2023-2024年新高考数学一轮复习培优教案6.4《数列求和及综合应用》 (2份打包，原卷版+教师版)

这是一份2023-2024年新高考数学一轮复习培优教案6.4《数列求和及综合应用》 (2份打包，原卷版+教师版)，文件包含2023-2024年新高考数学一轮复习培优教案64《数列求和及综合应用》教师版doc、2023-2024年新高考数学一轮复习培优教案64《数列求和及综合应用》原卷版doc等2份教案配套教学资源，其中教案共34页， 欢迎下载使用。

1.与等差、等比数列的定义和性质相结合，考查数列的求和，凸显数学运算的核心素养．
2．与不等式的证明相结合，考查数列的求和，凸显数学运算、逻辑推理的核心素养．
方法一 分组转化法求和
若数列的通项为分段函数或几个特殊数列通项的和或差的组合等形式，则求和时可用分组转化法，就是对原数列的通项进行分解，分别对每个新的数列进行求和后再相加减．
[典例] 已知数列{an}的前n项和Sn＝eq \f(n2＋n,2)，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前2n项和．
[解] (1)当n＝1时，a1＝S1＝1；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(n2＋n,2)－eq \f(n－12＋n－1,2)＝n.a1也满足an＝n，
故数列{an}的通项公式为an＝n.
(2)由(1)知an＝n，故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＝eq \f(21－22n,1－2)＝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.
[方法技巧]
分组转化法求和的常见类型
[提醒] 某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论．
[针对训练]
1．已知在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝2－2(－1)n，n∈N*，则S2 019的值为( )
A．2 020×1 011－1 B．1 010×2 019
C．2 019×1 011－1 D．2 019×1 011
解析：选C 由递推公式，可得：
当n为奇数时，an＋2－an＝4，数列{an}的奇数项是首项为1，公差为4的等差数列；
当n为偶数时，an＋2－an＝0，数列{an}的偶数项是首项为2，公差为0的等差数列，
∴S2 019＝(a1＋a3＋…＋a2 019)＋(a2＋a4＋…＋a2 018)＝2 019×1 011－1.
2．已知数列{an}的通项公式是an＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，求其前n项和Sn.
解：Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3，
所以当n为偶数时，Sn＝2×eq \f(1－3n,1－3)＋eq \f(n,2)ln 3＝3n＋eq \f(n,2)ln 3－1；
当n为奇数时，Sn＝2×eq \f(1－3n,1－3)－(ln 2－ln 3)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n－1,2)－n))ln 3＝3n－eq \f(n－1,2)ln 3－ln 2－1.
综上所述，Sn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3n＋\f(n,2)ln 3－1，n为偶数，,3n－\f(n－1,2)ln 3－ln 2－1，n为奇数.))
方法二 裂项相消法求和
如果一个数列的通项为分式或根式的形式，且能拆成结构相同的两式之差，那么通过累加将一些正、负项相互抵消，只剩下有限的几项，从而求出该数列的前n项和．
[典例] 在数列{an}中，a1＝4，nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n.
(1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是等差数列；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和Sn.
[解] (1)证明：nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n的两边同时除以n(n＋1)，得eq \f(an＋1,n＋1)－eq \f(an,n)＝2(n∈N*)，又eq \f(a1,1)＝4，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,n)))是首项为4，公差为2的等差数列．
(2)由(1)，得eq \f(an,n)＝2n＋2，∴an＝2n2＋2n，
故eq \f(1,an)＝eq \f(1,2n2＋2n)＝eq \f(1,2)·eq \f(n＋1－n,nn＋1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))，
∴Sn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,n＋1)))＝eq \f(n,2n＋1).
[方法技巧]
1．用裂项法求和的裂项原则及规律
(1)裂项原则：一般是前边裂几项，后边就裂几项，直到发现被消去项的规律为止．
(2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．
2．几种常见的裂项方式
[针对训练]
1．设数列{an}对n∈N*都满足an＋1＝an＋n＋a1，且a1＝1，则eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a28)＋eq \f(1,a29)＝________.
解析：因为a1＝1，且an＋1＝an＋n＋a1，则an＋1－an＝n＋1，那么an－an－1＝n(n≥2)，
因为an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝n＋(n－1)＋…＋2＋1＝eq \f(nn＋1,2)，所以eq \f(1,an)＝eq \f(2,nn＋1)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1))).
所以eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋…＋eq \f(1,a28)＋eq \f(1,a29)＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)＋\f(1,2)－\f(1,3)＋…＋\f(1,29)－\f(1,30)))＝eq \f(29,15).
答案：eq \f(29,15)
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝8，Sn＝eq \f(an＋1,2)－n－1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2×3n,anan＋1)))的前n项和Tn.
解：(1)∵a2＝8，Sn＝eq \f(an＋1,2)－n－1，∴a1＝S1＝eq \f(a2,2)－2＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝eq \f(an＋1,2)－n－1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(an,2)－n))，
即an＋1＝3an＋2，又a2＝8＝3a1＋2，
∴an＋1＝3an＋2，n∈N*，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，
∴数列{an＋1}是等比数列，且首项为a1＋1＝3，公比为3，
∴an＋1＝3×3n－1＝3n，∴an＝3n－1.
(2)∵eq \f(2×3n,anan＋1)＝eq \f(2×3n,3n－13n＋1－1)＝eq \f(1,3n－1)－eq \f(1,3n＋1－1)，
∴数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(2×3n,anan＋1)))的前n项和
Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3－1)－\f(1,32－1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,32－1)－\f(1,33－1)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3n－1)－\f(1,3n＋1－1)))＝eq \f(1,2)－eq \f(1,3n＋1－1).
方法三 错位相减法求和
如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用错位相减法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的．
[典例] 在①a5＝b4＋2b6，②a3＋a5＝4(b1＋b4)，③b2S4＝5a2b3三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答．
设{an}是公比大于0的等比数列，其前n项和为Sn，{bn}是等差数列．已知a1＝1，S3－S2＝a2＋2a1，a4＝b3＋b5，________.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)设Tn＝a1b1＋a2b2＋a3b3＋…＋anbn，求Tn.
[解] (1)选条件①：设等比数列{an}的公比为q，
∵a1＝1，S3－S2＝a2＋2a1，
∴q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1，
∵q>0，∴q＝2，an＝2n－1.
设等差数列{bn}的公差为d，
∵a4＝b3＋b5，a5＝b4＋2b6，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2b1＋6d＝8，,3b1＋13d＝16，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b1＝1，,d＝1，))∴bn＝n，∴an＝2n－1，bn＝n.
选条件②：设等比数列{an}的公比为q，
∵a1＝1，S3－S2＝a2＋2a1，
∴q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1，
∵q>0，∴q＝2，an＝2n－1.
设等差数列{bn}的公差为d，
∵a4＝b3＋b5，a3＋a5＝4(b1＋b4)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2b1＋6d＝8，,2b1＋3d＝5，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b1＝1，,d＝1，))∴bn＝n，∴an＝2n－1，bn＝n.
选条件③：设等比数列{an}的公比为q，
∵a1＝1，S3－S2＝a2＋2a1，∴q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1，
∵q>0，∴q＝2，an＝2n－1.设等差数列{bn}的公差为d，
∵a4＝b3＋b5，b2S4＝5a2b3，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2b1＋6d＝8，,b1－d＝0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b1＝1，,d＝1，))∴bn＝n，∴an＝2n－1，bn＝n.
(2)∵an＝2n－1，bn＝n，
∴Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝1×20＋2×21＋…＋(n－1)×2n－2＋n×2n－1，
∴2Tn＝1×21＋2×22＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n，
∴－Tn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n×2n＝eq \f(1－2n,1－2)－n×2n＝2n－1－n×2n，
∴Tn＝(n－1)·2n＋1.
[方法技巧]
(1)一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，求数列{an·bn}的前n项和时，可采用错位相减法．
(2)用错位相减法求和时，应注意：
①要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．
②在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式．
[针对训练]
设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．
(1)求{an}的公比；
(2)若a1＝1，求数列{nan}的前n项和．
解：(1)设{an}的公比为q，由题设得2a1＝a2＋a3，
即2a1＝a1q＋a1q2，所以q2＋q－2＝0，解得q＝－2或q＝1(舍去)．
故{an}的公比为－2.
(2)记Sn为{nan}的前n项和．由(1)及题设可得，an＝(－2)n－1.
所以Sn＝1＋2×(－2)＋…＋n×(－2)n－1，
－2Sn＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n－1)×(－2)n－1＋n×(－2)n.
两式相减得3Sn＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n－1－n×(－2)n＝eq \f(1－－2n,3)－n×(－2)n.
所以Sn＝eq \f(1,9)－eq \f(3n＋1－2n,9).
创新考查方式——领悟高考新动向
1．公元前四世纪，毕达哥拉斯学派对数和形的关系进行了研究．他们借助几何图形(或格点)来表示数，称为形数．形数是联系算数和几何的纽带．图为五角形数的前4个，则第10个五角形数为( )
A．120 B．145 C．270 D．285
解析：选B 记第n个五角形数为an，由题意知：a1＝1，a2－a1＝4，a3－a2＝7，a4－a3＝10，……，
易知an－an－1＝3(n－1)＋1，由累加法得an＝eq \f(3n－1n,2)，所以a10＝145.
2．为激发学生学习数学的兴趣，某学校餐厅推出了“通过解数学题获取Wi­Fi密码”的活动，Wi­Fi密码为eq \f(1 000,M)小数点后的前8位数字．数学问题如下：在正奇数数列中依次插入数值为2n(n∈N*)的项，按从小到大的顺序排成如下新数列{an}：1,21,3,22,5,7,23,9,11,13,15,24,17,19,21,23,25,27,29,31,25,33,35，….若使a1＋a2＋a3＋…＋an－1＋an>12an＋1成立的n的最小值为M，则该学校餐厅的Wi­Fi密码为( )
A．03703703 B．46153846 C．66666666 D．71428571
解析：选A 设数列{an}的前n项和为Sn，
当an＝2k(k∈N*)时，Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2k－1)]＋(21＋22＋23＋…＋2k)
＝eq \f(1＋2k－1,2)×2k－1＋eq \f(22k－1,2－1)＝22k－2＋2k＋1－2.
由Sn>12an＋1，得22k－2＋2k＋1－2>12(2k＋1)，即(2k－1)2－20×2k－1－14>0，
解得2k－1>10＋eq \r(114)，即2k－1≥21，所以k≥6，所以只需研究25此时设等差数列1,3,5,7，…的项数为m(m∈N*)，且16则Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2m－1)]＋(21＋22＋…＋25)＝m2＋62.
①当1612(2m＋1)，
即m2－24m＋50>0，解得22≤m≤31,27≤n＝m＋5≤36.
②当m＝32时，an＋1＝26，由m2＋62>12×26，解得m≥27，则m＝32，n＝m＋5＝37.
综上，满足条件的n的最小值为27.又eq \f(1 000,27)≈37.037 037 037 037，故密码为03703703.故选A.
3.“垛积术”(隙积术)是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有菱草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等．某仓库中部分货物堆放成如图所示的“菱草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是n件，已知第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的eq \f(4,5).若这堆货物总价是25－65eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))n万元，则n的值为( )
A．7 B．8 C．9 D．10
解析：选B 由题意，可设这堆货物的总价为Sn，则
Sn＝1＋2×eq \f(4,5)＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))2＋…＋neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))n－1，eq \f(4,5)Sn＝eq \f(4,5)＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))2＋…＋(n－1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))n－1＋neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))n，
两式相减可得：eq \f(1,5)Sn＝1＋eq \f(4,5)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))2＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))n－1－neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))n＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))n,1－\f(4,5))－neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))n＝5－(n＋5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))n，
所以Sn＝25－5(n＋5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))n.当Sn＝25－5(n＋5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))n＝25－65eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))n时，解得n＝8.故选B.
4．如图，矩形AnBnCnDn的一边AnBn在x轴上，另外两个顶点Cn，Dn都在函数f(x)＝x＋eq \f(1,x)(x>0)的图象上，若点Bn的坐标为(n,0)(n∈N*，n≥2)，矩形AnBnCnDn的周长为an，则eq \f(1,a2a3)＋eq \f(1,a3a4)＋…＋eq \f(1,a9a10)＝________.
解析：由题意知Cneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n，n＋\f(1,n)))，设Dneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x，n＋\f(1,n)))(x>0)，
令x＋eq \f(1,x)＝n＋eq \f(1,n)，则x2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(1,n)))x＋1＝0，即(x－n)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,n)))＝0，解得x＝n或x＝eq \f(1,n)，
所以Dneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)，n＋\f(1,n)))，所以an＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n＋\f(1,n)))＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(1,n)))＝4n.
所以eq \f(1,a2a3)＋eq \f(1,a3a4)＋…＋eq \f(1,a9a10)＝eq \f(1,16)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2×3)＋\f(1,3×4)＋…＋\f(1,9×10)))
＝eq \f(1,16)×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,9)－\f(1,10)))))＝eq \f(1,16)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,10)))＝eq \f(1,40).
答案：eq \f(1,40)
5．黎曼猜想由数学家波恩哈德·黎曼于1859年提出，是至今仍未解决的世界难题．黎曼猜想涉及很多领域的应用，有些数学家将黎曼猜想的攻坚之路趣称为：“各大行长躲在银行保险柜前瑟瑟发抖，不少黑客则潜伏敲着键盘蓄势待发”．黎曼猜想研究的是无穷级数ξ(s)＝eq \i\su(n＝1,∞,n)－s＝eq \f(1,1s)＋eq \f(1,2s)＋eq \f(1,3s)＋…，我们经常从无穷级数的部分和eq \f(1,1s)＋eq \f(1,2s)＋eq \f(1,3s)＋…＋eq \f(1,ns)入手．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(an＋\f(1,an)))，则eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,S1)＋\f(1,S2)＋…＋\f(1,S100)))＝________(其中[x]表示不超过x的最大整数)．
解析：当n＝1时，a1＝S1＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a1＋\f(1,a1)))，a1＝eq \f(1,a1)，aeq \\al(2,1)＝1，
∵an>0，∴a1＝S1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，∴2Sn＝Sn－Sn－1＋eq \f(1,Sn－Sn－1)，
Sn＋Sn－1＝eq \f(1,Sn－Sn－1)，∴Seq \\al(2,n)－Seq \\al(2,n－1)＝1，∴{Seq \\al(2,n)}是以1为首项，1为公差的等差数列，
∴Seq \\al(2,n)＝n，∵an>0，∴Sn>0，Sn＝eq \r(n).
∵2(eq \r(n＋1)－eq \r(n))＝eq \f(2,\r(n＋1)＋\r(n))1时，eq \f(2,2Sn)令S＝eq \f(1,S1)＋eq \f(1,S2)＋…＋eq \f(1,S100)，则S>2[(eq \r(101)－eq \r(100))＋(eq \r(100)－eq \r(99))＋…＋(eq \r(2)－1)]＝2(eq \r(101)－1)>18，
S<2[(eq \r(100)－eq \r(99))＋(eq \r(99)－eq \r(98))＋…＋(eq \r(2)－1)]＋1＝2(eq \r(100)－1)＋1＝19，即18答案：18
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
一、综合练——练思维敏锐度
1．已知数列{an}满足：an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，a1＝1，a2＝2，Sn为数列{an}的前n项和，则S2 021＝( )
A．3 B．2 C．1 D．0
解析：选C ∵an＋1＝an－an－1，a1＝1，a2＝2，∴a3＝1，a4＝－1，a5＝－2，a6＝－1，a7＝1，a8＝2，…，故数列{an}是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0，故S2 021＝336×0＋a2 017＋a2 018＋…＋a2 021＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1＋2＋1＋(－1)＋(－2)＝1.故选C.
2．在数列{an}中，若an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则数列{an}的前12项和等于( )
A．76 B．78 C．80 D．82
解析：选B 由已知an＋1＋(－1)nan＝2n－1，得an＋2＋(－1)n＋1an＋1＝2n＋1，
得an＋2＋an＝(－1)n(2n－1)＋(2n＋1)，取n＝1,5,9及n＝2,6,10，
结果分别相加可得S12＝a1＋a2＋a3＋a4＋…＋a11＋a12＝78.故选B.
3．若数列{an}的通项公式是an＝eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))，前n项和为9，则n等于( )
A．9 B．99 C．10 D．100
解析：选B 因为an＝eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)，
所以Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(eq \r(2)－eq \r(1))＋(eq \r(3)－eq \r(2))＋…＋(eq \r(n＋1)－eq \r(n))＝eq \r(n＋1)－1，
令eq \r(n＋1)－1＝9，得n＝99.
4．已知数列{an}满足lg2an＝n＋lg23，则a2＋a4＋a6＋…＋a20的值为( )
A．3×(211－4) B．3×(212－4) C.eq \f(411－4,5) D．411－4
解析：选D ∵lg2an＝lg22n＋lg23＝lg2(2n·3)，∴an＝3·2n，a2n＝3·22n＝3·4n，
∴a2＋a4＋a6＋…＋a20＝3×(4＋42＋43＋…＋410)＝3×eq \f(41－410,1－4)＝411－4.故选D.
5．设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，eq \f(an＋1,Sn＋1)＝Sn，则S10＝( )
A.eq \f(1,10) B．－eq \f(1,10) C．10 D．－10
解析：选B 由eq \f(an＋1,Sn＋1)＝Sn，得an＋1＝SnSn＋1.又an＋1＝Sn＋1－Sn，所以Sn＋1－Sn＝Sn＋1Sn，即eq \f(1,Sn＋1)－eq \f(1,Sn)＝－1，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,Sn)))是以eq \f(1,S1)＝eq \f(1,a1)＝－1为首项，－1为公差的等差数列，所以eq \f(1,Sn)＝－1＋(n－1)·(－1)＝－n，
所以eq \f(1,S10)＝－10，所以S10＝－eq \f(1,10)，故选B.
6．已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝eq \f(n＋1an,n＋2an)，则eq \i\su(k＝1,n, )eq \f(k,ak)＝________.
解析：an＋1＝eq \f(n＋1an,n＋2an)可化为nan＋1＋2an＋1an＝(n＋1)an.等号两边同时除以an＋1an，得eq \f(n＋1,an＋1)－eq \f(n,an)＝2，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(n,an)))是首项为eq \f(1,a1)＝eq \f(1,2)，公差为2的等差数列，
所以eq \i\su(k＝1,n, )eq \f(k,ak)＝eq \f(1,a1)＋eq \f(2,a2)＋…＋eq \f(n,an)＝eq \f(1,2)n＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2－eq \f(1,2)n.
答案：n2－eq \f(1,2)n.
7．在数列{an}中，a1＝－2，a2＝3，a3＝4，an＋3＋(－1)nan＋1＝2(n∈N*)．记Sn是数列{an}的前n项和，则S20的值为________．
解析：由题意知，当n为奇数时，an＋3－an＋1＝2，又a2＝3，所以数列{an}中的偶数项是以3为首项，2为公差的等差数列，
所以a2＋a4＋a6＋…＋a20＝10×3＋eq \f(10×9,2)×2＝120.
当n为偶数时，an＋3＋an＋1＝2，又a3＋a1＝2，所以数列{an}中的相邻的两个奇数项之和均等于2，
所以a1＋a3＋a5＋…＋a17＋a19＝(a1＋a3)＋(a5＋a7)＋…＋(a17＋a19)＝2×5＝10，所以S20＝120＋10＝130.
答案：130
8．已知数列{an}的通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,nn＋2)，n为奇数，,n－7，n为偶数，))则数列{an}前15项和S15的值为________．
解析：数列{an}的通项公式为an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,nn＋2)，n为奇数，,n－7，n为偶数，))由eq \f(1,nn＋2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋2)))，
得S15＝eq \f(1,2)（1－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,5)＋eq \f(1,5)－eq \f(1,7)＋…＋eq \f(1,15)－eq \f(1,17)）＋(2＋4＋6＋…＋14)－7×7＝eq \f(1,2)×eq \f(16,17)＋eq \f(1,2)×7×16－49＝eq \f(127,17).
答案：eq \f(127,17)
9．有一正项等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn，满足a2a4＝64，S3＝14.设bn＝lg2an(n∈N*)．
(1)求a1，a2的值，并求出数列{an}的通项公式；
(2)判断数列{bn}是否为等差数列，并说明理由；
(3)记cn＝eq \f(1,bnbn＋1)，求数列{cn}的前n项和Tn.
解：(1)由a2a4＝64，得aeq \\al(2,3)＝64.又∵an>0，∴a3＝8.
∵S3＝a1＋a2＋a3，∴a1＋a2＋8＝14，∴a1＋a1q＝6，
即a1(1＋q)＝6，∴eq \f(8,q2)(1＋q)＝6，即3q2－4q－4＝0，解得q＝2或q＝－eq \f(2,3)(舍去)．
∴a1＝2，a2＝4，an＝2×2n－1＝2n(n∈N*)．
(2)数列{bn}为等差数列．理由如下：
由(1)知an＝2n，∴bn＝lg2an＝lg22n＝n，
∴bn＋1＝n＋1，∴bn＋1－bn＝1.又b1＝1，
∴{bn}是以1为首项，1为公差的等差数列．
(3)由(2)可知，bn＝n，∴cn＝eq \f(1,bnbn＋1)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，
∴Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－\f(1,4)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝1－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1).
10．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝5，nSn＋1－(n＋1)Sn＝n2＋n.
(1)求证：数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))为等差数列；
(2)令bn＝2nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)证明：由nSn＋1－(n＋1)Sn＝n2＋n得eq \f(Sn＋1,n＋1)－eq \f(Sn,n)＝1，又eq \f(S1,1)＝5，所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(Sn,n)))是首项为5，公差为1的等差数列．
(2)由(1)可知eq \f(Sn,n)＝5＋(n－1)＝n＋4，所以Sn＝n2＋4n.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋4n－(n－1)2－4(n－1)＝2n＋3.
又a1＝5也符合上式，所以an＝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－eq \f(231－2n－1,1－2)＝(2n＋3)2n＋1－10－(2n＋2－8)＝(2n＋1)2n＋1－2.
二、自选练——练高考区分度
1．在公差不为零的等差数列{an}中，已知a1＝1，且a2，a5，a14成等比数列，{an}的前n项和为Sn，bn＝(－1)nSn，则an＝________，数列{bn}的前n项和Tn＝________.
解析：设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，
则由a2，a5，a14成等比数列得aeq \\al(2,5)＝a2·a14，
即(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)，解得d＝2，
则an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，Sn＝na1＋eq \f(nn－1,2)d＝n2.
当n为偶数时，Tn＝－S1＋S2－S3＋S4－…－Sn－1＋Sn
＝－12＋22－32＋42－…－(n－1)2＋n2＝3＋7＋…＋(2n－1)＝eq \f(nn＋1,2)；
当n为大于1的奇数时，
Tn＝－S1＋S2－S3＋S4－…＋Sn－1－Sn
＝－12＋22－32＋42－…－(n－2)2＋(n－1)2－n2＝3＋7＋…＋(2n－3)－n2＝－eq \f(nn＋1,2)，
当n＝1时，也符合上式．综上所述，Tn＝(－1)neq \f(nn＋1,2).
答案：2n－1 (－1)neq \f(nn＋1,2)
2．请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．
①a1，eq \f(1,4)，a2成等差数列；②a1，a2＋1，a3成等比数列；③S3＝eq \f(3,4).
已知Sn为数列{an}的前n项和，3Sn＝an＋2a1(n∈N*)，a1≠0，且________．
(1)求数列{an}的通项公式．
(2)记bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ann为偶数，,lg3ann为奇数，))求数列{bn}的前2n＋1项和T2n＋1.
解：(1)由已知3Sn＝an＋2a1，n≥2时，3Sn－1＝an－1＋2a1.
两式相减得到3an＝an－an－1，即eq \f(an,an－1)＝－eq \f(1,2).
因为a1≠0，所以数列{an}是公比为－eq \f(1,2)的等比数列，从而an＝a1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1.
若选①，由a1，eq \f(1,4)，a2成等差数列可得a1＋a2＝2×eq \f(1,4)，
即a1－eq \f(1,2)a1＝eq \f(1,2)，解得a1＝1，所以an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1.
若选②，由a1，a2＋1，a3成等比数列可得a1a3＝(a2＋1)2，
即a1×eq \f(1,4)a1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)a1))2，解得a1＝1，所以an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1.
若选③，由S3＝eq \f(3,4)可得a1＋a2＋a3＝eq \f(3,4)，
即a1－eq \f(1,2)a1＋eq \f(1,4)a1＝eq \f(3,4)，解得a1＝1，所以an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1.
(2)当n为奇数时，bn＝lg3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1＝lg3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＝－(n－1)lg32.
记前2n＋1项和T2n＋1中奇数项和为T奇，
则T奇＝b1＋b3＋b5＋…＋b2n＋1＝－(0＋2＋4＋…＋2n)lg32＝－n(n＋1)lg32.
当n为偶数时，bn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1，
记前2n＋1项和T2n＋1中偶数项和为T偶，
则T偶＝b2＋b4＋b6＋…＋b2n＝－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))5＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2n－1))＝－eq \f(2,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n)).
故T2n＋1＝－n(n＋1)lg32－eq \f(2,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))n)).
第五节 数列的综合应用
核心素养立意下的命题导向
1.数列与传统数学文化相结合，考查等差、等比数列的基本运算，凸显数学建模的核心素养．
2．数列与新定义问题相结合，考查转化、迁移能力，凸显数学抽象的核心素养．
3．数列与函数、不等式相结合，考查学生综合分析解决问题的能力，凸显逻辑推理的核心素养．
题型一 等差、等比数列的综合问题
[典例] 数列{an}的前n项和记为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n≥1)．
(1)求{an}的通项公式；
(2)等差数列{bn}的各项为正，其前n项和为Tn，且T3＝15，又a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列，求Tn.
[解] (1)由an＋1＝2Sn＋1，可得an＝2Sn－1＋1(n≥2)，
两式相减得an＋1－an＝2an，则an＋1＝3an(n≥2)．
当n＝1时，a2＝2S1＋1＝3＝3a1，满足上式，
故{an}是首项为1，公比为3的等比数列，所以an＝3n－1.
(2)设等差数列{bn}的公差为d.
由T3＝15，即b1＋b2＋b3＝15，可得b2＝5，故b1＝5－d，b3＝5＋d.
又a1＝1，a2＝3，a3＝9，且由a1＋b1，a2＋b2，a3＋b3成等比数列可得(1＋5－d)(9＋5＋d)＝(3＋5)2，
解得d＝2或d＝－10.因为等差数列{bn}的各项为正，所以d>0.
所以d＝2，b1＝3，所以Tn＝3n＋eq \f(nn－1,2)×2＝n2＋2n.
[方法技巧]
等差、等比数列的综合问题的解题技巧
(1)将已知条件转化为等差与等比数列的基本量之间的关系，利用方程思想和通项公式、前n项和公式求解．求解时，应“瞄准目标”，灵活应用数列的有关性质，简化运算过程．求解过程中注意合理选择有关公式，正确判断是否需要分类讨论．
(2)一定条件下，等差数列与等比数列之间是可以相互转化的，即{an}为等差数列⇔{aan }(a>0且a≠1)为等比数列；{an}为正项等比数列⇔{lgaan}(a>0且a≠1)为等差数列．
[针对训练]
已知无穷数列{an}中，a1，a2，…，am是首项为2，公差为3的等差数列，am＋1，am＋2，…，a2m是首项为2，公比为2的等比数列(其中m≥3，m∈N*)，并对任意的n∈N*，均有an＋2m＝an成立．
(1)当m＝14时，求a1 000；
(2)若a52＝128，试求m的值．
解：由题设得an＝3n－1(1≤n≤m)，am＋n＝2n(1≤n≤m)．
(1)当m＝14时，数列的周期为28.
因为1 000＝28×35＋20，而a20是等比数列中的项，
所以a1 000＝a20＝a14＋6＝26＝64.
(2)显然，a52＝128不是数列{an}中等差数列的项．
设am＋k是第一个周期中等比数列中的第k项，则am＋k＝2k.
因为128＝27，所以等比数列中至少有7项，即m≥7，则一个周期中至少有14项．
所以a52最多是第三个周期中的项．
若a52是第一个周期中的项，则a52＝am＋7＝128，
所以m＝52－7＝45；
若a52是第二个周期中的项，则a52＝a3m＋7＝128，
所以3m＝45，m＝15；
若a52是第三个周期中的项，则a52＝a5m＋7＝128，
所以5m＝45，m＝9.
综上，m的值为45或15或9.
题型二 数列的新定义问题
[典例] 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．
[思路点拨]
[解] (1)设数列{an}的公差为d，
由已知得7＋21d＝28，解得d＝1.所以数列{an}的通项公式为an＝n.
b1＝[lg 1]＝0，b11＝[lg 11]＝1，b101＝[lg 101]＝2.
(2)记{bn}的前n项和为Tn，
则T1 000＝b1＋b2＋…＋b1 000＝[lg a1]＋[lg a2]＋…＋[lg a1 000]，
当0≤lg an<1时，n＝1,2，…，9；
当1≤lg an<2时，n＝10,11，…，99；
当2≤lg an<3时，n＝100,101，…，999；
当lg an＝3时，n＝1 000.
所以bn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0，1≤n<10，,1，10≤n<100，,2，100≤n<1 000，,3，n＝1 000，))
所以数列{bn}的前1 000项和为0×9＋1×90＋2×900＋3×1＝1 893.
[方法技巧]
新定义数列问题的特点及解题策略
通过给出一个新的数列的概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情境，要求学生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的．
[针对训练]
给定一个数列{an}，在这个数列中，任取m(m≥3，m∈N*)项，并且不改变它们在数列{an}中的先后次序，得到的数列称为数列{an}的一个m阶子数列．已知数列{an}的通项公式为an＝eq \f(1,n＋a)(n∈N*，a为常数)，等差数列a2，a3，a6是数列{an}的一个3阶子数列．
(1)求a的值；
(2)设等差数列b1，b2，…，bm是{an}的一个m(m≥3，m∈N*)阶子数列，且b1＝eq \f(1,k)(k为常数，k∈N*，k≥2)，求证：m≤k＋1.
解：(1)因为a2，a3，a6成等差数列，所以a2－a3＝a3－a6.
又因为a2＝eq \f(1,2＋a)，a3＝eq \f(1,3＋a)，a6＝eq \f(1,6＋a)，所以eq \f(1,2＋a)－eq \f(1,3＋a)＝eq \f(1,3＋a)－eq \f(1,6＋a)，解得a＝0.
(2)证明：设等差数列b1，b2，…，bm的公差为d.
因为b1＝eq \f(1,k)，所以b2≤eq \f(1,k＋1)，从而d＝b2－b1≤eq \f(1,k＋1)－eq \f(1,k)＝－eq \f(1,kk＋1).
所以bm＝b1＋(m－1)d≤eq \f(1,k)－eq \f(m－1,kk＋1).
又因为bm>0，所以eq \f(1,k)－eq \f(m－1,kk＋1)>0.即m－1又因为m，k∈N*，所以m≤k＋1.
题型三 数列与函数、不等式的综合问题
[典例]已知数列{an}，{bn}，{cn}满足a1＝b1＝c1＝1，cn＝an＋1－an，cn＋1＝eq \f(bn,bn＋2)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＋eq \f(1,d)，n∈N*.
[解] (1)由b1＋b2＝6b3得1＋q＝6q2，解得q＝eq \f(1,2)，所以eq \f(bn,bn＋2)＝4.所以cn＋1＝4cn.
又因为c1＝1，所以cn＝4n－1.
由an＋1－an＝4n－1，得an＝a1＋1＋4＋…＋4n－2＝eq \f(4n－1＋2,3).
(2)证明：由cn＋1＝eq \f(bn,bn＋2)cn，得cn＝eq \f(b1b2c1,bnbn＋1)＝eq \f(1＋d,d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,bn)－\f(1,bn＋1)))，
所以c1＋c2＋c3＋…＋cn＝eq \f(1＋d,d)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,bn＋1))).由b1＝1，d>0得bn＋1>0，
因此c1＋c2＋c3＋…＋cn<1＋eq \f(1,d)，n∈N*.
[方法技巧]
1．数列与函数的交汇问题
(1)已知函数条件，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．
(2)已知数列条件，解决函数问题，解题时要注意数列与函数的内在联系，掌握递推数列的常见解法．
2．数列与不等式的交汇问题
(1)函数法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式赋特殊值得出数列中的不等式．
(2)放缩法：数列中的不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到．
(3)比较法：作差或者作商进行比较．
[针对训练]
已知{an}是由正数组成的数列，a1＝1，且点(eq \r(an)，an＋1)(n∈N*)在函数y＝x2＋1的图象上．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足b1＝1，bn＋1＝bn＋2eq \a\vs4\al(an)，求证：bn·bn＋2解：(1)由已知，得an＋1＝an＋1，即an＋1－an＝1.
又a1＝1，所以数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列．
故an＝1＋(n－1)×1＝n.
(2)证明：由(1)知，an＝n，从而bn＋1－bn＝2n.
bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1.
因为bn·bn＋2－beq \\al(2,n＋1)＝(2n－1)(2n＋2－1)－(2n＋1－1)2＝(22n＋2－2n＋2－2n＋1)－(22n＋2－ 2·2n＋1＋1)＝－2n<0，
所以bn·bn＋2eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
一、综合练——练思维敏锐度
1．《庄子·天下》篇中记述了一个著名命题：“一尺之棰，日取其半，万世不竭．”反映这个命题本质的式子是( )
A．1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n)＝2－eq \f(1,2n) B.eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n)<1
C.eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n)＝1 D.eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n)>1
解析：选B 该命题说明每天取的长度构成了以eq \f(1,2)为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列，因为eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n)＝1－eq \f(1,2n)<1，所以能反映命题本质的式子是eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,2n)<1.故选B.
2．(多选)在悠久灿烂的中国古代文化中，数学文化是其中的一朵绚丽的奇葩．《张丘建算经》是我国古代有标志性的内容丰富的众多数学名著之一，大约创作于公元五世纪．书中有如下问题：“今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月织九匹三丈，问日益几何？”．其大意为：“有一女子擅长织布，织布的速度一天比一天快，从第二天起，每天比前一天多织相同数量的布，第一天织5尺，一个月共织了九匹三丈，问从第二天起，每天比前一天多织多少尺布？”已知1匹＝4丈，1丈＝10尺，若这一个月有30天，记该女子这一个月中的第n天所织布的尺数为an，bn＝2an，对于数列{an}，{bn}，下列选项中正确的为( )
A．b10＝8b5 B．{bn}是等比数列
C．a1b30＝105 D.eq \f(a3＋a5＋a7,a2＋a4＋a6)＝eq \f(209,193)
解析：选BD 由题意可知，数列{an}为等差数列，设数列{an}的公差为d，a1＝5，
由题意可得30a1＋eq \f(30×29d,2)＝390，解得d＝eq \f(16,29)，∴an＝a1＋(n－1)d＝eq \f(16n＋129,29)，
又bn＝2an，∴eq \f(bn＋1,bn)＝eq \f(2an＋1, 2an)＝2an＋1－an＝2d(非零常数)，则数列{bn}是等比数列，B选项正确；
∵5d＝5×eq \f(16,29)＝eq \f(80,29)≠3，eq \f(b10,b5)＝(2d)5＝25d≠23，∴b10≠8b5，A选项错误；a30＝a1＋29d＝5＋16＝21，
∴a1b30＝5×221>105，C选项错误；a4＝a1＋3d＝5＋3×eq \f(16,29)＝eq \f(193,29)，a5＝a1＋4d＝5＋4×eq \f(16,29)＝eq \f(209,29)，
∴eq \f(a3＋a5＋a7,a2＋a4＋a6)＝eq \f(3a5,3a4)＝eq \f(a5,a4)＝eq \f(209,193)，D选项正确．
3．设函数f(x)＝xm＋ax的导函数f′(x)＝2x＋1，则数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,fn)))(n∈N*)的前n项和是( )
A.eq \f(n,n＋1) B.eq \f(n＋2,n＋1) C.eq \f(n,n－1) D.eq \f(n＋1,n)
解析：选A ∵f′(x)＝mxm－1＋a＝2x＋1，∴a＝1，m＝2，
∴f(x)＝x(x＋1)，则eq \f(1,fn)＝eq \f(1,nn＋1)＝eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)，用裂项法求和得Sn＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)＝eq \f(n,n＋1).
4．已知集合P＝{x|x＝2n，n∈N*}，Q＝{x|x＝2n－1，n∈N*}，将P∪Q中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<1 000成立的n的最大值为( )
A．9 B．32 C．35 D．61
解析：选C 数列{an}的前n项依次为1,2,3,22,5,7，23，….利用列举法可得：当n＝35时，P∪Q中的所有元素从小到大依次排列，构成一个数列{an}，所以数列{an}的前35项可重新排列为1,3,5,7,9,11,13，…，55,57,59,2,4,8,16,32，
则S35＝30＋eq \f(3030－1,2)×2＋eq \f(225－1,2－1)＝302＋26－2＝962<1 000，
当n＝36时，S36＝962＋61＝1 023>1 000，所以n的最大值为35.故选C.
5．已知数列{an}满足a1＝1，且点(an,2an＋1)(n∈N*)在直线x－eq \f(1,2)y＋1＝0上，若对任意的n∈N*，eq \f(1,n＋a1)＋eq \f(1,n＋a2)＋eq \f(1,n＋a3)＋…＋eq \f(1,n＋an)≥λ恒成立，则实数λ的取值范围为__________．
解析：由数列{an}满足a1＝1，且点(an,2an＋1)(n∈N*)在直线x－eq \f(1,2)y＋1＝0上可得an－an＋1＋1＝0，
即an＋1－an＝1，故{an}是以1为首项，1为公差的等差数列，故可得an＝n.对任意的n∈N*，
eq \f(1,n＋a1)＋eq \f(1,n＋a2)＋eq \f(1,n＋a3)＋…＋eq \f(1,n＋an)≥λ恒成立，即λ≤eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,2n)的最小值．
令f(n)＝eq \f(1,n＋1)＋eq \f(1,n＋2)＋…＋eq \f(1,2n)，
则f(n)－f(n＋1)＝eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,2n＋1)－eq \f(1,2n＋2)＝eq \f(1,2n＋2)－eq \f(1,2n＋1)＝－eq \f(1,2n＋12n＋2)<0，
即f(n)答案：eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))
6．若数列{an}满足：只要ap＝aq(p，q∈N*)，必有ap＋1＝aq＋1，那么就称数列{an}具有性质P.已知数列{an}具有性质P，且a1＝1，a2＝2，a3＝3，a5＝2，a6＋a7＋a8＝21，则a2 020＝________.
解析：根据题意，数列{an}具有性质P，且a2＝a5＝2，则有a3＝a6＝3，a4＝a7，a5＝a8＝2.
由a6＋a7＋a8＝21，可得a3＋a4＋a5＝21，则a4＝21－3－2＝16，
进而分析可得a3＝a6＝a9＝…＝a3n＝3，a4＝a7＝a10＝…＝a3n＋1＝16，a5＝a8＝…＝a3n＋2＝2(n≥1)，
则a2 020＝a3×673＋1＝16.
答案：16
7．定义各项为正数的数列{pn}的“美数”为eq \f(n,p1＋p2＋…＋pn)(n∈N*)．若各项为正数的数列{an}的“美数”为eq \f(1,2n＋1)，且bn＝eq \f(an＋1,4)，则eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,b2 019b2 020)＝________.
解析：因为各项为正数的数列{an}的“美数”为eq \f(1,2n＋1)，所以eq \f(n,a1＋a2＋…＋an)＝eq \f(1,2n＋1).
设数列{an}的前n项和为Sn，则Sn＝n(2n＋1)，
Sn－1＝(n－1)[2(n－1)＋1]＝2n2－3n＋1(n≥2)，所以an＝Sn－Sn－1＝4n－1(n≥2)．
又eq \f(1,a1)＝eq \f(1,3)，所以a1＝3，满足式子an＝4n－1，所以an＝4n－1(n∈N*)．
又bn＝eq \f(an＋1,4)，所以bn＝n，所以eq \f(1,b1b2)＋eq \f(1,b2b3)＋…＋eq \f(1,b2 019b2 020)＝eq \f(1,1×2)＋eq \f(1,2×3)＋…＋eq \f(1,2 019×2 020)
＝1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2 019)－eq \f(1,2 020)＝1－eq \f(1,2 020)＝eq \f(2 019,2 020).
答案：eq \f(2 019,2 020)
8．已知{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a1＝b1＝1，a5＝5(a4－a3)，b5＝4(b4－b3)．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)记{an}的前n项和为Sn，求证：SnSn＋2(3)对任意的正整数n，设cn＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3an－2bn,anan＋2)，n为奇数，,\f(an－1,bn＋1)，n为偶数，))求数列{cn}的前2n项和．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由a1＝1，a5＝5(a4－a3)，可得d＝1，从而{an}的通项公式为an＝n.
由b1＝1，b5＝4(b4－b3)，q≠0，可得q2－4q＋4＝0，解得q＝2，
从而{bn}的通项公式为bn＝2n－1.
(2)证明：由(1)可得Sn＝eq \f(nn＋1,2)，
故SnSn＋2＝eq \f(1,4)n(n＋1)(n＋2)(n＋3)，Seq \\al(2,n＋1)＝eq \f(1,4)(n＋1)2(n＋2)2，
从而SnSn＋2－Seq \\al(2,n＋1)＝－eq \f(1,2)(n＋1)(n＋2)<0，所以SnSn＋2(3)当n为奇数时，cn＝eq \f(3an－2bn,anan＋2)＝eq \f(3n－22n－1,nn＋2)＝eq \f(2n＋1,n＋2)－eq \f(2n－1,n)；
当n为偶数时，cn＝eq \f(an－1,bn＋1)＝eq \f(n－1,2n).
对任意的正整数n，有eq \i\su(k＝1,n,c)2k－1＝eq \i\su(k＝1,n, )eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(22k,2k＋1)－\f(22k－2,2k－1)))＝eq \f(22n,2n＋1)－1，
eq \i\su(k＝1,n,c)2k＝eq \i\su(k＝1,n, )eq \f(2k－1,4k)＝eq \f(1,4)＋eq \f(3,42)＋eq \f(5,43)＋…＋eq \f(2n－1,4n).①
由①得eq \f(1,4)eq \i\su(k＝1,n,c)2k＝eq \f(1,42)＋eq \f(3,43)＋…＋eq \f(2n－3,4n)＋eq \f(2n－1,4n＋1).②
由①－②得eq \f(3,4)eq \i\su(k＝1,n,c)2k＝eq \f(1,4)＋eq \f(2,42)＋…＋eq \f(2,4n)－eq \f(2n－1,4n＋1)＝eq \f(\f(2,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,4n))),1－\f(1,4))－eq \f(1,4)－eq \f(2n－1,4n＋1)，
从而得eq \i\su(k＝1,n,c)2k＝eq \f(5,9)－eq \f(6n＋5,9×4n).因此eq \i\su(k＝1,2n,c)k＝eq \i\su(k＝1,n,c)2k－1＋eq \i\su(k＝1,n,c)2k＝eq \f(4n,2n＋1)－eq \f(6n＋5,9×4n)－eq \f(4,9).
所以数列{cn}的前2n项和为eq \f(4n,2n＋1)－eq \f(6n＋5,9×4n)－eq \f(4,9).
9．近日，某市实施机动车单双号限行，新能源汽车不在限行范围内，某人为了出行方便，准备购买某新能源汽车．假设购车费用为14.4万元，每年应交付保险费、充电费等其他费用共0.9万元，汽车的保养维修费为：第一年0.2万元，第二年0.4万元，第三年0.6万元，…，依等差数列逐年递增．
(1)设使用n年该车的总费用(包括购车费用)为f(n)，试写出f(n)的表达式；
(2)问这种新能源汽车使用多少年报废最合算(即该车使用多少年平均费用最少)，年平均费用的最小值是多少？
解：(1)由题意得f(n)＝14.4＋(0.2＋0.4＋0.6＋…＋0.2n)＋0.9n＝14.4＋eq \f(0.2nn＋1,2)＋0.9n＝0.1n2＋n＋14.4.
(2)设该车的年平均费用为S万元，则有
S＝eq \f(1,n)f(n)＝eq \f(1,n)(0.1n2＋n＋14.4)＝eq \f(n,10)＋eq \f(14.4,n)＋1≥2eq \r(1.44)＋1＝3.4.
当且仅当eq \f(n,10)＝eq \f(14.4,n)，即n＝12时，等号成立，即S取最小值3.4万元．
所以这种新能源汽车使用12年报废最合算，年平均费用的最小值是3.4万元．
10．甲、乙两同学在复习数列知识时发现曾经做过的一道数列问题因纸张被破坏，一个条件看不清了，具体如下：
等比数列{an}的前n项和为Sn，已知________，
(1)判断S1，S2，S3的关系；
(2)若a1－a3＝3，设bn＝eq \f(n,12)|an|，记{bn}的前n项和为 Tn，证明：Tn甲同学记得缺少的条件是首项a1的值，乙同学记得缺少的条件是公比q的值，并且他俩都记得第(1)问的答案是S1，S3，S2成等差数列．如果甲、乙两同学记得的答案是正确的，请你通过推理把条件补充完整并解答此题．
解：设等比数列{an}的公比为q，则S1＝a1，S2＝a1＋a1q，S3＝a1＋a1q＋a1q2.
又S1，S3，S2成等差数列，所以S1＋S2＝2S3，即a1＋a1＋a1q＝2a1＋2a1q＋2a1q2，
整理可得a1q(1＋2q)＝0.由于在等比数列{an}中，a1≠0，q≠0，所以q＝－eq \f(1,2)，
故乙同学记得的缺少的条件是正确的．故补充的条件为q＝－eq \f(1,2).
(1)由题意可得S1＝a1，S2＝a1＋a2＝a1－eq \f(1,2)a1＝eq \f(1,2)a1，
S3＝a1＋a2＋a3＝a1－eq \f(1,2)a1＋eq \f(1,4)a1＝eq \f(3,4)a1，可得S1＋S2＝2S3，即S1，S3，S2成等差数列．
(2)证明：由a1－a3＝3，可得a1－eq \f(1,4)a1＝3，解得a1＝4，
则bn＝eq \f(n,12)|an|＝eq \f(n,12)·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(4·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))n－1))＝eq \f(2,3)n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n，则Tn＝eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1×\f(1,2)＋2×\f(1,4)＋3×\f(1,8)＋…＋n×\f(1,2n)))，
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1×\f(1,4)＋2×\f(1,8)＋3×\f(1,16)＋…＋n×\f(1,2n＋1)))，
上面两式相减可得，
eq \f(1,2)Tn＝eq \f(2,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,4)＋\f(1,8)＋\f(1,16)＋…＋\f(1,2n)－n×\f(1,2n＋1)))＝eq \f(2,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\f(1,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n))),1－\f(1,2))－n×\f(1,2n＋1)))，
化简可得Tn＝eq \f(4,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(n＋2,2n＋1)))，由1－eq \f(n＋2,2n＋1)<1，可得Tn二、自选练——练高考区分度
1．在正整数数列中，由1开始依次按如下规则取它的项：第一次取1；第二次取2个连续偶数2,4；第三次取3个连续奇数5,7,9；第四次取4个连续偶数10,12,14,16；第五次取5个连续奇数17,19,21,23,25，按此规律取下去，得到一个子数列1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17,19…，则在这个子数列中第2 020个数是( )
A．3 976 B．3 974 C．3 978 D．3 973
解析：选A 由题意可得，奇数次取奇数个数，偶数次取偶数个数，前n次共取了1＋2＋3＋…＋n＝eq \f(nn＋1,2)个数，且第n次取的最后一个数为n2.当n＝63时，eq \f(63×63＋1,2)＝2 016，故前63次共取了2 016个数，第63次取的数都为奇数，并且最后一个数为632＝3 969，即第2 016个数为3 969，所以当n＝64时，依次取3 970,3 972,3 974,3 976，…，所以第2 020个数是3 976.
2．我国古代数学典籍《九章算术》第七章“盈不足”章中有一道“两鼠穿墙”问题：有厚墙5尺，两只老鼠从墙的两边相对分别打洞穿墙，大老鼠第一天进一尺，以后每天加倍；小老鼠第一天也进一尺，以后每天减半，问几天后老鼠相遇？( )
A．2天 B．3天 C．4天 D．5天
解析：选B 设第n天老鼠相遇，则依题意得大老鼠打洞：1＋2＋22＋23＋…＋2n－1(尺)；
小老鼠打洞：1＋eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1(尺)．
可得方程：1＋2＋22＋23＋…＋2n－1＋1＋eq \f(1,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n－1＝5.
利用等比数列求和公式得：eq \f(1－2n,1－2)＋eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))n,1－\f(1,2))＝5，化简得22n－4×2n－2＝0，解得2n＝2＋eq \r(6).
因为4<2＋eq \r(6)<8，所以2数列(n为正整数)
裂项方式
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,nn＋k)))(k为非零常数)
eq \f(1,nn＋k)＝eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,4n2－1)))
eq \f(1,4n2－1)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(n)＋\r(n＋1))))
eq \f(1,\r(n)＋\r(n＋1))＝eq \r(n＋1)－eq \r(n)
eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(lga\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))))(a>0，a≠1)
lgaeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n)))＝lga(n＋1)－lgan
关键信息
信息转化
Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝1，S7＝28
可以求得数列{an}的通项公式
bn＝[lg an]，[x]的定义
可以分别求出b1，b2，…，b1 000
数列{bn}的前1 000项和
分组求和