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（浙江专用）2021届高考数学一轮复习专题六数列6.4数列求和、数列的综合应用试题（含解析）
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§6.4 数列求和、数列的综合应用
基础篇固本夯基
【基础集训】
考点一 数列求和
1.在等差数列{an}中,a4=5,a7=11.设bn=(-1)n·an,则数列{bn}的前100项之和S100=( )
A.-200 B.-100 C.200 D.100
答案 D
2.数列{an}的前n项和为Sn,若an=1n(n+1),则S5等于( )
A.1 B.56 C.16 D.130
答案 B
3.设f(x)=4x4x+2,求S=f12 002+f22 002+…+2 0012 002的值.
解析 ∵f(x)=4x4x+2,∴f(1-x)=41-x41-x+2=44+2·4x=24x+2,
∴f(x)+f(1-x)=1,
∵S=f12 002+f22 002+…+f2 0012 002
=f2 0012 002+f2 0002 002+…+f12 002,
∴2S=f12 002+f22 002+…+f2 0012 002+f2 0012 002+f2 0002 002+…+f12 002=1×2 001=2 001,∴S=2 0012.
4.已知等差数列{an}满足(a1+a2)+(a2+a3)+…+(an+an+1)=2n(n+1)(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列an2n-1的前n项和Sn.
解析 (1)设等差数列{an}的公差为d,
由已知得a1+a2=4,(a1+a2)+(a2+a3)=12,即a1+a2=4,a2+a3=8.
所以a1+(a1+d)=4,(a1+d)+(a1+2d)=8,
解得a1=1,d=2.所以an=2n-1.
(2)由(1)得an2n-1=2n-12n-1,
所以Sn=1+321+522+…+2n-32n-2+2n-12n-1,①
12Sn=12+322+523+…+2n-32n-1+2n-12n,②
①-②得12Sn=1+1+12+122+…+12n-2-2n-12n=3-2n+32n,
所以Sn=6-4n+62n.
考点二 数列的综合应用
5.已知数列{an}满足an=log(n+1)(n+2)(n∈N*),我们把使乘积a1·a2·a3·…·an为整数的数n叫做“优数”,则在区间(1,2 004)内的所有“优数”的和为( )
A.1 024 B.2 003 C.2 026 D.2 048
答案 C
6.已知函数f(x)=2x-3x-1,点(n,an)在f(x)的图象上,数列{an}的前n项和为Sn,n∈N*.
(1)求使an<0的n的最大值;
(2)求Sn.
解析 (1)由已知得an=f(n)=2n-3n-1,
则f '(n)=2nln 2-3,n∈N*,
当f '(n)>0,即n≥3时, f(n)单调递增,
当f '(n)<0,即1≤n≤2时, f(n)单调递减.
又∵an<0,即2n-3n-1<0,
当n=2时,22-6-1<0,当n=3时,23-9-1=-2<0,当n=4时,24-12-1>0.∴使an<0的n的最大值为3.
(2)Sn=a1+a2+…+an=(2+22+…+2n)-3(1+2+3+…+n)-n
=2(1-2n)1-2-3·n(n+1)2-n=2n+1-n(3n+5)2-2.
7.已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1=2,且a1+1,a2+1,a4+1成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=1anan+1,n∈N*,Sn是数列{bn}的前n项和,求使Sn<319成立的最大的正整数n.
解析 (1)设{an}的公差为d.由a1+1,a2+1,a4+1成等比数列,可得(a2+1)2=(a1+1)(a4+1),又a1=2,∴(3+d)2=3(3+3d),解得d=3(d=0舍去),则an=a1+(n-1)d=2+3(n-1)=3n-1.
(2)由(1)知bn=1anan+1=1(3n-1)(3n+2)=1313n-1-13n+2,
∴Sn=1312-15+15-18+…+13n-1-13n+2
=1312-13n+2=n2(3n+2),则Sn<319,即n2(3n+2)<319,
解得n<12,则所求最大的正整数n为11.
综合篇知能转换
【综合集训】
考法一 错位相减法求和
1.(2018福建闽侯第八中学期末,16)已知数列{nan}的前n项和为Sn,且an=2n,则使得Sn-nan+1+50<0的最小正整数n的值为 .
答案 5
2.(2020届广东揭阳第三中学第一次月考,19)已知{an}是公差d≠0的等差数列,a2,a6,a22成等比数列,a4+a6=26,数列{bn}是公比q为正数的等比数列,且b3=a2,b5=a6.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.
解析 (1)∵{an}是等差数列,且a4+a6=26,∴a5=13,
又∵a2,a6,a22成等比数列,∴a62=a2a22,
即(13+d)2=(13-3d)(13+17d),解得d=3或d=0(舍),
∴an=a5+(n-5)d=3n-2.∵b3=a2,b5=a6,∴q2=b5b3=a6a2=3×6-23×2-2=4,∴q=2或q=-2(舍),
又∵b3=a2=4,∴bn=b3·qn-3=4·2n-3=2n-1.
(2)由(1)可知,an·bn=(3n-2)·2n-1,
∴Tn=1×20+4×21+7×22+…+(3n-5)·2n-2+(3n-2)·2n-1,
2Tn=1×21+4×22+7×23+…+(3n-5)·2n-1+(3n-2)·2n,
两式相减得-Tn=1+3(21+22+…+2n-1)-(3n-2)·2n
=1+3·2(1-2n-1)1-2-(3n-2)·2n=-5-(3n-5)·2n.
∴Tn=5+(3n-5)·2n.
3.(2018河南安阳第二次模拟,17)设等差数列{an}的前n项和为Sn,点(n,Sn)在函数f(x)=x2+Bx+C-1(B,C∈R)的图象上,且a1=C.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记bn=an(a2n-1+1),求数列{bn}的前n项和Tn.
解析 (1)设数列{an}的公差为d,
则Sn=na1+n(n-1)2d=d2n2+a1-d2n,
又Sn=n2+Bn+C-1,两式对照得d2=1,C-1=0,解得d=2,C=1,
所以a1=1,所以数列{an}的通项公式为an=2n-1(n∈N*).
(2)由(1)知bn=(2n-1)(2·2n-1-1+1)=(2n-1)2n,
则Tn=1×2+3×22+…+(2n-1)·2n,
2Tn=1×22+3×23+…+(2n-3)·2n+(2n-1)·2n+1,
两式相减得Tn=(2n-1)·2n+1-2(22+…+2n)-2
=(2n-1)·2n+1-2×22(1-2n-1)1-2-2=(2n-3)·2n+1+6.
考法二 裂项相消法求和
4.(2018湖南株洲醴陵第二中学、第四中学联考,3)数列1n+1+n的前2 017项的和为( )
A.2 018+1 B.2 018-1 C.2 017+1 D.2 017-1
答案 B
5.(2019湖南岳阳一模,13)曲线y=n2x+ln x(n∈N*)在x=2n处的切线斜率为an,则数列1anan+1的前n项的和为 .
答案 nn+1
6.(2018湖北十堰调研,17)已知数列{an}中,a1=1,a2=3,其前n项和为Sn,且当n≥2时,an+1Sn-1-anSn=0.
(1)求证:数列{Sn}是等比数列,并求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=9an(an+3)(an+1+3),记数列{bn}的前n项和为Tn,求Tn.
解析 (1)当n≥2时,an+1Sn-1-anSn=(Sn+1-Sn)Sn-1-(Sn-Sn-1)Sn=Sn+1Sn-1-Sn2=0,∴Sn2=Sn-1Sn+1(n≥2).又由S1=a1=1≠0,S2=a1+a2=4≠0,可推知对一切正整数n均有Sn≠0,∴数列{Sn}是等比数列,Sn=4n-1.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3×4n-2,又a1=1,∴an=1(n=1),3×4n-2(n≥2).
(2)当n≥2时,bn=9an(an+3)(an+1+3)=9×3×4n-2(3×4n-2+3)(3×4n-1+3)=3×4n-2(4n-2+1)(4n-1+1),
又知b1=38,∴bn=38(n=1),3×4n-2(4n-2+1)(4n-1+1)(n≥2),则T1=b1=38.
当n≥2时,bn=3×4n-2(4n-2+1)(4n-1+1)=14n-2+1-14n-1+1,
则Tn=38+142-2+1-142-1+1+…+14n-2+1-14n-1+1=78-14n-1+1,
又当n=1时,T1=38符合上式,∴Tn=78-14n-1+1(n∈N*).
7.(2020届天津静海大邱庄中学第一次质量检测,20)已知等比数列{an}的首项为1,公比为q,a4,a3,a5依次成等差数列.
(1)求q的值;
(2)当q<0时,求数列{nan}的前n项和Sn;
(3)当q>0时,求证:∑i=1nai22i-132-ai2<34.
解析 (1)∵a4,a3,a5依次成等差数列,∴2a3=a4+a5,
∵{an}是首项为1的等比数列,∴2q2=q3+q4,∵q≠0,∴q2+q-2=0,∴q=1或q=-2.
(2)∵q<0,∴q=-2,∴an=(-2)n-1,∵Sn=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1+nan,∴Sn=1+2·(-2)+3·(-2)2+…+(n-1)·(-2)n-2+n·(-2)n-1,-2Sn=1·(-2)+2·(-2)2+3·(-2)3+…+(n-1)·(-2)n-1+n·(-2)n,两式相减得3Sn=1+(-2)+(-2)2+…+(-2)n-1-n·(-2)n=1-(-2)n1-(-2)-n·(-2)n=1-(3n+1)(-2)n3,∴Sn=1-(3n+1)(-2)n9.
(3)证明:∵q>0,∴q=1,∴an=1,
∴∑i=1nai22i-132-ai2=∑i=1n12i-132-1
=∑i=1n14 1i+13i-23=14∑i=1n1i-23-1i+13
=14113-143+143-173+…+1n-23-1n-13=143-1n-13<34.
【五年高考】
考点一 数列求和
1.(2017课标Ⅱ,15,5分)等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则∑k=1n1Sk= .
答案 2nn+1
2.(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
3.(2016课标Ⅱ,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,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=0,1≤n<10,1,10≤n<100,2,100≤n<1 000,3,n=1 000,(9分)
所以数列{bn}的前1 000项和为1×90+2×900+3×1=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.
4.(2015课标Ⅰ,17,12分)Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0,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an>0,所以an+1-an=2.
又由a12+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=1anan+1=1(2n+1)(2n+3)=1212n+1-12n+3.
设数列{bn}的前n项和为Tn,则
Tn=b1+b2+…+bn
=1213-15+15-17+…+12n+1-12n+3
=n3(2n+3).(12分)
思路分析 (1)由an2+2an=4Sn+3,得an+12+2an+1=4Sn+1+3,两式相减得出递推关系式,再求出a1,利用等差数列的通项公式求法可得通项an.(2)利用裂项相消法求Tnbn=1212n+1-12n+3.
5.(2018天津,18,13分)设{an}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是等差数列.已知a1=1,a3=a2+2,a4=b3+b5,a5=b4+2b6.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*).
(i)求Tn;
(ii)证明∑k=1n(Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)=2n+2n+2-2(n∈N*).
解析 本题主要考查等差数列的通项公式,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.
(1)设等比数列{an}的公比为q.
由a1=1,a3=a2+2,可得q2-q-2=0.
因为q>0,可得q=2,故an=2n-1.
设等差数列{bn}的公差为d.
由a4=b3+b5,可得b1+3d=4.
由a5=b4+2b6,可得3b1+13d=16,
从而b1=1,d=1,故bn=n.
所以,数列{an}的通项公式为an=2n-1,数列{bn}的通项公式为bn=n.
(2)(i)由(1),有Sn=1-2n1-2=2n-1,
故Tn=∑k=1n(2k-1)=∑k=1n2k-n=2×(1-2n)1-2-n=2n+1-n-2.
(ii)证明:因为(Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)=(2k+1-k-2+k+2)k(k+1)(k+2)
=k·2k+1(k+1)(k+2)=2k+2k+2-2k+1k+1,所以,∑k=1n(Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)=233-222+244-233+…+2n+2n+2-2n+1n+1=2n+2n+2-2.
方法总结 解决数列求和问题的两种思路
(1)利用转化的思想将一般数列设法转化为等差或等比数列,这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成.
(2)不能转化为等差或等比数列的,往往通过裂项相消法、倒序相加法等来求和.
6.(2017天津,18,13分)已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)求数列{a2nb2n-1}的前n项和(n∈N*).
解析 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.
(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,而b1=2,所以q2+q-6=0,解得q=2或q=-3,又因为q>0,所以q=2.所以,bn=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8①.由S11=11b4,可得a1+5d=16②,联立①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.
所以,数列{an}的通项公式为an=3n-2,数列{bn}的通项公式为bn=2n.
(2)设数列{a2nb2n-1}的前n项和为Tn,由a2n=6n-2,b2n-1=2×4n-1,有a2nb2n-1=(3n-1)×4n,
故Tn=2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n,
4Tn=2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1,
上述两式相减,得
-3Tn=2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1
=12×(1-4n)1-4-4-(3n-1)×4n+1=-(3n-2)×4n+1-8.
得Tn=3n-23×4n+1+83.
所以,数列{a2nb2n-1}的前n项和为3n-23×4n+1+83.
方法总结 (1)等差数列与等比数列中有五个量a1,n,d(或q),an,Sn,一般可以“知三求二”,通过列方程(组)求关键量a1和d(或q),问题可迎刃而解.
(2)数列{an}是公差为d的等差数列,{bn}是公比q≠1的等比数列,求数列{anbn}的前n项和适用错位相减法.
7.(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n≥2时,an=Sn-Sn-1=6n+5.
当n=1时,a1=S1=11,所以an=6n+5(n∈N*).
设数列{bn}的公差为d.由a1=b1+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=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]
=3×4+4(1-2n)1-2-(n+1)×2n+2=-3n·2n+2.所以Tn=3n·2n+2.
考点二 数列的综合应用
8.(2017课标Ⅰ,12,5分)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100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.440 B.330 C.220 D.110
答案 A
9.(2015福建,8,5分)若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)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( )
A.6 B.7 C.8 D.9
答案 D
10.(2019课标Ⅱ,19,12分)已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.
(1)证明:{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列;
(2)求{an}和{bn}的通项公式.
解析 本题主要考查由递推关系证明数列为等比数列、等差数列以及求数列的通项公式,考查了学生的逻辑推理、运算求解能力,体现了逻辑推理和数学运算的核心素养.
(1)由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),即an+1+bn+1=12(an+bn).又因为a1+b1=1,所以{an+bn}是首项为1,公比为12的等比数列.由题设得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,即an+1-bn+1=an-bn+2.又因为a1-b1=1,所以{an-bn}是首项为1,公差为2的等差数列.
(2)由(1)知,an+bn=12n-1,an-bn=2n-1.
所以an=12[(an+bn)+(an-bn)]=12n+n-12,
bn=12[(an+bn)-(an-bn)]=12n-n+12.
思路分析 (1)将两递推关系式左、右两边相加可得an+1+bn+1=12(an+bn),从而证得数列{an+bn}为等比数列;将两递推关系式左、右两边相减可得an+1-bn+1=an-bn+2,从而证得数列{an-bn}为等差数列.(2)由(1)可求出{an+bn},{an-bn}的通项公式,联立可解得an,bn.
解题关键 将两递推关系式相加、相减,从而证得数列为等差、等比数列是解决本题的关键.
11.(2019天津,19,14分)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列.已知a1=4,b1=6,b2=2a2-2,b3=2a3+4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设数列{cn}满足c1=1,cn=1,2k
(ii)求∑i=12naici(n∈N*).
解析 (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6q=6+2d,6q2=12+4d,解得d=3,q=2,
故an=4+(n-1)×3=3n+1,bn=6×2n-1=3×2n.
所以,{an}的通项公式为an=3n+1,{bn}的通项公式为bn=3×2n.
(2)(i)a2n(c2n-1)=a2n(bn-1)=(3×2n+1)·(3×2n-1)=9×4n-1.
所以,数列{a2n(c2n-1)}的通项公式为a2n(c2n-1)=9×4n-1.
(ii)∑i=12naici=∑i=12n[ai+ai(ci-1)]=∑i=12nai+∑i=1na2i(c2i-1)
=2n×4+2n(2n-1)2×3+∑i=1n(9×4i-1)
=(3×22n-1+5×2n-1)+9×4(1-4n)1-4-n
=27×22n-1+5×2n-1-n-12(n∈N*).
思路分析 (1)利用等差数列、等比数列概念求基本量得到通项公式.
(2)(i)由cn=1,2k
进而可得∑i=12naici=∑i=12nai+∑i=1na2i(c2i-1),计算即可.
解题关键 正确理解数列{cn}的含义是解题的关键.
12.(2017山东,19,12分)已知{xn}是各项均为正数的等比数列,且x1+x2=3,x3-x2=2.
(1)求数列{xn}的通项公式;
(2)如图,在平面直角坐标系xOy中,依次连接点P1(x1,1),P2(x2,2),…,Pn+1(xn+1,n+1)得到折线P1P2…Pn+1,求由该折线与直线y=0,x=x1,x=xn+1所围成的区域的面积Tn.
解析 (1)设数列{xn}的公比为q,由已知知q>0.
由题意得x1+x1q=3,x1q2-x1q=2.所以3q2-5q-2=0.
因为q>0,所以q=2,x1=1.
因此数列{xn}的通项公式为xn=2n-1.
(2)过P1,P2,…,Pn+1向x轴作垂线,垂足分别为Q1,Q2,…,Qn+1.
由(1)得xn+1-xn=2n-2n-1=2n-1,记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为bn,
由题意得bn=(n+n+1)2×2n-1=(2n+1)×2n-2,所以Tn=b1+b2+…+bn
=3×2-1+5×20+7×21+…+(2n-1)×2n-3+(2n+1)×2n-2,①
2Tn=3×20+5×21+7×22+…+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1.②
①-②得
-Tn=3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(2n+1)×2n-1
=32+2(1-2n-1)1-2-(2n+1)×2n-1.所以Tn=(2n-1)×2n+12.
解题关键 记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为bn,以几何图形为背景确定{bn}的通项公式是关键.
教师专用题组
考点一 数列求和
1.(2015江苏,11,5分)设数列{an}满足a1=1,且an+1-an=n+1(n∈N*),则数列1an前10项的和为 .
答案 2011
2.(2012课标,16,5分)数列{an}满足an+1+(-1)nan=2n-1,则{an}的前60项和为 .
答案 1 830
3.(2015天津,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=log2a2na2n-1,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=2n-12;
当n=2k(k∈N*)时,an=a2k=2k=2n2.
所以,{an}的通项公式为an=2n-12,n为奇数,2n2,n为偶数.
(2)由(1)得bn=log2a2na2n-1=n2n-1.设{bn}的前n项和为Sn,则Sn=1×120+2×121+3×122+…+(n-1)×12n-2+n×12n-1,
12Sn=1×121+2×122+3×123+…+(n-1)×12n-1+n×12n,
上述两式相减,得
12Sn=1+12+122+…+12n-1-n2n=1-12n1-12-n2n=2-22n-n2n,
整理得,Sn=4-n+22n-1.
所以,数列{bn}的前n项和为4-n+22n-1,n∈N*.
4.(2015湖北,18,12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=anbn,求数列{cn}的前n项和Tn.
解析 (1)由题意有,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+32n-1.
考点二 数列的综合应用
5.(2013课标Ⅰ,12,5分)设△AnBnCn的三边长分别为an,bn,cn,△AnBnCn的面积为Sn,n=1,2,3,….若b1>c1,b1+c1=2a1,an+1=an,bn+1=cn+an2,cn+1=bn+an2,则( )
A.{Sn}为递减数列
B.{Sn}为递增数列
C.{S2n-1}为递增数列,{S2n}为递减数列
D.{S2n-1}为递减数列,{S2n}为递增数列
答案 B
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
7.(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=1,1Sn=2bn-2bn+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.
8.(2019浙江,20,15分)设等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=4,a4=S3.数列{bn}满足:对每个n∈N*,Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比数列.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)记cn=an2bn,n∈N*,证明:c1+c2+…+cn<2n,n∈N*.
9.(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,m2],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1≤1,1≤d≤3,3≤2d≤5,7≤3d≤9,得73≤d≤52.
因此,d的取值范围为73,52.
(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qn-1-2n-1b1≤d≤qn-1n-1b1.
因为q∈(1,m2],所以1
因此,取d=0时,|an-bn|≤b1对n=2,3,…,m+1均成立.
下面讨论数列qn-1-2n-1的最大值和数列qn-1n-1的最小值(n=2,3,…,m+1).
①当2≤n≤m时,qn-2n-qn-1-2n-1=nqn-qn-nqn-1+2n(n-1)=n(qn-qn-1)-qn+2n(n-1),
当10.
因此,当2≤n≤m+1时, 数列qn-1-2n-1单调递增,
故数列qn-1-2n-1的最大值为qm-2m.
②设f(x)=2x(1-x),当x>0时, f '(x)=(ln 2-1-xln 2)2x<0.
所以f(x)单调递减,从而f(x)
因此,当2≤n≤m+1时,数列qn-1n-1单调递减,
故数列qn-1n-1的最小值为qmm.
因此,d的取值范围为b1(qm-2)m,b1qmm.
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qn-1-2n-1b1≤d≤qn-1n-1b1,难点在于讨论qn-1-2n-1b1的最大值和qn-1n-1b1的最小值.对于数列qn-1-2n-1,可以通过作差讨论其单调性,而对于数列qn-1n-1,要作商讨论单调性,∵qnnqn-1n-1=q(n-1)n=q1-1n,当2≤n≤m时,1
(1)求a3的值;
(2)求数列{an}的前n项和Tn;
(3)令b1=a1,bn=Tn-1n+1+12+13+…+1nan(n≥2),证明:数列{bn}的前n项和Sn满足Sn<2+2ln n.
解析 (1)当n=1时,a1=1;当n=2时,a1+2a2=2,
解得a2=12;
当n=3时,a1+2a2+3a3=114,解得a3=14.
(2)当n≥2时,a1+2a2+…+(n-1)an-1+nan=4-n+22n-1,①
a1+2a2+…+(n-1)an-1=4-n+12n-2,②
由①-②得,nan=n2n-1,所以an=12n-1(n≥2),
经检验,a1=1也适合上式,所以an=12n-1(n∈N*).
所以数列{an}是以1为首项,12为公比的等比数列.
所以Tn=1×1-12n1-12=2-12n-1.
(3)证明:b1=1,bn=2n-1n·12n-2+1+12+13+…+1n·12n-1(n≥2).当n=1时,S1=1<2+2ln 1.
当n≥2时,bn=Tn-1n+1+12+13+…+1n·an
=Tn-1n+1+12+13+…+1n·(Tn-Tn-1)
=Tn-1n+1+12+13+…+1n·Tn-1+12+13+…+1n·Tn-1
=1+12+13+…+1n·Tn-1+12+13+…+1n-1·Tn-1,
所以Sn=1+1+12·T2-1·T1+1+12+13·T3-1+12·T2+…+1+12+13+…+1n·Tn-1+12+13+…+1n-1·Tn-1=1+12+13+…+1n·Tn<21+12+13+…+1n=2+212+13+…+1n,
以下证明12+13+…+1n
分别令x=2,32,43,…,nn-1,得
ln 2>1-12=12,ln32>1-23=13,ln43>1-34=14,
……
lnnn-1>1-n-1n=1n.
累加得ln 2+ln32+…+lnnn-1>12+13+…+1n,
即ln 2+(ln 3-ln 2)+…+[ln n-ln(n-1)]>12+13+…+1n,
所以12+13+…+1n
11.(2015陕西,21,12分)设fn(x)是等比数列1,x,x2,…,xn的各项和,其中x>0,n∈N,n≥2.
(1)证明:函数Fn(x)=fn(x)-2在12,1内有且仅有一个零点(记为xn),且xn=12+12xnn+1;
(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列,其各项和为gn(x),比较fn(x)和gn(x)的大小,并加以证明.
解析 (1)证明:Fn(x)=fn(x)-2=1+x+x2+…+xn-2,
则Fn(1)=n-1>0,
Fn12=1+12+122+…+12n-2=1-12n+11-12-2
=-12n<0,
所以Fn(x)在12,1内至少存在一个零点.
又F'n(x)=1+2x+…+nxn-1>0,故Fn(x)在12,1内单调递增,所以Fn(x)在12,1内有且仅有一个零点xn.
因为xn是Fn(x)的零点,所以Fn(xn)=0,
即1-xnn+11-xn-2=0,故xn=12+12xnn+1.
(2)解法一:由题设得,gn(x)=(n+1)(1+xn)2.
设h(x)=fn(x)-gn(x)=1+x+x2+…+xn-(n+1)(1+xn)2,x>0.
当x=1时, fn(x)=gn(x).
当x≠1时,h'(x)=1+2x+…+nxn-1-n(n+1)xn-12.
若0xn-1+2xn-1+…+nxn-1-n(n+1)2xn-1
=n(n+1)2xn-1-n(n+1)2xn-1=0.
若x>1,h'(x)
所以h(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减,
所以h(x)
当x≠1时, fn(x)
当x=1时, fn(x)=gn(x).
当x≠1时,用数学归纳法可以证明fn(x)
fk+1(x)=fk(x)+xk+1
又gk+1(x)-2xk+1+(k+1)xk+k+12=kxk+1-(k+1)xk+12,
令hk(x)=kxk+1-(k+1)xk+1(x>0),
则h'k(x)=k(k+1)xk-k(k+1)xk-1=k(k+1)xk-1(x-1).
所以当0
所以hk(x)>hk(1)=0,
从而gk+1(x)>2xk+1+(k+1)xk+k+12.
故fk+1(x)
则a1=b1=1,an+1=bn+1=xn,
所以ak=1+(k-1)·xn-1n(2≤k≤n),bk=xk-1(2≤k≤n),
令mk(x)=ak-bk=1+(k-1)(xn-1)n-xk-1,x>0(2≤k≤n),
当x=1时,ak=bk,所以fn(x)=gn(x).
当x≠1时,m'k(x)=k-1n·nxn-1-(k-1)xk-2
=(k-1)xk-2(xn-k+1-1).
而2≤k≤n,所以k-1>0,n-k+1≥1.
若01,xn-k+1>1,m'k(x)>0,
从而mk(x)在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增,
所以mk(x)>mk(1)=0,
所以当x>0且x≠1时,ak>bk(2≤k≤n),
又a1=b1,an+1=bn+1,故fn(x)
当x≠1时, fn(x)
(1)若λ=0,μ=-2,求数列{an}的通项公式;
(2)若λ=1k0(k0∈N+,k0≥2),μ=-1,证明:2+13k0+1
从而an+1=2an(n∈N+),即{an}是一个公比q=2的等比数列.
故an=a1qn-1=3·2n-1.
(2)由λ=1k0,μ=-1,数列{an}的递推关系式变为
an+1an+1k0an+1-an2=0,变形为an+1an+1k0=an2(n∈N+).
由上式及a1=3>0,归纳可得
3=a1>a2>…>an>an+1>…>0.
因为an+1=an2an+1k0=an2-1k02+1k02an+1k0=an-1k0+1k0·1k0an+1,
所以对n=1,2,…,k0求和得ak0+1=a1+(a2-a1)+…+(ak0+1-ak0)
=a1-k0·1k0+1k0·1k0a1+1+1k0a2+1+…+1k0an+1
>2+1k0·13k0+1+13k0+1+…+13k0+1k0个=2+13k0+1.
另一方面,由上已证的不等式知a1>a2>…>ak0>ak0+1>2,得
ak0+1=a1-k0·1k0+1k0·1k0a1+1+1k0a2+1+…+1k0ak0+1
<2+1k0·12k0+1+12k0+1+…+12k0+1k0个=2+12k0+1.
综上,2+13k0+1
(1)求数列{xn}的通项公式;
(2)记Tn=x12x32…x2n-12,证明:Tn≥14n.
解析 (1)y'=(x2n+2+1)'=(2n+2)x2n+1,曲线y=x2n+2+1在点(1,2)处的切线斜率为2n+2.
从而切线方程为y-2=(2n+2)(x-1).
令y=0,解得切线与x轴交点的横坐标xn=1-1n+1=nn+1.
(2)证明:由题设和(1)中的计算结果知
Tn=x12x32…x2n-12=122342…2n-12n2.
当n=1时,T1=14.
当n≥2时,因为x2n-12=2n-12n2=(2n-1)2(2n)2>(2n-1)2-1(2n)2=2n-22n=n-1n.
所以Tn>122×12×23×…×n-1n=14n.
综上可得对任意的n∈N*,均有Tn≥14n.
【三年模拟】
一、单项选择题(每题5分,共30分)
1.(2018江西南昌二中模拟,4)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则数列1Sn的前100项的和为( )
A.200101 B.100101 C.1101 D.2101
答案 A
2.(2019江西宜春3月联考,12)已知函数f(x)=ex(sin x-cos x),记f '(x)是f(x)的导函数,将满足f(x)=0的所有正数x从小到大排成数列{xn},n∈N*,则数列{f '(xn)}的通项公式是( )
A.2(-1)n·en4+(n-1)π B.2(-1)n+1·eπ4+(n-1)π
C.2(-1)n·eπ4+nπ D.2(-1)n+1·eπ4+nπ
答案 B
3.(2019河南郑州一模,10)已知数列{an}满足2an+1+an=3(n∈N*),且a3=134,其前n项之和为Sn,则满足不等式|Sn-n-6|<1123的最小整数n是( )
A.8 B.9 C.10 D.11
答案 C
4.(2018河北衡水中学八模,8)已知函数f(x)=ax+b(a>0,且a≠1)的图象经过点P(1,3),Q(2,5).当n∈N*时,an=f(n)-1f(n)·f(n+1),记数列{an}的前n项和为Sn,当Sn=1033时,n的值为( )
A.7 B.6 C.5 D.4
答案 D
5.(2019广东广州天河二模,12)已知数列{an}是以1为首项,2为公差的等差数列,{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列,设cn=abn,Tn=c1+c2+…+cn(n∈N*),则当Tn<2 019时,n的最大值是( )
A.9 B.10 C.11 D.12
答案 A
6.(2018四川南充模拟,11)设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=45,an+1=2an,0≤an≤12,2an-1,12
答案 B
二、多项选择题(每题5分,共10分)
7.(改编题)已知数列{an}:12,13+23,14+24+34,……,110+210+…+910,……,若bn=1anan+1,数列{bn}的前n项和为Sn,则( )
A.an=n+12 B.an=n2
C.Sn=4nn+1 D.Sn=nn+1
答案 BC
8.(改编题)在数列{an}中,a1=2,其前n项和为Sn,若点Snn,Sn+1n+1在直线y=2x-1上,则有( )
A.Sn=n(1+2n-1) B.an=(n+1)2n-2+1
C.Sn=n(1+2n) D.数列Snn-1是等比数列
答案 ABD
三、填空题(每题5分,共15分)
9.(2018山西太原一模,15)在数列{an}中,a1=0,an-an-1-1=2(n-1)(n∈N*,n≥2),若数列{bn}满足bn=nan+1+1×811n,则数列{bn}的最大项为第 项.
答案 6
10.(2018皖南八校第三次联考,16)已知数列{an}的前n项和为Sn=2n+1,bn=log2(an2·2an),数列{bn}的前n项和为Tn,则满足Tn>1 024的n的最小值为 .
答案 9
11.(2020届浙江丽水四校联考,14)已知数列{an}满足:a1=12,an+1=an2+an,用[x]表示不超过x的最大整数,则1a1+1+1a2+1+…+1a2 012+1的值等于 .
答案 1
四、解答题(共60分)
12.(2020届山东夏季高考模拟,17)在①b1+b3=a2,②a4=b4,③S5=-25这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的k存在,求出k的值;若k不存在,说明理由.设等差数列{an}的前n项和为Sn,{bn}是等比数列, ,b1=a5,b2=3,b5=-81,是否存在k,使Sk>Sk+1且Sk+1
解析 方案一:选条件①.
设{bn}的公比为q,则q3=b5b2=-27,解得q=-3,
所以bn=-(-3)n-1.从而a5=b1=-1,a2=b1+b3=-10,
由于{an}是等差数列,所以an=3n-16.
因为Sk>Sk+1且Sk+10,
所以满足题意的k存在,当且仅当3(k+1)-16<0,3(k+2)-16>0,解得k=4.
方案二:选条件②.
设{bn}的公比为q,则q3=b5b2=-27,解得q=-3,
所以bn=-(-3)n-1.
从而a5=b1=-1,a4=b4=27,所以{an}的公差d=-28.
Sk>Sk+1且Sk+10,此时d=ak+2-ak+1>0,与d=-28矛盾,所以满足题意的k不存在.
方案三:选条件③.
设{bn}的公比为q,则q3=b5b2=-27,解得q=-3 ,
所以bn=-(-3)n-1.
从而a5=b1=-1,
由{an}是等差数列得S5=5(a1+a5)2,
由S5=-25得a1=-9.所以an=2n-11.
因为Sk>Sk+1且Sk+10,
所以满足题意的k存在,当且仅当2(k+1)-11<0,2(k+2)-11>0,解得k=4.
13.(2020届天津静海大邱庄中学第一次质量检测,19)已知等差数列{an}满足:a3=7,a5+a7=26,{an}的前n项和为Sn.
(1)求an及Sn;
(2)令bn=1an2-1(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Tn.
解析 (1)设等差数列{an}的公差为d,
因为a3=7,a5+a7=26,
所以a1+2d=7,2a1+10d=26,解得a1=3,d=2,
所以an=3+2(n-1)=2n+1,Sn=3n+n(n-1)2×2=n2+2n.
(2)由(1)知an=2n+1,
所以bn=1an2-1=1(2n+1)2-1=14·1n(n+1)
=14·1n-1n+1,
所以Tn=14·1-12+12-13+…+1n-1n+1
=14·1-1n+1=n4(n+1).
14.(2020届浙江丽水四校联考,20)已知数列{an},an≥0,a1=0,an+12+an+1-1=an2(n∈N*),记Sn=a1+a2+…+an,Tn=11+a1+1(1+a1)(1+a2)+…+1(1+a1)(1+a2)…(1+an).求证:当n∈N*时,
(1)0≤an
(3)Tn<3.
证明 (1)∵an+12+an+1-1=an2,①an2+an-1=an-12,n≥2,②
∴①-②得(an+1-an)(an+1+an+1)=(an-an-1)(an+an-1),n≥2,
∵an≥0,∴an+1-an与an-an-1同号,即与a2-a1一致,
易得a2=-1+52,∴a2-a1>0,∴an+1-an>0,
∵an+12+an+1-1=an2,∴an+12-an2=1-an+1>0,即an+1<1.
∴0≤an
得an2+(a2+a3+…+an)-(n-1)=a12,
∵a1=0,∴Sn=n-1-an2.∵an<1,∴Sn>n-2.
(3)由ak+12+ak+1=1+ak2≥2ak,
得11+ak+1≤ak+12ak(k=2,3,…,n-1,n≥3).
∴1(1+a3)(1+a4)…(1+an)≤an2n-2a2(n≥3),
∴1(1+a2)(1+a3)…(1+an)≤an2n-2(a22+a2)=an2n-2<12n-2(n≥3),
故当n≥3时,Tn<1+1+12+…+12n-2<3,又∵T1
(1)求q的值;
(2)求数列{bn}的通项公式.
解析 (1)由a4+2是a3,a5的等差中项得a3+a5=2a4+4,
所以a3+a4+a5=3a4+4=28,解得a4=8.所以a3+a5=20.
由a3+a5=20得8q+1q=20,解得q=2或q=12,
因为q>1,所以q=2.
(2)设cn=(bn+1-bn)an,数列{cn}的前n项和为Sn.
则Sn=2n2+n,当n=1时,c1=S1=3,
当n≥2时,cn=Sn-Sn-1=2n2+n-[2(n-1)2+(n-1)]=4n-1.
当n=1时,c1=3符合上式,∴cn=4n-1,n∈N*.
由(1)可知an=2n-1,所以bn+1-bn=(4n-1)·12n-1,
故bn-bn-1=(4n-5)·12n-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.
设Tn=3+7·12+11·122+…+(4n-5)·12n-2,n≥2,12Tn=3·12+7·122+11·123+…+(4n-9)·12n-2+(4n-5)·12n-1,
所以12Tn=3+4·12+4·122+…+4·12n-2-(4n-5)·12n-1,因此Tn=14-(4n+3)·12n-2,n≥2,
又b1=1,所以bn=15-(4n+3)·12n-2.
16.(2020届天津杨村一中第一次月考,19)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-1(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=nan,求数列{bn}的前n项和Tn;
(3)记cn=3n-2·(-1)nλan(λ≠0),是否存在实数λ使得对任意的n∈N*,恒有cn+1>cn?若存在,求出λ的取值范围;若不存在,说明理由.
解析 (1)当n=1时,a1=2a1-1,即a1=1,
当n≥2时,Sn-1=2an-1-1,an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,即anan-1=2,
∴数列{an}是首项为1,公比为2的等比数列,故an=2n-1.
(2)由(1)得bn=nan=n·2n-1,可得Tn=1·20+2· 21+3·22+…+n·2n-1,2Tn=1·21+2·22+3·23+…+n·2n,
两式相减得-Tn=20+21+22+…+2n-1-n·2n,∴Tn=(n-1)·2n+1.
(3)存在.由(1)得cn=3n-2·(-1)nλan=3n-(-1)nλ·2n.假设存在实数λ使得对任意的n∈N*,恒有cn+1>cn,
即cn+1-cn>0,则3n+1-(-2)n+1λ-3n+(-2)nλ>0,
2·3n-(-2)n·(-2)λ+(-2)nλ>0,
即(-2)nλ>-3n-1·2.当n为偶数时,2nλ>-3n-1·2,
则λ>-32n-1,n∈N*,∴λ>-32,当n为奇数时,-2nλ>-3n-1·2,
λ<32n-1,n∈N*,∴λ<1.综上所述,-32<λ<1.
应用篇知行合一
【应用集训】
1.中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题:三百七十八里关,初行健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关,要见次日行里数,请公仔细算相还.其意思为:有一个人要走378里路,第一天健步行走,从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半,走了6天后到达目的地,那么第二天走了( )
A.192里 B.96里 C.48里 D.24里
答案 B
2.已知从1开始的连续奇数蛇形排列形成宝塔形数表,第一行为1,第二行为3,5,第三行为7,9,11,第四行为13,15,17,19,……,如图所示,在宝塔形数表中位于第i行,第j列的数记为ai,j,例如a3,2=9,a4,2=15,a5,4=23,若ai,j=2 019,则i+j=( )
1
3 5
11 9 7
13 15 17 19
29 27 25 23 21
……
A.64 B.65 C.71 D.72
答案 C
3.(2018山西晋中高考适应性调研,9)“中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852年,英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年,英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理,因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题,现有这样一个整除问题:将1到2 018这2 018个整数中,能被3除余1且被7除余1的数按从小到大的顺序排成一列,构成数列{an},则此数列共有( )
A.98项 B.97项 C.96项 D.95项
答案 B
4.(2018河南信阳二模,9)《九章算术》是我国古代的数学名著,书中有如下问题:“今有五人分五钱,令上二人所得与下三人等,问各得几何?”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分五钱,甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同,且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列,问五人各得多少钱?”(“钱”是古代一种质量单位),在这个问题中,甲得 钱( )
A.53 B.32 C.43 D.54
答案 C
5.(2019河南濮阳二模,7)《九章算术》有如下问题:“今有金箠,长五尺,斩本一尺,重四斤,斩末一尺,重二斤,问次一尺各重几何?”意思是:“现在有一根金箠,长五尺,在粗的一端截下一尺,重4斤,在细的一端截下一尺,重2斤,问各尺依次重多少?”按这一问题的题设,假设金箠由粗到细各尺质量依次成等差数列,则从粗端开始的第二尺的质量是( )
A.73斤 B.72斤 C.52斤 D.3斤
答案 B
创新篇守正出奇
创新集训
1.(2019北京高考模拟)《九章算术》中有如下问题:今有蒲生一日,长三尺,莞生一日,长一尺,蒲生日自半,莞生日自倍.问几何日而长等?意思是今有蒲第一天长高3尺,莞第一天长高1尺,以后蒲每天长高前一天的一半,莞每天长高前一天的2倍,若蒲、莞长度相等,则所需时间为( )
(结果精确到0.1,参考数据:lg 2=0.301 0,lg 3=0.477 1)
A.2.2天 B.2.4天 C.2.6天 D.2.8天
答案 C
2.(2020届上海建平中学期中,16)数列{an}为1,1,2,1,1,2,4,1,1,2,1,1,2,4,8,…,首先给出a1=1,接着复制该项后,再添加其后继数2,于是a2=1,a3=2,然后再复制前面的所有项1,1,2,再添加2的后继数4,于是a4=1,a5=1,a6=2,a7=4,接下来再复制前面的所有项1,1,2,1,1,2,4,再添加8,…,如此继续,则a2 019=( )
A.16 B.4 C.2 D.1
答案 D
基础篇固本夯基
【基础集训】
考点一 数列求和
1.在等差数列{an}中,a4=5,a7=11.设bn=(-1)n·an,则数列{bn}的前100项之和S100=( )
A.-200 B.-100 C.200 D.100
答案 D
2.数列{an}的前n项和为Sn,若an=1n(n+1),则S5等于( )
A.1 B.56 C.16 D.130
答案 B
3.设f(x)=4x4x+2,求S=f12 002+f22 002+…+2 0012 002的值.
解析 ∵f(x)=4x4x+2,∴f(1-x)=41-x41-x+2=44+2·4x=24x+2,
∴f(x)+f(1-x)=1,
∵S=f12 002+f22 002+…+f2 0012 002
=f2 0012 002+f2 0002 002+…+f12 002,
∴2S=f12 002+f22 002+…+f2 0012 002+f2 0012 002+f2 0002 002+…+f12 002=1×2 001=2 001,∴S=2 0012.
4.已知等差数列{an}满足(a1+a2)+(a2+a3)+…+(an+an+1)=2n(n+1)(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)求数列an2n-1的前n项和Sn.
解析 (1)设等差数列{an}的公差为d,
由已知得a1+a2=4,(a1+a2)+(a2+a3)=12,即a1+a2=4,a2+a3=8.
所以a1+(a1+d)=4,(a1+d)+(a1+2d)=8,
解得a1=1,d=2.所以an=2n-1.
(2)由(1)得an2n-1=2n-12n-1,
所以Sn=1+321+522+…+2n-32n-2+2n-12n-1,①
12Sn=12+322+523+…+2n-32n-1+2n-12n,②
①-②得12Sn=1+1+12+122+…+12n-2-2n-12n=3-2n+32n,
所以Sn=6-4n+62n.
考点二 数列的综合应用
5.已知数列{an}满足an=log(n+1)(n+2)(n∈N*),我们把使乘积a1·a2·a3·…·an为整数的数n叫做“优数”,则在区间(1,2 004)内的所有“优数”的和为( )
A.1 024 B.2 003 C.2 026 D.2 048
答案 C
6.已知函数f(x)=2x-3x-1,点(n,an)在f(x)的图象上,数列{an}的前n项和为Sn,n∈N*.
(1)求使an<0的n的最大值;
(2)求Sn.
解析 (1)由已知得an=f(n)=2n-3n-1,
则f '(n)=2nln 2-3,n∈N*,
当f '(n)>0,即n≥3时, f(n)单调递增,
当f '(n)<0,即1≤n≤2时, f(n)单调递减.
又∵an<0,即2n-3n-1<0,
当n=2时,22-6-1<0,当n=3时,23-9-1=-2<0,当n=4时,24-12-1>0.∴使an<0的n的最大值为3.
(2)Sn=a1+a2+…+an=(2+22+…+2n)-3(1+2+3+…+n)-n
=2(1-2n)1-2-3·n(n+1)2-n=2n+1-n(3n+5)2-2.
7.已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1=2,且a1+1,a2+1,a4+1成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=1anan+1,n∈N*,Sn是数列{bn}的前n项和,求使Sn<319成立的最大的正整数n.
解析 (1)设{an}的公差为d.由a1+1,a2+1,a4+1成等比数列,可得(a2+1)2=(a1+1)(a4+1),又a1=2,∴(3+d)2=3(3+3d),解得d=3(d=0舍去),则an=a1+(n-1)d=2+3(n-1)=3n-1.
(2)由(1)知bn=1anan+1=1(3n-1)(3n+2)=1313n-1-13n+2,
∴Sn=1312-15+15-18+…+13n-1-13n+2
=1312-13n+2=n2(3n+2),则Sn<319,即n2(3n+2)<319,
解得n<12,则所求最大的正整数n为11.
综合篇知能转换
【综合集训】
考法一 错位相减法求和
1.(2018福建闽侯第八中学期末,16)已知数列{nan}的前n项和为Sn,且an=2n,则使得Sn-nan+1+50<0的最小正整数n的值为 .
答案 5
2.(2020届广东揭阳第三中学第一次月考,19)已知{an}是公差d≠0的等差数列,a2,a6,a22成等比数列,a4+a6=26,数列{bn}是公比q为正数的等比数列,且b3=a2,b5=a6.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.
解析 (1)∵{an}是等差数列,且a4+a6=26,∴a5=13,
又∵a2,a6,a22成等比数列,∴a62=a2a22,
即(13+d)2=(13-3d)(13+17d),解得d=3或d=0(舍),
∴an=a5+(n-5)d=3n-2.∵b3=a2,b5=a6,∴q2=b5b3=a6a2=3×6-23×2-2=4,∴q=2或q=-2(舍),
又∵b3=a2=4,∴bn=b3·qn-3=4·2n-3=2n-1.
(2)由(1)可知,an·bn=(3n-2)·2n-1,
∴Tn=1×20+4×21+7×22+…+(3n-5)·2n-2+(3n-2)·2n-1,
2Tn=1×21+4×22+7×23+…+(3n-5)·2n-1+(3n-2)·2n,
两式相减得-Tn=1+3(21+22+…+2n-1)-(3n-2)·2n
=1+3·2(1-2n-1)1-2-(3n-2)·2n=-5-(3n-5)·2n.
∴Tn=5+(3n-5)·2n.
3.(2018河南安阳第二次模拟,17)设等差数列{an}的前n项和为Sn,点(n,Sn)在函数f(x)=x2+Bx+C-1(B,C∈R)的图象上,且a1=C.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记bn=an(a2n-1+1),求数列{bn}的前n项和Tn.
解析 (1)设数列{an}的公差为d,
则Sn=na1+n(n-1)2d=d2n2+a1-d2n,
又Sn=n2+Bn+C-1,两式对照得d2=1,C-1=0,解得d=2,C=1,
所以a1=1,所以数列{an}的通项公式为an=2n-1(n∈N*).
(2)由(1)知bn=(2n-1)(2·2n-1-1+1)=(2n-1)2n,
则Tn=1×2+3×22+…+(2n-1)·2n,
2Tn=1×22+3×23+…+(2n-3)·2n+(2n-1)·2n+1,
两式相减得Tn=(2n-1)·2n+1-2(22+…+2n)-2
=(2n-1)·2n+1-2×22(1-2n-1)1-2-2=(2n-3)·2n+1+6.
考法二 裂项相消法求和
4.(2018湖南株洲醴陵第二中学、第四中学联考,3)数列1n+1+n的前2 017项的和为( )
A.2 018+1 B.2 018-1 C.2 017+1 D.2 017-1
答案 B
5.(2019湖南岳阳一模,13)曲线y=n2x+ln x(n∈N*)在x=2n处的切线斜率为an,则数列1anan+1的前n项的和为 .
答案 nn+1
6.(2018湖北十堰调研,17)已知数列{an}中,a1=1,a2=3,其前n项和为Sn,且当n≥2时,an+1Sn-1-anSn=0.
(1)求证:数列{Sn}是等比数列,并求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=9an(an+3)(an+1+3),记数列{bn}的前n项和为Tn,求Tn.
解析 (1)当n≥2时,an+1Sn-1-anSn=(Sn+1-Sn)Sn-1-(Sn-Sn-1)Sn=Sn+1Sn-1-Sn2=0,∴Sn2=Sn-1Sn+1(n≥2).又由S1=a1=1≠0,S2=a1+a2=4≠0,可推知对一切正整数n均有Sn≠0,∴数列{Sn}是等比数列,Sn=4n-1.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3×4n-2,又a1=1,∴an=1(n=1),3×4n-2(n≥2).
(2)当n≥2时,bn=9an(an+3)(an+1+3)=9×3×4n-2(3×4n-2+3)(3×4n-1+3)=3×4n-2(4n-2+1)(4n-1+1),
又知b1=38,∴bn=38(n=1),3×4n-2(4n-2+1)(4n-1+1)(n≥2),则T1=b1=38.
当n≥2时,bn=3×4n-2(4n-2+1)(4n-1+1)=14n-2+1-14n-1+1,
则Tn=38+142-2+1-142-1+1+…+14n-2+1-14n-1+1=78-14n-1+1,
又当n=1时,T1=38符合上式,∴Tn=78-14n-1+1(n∈N*).
7.(2020届天津静海大邱庄中学第一次质量检测,20)已知等比数列{an}的首项为1,公比为q,a4,a3,a5依次成等差数列.
(1)求q的值;
(2)当q<0时,求数列{nan}的前n项和Sn;
(3)当q>0时,求证:∑i=1nai22i-132-ai2<34.
解析 (1)∵a4,a3,a5依次成等差数列,∴2a3=a4+a5,
∵{an}是首项为1的等比数列,∴2q2=q3+q4,∵q≠0,∴q2+q-2=0,∴q=1或q=-2.
(2)∵q<0,∴q=-2,∴an=(-2)n-1,∵Sn=a1+2a2+3a3+…+(n-1)an-1+nan,∴Sn=1+2·(-2)+3·(-2)2+…+(n-1)·(-2)n-2+n·(-2)n-1,-2Sn=1·(-2)+2·(-2)2+3·(-2)3+…+(n-1)·(-2)n-1+n·(-2)n,两式相减得3Sn=1+(-2)+(-2)2+…+(-2)n-1-n·(-2)n=1-(-2)n1-(-2)-n·(-2)n=1-(3n+1)(-2)n3,∴Sn=1-(3n+1)(-2)n9.
(3)证明:∵q>0,∴q=1,∴an=1,
∴∑i=1nai22i-132-ai2=∑i=1n12i-132-1
=∑i=1n14 1i+13i-23=14∑i=1n1i-23-1i+13
=14113-143+143-173+…+1n-23-1n-13=143-1n-13<34.
【五年高考】
考点一 数列求和
1.(2017课标Ⅱ,15,5分)等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则∑k=1n1Sk= .
答案 2nn+1
2.(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
3.(2016课标Ⅱ,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,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=0,1≤n<10,1,10≤n<100,2,100≤n<1 000,3,n=1 000,(9分)
所以数列{bn}的前1 000项和为1×90+2×900+3×1=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.
4.(2015课标Ⅰ,17,12分)Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0,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an>0,所以an+1-an=2.
又由a12+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=1anan+1=1(2n+1)(2n+3)=1212n+1-12n+3.
设数列{bn}的前n项和为Tn,则
Tn=b1+b2+…+bn
=1213-15+15-17+…+12n+1-12n+3
=n3(2n+3).(12分)
思路分析 (1)由an2+2an=4Sn+3,得an+12+2an+1=4Sn+1+3,两式相减得出递推关系式,再求出a1,利用等差数列的通项公式求法可得通项an.(2)利用裂项相消法求Tnbn=1212n+1-12n+3.
5.(2018天津,18,13分)设{an}是等比数列,公比大于0,其前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是等差数列.已知a1=1,a3=a2+2,a4=b3+b5,a5=b4+2b6.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设数列{Sn}的前n项和为Tn(n∈N*).
(i)求Tn;
(ii)证明∑k=1n(Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)=2n+2n+2-2(n∈N*).
解析 本题主要考查等差数列的通项公式,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.
(1)设等比数列{an}的公比为q.
由a1=1,a3=a2+2,可得q2-q-2=0.
因为q>0,可得q=2,故an=2n-1.
设等差数列{bn}的公差为d.
由a4=b3+b5,可得b1+3d=4.
由a5=b4+2b6,可得3b1+13d=16,
从而b1=1,d=1,故bn=n.
所以,数列{an}的通项公式为an=2n-1,数列{bn}的通项公式为bn=n.
(2)(i)由(1),有Sn=1-2n1-2=2n-1,
故Tn=∑k=1n(2k-1)=∑k=1n2k-n=2×(1-2n)1-2-n=2n+1-n-2.
(ii)证明:因为(Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)=(2k+1-k-2+k+2)k(k+1)(k+2)
=k·2k+1(k+1)(k+2)=2k+2k+2-2k+1k+1,所以,∑k=1n(Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)=233-222+244-233+…+2n+2n+2-2n+1n+1=2n+2n+2-2.
方法总结 解决数列求和问题的两种思路
(1)利用转化的思想将一般数列设法转化为等差或等比数列,这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成.
(2)不能转化为等差或等比数列的,往往通过裂项相消法、倒序相加法等来求和.
6.(2017天津,18,13分)已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是首项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)求数列{a2nb2n-1}的前n项和(n∈N*).
解析 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.
(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.由已知b2+b3=12,得b1(q+q2)=12,而b1=2,所以q2+q-6=0,解得q=2或q=-3,又因为q>0,所以q=2.所以,bn=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8①.由S11=11b4,可得a1+5d=16②,联立①②,解得a1=1,d=3,由此可得an=3n-2.
所以,数列{an}的通项公式为an=3n-2,数列{bn}的通项公式为bn=2n.
(2)设数列{a2nb2n-1}的前n项和为Tn,由a2n=6n-2,b2n-1=2×4n-1,有a2nb2n-1=(3n-1)×4n,
故Tn=2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n,
4Tn=2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1,
上述两式相减,得
-3Tn=2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1
=12×(1-4n)1-4-4-(3n-1)×4n+1=-(3n-2)×4n+1-8.
得Tn=3n-23×4n+1+83.
所以,数列{a2nb2n-1}的前n项和为3n-23×4n+1+83.
方法总结 (1)等差数列与等比数列中有五个量a1,n,d(或q),an,Sn,一般可以“知三求二”,通过列方程(组)求关键量a1和d(或q),问题可迎刃而解.
(2)数列{an}是公差为d的等差数列,{bn}是公比q≠1的等比数列,求数列{anbn}的前n项和适用错位相减法.
7.(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n≥2时,an=Sn-Sn-1=6n+5.
当n=1时,a1=S1=11,所以an=6n+5(n∈N*).
设数列{bn}的公差为d.由a1=b1+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=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]
=3×4+4(1-2n)1-2-(n+1)×2n+2=-3n·2n+2.所以Tn=3n·2n+2.
考点二 数列的综合应用
8.(2017课标Ⅰ,12,5分)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100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.440 B.330 C.220 D.110
答案 A
9.(2015福建,8,5分)若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)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( )
A.6 B.7 C.8 D.9
答案 D
10.(2019课标Ⅱ,19,12分)已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.
(1)证明:{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列;
(2)求{an}和{bn}的通项公式.
解析 本题主要考查由递推关系证明数列为等比数列、等差数列以及求数列的通项公式,考查了学生的逻辑推理、运算求解能力,体现了逻辑推理和数学运算的核心素养.
(1)由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),即an+1+bn+1=12(an+bn).又因为a1+b1=1,所以{an+bn}是首项为1,公比为12的等比数列.由题设得4(an+1-bn+1)=4(an-bn)+8,即an+1-bn+1=an-bn+2.又因为a1-b1=1,所以{an-bn}是首项为1,公差为2的等差数列.
(2)由(1)知,an+bn=12n-1,an-bn=2n-1.
所以an=12[(an+bn)+(an-bn)]=12n+n-12,
bn=12[(an+bn)-(an-bn)]=12n-n+12.
思路分析 (1)将两递推关系式左、右两边相加可得an+1+bn+1=12(an+bn),从而证得数列{an+bn}为等比数列;将两递推关系式左、右两边相减可得an+1-bn+1=an-bn+2,从而证得数列{an-bn}为等差数列.(2)由(1)可求出{an+bn},{an-bn}的通项公式,联立可解得an,bn.
解题关键 将两递推关系式相加、相减,从而证得数列为等差、等比数列是解决本题的关键.
11.(2019天津,19,14分)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列.已知a1=4,b1=6,b2=2a2-2,b3=2a3+4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设数列{cn}满足c1=1,cn=1,2k
(ii)求∑i=12naici(n∈N*).
解析 (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6q=6+2d,6q2=12+4d,解得d=3,q=2,
故an=4+(n-1)×3=3n+1,bn=6×2n-1=3×2n.
所以,{an}的通项公式为an=3n+1,{bn}的通项公式为bn=3×2n.
(2)(i)a2n(c2n-1)=a2n(bn-1)=(3×2n+1)·(3×2n-1)=9×4n-1.
所以,数列{a2n(c2n-1)}的通项公式为a2n(c2n-1)=9×4n-1.
(ii)∑i=12naici=∑i=12n[ai+ai(ci-1)]=∑i=12nai+∑i=1na2i(c2i-1)
=2n×4+2n(2n-1)2×3+∑i=1n(9×4i-1)
=(3×22n-1+5×2n-1)+9×4(1-4n)1-4-n
=27×22n-1+5×2n-1-n-12(n∈N*).
思路分析 (1)利用等差数列、等比数列概念求基本量得到通项公式.
(2)(i)由cn=1,2k
进而可得∑i=12naici=∑i=12nai+∑i=1na2i(c2i-1),计算即可.
解题关键 正确理解数列{cn}的含义是解题的关键.
12.(2017山东,19,12分)已知{xn}是各项均为正数的等比数列,且x1+x2=3,x3-x2=2.
(1)求数列{xn}的通项公式;
(2)如图,在平面直角坐标系xOy中,依次连接点P1(x1,1),P2(x2,2),…,Pn+1(xn+1,n+1)得到折线P1P2…Pn+1,求由该折线与直线y=0,x=x1,x=xn+1所围成的区域的面积Tn.
解析 (1)设数列{xn}的公比为q,由已知知q>0.
由题意得x1+x1q=3,x1q2-x1q=2.所以3q2-5q-2=0.
因为q>0,所以q=2,x1=1.
因此数列{xn}的通项公式为xn=2n-1.
(2)过P1,P2,…,Pn+1向x轴作垂线,垂足分别为Q1,Q2,…,Qn+1.
由(1)得xn+1-xn=2n-2n-1=2n-1,记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为bn,
由题意得bn=(n+n+1)2×2n-1=(2n+1)×2n-2,所以Tn=b1+b2+…+bn
=3×2-1+5×20+7×21+…+(2n-1)×2n-3+(2n+1)×2n-2,①
2Tn=3×20+5×21+7×22+…+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1.②
①-②得
-Tn=3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(2n+1)×2n-1
=32+2(1-2n-1)1-2-(2n+1)×2n-1.所以Tn=(2n-1)×2n+12.
解题关键 记梯形PnPn+1Qn+1Qn的面积为bn,以几何图形为背景确定{bn}的通项公式是关键.
教师专用题组
考点一 数列求和
1.(2015江苏,11,5分)设数列{an}满足a1=1,且an+1-an=n+1(n∈N*),则数列1an前10项的和为 .
答案 2011
2.(2012课标,16,5分)数列{an}满足an+1+(-1)nan=2n-1,则{an}的前60项和为 .
答案 1 830
3.(2015天津,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=log2a2na2n-1,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=2n-12;
当n=2k(k∈N*)时,an=a2k=2k=2n2.
所以,{an}的通项公式为an=2n-12,n为奇数,2n2,n为偶数.
(2)由(1)得bn=log2a2na2n-1=n2n-1.设{bn}的前n项和为Sn,则Sn=1×120+2×121+3×122+…+(n-1)×12n-2+n×12n-1,
12Sn=1×121+2×122+3×123+…+(n-1)×12n-1+n×12n,
上述两式相减,得
12Sn=1+12+122+…+12n-1-n2n=1-12n1-12-n2n=2-22n-n2n,
整理得,Sn=4-n+22n-1.
所以,数列{bn}的前n项和为4-n+22n-1,n∈N*.
4.(2015湖北,18,12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=anbn,求数列{cn}的前n项和Tn.
解析 (1)由题意有,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+32n-1.
考点二 数列的综合应用
5.(2013课标Ⅰ,12,5分)设△AnBnCn的三边长分别为an,bn,cn,△AnBnCn的面积为Sn,n=1,2,3,….若b1>c1,b1+c1=2a1,an+1=an,bn+1=cn+an2,cn+1=bn+an2,则( )
A.{Sn}为递减数列
B.{Sn}为递增数列
C.{S2n-1}为递增数列,{S2n}为递减数列
D.{S2n-1}为递减数列,{S2n}为递增数列
答案 B
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
7.(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=1,1Sn=2bn-2bn+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.
8.(2019浙江,20,15分)设等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=4,a4=S3.数列{bn}满足:对每个n∈N*,Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比数列.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)记cn=an2bn,n∈N*,证明:c1+c2+…+cn<2n,n∈N*.
9.(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,m2],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1≤1,1≤d≤3,3≤2d≤5,7≤3d≤9,得73≤d≤52.
因此,d的取值范围为73,52.
(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qn-1-2n-1b1≤d≤qn-1n-1b1.
因为q∈(1,m2],所以1
因此,取d=0时,|an-bn|≤b1对n=2,3,…,m+1均成立.
下面讨论数列qn-1-2n-1的最大值和数列qn-1n-1的最小值(n=2,3,…,m+1).
①当2≤n≤m时,qn-2n-qn-1-2n-1=nqn-qn-nqn-1+2n(n-1)=n(qn-qn-1)-qn+2n(n-1),
当1
因此,当2≤n≤m+1时, 数列qn-1-2n-1单调递增,
故数列qn-1-2n-1的最大值为qm-2m.
②设f(x)=2x(1-x),当x>0时, f '(x)=(ln 2-1-xln 2)2x<0.
所以f(x)单调递减,从而f(x)
因此,当2≤n≤m+1时,数列qn-1n-1单调递减,
故数列qn-1n-1的最小值为qmm.
因此,d的取值范围为b1(qm-2)m,b1qmm.
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qn-1-2n-1b1≤d≤qn-1n-1b1,难点在于讨论qn-1-2n-1b1的最大值和qn-1n-1b1的最小值.对于数列qn-1-2n-1,可以通过作差讨论其单调性,而对于数列qn-1n-1,要作商讨论单调性,∵qnnqn-1n-1=q(n-1)n=q1-1n,当2≤n≤m时,1
(1)求a3的值;
(2)求数列{an}的前n项和Tn;
(3)令b1=a1,bn=Tn-1n+1+12+13+…+1nan(n≥2),证明:数列{bn}的前n项和Sn满足Sn<2+2ln n.
解析 (1)当n=1时,a1=1;当n=2时,a1+2a2=2,
解得a2=12;
当n=3时,a1+2a2+3a3=114,解得a3=14.
(2)当n≥2时,a1+2a2+…+(n-1)an-1+nan=4-n+22n-1,①
a1+2a2+…+(n-1)an-1=4-n+12n-2,②
由①-②得,nan=n2n-1,所以an=12n-1(n≥2),
经检验,a1=1也适合上式,所以an=12n-1(n∈N*).
所以数列{an}是以1为首项,12为公比的等比数列.
所以Tn=1×1-12n1-12=2-12n-1.
(3)证明:b1=1,bn=2n-1n·12n-2+1+12+13+…+1n·12n-1(n≥2).当n=1时,S1=1<2+2ln 1.
当n≥2时,bn=Tn-1n+1+12+13+…+1n·an
=Tn-1n+1+12+13+…+1n·(Tn-Tn-1)
=Tn-1n+1+12+13+…+1n·Tn-1+12+13+…+1n·Tn-1
=1+12+13+…+1n·Tn-1+12+13+…+1n-1·Tn-1,
所以Sn=1+1+12·T2-1·T1+1+12+13·T3-1+12·T2+…+1+12+13+…+1n·Tn-1+12+13+…+1n-1·Tn-1=1+12+13+…+1n·Tn<21+12+13+…+1n=2+212+13+…+1n,
以下证明12+13+…+1n
分别令x=2,32,43,…,nn-1,得
ln 2>1-12=12,ln32>1-23=13,ln43>1-34=14,
……
lnnn-1>1-n-1n=1n.
累加得ln 2+ln32+…+lnnn-1>12+13+…+1n,
即ln 2+(ln 3-ln 2)+…+[ln n-ln(n-1)]>12+13+…+1n,
所以12+13+…+1n
11.(2015陕西,21,12分)设fn(x)是等比数列1,x,x2,…,xn的各项和,其中x>0,n∈N,n≥2.
(1)证明:函数Fn(x)=fn(x)-2在12,1内有且仅有一个零点(记为xn),且xn=12+12xnn+1;
(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列,其各项和为gn(x),比较fn(x)和gn(x)的大小,并加以证明.
解析 (1)证明:Fn(x)=fn(x)-2=1+x+x2+…+xn-2,
则Fn(1)=n-1>0,
Fn12=1+12+122+…+12n-2=1-12n+11-12-2
=-12n<0,
所以Fn(x)在12,1内至少存在一个零点.
又F'n(x)=1+2x+…+nxn-1>0,故Fn(x)在12,1内单调递增,所以Fn(x)在12,1内有且仅有一个零点xn.
因为xn是Fn(x)的零点,所以Fn(xn)=0,
即1-xnn+11-xn-2=0,故xn=12+12xnn+1.
(2)解法一:由题设得,gn(x)=(n+1)(1+xn)2.
设h(x)=fn(x)-gn(x)=1+x+x2+…+xn-(n+1)(1+xn)2,x>0.
当x=1时, fn(x)=gn(x).
当x≠1时,h'(x)=1+2x+…+nxn-1-n(n+1)xn-12.
若0
=n(n+1)2xn-1-n(n+1)2xn-1=0.
若x>1,h'(x)
所以h(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减,
所以h(x)
当x≠1时, fn(x)
当x=1时, fn(x)=gn(x).
当x≠1时,用数学归纳法可以证明fn(x)
fk+1(x)=fk(x)+xk+1
又gk+1(x)-2xk+1+(k+1)xk+k+12=kxk+1-(k+1)xk+12,
令hk(x)=kxk+1-(k+1)xk+1(x>0),
则h'k(x)=k(k+1)xk-k(k+1)xk-1=k(k+1)xk-1(x-1).
所以当0
所以hk(x)>hk(1)=0,
从而gk+1(x)>2xk+1+(k+1)xk+k+12.
故fk+1(x)
则a1=b1=1,an+1=bn+1=xn,
所以ak=1+(k-1)·xn-1n(2≤k≤n),bk=xk-1(2≤k≤n),
令mk(x)=ak-bk=1+(k-1)(xn-1)n-xk-1,x>0(2≤k≤n),
当x=1时,ak=bk,所以fn(x)=gn(x).
当x≠1时,m'k(x)=k-1n·nxn-1-(k-1)xk-2
=(k-1)xk-2(xn-k+1-1).
而2≤k≤n,所以k-1>0,n-k+1≥1.
若0
从而mk(x)在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增,
所以mk(x)>mk(1)=0,
所以当x>0且x≠1时,ak>bk(2≤k≤n),
又a1=b1,an+1=bn+1,故fn(x)
当x≠1时, fn(x)
(1)若λ=0,μ=-2,求数列{an}的通项公式;
(2)若λ=1k0(k0∈N+,k0≥2),μ=-1,证明:2+13k0+1
从而an+1=2an(n∈N+),即{an}是一个公比q=2的等比数列.
故an=a1qn-1=3·2n-1.
(2)由λ=1k0,μ=-1,数列{an}的递推关系式变为
an+1an+1k0an+1-an2=0,变形为an+1an+1k0=an2(n∈N+).
由上式及a1=3>0,归纳可得
3=a1>a2>…>an>an+1>…>0.
因为an+1=an2an+1k0=an2-1k02+1k02an+1k0=an-1k0+1k0·1k0an+1,
所以对n=1,2,…,k0求和得ak0+1=a1+(a2-a1)+…+(ak0+1-ak0)
=a1-k0·1k0+1k0·1k0a1+1+1k0a2+1+…+1k0an+1
>2+1k0·13k0+1+13k0+1+…+13k0+1k0个=2+13k0+1.
另一方面,由上已证的不等式知a1>a2>…>ak0>ak0+1>2,得
ak0+1=a1-k0·1k0+1k0·1k0a1+1+1k0a2+1+…+1k0ak0+1
<2+1k0·12k0+1+12k0+1+…+12k0+1k0个=2+12k0+1.
综上,2+13k0+1
(1)求数列{xn}的通项公式;
(2)记Tn=x12x32…x2n-12,证明:Tn≥14n.
解析 (1)y'=(x2n+2+1)'=(2n+2)x2n+1,曲线y=x2n+2+1在点(1,2)处的切线斜率为2n+2.
从而切线方程为y-2=(2n+2)(x-1).
令y=0,解得切线与x轴交点的横坐标xn=1-1n+1=nn+1.
(2)证明:由题设和(1)中的计算结果知
Tn=x12x32…x2n-12=122342…2n-12n2.
当n=1时,T1=14.
当n≥2时,因为x2n-12=2n-12n2=(2n-1)2(2n)2>(2n-1)2-1(2n)2=2n-22n=n-1n.
所以Tn>122×12×23×…×n-1n=14n.
综上可得对任意的n∈N*,均有Tn≥14n.
【三年模拟】
一、单项选择题(每题5分,共30分)
1.(2018江西南昌二中模拟,4)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a3=3,S4=10,则数列1Sn的前100项的和为( )
A.200101 B.100101 C.1101 D.2101
答案 A
2.(2019江西宜春3月联考,12)已知函数f(x)=ex(sin x-cos x),记f '(x)是f(x)的导函数,将满足f(x)=0的所有正数x从小到大排成数列{xn},n∈N*,则数列{f '(xn)}的通项公式是( )
A.2(-1)n·en4+(n-1)π B.2(-1)n+1·eπ4+(n-1)π
C.2(-1)n·eπ4+nπ D.2(-1)n+1·eπ4+nπ
答案 B
3.(2019河南郑州一模,10)已知数列{an}满足2an+1+an=3(n∈N*),且a3=134,其前n项之和为Sn,则满足不等式|Sn-n-6|<1123的最小整数n是( )
A.8 B.9 C.10 D.11
答案 C
4.(2018河北衡水中学八模,8)已知函数f(x)=ax+b(a>0,且a≠1)的图象经过点P(1,3),Q(2,5).当n∈N*时,an=f(n)-1f(n)·f(n+1),记数列{an}的前n项和为Sn,当Sn=1033时,n的值为( )
A.7 B.6 C.5 D.4
答案 D
5.(2019广东广州天河二模,12)已知数列{an}是以1为首项,2为公差的等差数列,{bn}是以1为首项,2为公比的等比数列,设cn=abn,Tn=c1+c2+…+cn(n∈N*),则当Tn<2 019时,n的最大值是( )
A.9 B.10 C.11 D.12
答案 A
6.(2018四川南充模拟,11)设数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=45,an+1=2an,0≤an≤12,2an-1,12
答案 B
二、多项选择题(每题5分,共10分)
7.(改编题)已知数列{an}:12,13+23,14+24+34,……,110+210+…+910,……,若bn=1anan+1,数列{bn}的前n项和为Sn,则( )
A.an=n+12 B.an=n2
C.Sn=4nn+1 D.Sn=nn+1
答案 BC
8.(改编题)在数列{an}中,a1=2,其前n项和为Sn,若点Snn,Sn+1n+1在直线y=2x-1上,则有( )
A.Sn=n(1+2n-1) B.an=(n+1)2n-2+1
C.Sn=n(1+2n) D.数列Snn-1是等比数列
答案 ABD
三、填空题(每题5分,共15分)
9.(2018山西太原一模,15)在数列{an}中,a1=0,an-an-1-1=2(n-1)(n∈N*,n≥2),若数列{bn}满足bn=nan+1+1×811n,则数列{bn}的最大项为第 项.
答案 6
10.(2018皖南八校第三次联考,16)已知数列{an}的前n项和为Sn=2n+1,bn=log2(an2·2an),数列{bn}的前n项和为Tn,则满足Tn>1 024的n的最小值为 .
答案 9
11.(2020届浙江丽水四校联考,14)已知数列{an}满足:a1=12,an+1=an2+an,用[x]表示不超过x的最大整数,则1a1+1+1a2+1+…+1a2 012+1的值等于 .
答案 1
四、解答题(共60分)
12.(2020届山东夏季高考模拟,17)在①b1+b3=a2,②a4=b4,③S5=-25这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的k存在,求出k的值;若k不存在,说明理由.设等差数列{an}的前n项和为Sn,{bn}是等比数列, ,b1=a5,b2=3,b5=-81,是否存在k,使Sk>Sk+1且Sk+1
解析 方案一:选条件①.
设{bn}的公比为q,则q3=b5b2=-27,解得q=-3,
所以bn=-(-3)n-1.从而a5=b1=-1,a2=b1+b3=-10,
由于{an}是等差数列,所以an=3n-16.
因为Sk>Sk+1且Sk+1
所以满足题意的k存在,当且仅当3(k+1)-16<0,3(k+2)-16>0,解得k=4.
方案二:选条件②.
设{bn}的公比为q,则q3=b5b2=-27,解得q=-3,
所以bn=-(-3)n-1.
从而a5=b1=-1,a4=b4=27,所以{an}的公差d=-28.
Sk>Sk+1且Sk+1
方案三:选条件③.
设{bn}的公比为q,则q3=b5b2=-27,解得q=-3 ,
所以bn=-(-3)n-1.
从而a5=b1=-1,
由{an}是等差数列得S5=5(a1+a5)2,
由S5=-25得a1=-9.所以an=2n-11.
因为Sk>Sk+1且Sk+1
所以满足题意的k存在,当且仅当2(k+1)-11<0,2(k+2)-11>0,解得k=4.
13.(2020届天津静海大邱庄中学第一次质量检测,19)已知等差数列{an}满足:a3=7,a5+a7=26,{an}的前n项和为Sn.
(1)求an及Sn;
(2)令bn=1an2-1(n∈N*),求数列{bn}的前n项和Tn.
解析 (1)设等差数列{an}的公差为d,
因为a3=7,a5+a7=26,
所以a1+2d=7,2a1+10d=26,解得a1=3,d=2,
所以an=3+2(n-1)=2n+1,Sn=3n+n(n-1)2×2=n2+2n.
(2)由(1)知an=2n+1,
所以bn=1an2-1=1(2n+1)2-1=14·1n(n+1)
=14·1n-1n+1,
所以Tn=14·1-12+12-13+…+1n-1n+1
=14·1-1n+1=n4(n+1).
14.(2020届浙江丽水四校联考,20)已知数列{an},an≥0,a1=0,an+12+an+1-1=an2(n∈N*),记Sn=a1+a2+…+an,Tn=11+a1+1(1+a1)(1+a2)+…+1(1+a1)(1+a2)…(1+an).求证:当n∈N*时,
(1)0≤an
(3)Tn<3.
证明 (1)∵an+12+an+1-1=an2,①an2+an-1=an-12,n≥2,②
∴①-②得(an+1-an)(an+1+an+1)=(an-an-1)(an+an-1),n≥2,
∵an≥0,∴an+1-an与an-an-1同号,即与a2-a1一致,
易得a2=-1+52,∴a2-a1>0,∴an+1-an>0,
∵an+12+an+1-1=an2,∴an+12-an2=1-an+1>0,即an+1<1.
∴0≤an
得an2+(a2+a3+…+an)-(n-1)=a12,
∵a1=0,∴Sn=n-1-an2.∵an<1,∴Sn>n-2.
(3)由ak+12+ak+1=1+ak2≥2ak,
得11+ak+1≤ak+12ak(k=2,3,…,n-1,n≥3).
∴1(1+a3)(1+a4)…(1+an)≤an2n-2a2(n≥3),
∴1(1+a2)(1+a3)…(1+an)≤an2n-2(a22+a2)=an2n-2<12n-2(n≥3),
故当n≥3时,Tn<1+1+12+…+12n-2<3,又∵T1
(1)求q的值;
(2)求数列{bn}的通项公式.
解析 (1)由a4+2是a3,a5的等差中项得a3+a5=2a4+4,
所以a3+a4+a5=3a4+4=28,解得a4=8.所以a3+a5=20.
由a3+a5=20得8q+1q=20,解得q=2或q=12,
因为q>1,所以q=2.
(2)设cn=(bn+1-bn)an,数列{cn}的前n项和为Sn.
则Sn=2n2+n,当n=1时,c1=S1=3,
当n≥2时,cn=Sn-Sn-1=2n2+n-[2(n-1)2+(n-1)]=4n-1.
当n=1时,c1=3符合上式,∴cn=4n-1,n∈N*.
由(1)可知an=2n-1,所以bn+1-bn=(4n-1)·12n-1,
故bn-bn-1=(4n-5)·12n-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.
设Tn=3+7·12+11·122+…+(4n-5)·12n-2,n≥2,12Tn=3·12+7·122+11·123+…+(4n-9)·12n-2+(4n-5)·12n-1,
所以12Tn=3+4·12+4·122+…+4·12n-2-(4n-5)·12n-1,因此Tn=14-(4n+3)·12n-2,n≥2,
又b1=1,所以bn=15-(4n+3)·12n-2.
16.(2020届天津杨村一中第一次月考,19)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=2an-1(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=nan,求数列{bn}的前n项和Tn;
(3)记cn=3n-2·(-1)nλan(λ≠0),是否存在实数λ使得对任意的n∈N*,恒有cn+1>cn?若存在,求出λ的取值范围;若不存在,说明理由.
解析 (1)当n=1时,a1=2a1-1,即a1=1,
当n≥2时,Sn-1=2an-1-1,an=Sn-Sn-1=2an-2an-1,即anan-1=2,
∴数列{an}是首项为1,公比为2的等比数列,故an=2n-1.
(2)由(1)得bn=nan=n·2n-1,可得Tn=1·20+2· 21+3·22+…+n·2n-1,2Tn=1·21+2·22+3·23+…+n·2n,
两式相减得-Tn=20+21+22+…+2n-1-n·2n,∴Tn=(n-1)·2n+1.
(3)存在.由(1)得cn=3n-2·(-1)nλan=3n-(-1)nλ·2n.假设存在实数λ使得对任意的n∈N*,恒有cn+1>cn,
即cn+1-cn>0,则3n+1-(-2)n+1λ-3n+(-2)nλ>0,
2·3n-(-2)n·(-2)λ+(-2)nλ>0,
即(-2)nλ>-3n-1·2.当n为偶数时,2nλ>-3n-1·2,
则λ>-32n-1,n∈N*,∴λ>-32,当n为奇数时,-2nλ>-3n-1·2,
λ<32n-1,n∈N*,∴λ<1.综上所述,-32<λ<1.
应用篇知行合一
【应用集训】
1.中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题:三百七十八里关,初行健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关,要见次日行里数,请公仔细算相还.其意思为:有一个人要走378里路,第一天健步行走,从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半,走了6天后到达目的地,那么第二天走了( )
A.192里 B.96里 C.48里 D.24里
答案 B
2.已知从1开始的连续奇数蛇形排列形成宝塔形数表,第一行为1,第二行为3,5,第三行为7,9,11,第四行为13,15,17,19,……,如图所示,在宝塔形数表中位于第i行,第j列的数记为ai,j,例如a3,2=9,a4,2=15,a5,4=23,若ai,j=2 019,则i+j=( )
1
3 5
11 9 7
13 15 17 19
29 27 25 23 21
……
A.64 B.65 C.71 D.72
答案 C
3.(2018山西晋中高考适应性调研,9)“中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852年,英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年,英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理,因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题,现有这样一个整除问题:将1到2 018这2 018个整数中,能被3除余1且被7除余1的数按从小到大的顺序排成一列,构成数列{an},则此数列共有( )
A.98项 B.97项 C.96项 D.95项
答案 B
4.(2018河南信阳二模,9)《九章算术》是我国古代的数学名著,书中有如下问题:“今有五人分五钱,令上二人所得与下三人等,问各得几何?”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分五钱,甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同,且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列,问五人各得多少钱?”(“钱”是古代一种质量单位),在这个问题中,甲得 钱( )
A.53 B.32 C.43 D.54
答案 C
5.(2019河南濮阳二模,7)《九章算术》有如下问题:“今有金箠,长五尺,斩本一尺,重四斤,斩末一尺,重二斤,问次一尺各重几何?”意思是:“现在有一根金箠,长五尺,在粗的一端截下一尺,重4斤,在细的一端截下一尺,重2斤,问各尺依次重多少?”按这一问题的题设,假设金箠由粗到细各尺质量依次成等差数列,则从粗端开始的第二尺的质量是( )
A.73斤 B.72斤 C.52斤 D.3斤
答案 B
创新篇守正出奇
创新集训
1.(2019北京高考模拟)《九章算术》中有如下问题:今有蒲生一日,长三尺,莞生一日,长一尺,蒲生日自半,莞生日自倍.问几何日而长等?意思是今有蒲第一天长高3尺,莞第一天长高1尺,以后蒲每天长高前一天的一半,莞每天长高前一天的2倍,若蒲、莞长度相等,则所需时间为( )
(结果精确到0.1,参考数据:lg 2=0.301 0,lg 3=0.477 1)
A.2.2天 B.2.4天 C.2.6天 D.2.8天
答案 C
2.(2020届上海建平中学期中,16)数列{an}为1,1,2,1,1,2,4,1,1,2,1,1,2,4,8,…,首先给出a1=1,接着复制该项后,再添加其后继数2,于是a2=1,a3=2,然后再复制前面的所有项1,1,2,再添加2的后继数4,于是a4=1,a5=1,a6=2,a7=4,接下来再复制前面的所有项1,1,2,1,1,2,4,再添加8,…,如此继续,则a2 019=( )
A.16 B.4 C.2 D.1
答案 D
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