2mn216amn6，m，nN*，(m，n)可取的数值组合为(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)，计算可得，当m2，n4时，取最小值.62021·质量监测设数列an的前n项和为Sn，且a1a21，nSn(n2)an为等差数列，则an()A.B.C.D.答案A解析设bnnSn(n2)an，则b14，b28，bn为等差数列，所以bn4n，即nSn(n2)an4n，Snan4.当n2时，SnSn1anan10，所以anan1，即2·，又因为1，所以是首项为1，公比为的等比数列，所以n1(nN*)，an(nN*)，应选A.二、填空题72021 ·高考在等差数列an中，假设a3a4a5a6a725，则a2a8_.答案10解析利用等差数列的性质可得a3a7a4a62a5，从而a3a4a5a6a75a525，故a55，所以a2a82a510.82021·质检设数列an的前n项和为Sn，且a11，an12Sn3，则S4_.答案66解析依题an2Sn13(n2)，与原式作差得，an1an2an，n2，即an13an，n2，可见，数列an从第二项起是公比为3的等比数列，a25，所以S4166.92021·统考在数列an中，an>0，a1，如果an1是1与的等比中项，则a1的值是_答案解析由题意可得，a(2an1anan11)(2an1anan11)0，又an>0，2an1anan110，又2an0，an1an11，又可知an1，1，是以为首项，1为公差的等差数列，(n1)n1an，a11.三、解答题102021·质检数列an是等比数列，Sn为数列an的前n项和，且a33，S39.(1)求数列an的通项公式；(2)设bnlog2，且bn为递增数列，假设，求证：c1c2c3<1.解(1)设该等比数列的公比为q，则根据题意有3·9，从而2q2q10，解得q1或q.当q1时，an3；当q时，an3·n3.(2)证明：假设an3，则bn0，与题意不符，故an3n3，此时a2n33·2n，bn2n，符合题意，从而c1c2c31<1.11成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2,5,13后成为等比数列bn中的b3，b4，b5.(1)求数列bn的通项公式；(2)数列bn的前n项和为Sn，求证：数列是等比数列解(1)设成等差数列的三个正数分别为ad，a，ad.依题意，得adaad15，解得a5.所以bn中的b3，b4，b5依次为7d,10,18d.依题意，有(7d)(18d)100，解得d2或d13(舍去)故bn的第3项为5，公比为2，由b3b1·22，即5b1·22，解得b1.所以bn是以为首项，2为公比的等比数列，其通项公式为bn·2n15·2n3.(2)证明：数列bn的前n项和Sn5·2n2，即Sn5·2n2.所以S1，2.因此是以为首项，2为公比的等比数列122021·质检等差数列an的各项均为正数，a11，前n项和为Sn；数列bn为等比数列，b11，且b2S26，b2S38.(1)求数列an与bn的通项公式；(2)求.解(1)设等差数列an的公差为d，d>0，bn的公比为q，则an1(n1)d，bnqn1.依题意有解得或(舍去)故ann，bn2n1.(2)由(1)知Sn12nn(n1)，2，22.第二讲数列求和及综合应用重要公式及结论1分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成anbn形式的数列求和问题的方法，其中an与bn是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列2裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即anf(n1)f(n)的形式，然后通过累加抵消中间假设干项的求和方法形如(其中an是各项均不为0的等差数列，c为常数)的数列等3错位相减法：形如an·bn(其中an为等差数列，bn为等比数列)的数列求和，一般分三步：巧拆分；构差式；求和4倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤：求通项公式；定和值；倒序相加；求和；回忆反思附：(1)常见的拆项公式(其中nN*).假设等差数列an的公差为d，则；.()(2)公式法求和：要熟练掌握一些常见数列的前n项和公式，如123n；135(2n1)n2；122232n2n(n1)(2n1)失分警示1公比为字母的等比数列求和时，注意公比是否为1的分类讨论2错位相减法求和时易漏掉减数式的最后一项3裂项相消法求和时易认为只剩下首尾两项4裂项相消法求和时注意所裂式与原式的等价性考点数列求和问题典例示法题型1分组转化求和典例1设数列an满足a12，a2a48，且对任意nN*，函数f(*)(anan1an2)*an1cos*an2sin*满足f0.(1)求数列an的通项公式；(2)假设bn2，求数列bn的前n项和Sn.解(1)由题设可得f(*)anan1an2an1sin*an2cos*.对任意nN*，fanan1an2an10，即an1anan2an1，故an为等差数列由a12，a2a48，解得an的公差d1，所以an21·(n1)n1.(2)因为bn222n2，所以Snb1b2bn(222)2(12n)2n2·n23n1.题型2错位相减法求和典例22021 ·高考设等差数列an的公差为d，前n项和为Sn，等比数列bn的公比为q.b1a1，b22，qd，S10100.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)当d>1时，记，求数列的前n项和Tn.解(1)由题意有，即解得或故或(2)由d>1，知an2n1，bn2n1，故，于是Tn1，Tn，可得Tn23，故Tn6.题型3裂项相消法求和典例32021·统考设数列an的前n项和为Sn，对任意正整数n都有6Sn12an.(1)求数列an的通项公式；(2)设bnlogan，求Tn.解(1)由6Sn12an，得6Sn112an1(n2)两式相减得6an2an12an，即anan1(n2)，由6S16a112a1，得a1，数列an是等比数列，公比q，所以an·n12n1.(2)an2n1，bn2n1，从而.Tn.1分组求和的常见方法(1)根据等差、等比数列分组(2)根据正号、负号分组，此时数列的通项式中常会有(1)n等特征2裂项相消的规律(1)裂项系数取决于前后两项分母的差(2)裂项相消后前、后保存的项数一样多3错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列an与等比数列bn对应项相乘(an·bn)型数列求和(2)步骤：求和时先乘以数列bn的公比把两个和的形式错位相减整理结果形式考点数列与函数、不等式的综合问题典例示法题型1数列与函数的综合典例42021·高考设等差数列an的公差为d，点(an，bn)在函数f(*)2*的图象上(nN*)(1)假设a12，点(a8,4b7)在函数f(*)的图象上，求数列an的前n项和Sn；(2)假设a11，函数f(*)的图象在点(a2，b2)处的切线在*轴上的截距为2，求数列的前n项和Tn.解(1)由得，b72a7，b82a84b7，有2 a84×2 a72a72.解得da8a72.所以，Snna1d2nn(n1)n23n.(2)f(*)2*ln 2，f(a2)2 a2ln 2，故函数f(*)2*在(a2，b2)处的切线方程为y2 a22 a2ln 2(*a2)，它在*轴上的截距为a2.由题意得，a22，解得a22.所以da2a11.从而ann，bn2n.所以Tn，2Tn.因此，2TnTn12.所以，Tn.题型2数列与不等式的综合典例52021·模拟(利用单调性证明不等式)设Sn为数列an的前n项和，a12，对任意nN*，都有2Sn(n1)an.(1)求数列an的通项公式；(2)假设数列的前n项和为Tn，求证：Tn<1.解(1)因为2Sn(n1)an，当n2时，2Sn1nan1，两式相减，得2an(n1)annan1，即(n1)annan1，所以当n2时，所以.因为a12，所以an2n.(2)证明：因为an2n，令bn，nN*，所以bn.所以Tnb1b2bn1.因为>0，所以1<1.因为f(n)在N*上是递减函数，所以1在N*上是递增的，所以当n1时，Tn取最小值.所以Tn<1.典例62021·全国卷(利用放缩法证明不等式)数列an满足a11，an13an1.(1)证明是等比数列，并求an的通项公式；(2)证明<.证明(1)由an13an1得an13.又a1，所以是首项为，公比为3的等比数列an，因此an的通项公式为an.(2)由(1)知.因为当n1时，3n12×3n1，所以.于是1<.所以<.1数列与函数、不等式的综合问题的常见题型(1)数列与函数的综合问题主要有以下两类：函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题；数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的围、公式、求和方法对式子化简变形(2)数列常与不等式结合，如比拟大小、不等式恒成立、求参数围等问题，需要熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题2解决数列与函数综合问题的注意点(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集，而不是*个区间上的连续实数，所以它的图象是一群孤立的点(2)转化以函数为背景的条件时，应注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是非常容易无视的问题(3)利用函数的方法研究数列中相关问题时，应准确构造函数，注意数列中相关限制条件的转化考点数列的实际应用典例示法典例7*公司一下属企业从事*种高科技产品的生产该企业第一年年初有资金2000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%.预计以后每年资金年增长率与第一年的一样公司要求企业从第一年开场，每年年底上缴资金d万元，并将剩余资金全部投入下一年生产设第n年年底企业上缴资金后的剩余资金为an万元(1)用d表示a1，a2，并写出an1与an的关系式；(2)假设公司希望经过m(m3)年使企业的剩余资金为4000万元，试确定企业每年上缴资金d的值(用m表示)解(1)由题意得a12000(150%)d3000d，a2a1(150%)da1d4500d.an1an(150%)dand.(2)由(1)得anan1dd2an2ddn1a1d，整理得ann1(3000d)2dn1(30003d)2d.由题意，am4000，知m1(30003d)2d4000，解得d.故该企业每年上缴资金d的值为时，经过m(m3)年企业的剩余资金为4000万元1数列实际应用中的常见模型(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，应考虑是an与an1的递推关系，还是前n项和Sn与前n1项和Sn1之间的递推关系2数列综合应用题的解题步骤(1)审题弄清题意，分析涉及哪些数学容，在每个数学容中，各是什么问题(2)分解把整个大题分解成几个小题或几个“步骤，每个小题或每个小“步骤分别是数列问题、函数问题、解析几何问题、不等式问题等(3)求解分别求解这些小题或这些小“步骤，从而得到整个问题的解答具体解题步骤如下：针对训练*用养老储藏金制度公民在就业的第一年就交纳养老储藏金，数目为a1，以后每年交纳的数目均比上一年增加d(d>0)，因此，历年所交纳的储藏金数目a1，a2，是一个公差为d的等差数列与此同时，国家给予优惠的计息政策，不仅采用固定利率，而且计算复利这就是说，如果固定年利率为r(r>0)，则，在第n年末，第一年所交纳的储藏金就变为a1(1r)n1，第二年所交纳的储藏金就变为a2(1r)n2，以Tn表示到第n年末所累计的储藏金总额(1)写出Tn与Tn1(n2)的递推关系式；(2)求证：TnAnBn，其中An是一个等比数列，Bn是一个等差数列解(1)由题意知：n2时，TnTn1(1r)an，其中ana1(n1)d，TnTn1(1r)a1(n1)d，n2.(2)证明：Tna1(1r)n1a2(1r)n2an1·(1r)an，(1r)Tna1(1r)na2(1r)n1an2(1r)3an1(1r)2an(1r)，得rTna1(1r)nd(1r)n1(1r)n2(1r)ana1(1r)nd·a1(n1)d·(1r)n，Tn(1r)n.令An(1r)n，Bnn，则1r(定值)，Bn1Bn(定值)，即TnAnBn，其中An是一个等比数列，Bn是一个等差数列全国卷高考真题调研12021 ·全国卷设Sn是数列an的前n项和，且a11，an1SnSn1，则Sn_.答案解析an1Sn1Sn，Sn1SnSn1Sn，又由a11，知Sn0，1，是等差数列，且公差为1，而1，1(n1)×(1)n，Sn.22021·全国卷Sn为等差数列an的前n项和，且a11，S728.记bnlg an，其中*表示不超过*的最大整数，如0.90，lg 991.(1)求b1，b11，b101；(2)求数列bn的前1000项和解(1)设an的公差为d，据有721d28，解得d1.所以an的通项公式为ann.b1lg 10，b11lg 111，b101lg 1012.(2)因为bn所以数列bn的前1000项和为1×902×9003×11893.其它省市高考题借鉴32021·高考设数列an的前n项和为Sn.假设S24，an12Sn1，nN*，则a1_，S5_.答案1121解析由于解得a11.由an1Sn1Sn2Sn1得Sn13Sn1，所以Sn13，所以是以为首项，3为公比的等比数列，所以Sn×3n1，即Sn，所以S5121.42021 ·高考数列an是递增的等比数列，a1a49，a2a38，则数列an的前n项和等于_答案2n1解析an为递增的等比数列，设公比为q，则q>1.a2a38，a1a48.又a1a49，a11，a48，q2.前n项和为2n1.52021 ·高考数列an满足：a12a2nan4，nN*.(1)求a3的值；(2)求数列an的前n项和Tn；(3)令b1a1，bnan(n2)，证明：数列bn的前n项和Sn满足Sn<22ln n.解(1)由题意，知3a3(a12a23a3)(a12a2)4，a3.(2)由条件知，nan(a12a2nan)a12a2(n1)an1(n2)，nan，an.又a141时也符合此式，an(nN*)Tn1n12.(3)证明：依题意，得bnan，b1a1，b2a2，b3a3，Snb1b2bn(a1a2an)Tn<2×.记f(*)ln *1(*>1)，则f(*)>0，f(*)在(1，)上是增函数又f(1)0，即f(*)>0，又k2且kN*时，>1，fln1>0，即ln>，<ln，<ln，<ln，即有<lnlnlnln n，2×<22ln n，即Sn <22ln n.一、选择题12021·测试在数列an中，假设a12，且对任意正整数m，k，总有amkamak，则an的前n项和Sn()An(3n1) B.Cn(n1) D.答案C解析依题意得an1ana1，即有an1ana12，所以数列an是以2为首项、2为公差的等差数列，an22(n1)2n，Snn(n1)，选C.22021·质检正项等比数列an中的a1、a4031是函数f(*)*34*26*3的极值点，则log a2021()A1 B2C.D1答案A解析因为f(*)*28*6，且a1、a4031是方程*28*60的两根，所以a1·a4031a6，即a2021，所以loga20211，应选A.32021·一模数列an的通项公式为an(1)n(2n1)·cos1(nN*)，其前n项和为Sn，则S60()A30 B60C90 D120答案D解析由题意可得，当n4k3(kN*)时，ana4k31；当n4k2(kN*)时，ana4k268k；当n4k1(kN*)时，ana4k11；当n4k(kN*)时，ana4k8k.a4k3a4k2a4k1a4k8，S608×15120.应选D.4*年“十一期间，十家重点公园举行免费游园活动，公园免费开放一天，早晨6时30分有2人进入公园，接下来的第一个30分钟有4人进去1人出来，第二个30分钟有8人进去2人出来，第三个30分钟有16人进去3人出来，第四个30分钟有32人进去4人出来按照这种规律进展下去，到上午11时30分公园的人数是()A21147 B21257C21368 D21480答案B解析由题意，可知从早晨6时30分开场，接下来的每个30分钟进入的人数构成以4为首项，2为公比的等比数列，出来的人数构成以1为首项，1为公差的等差数列，记第n个30分钟进入公园的人数为an，第n个30分钟出来的人数为bn则an4×2n1，bnn，则上午11时30分公园的人数为S221257.5曲线C：y(*>0)及两点A1(*1,0)和A2(*2,0)，其中*2>*1>0.过A1，A2分别作*轴的垂线，交曲线C于B1，B2两点，直线B1B2与*轴交于点A3(*3,0)，则()A*1，*2成等差数列 B*1，*2成等比数列C*1，*3，*2成等差数列 D*1，*3，*2成等比数列答案A解析由题意，得B1，B2两点的坐标分别为，.所以直线B1B2的方程为y(*1)，令y0，得*1*2，所以*3*1*2，因此，*1，*2成等差数列62021·模拟设无穷数列an，如果存在常数A，对于任意给定的正数(无论多小)，总存在正整数N，使得n>N时，恒有|anA|<成立，就称数列an的极限为A.则四个无穷数列：(1)n×2；1×22×223×23n×2n，其中极限为2的共有()A4个 B3个C2个 D1个答案D解析对于，|an2|(1)n×22|2×|(1)n1|，当n是偶数时，|an2|0；当n是奇数时，|an2|4，所以数列(1)n×2没有极限，所以2不是数列(1)n×2的极限对于，|an2|>1，所以对于正数01，不存在正整数N，使得n>N时，恒有|an2|<0成立，即2不是数列的极限对于，|an2|，令<，得n>1log2，所以对于任意给定的正数(无论多小)，总存在正整数N，使得n>N时，恒有|an2|<成立，所以2是数列 的极限对于，当n2时，|an2|1×22×223×23n×2n2|2×223×23n×2n>1，所以对于正数01，不存在正整数N，使得n>N时，恒有|an2|<0成立，即2不是数列1×22×223×23n×2n的极限综上所述，极限为2的数列共有1个二、填空题72021·质检二正项数列an满足a6aan1an，假设a12，则数列an的前n项和为_答案3n1解析a6aan1an，(an13an)(an12an)0，an>0，an13an，an为等比数列，且公比为3，Sn3n1.82021·统考Sn为等比数列an的前n项和，假设2S4S22，则S6的最小值为_答案解析由题意得2(a1a1qa1q2a1q3)a1a1q2，整理，得(a1a1q)(12q2)2，即S2·(12q2)2.因为12q2>0，所以S2>0.又由2S4S22，得S4S21.由等比数列的性质，得S2，S4S2，S6S4成等比数列，所以(S4S2)2S2(S6S4)，所以S6S4S21S22，当且仅当S2，即S2时等号成立，所以S6的最小值为.92021·武昌调研设Sn为数列an的前n项和，Sn(1)nan(nN*)，则数列Sn的前9项和为_答案解析因为Sn(1)nan，所以Sn1(1)n1an1(n2)，两式相减得SnSn1(1)nan(1)n1an1，即an(1)nan(1)nan1(n2)，当n为偶数时，ananan1，即an1，此时n1为奇数，所以假设n为奇数，则an；当n为奇数时，ananan1，即2anan1，所以an1，此时n1为偶数，所以假设n为偶数，则an.所以数列an的通项公式为an所以数列Sn的前9项和为S1S2S3S99a18a27a36a43a72a8a9(9a18a2)(7a36a4)(3a72a8)a9.三、解答题102021·质检在数列an中，a1，an1·an，nN*.(1)求证：数列为等比数列；(2)求数列an的前n项和Sn.解(1)证明：由an1an知·，是以为首项，为公比的等比数列(2)由(1)知是首项为，公比为的等比数列，n，an，Sn，则Sn，得Sn1，Sn2.112021 ·高考设nN*，*n是曲线y*2n21在点(1,2)处的切线与*轴交点的横坐标(1)求数列*n的通项公式；(2)记Tn*，证明：Tn.解(1)y(*2n21)(2n2)*2n1，曲线y*2n21在点(1,2)处的切线斜率为2n2，从而切线方程为y2(2n2)(*1)令y0，解得切线与*轴交点的横坐标*n1.(2)证明：由题设和(1)中的计算结果知Tn*222.当n1时，T1.当n2时，因为*2>，所以Tn>2××××.综上可得对任意的nN*，均有Tn.122021·质检数列an满足a11，an11，其中nN*.(1)设bn，求证：数列bn是等差数列，并求出an的通项公式；(2)设，数列2的前n项和为Tn，是否存在正整数m，使得Tn<对于nN*恒成立.假设存在，求出m的最小值；假设不存在，请说明理由解(1)bn1bn2(常数)，数列bn是等差数列a11，b12，因此bn2(n1)×22n，由bn得an.(2)由，an得，22，Tn22<3，依题意要使Tn<对于nN*恒成立，只需3，即3，解得m3或m4，又m为正整数，所以m的最小值为3.典题例证2021·高考数列an的前n项和Sn3n28n，bn是等差数列，且anbnbn1.(1)求数列bn的通项公式；(2)令.求数列的前n项和Tn.审题过程依据an与Sn的关系可求an，进而求出bn的通项先化简数列，然后依据其构造特征采取错位相减求和.(1)由题意知当n2时，anSnSn16n5，当n1时，a1S111，所以an6n5.设数列bn的公差为d，由得可解得b14，d3.所以bn3n1.(2)由(1)知3(n1)·2n1.又Tnc1c2，所以Tn3×2×223×23(n1)×2n1，2Tn3×2×233×24(n1)×2n2，两式作差，得Tn3×2×2223242n1(n1)×2n23×3n·2n2，所以Tn3n·2n2.模型归纳求数列的通项公式及前n项和的模型示意图如下：. z.