2021届新高考版高考数学一轮复习精练：§6.4　数列求和、数列的综合应用（试题部分） .docx

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1、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)nan,则数列bn的前100项之和S100=()A.-200B.-100C.200D.100答案D2.数列an的前n项和为Sn,若an=1n(n+1),则S5等于()A.1B.56C.16D.130答案B3.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+24x=24x+2,f(x)+f(1-x)=1,S=f12 002+f22 002+f2 0012 0

2、02=f2 0012 002+f2 0002 002+f12 002,2S=f12 002+f22 002+f2 0012 002+f2 0012 002+f2 0002 002+f12 002=12 001=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)(nN*).(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)=

3、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-1,12Sn=12+322+523+2n-32n-1+2n-12n,-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)(nN*),我们把使乘积a1a2a3an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 024B.2 003C.2 026D.2 048答案C6.已知函数f(

4、x)=2x-3x-1,点(n,an)在f(x)的图象上,数列an的前n项和为Sn,nN*.(1)求使an0,即n3时, f(n)单调递增,当f (n)0,即1n2时, f(n)单调递减.又an0,即2n-3n-10,当n=2时,22-6-10,当n=3时,23-9-1=-20.使an0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)1-2-3n(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+

5、1,nN*,Sn是数列bn的前n项和,求使Sn319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Sn319,即n2(3n+2)319,解得n12,则所求最大的正整数n为11.综合篇知能转换

6、【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+500的最小正整数n的值为.答案52.(2020届广东揭阳第三中学第一次月考,19)已知an是公差d0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anbn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

7、d=3或d=0(舍),an=a5+(n-5)d=3n-2.b3=a2,b5=a6,q2=b5b3=a6a2=36-232-2=4,q=2或q=-2(舍),又b3=a2=4,bn=b3qn-3=42n-3=2n-1.(2)由(1)可知,anbn=(3n-2)2n-1,Tn=120+421+722+(3n-5)2n-2+(3n-2)2n-1,2Tn=121+422+723+(3n-5)2n-1+(3n-2)2n,两式相减得-Tn=1+3(21+22+2n-1)-(3n-2)2n=1+32(1-2n-1)1-2-(3n-2)2n=-5-(3n-5)2n.Tn=5+(3n-5)2n.3.(2018河南

8、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,CR)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(nN*).(2)由(1)知bn=(2n-1)(22n-1-1+1)=(2n-1)2n,则Tn=12+322+(2n-1)2n,2Tn=122+323

9、+(2n-3)2n+(2n-1)2n+1,两式相减得Tn=(2n-1)2n+1-2(22+2n)-2=(2n-1)2n+1-222(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+1B.2 018-1C.2 017+1D.2 017-1答案B5.(2019湖南岳阳一模,13)曲线y=n2x+ln x(nN*)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+16.(2018湖北十堰调研,17)已知数列an中,a1=1,a2=3,其前n

10、项和为Sn,且当n2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n2时,an+1Sn-1-anSn=(Sn+1-Sn)Sn-1-(Sn-Sn-1)Sn=Sn+1Sn-1-Sn2=0,Sn2=Sn-1Sn+1(n2).又由S1=a1=10,S2=a1+a2=40,可推知对一切正整数n均有Sn0,数列Sn是等比数列,Sn=4n-1.当n2时,an=Sn-Sn-1=34n-2,又a1=1,an=1(n=1),34n-2(n2).(2)当n2时,bn=9an

11、(an+3)(an+1+3)=934n-2(34n-2+3)(34n-1+3)=34n-2(4n-2+1)(4n-1+1),又知b1=38,bn=38(n=1),34n-2(4n-2+1)(4n-1+1)(n2),则T1=b1=38.当n2时,bn=34n-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(nN*).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,a

12、3,a5依次成等差数列.(1)求q的值;(2)当q0时,求证:i=1nai22i-132-ai234.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,q0,q2+q-2=0,q=1或q=-2.(2)q0,q=1,an=1,i=1nai22i-132-ai2=i=1n12i-132-1=i=1n14 1i+13i-23=14i=1n1i-23-1i+13=14113-143+143-173+1n-23-1n-13=143-1n-1334.【五年高考】考点一数列求和1.(2017课标,15,5分)等差数列an的前n项和为Sn,a3=3,S

13、4=10,则k=1n1Sk=.答案2nn+12.(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63.(2016课标,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=0,1n10,

14、1,10n100,2,100n0,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an0,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)

15、(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(nN*),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

16、式;(2)设数列Sn的前n项和为Tn(nN*).(i)求Tn;(ii)证明k=1n(Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)=2n+2n+2-2(nN*).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q0,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

17、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)=k2k+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

18、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(nN*),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(nN*).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=

19、2或q=-3,又因为q0,所以q=2.所以,bn=2n.由b3=a4-2a1,可得3d-a1=8.由S11=11b4,可得a1+5d=16,联立,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=24n-1,有a2nb2n-1=(3n-1)4n,故Tn=24+542+843+(3n-1)4n,4Tn=242+543+844+(3n-4)4n+(3n-1)4n+1,上述两式相减,得-3Tn=24+342+343+34n-(3n-1)4n+1=12(1

20、-4n)1-4-4-(3n-1)4n+1=-(3n-2)4n+1-8.得Tn=3n-234n+1+83.所以,数列a2nb2n-1的前n项和为3n-234n+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q1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+

21、1(bn+2)n,求数列cn的前n项和Tn.解析(1)由题意知,当n2时,an=Sn-Sn-1=6n+5.当n=1时,a1=S1=11,所以an=6n+5(nN*).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=3222+323+(n+1)2n+1,2Tn=3223+324+(n+1)2n+2,两式作差,得-Tn=3222+23+24+2n+1-(n+1)2n+2=34+4(1-2n)1

22、-2-(n+1)2n+2=-3n2n+2.所以Tn=3n2n+2.考点二数列的综合应用8.(2017课标,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:N100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.440B.330C.220D.110答案A9.(2015福建,8,5

23、分)若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p0,q0)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.6B.7C.8D.9答案D10.(2019课标,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

24、+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

25、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=1,2kn2k+1,bk,n=2k,其中kN*.(i)求数列a2n(c2n-1)的通项公式;(ii)求i=12naici(nN*).解析(

26、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=62n-1=32n.所以,an的通项公式为an=3n+1,bn的通项公式为bn=32n.(2)(i)a2n(c2n-1)=a2n(bn-1)=(32n+1)(32n-1)=94n-1.所以,数列a2n(c2n-1)的通项公式为a2n(c2n-1)=94n-1.(ii)i=12naici=i=12nai+ai(ci-1)=i=12nai+i=1na2i(c2i-1)=2n4+2n(2n-1)23+i=1n(94i-1)=(322n-1+5

27、2n-1)+94(1-4n)1-4-n=2722n-1+52n-1-n-12(nN*).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=1,2kn0.由题意得x1+x1q=3,x1q2-x1q=2.所以3q2-5q-2=0.因为q0,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)22n-1=(2n+1)2n-2,所以Tn=b1+b2+bn=32-1+

28、520+721+(2n-1)2n-3+(2n+1)2n-2,2Tn=320+521+722+(2n-1)2n-2+(2n+1)2n-1.-得-Tn=32-1+(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(nN*),则数列1an前10项的和为.答案20112.(2012课标,16,5分)数列an满足an+1+(

29、-1)nan=2n-1,则an的前60项和为.答案1 8303.(2015天津,18,13分)已知数列an满足an+2=qan(q为实数,且q1),nN*,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,nN*,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q1,故a3=a2=2,由a3=a1q,得q=2.当n=2k-1(kN*)时,an=a2k-1=2k-1=2n-12;当n

30、=2k(kN*)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=1120+2121+3122+(n-1)12n-2+n12n-1,12Sn=1121+2122+3123+(n-1)12n-1+n12n,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,nN*.4.(2015湖北,18,12分)设等差数列an的公差

31、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d1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=929n-1.(2)由d1,知an=2n-1,bn=2n-1,故cn=2n-12n-1,于是Tn=1+32+522+723+924+2n-12n-1,12Tn=12+322+523+724+925+2n-12n

32、.-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,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b1c1,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B6.(2018江苏,14,5分)已知集合A=x|x=2n-1,nN*,B=x|x=2n,nN*.将AB的所有元素从小到大

33、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Sn12an+1成立的n的最小值为.答案277.(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(nN*)满足:a2a4=a5,a3-4a2+4a1=0,求证:数列an为“M-数列”;(2)已知数列bn(nN*)满足:b1=1,1Sn=2bn-2bn+1,其中Sn为数列bn的前n项和.求数列bn的通项公式;设m为正整数,若存在“M-数列”cn(nN*),对任意正整数k,当km时,都有ckbkck+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

34、,a3=4,a4=S3.数列bn满足:对每个nN*,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,nN*,证明:c1+c2+cn0,mN*,q(1,m2,证明:存在dR,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11,1d3,32d5,73d9,得73

35、d52.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dR,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-1b1dqn-1n-1b1.因为q(1,m2,所以10,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qn-1-2n-1的最大值和数列qn-1n-1的最小值(n=2,3,m+1).当2nm时,qn-2n-qn-1-2n-1=nqn-qn-nqn-1+2n(n-1

36、)=n(qn-qn-1)-qn+2n(n-1),当10.因此,当2nm+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.设f(x)=2x(1-x),当x0时, f (x)=(ln 2-1-xln 2)2x0.所以f(x)单调递减,从而f(x)f(0)=1.当2nm时,qnnqn-1n-1=q(n-1)n21n1-1n=f1n1.因此,当2nm+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

37、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-1b1dqn-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2nm时,1qn2,q1-1n21n1-1n,可以构造函数f(x)=2x(1-x),通过讨论f(x)在(0,+)上的单调性去证明f1n1,得到数列qn-1n-1的单调性,解出最小值.两个数列,一个作差得到单调性,一个作商得到单调性

38、,都是根据数列本身结构而得,方法自然合理,最后构造函数判断21n1-1n与1的大小是难点,平时多积累,多思考,也是可以得到的.10.(2015广东,21,14分)数列an满足:a1+2a2+nan=4-n+22n-1,nN*.(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(n2),证明:数列bn的前n项和Sn满足Sn2+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n2时,a1+2a2+(n-1)an-1+nan=4-n

39、+22n-1,a1+2a2+(n-1)an-1=4-n+12n-2,由-得,nan=n2n-1,所以an=12n-1(n2),经检验,a1=1也适合上式,所以an=12n-1(nN*).所以数列an是以1为首项,12为公比的等比数列.所以Tn=11-12n1-12=2-12n-1.(3)证明:b1=1,bn=2n-1n12n-2+1+12+13+1n12n-1(n2).当n=1时,S1=12+2ln 1.当n2时,bn=Tn-1n+1+12+13+1nan=Tn-1n+1+12+13+1n(Tn-Tn-1)=Tn-1n+1+12+13+1nTn-1+12+13+1nTn-1=1+12+13+1

40、nTn-1+12+13+1n-1Tn-1,所以Sn=1+1+12T2-1T1+1+12+13T3-1+12T2+1+12+13+1nTn-1+12+13+1n-1Tn-1=1+12+13+1nTn21+12+13+1n=2+212+13+1n,以下证明12+13+1n1),则h(x)=1x-1x2=x-1x20(x1),所以函数h(x)在区间(1,+)上单调递增,即h(x)h(1)=0.所以ln x1-1x(x1),分别令x=2,32,43,nn-1,得ln 21-12=12,ln321-23=13,ln431-34=14,lnnn-11-n-1n=1n.累加得ln 2+ln32+lnnn-112+13+1n,即ln 2+(ln 3-ln 2)+ln n-ln(n-1)12+13+1n,所以12+13+1nln n(n2).综上,Sn2+2ln n,nN*.11.(2015陕西,21,12分)设fn(x)是等比数列1,x,x2,