十年高考数学真题分类汇编

这是一份十年高考数学真题分类汇编，文件包含75空间角与空间距离空间向量及应用十年高考docx、32导数与函数的单调性极值和最值十年高考docx、44解三角形十年高考docx、85圆锥曲线的综合问题十年高考docx、33导数的综合运用docx、43三角函数的图象与性质十年高考docx、64数列求和十年高考docx、111用样本估计总体十年高考docx、101随机事件古典概型与条件概率十年高考docx、82椭圆十年高考docx、71空间几何体的结构特征表面积和体积十年高考docx、84抛物线十年高考docx、74直线平面垂直的判定和性质十年高考docx、83双曲线十年高考docx、81直线和圆十年高考docx、52平面向量的数量积及其应用十年高考docx、102离散型随机变量及其分布列均值方差十年高考docx、103二项分布超几何分布和正态分布十年高考docx、11集合十年高考docx、62等差数列十年高考docx、73直线平面平行的判定和性质十年高考docx、53复数十年高考docx、112成对数据的统计分析十年高考docx、63等比数列十年高考docx、12常用逻辑用语十年高考docx、72空间点线面的位置关系十年高考docx、31导数的概念及运算十年高考docx、42三角恒等变换十年高考docx、23函数的奇偶性周期性和对称性十年高考docx、28函数的零点与方程的根十年高考docx、27函数的图象十年高考docx、91计数原理排列与组合十年高考docx、92二项式定理十年高考docx、22函数的单调性和最值十年高考docx、61数列的概念及表示十年高考docx、21函数的概念及表示十年高考docx、41三角函数的概念同角三角函数的基本关系及诱导公式十年高考docx、29函数模型及应用十年高考docx、14基本不等式十年高考docx、51平面向量的概念及线性运算平面向量基本定理及坐标表示十年高考docx、26对数与对数函数十年高考docx、13不等式的性质与解法十年高考docx、24二次函数与幂函数十年高考docx、25指数与指数函数十年高考docx等44份试卷配套教学资源，其中试卷共837页， 欢迎下载使用。
1.(2017课标Ⅰ理,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 本题考查了等比数列求和、不等式以及逻辑推理能力.
不妨设1+(1+2)+…+(1+2+…+2n-1)+(1+2+…+2t)=2m(其中m、n、t∈N,0≤t≤n),
则有N=n(n+1)2+t+1,因为N>100,所以n≥13.
由等比数列的前n项和公式可得2n+1-n-2+2t+1-1=2m.
因为n≥13,所以2n>n+2,
所以2n+1>2n+n+2,即2n+1-n-2>2n,
因为2t+1-1>0,
所以2m>2n+1-n-2>2n,故m≥n+1,
因为2t+1-1≤2n+1-1,所以2m≤2n+2-n-3,故m≤n+1.
所以m=n+1,从而有n=2t+1-3,因为n≥13,所以t≥3.
当t=3时,N=95,不合题意;
当t=4时,N=440,满足题意,故所求N的最小值为440.
解题关键 解决本题的关键在于利用不等式的知识得出m=n+1.
一题多解 本题也可以分别把N=110,220,330代入,利用排除法求解.
2.(2014课标Ⅱ文,5,5分)等差数列{an}的公差为2,若a2,a4,a8成等比数列,则{an}的前n项和Sn=( )
A.n(n+1) B.n(n-1)
C.n(n+1)2 D.n(n−1)2
答案 A ∵a2,a4,a8成等比数列,
∴a42=a2·a8,即(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d),
将d=2代入上式,解得a1=2,
∴Sn=2n+n(n−1)·22=n(n+1),故选A.
3.(2020新高考Ⅰ,14,5分)将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为 .
答案 3n2-2n
解析:∵数列{2n-1}的项为1,3,5,7,9,11,13,…,
数列{3n-2}的项为1,4,7,10,13,…,
∴数列{an}是首项为1,公差为6的等差数列,
∴an=1+(n-1)×6=6n-5,
∴数列{an}的前n项和Sn=(1+6n−5)×n2=3n2-2n.
4.(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
解析 设等差数列{an}的公差为d,∵a1=6,a3+a5=0,
∴6+2d+6+4d=0,∴d=-2,∴S6=6×6+6×52×(-2)=6.
5.(2017课标Ⅱ文,17,12分)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,等比数列{bn}的前n项和为Tn,a1=-1,b1=1,a2+b2=2.
(1)若a3+b3=5,求{bn}的通项公式;
(2)若T3=21,求S3.
解析 本题考查了等差、等比数列.
设{an}的公差为d,{bn}的公比为q,则an=-1+(n-1)d,bn=qn-1.
由a2+b2=2得d+q=3.①
(1)由a3+b3=5得2d+q2=6.②
联立①和②解得d=3,q=0(舍去),或d=1,q=2.
因此{bn}的通项公式为bn=2n-1.
(2)由b1=1,T3=21得q2+q-20=0.
解得q=-5或q=4.
当q=-5时,由①得d=8,则S3=21.
当q=4时,由①得d=-1,则S3=-6.
6.(2015重庆文,16,13分)已知等差数列{an}满足a3=2,前3项和S3=92.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设等比数列{bn}满足b1=a1,b4=a15,求{bn}的前n项和Tn.
解析 (1)设{an}的公差为d,则由已知条件得
a1+2d=2,3a1+3×22d=92,
化简得a1+2d=2,a1+d=32,
解得a1=1,d=12,
故通项公式an=1+n−12,即an=n+12.
(2)由(1)得b1=1,b4=a15=15+12=8.
设{bn}的公比为q,则q3=b4b1=8,从而q=2,
故{bn}的前n项和
Tn=b1(1−qn)1−q=1×(1−2n)1−2=2n-1.
考点2分组、并项求和
1.(2012课标文,12,5分)数列{an}满足an+1+(-1)nan=2n-1,则{an}的前60项和为( )
A.3 690 B.3 660 C.1 845 D.1 830
答案 D 当n=2k时,a2k+1+a2k=4k-1,
当n=2k-1时,a2k-a2k-1=4k-3,
∴a2k+1+a2k-1=2,∴a2k+1+a2k+3=2,
∴a2k-1=a2k+3,
∴a1=a5=…=a61.
∴a1+a2+a3+…+a60=(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a60+a61)=3+7+11+…+(2×60-1)=30×(3+119)2=30×61=1 830.
2.(2021新高考Ⅰ,17,10分)已知数列{an}满足a1=1,an+1=an+1,n为奇数,an+2,n为偶数.
(1)记bn=a2n,写出b1,b2,并求数列{bn}的通项公式;
(2)求{an}的前20项和.
解题指导:(1)由已知条件求出{an}的递推式,从而得出{bn}的递推式,再由已知条件求出b1,从而求出数列{bn}的通项公式.(2)根据题目条件把{an}的前20项分成两组,并用其中偶数项的和表示前20项的和,再用数列{bn}的前10项的和表示,根据等差数列前n项和公式求出结果.
解析 (1)由题意得a2n+1=a2n+2,a2n+2=a2n+1+1,
所以a2n+2=a2n+3,即bn+1=bn+3,且b1=a2=a1+1=2,
所以数列{bn}是以2为首项,3为公差的等差数列,
所以b1=2,b2=5,bn=2+(n-1)×3=3n-1.
(2)当n为奇数时,an=an+1-1.
设数列{an}的前n项和为Sn,
则S20=a1+a2+…+a20
=(a1+a3+…+a19)+(a2+a4+…+a20)
=[(a2-1)+(a4-1)+…+(a20-1)]+(a2+a4+…+a20)
=2(a2+a4+…+a20)-10,
由(1)可知a2+a4+…+a20=b1+b2+…+b10=10×2+10×92×3=155,
故S20=2×155-10=300,即{an}的前20项和为300.
解题关键:一是对已知关系式进行转化,进而利用等差数列定义求得数列{bn}的通项公式;二是利用分组求和的方式对S20进行重组变形,结合an与bn的关系求得结果.
3.(2017课标Ⅲ文,17,12分)设数列{an}满足a1+3a2+…+(2n-1)an=2n.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列an2n+1的前n项和.
解析 (1)因为a1+3a2+…+(2n-1)an=2n,故当n≥2时,
a1+3a2+…+(2n-3)an-1=2(n-1).
两式相减得(2n-1)an=2.
所以an=22n−1(n≥2).
又由题设可得a1=2,
从而{an}的通项公式为an=22n−1(n∈N*).
(2)记an2n+1的前n项和为Sn.
由(1)知an2n+1=2(2n+1)(2n−1)=12n−1-12n+1.
则Sn=11-13+13-15+…+12n−1-12n+1=2n2n+1.
思路分析 (1)条件a1+3a2+…+(2n-1)an=2n的实质就是数列{(2n-1)an}的前n项和,故可利用an与Sn的关系求解.(2)利用(1)求得的{an}的通项公式,然后用裂项相消法求和.
易错警示 (1)要注意n=1时,是否符合所求得的通项公式;(2)裂项相消后,注意留下了哪些项,避免遗漏.
4.(2016北京文,15,13分)已知{an}是等差数列,{bn}是等比数列,且b2=3,b3=9,a1=b1,a14=b4.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设cn=an+bn,求数列{cn}的前n项和.
解析 (1)等比数列{bn}的公比q=b3b2=93=3,(1分)
所以b1=b2q=1,b4=b3q=27.(3分)
设等差数列{an}的公差为d.
因为a1=b1=1,a14=b4=27,
所以1+13d=27,即d=2.(5分)
所以an=2n-1(n=1,2,3,…).(6分)
(2)由(1)知,an=2n-1,bn=3n-1.
因此cn=an+bn=2n-1+3n-1.(8分)
从而数列{cn}的前n项和
Sn=1+3+…+(2n-1)+1+3+…+3n-1
=n(1+2n−1)2+1−3n1−3
=n2+3n−12.(13分)
规范解答 要规范解答过程,分步书写,这样可按步得分.
5.(2014山东文,19,12分)在等差数列{an}中,已知公差d=2,a2是a1与a4的等比中项.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=an(n+1)2,记Tn=-b1+b2-b3+b4-…+(-1)nbn,求Tn.
解析 (1)由题意知(a1+d)2=a1(a1+3d),即(a1+2)2=a1(a1+6),解得a1=2,
所以数列{an}的通项公式为an=2n.
(2)由题意知bn=an(n+1)2=n(n+1).所以Tn=-1×2+2×3-3×4+…+(-1)nn×(n+1).
因为bn+1-bn=2(n+1),所以当n为偶数时,
Tn=(-b1+b2)+(-b3+b4)+…+(-bn-1+bn)=4+8+12+…+2n=n2(4+2n)2=n(n+2)2,
当n为奇数时,
Tn=Tn-1+(-bn)=(n−1)(n+1)2-n(n+1)=-(n+1)22.
所以Tn=−(n+1)22,n为奇数,n(n+2)2,n为偶数.
评析 本题考查等比数列和等差数列的综合应用、等差数列的通项公式及数列的求和,分类讨论思想和逻辑推理能力.
6.(2019天津文,18,13分)设{an}是等差数列,{bn}是等比数列,公比大于0.已知a1=b1=3,b2=a3,b3=4a2+3.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设数列{cn}满足cn=1,n为奇数,bn2,n为偶数.求a1c1+a2c2+…+a2nc2n(n∈N*).
解析 本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及其前n项和公式等基础知识.考查数列求和的基本方法和运算求解能力,体现了数学运算素养.满分13分.
(1)设等差数列{an}的公差为d,等比数列{bn}的公比为q.
依题意,得3q=3+2d,3q2=15+4d,解得d=3,q=3,
故an=3+3(n-1)=3n,bn=3×3n-1=3n.
所以,{an}的通项公式为an=3n,{bn}的通项公式为bn=3n.
(2)a1c1+a2c2+…+a2nc2n
=(a1+a3+a5+…+a2n-1)+(a2b1+a4b2+a6b3+…+a2nbn)
=n×3+n(n−1)2×6+(6×31+12×32+18×33+…+6n×3n)
=3n2+6(1×31+2×32+…+n×3n).
记Tn=1×31+2×32+…+n×3n,①
则3Tn=1×32+2×33+…+n×3n+1,②
②-①得,2Tn=-3-32-33-…-3n+n×3n+1=-3(1−3n)1−3+n×3n+1=(2n−1)3n+1+32.
所以,a1c1+a2c2+…+a2nc2n=3n2+6Tn=3n2+3×(2n−1)3n+1+32=(2n−1)3n+2+6n2+92(n∈N*).
思路分析 (1)利用等差、等比数列的通项公式求出公差d,公比q即可.(2)利用{cn}的通项公式,进行分组求和,在计算差比数列时采用错位相减法求和.
解题关键 根据n的奇偶性得数列{cn}的通项公式,从而选择合适的求和方法是求解的关键.
考点3错位相减求和
1.(2021新高考Ⅰ,16,5分)某校学生在研究民间剪纸艺术时,发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折.规格为20 dm×12 dm的长方形纸,对折1次共可以得到10 dm×12 dm,20 dm×6 dm两种规格的图形,它们的面积之和S1=240 dm2,对折2次共可以得到5 dm×12 dm,10 dm×6 dm,20 dm×3 dm三种规格的图形,它们的面积之和S2=180 dm2,以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为 ;如果对折n次,那么k=1nSk= dm2.
答案 5;240×3−n+32n
解析 解法一:列举法+归纳法.
由上图可知,对折n次后,共可以得到(n+1)种不同规格的图形,故对折4次可以得到5种不同规格的图形.
归纳上述结论可知,对折n次后得到不同规格的图形的面积之和为120(n+1)·12n−1dm2(n∈N*),
故Sk=120(k+1)·12k−1dm2(k∈N*),
记Tn=k=1n(k+1)12k−1,
∴Tn=220+321+422+…+n2n−2+n+12n−1,①
12Tn=221+322+423+…+n2n−1+n+12n,②
①-②得,12Tn=2+12+122+…+12n−1−n+12n
=2+121−12n−11−12−n+12n=3−n+32n,
∴Tn=6-n+32n−1,
∴k=1nSk=120×6−n+32n−1=240×3−n+32ndm2.
解法二:对折3次可以得到208 dm×12 dm,204 dm×122 dm,202 dm×124 dm,20 dm×128 dm,共四种不同规格的图形,
对折4次可以得到2016 dm×12 dm,208 dm×122 dm,204 dm×124 dm,202 dm×128 dm,20 dm×1216 dm,共五种不同规格的图形,
由此可以归纳出对折n次可得到(n+1)种不同规格的图形,每种规格的图形的面积均为20×122n dm2,
∴k=1nSk=20×12×12×2+14×3+18×4+…+12n×(n+1)dm2,
记Tn=22+34+…+n+12n,
则12Tn=24+38+…+n+12n+1,
∴Tn-12Tn=12Tn=1+14+18+…+12n−n+12n+1=32−12n−n+12n+1=32−n+32n+1,
∴Tn=3-n+32n,∴k=1nSk=240×3−n+32ndm2.
2.(2023全国甲理,17,12分,中)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a2=1,2Sn=nan.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列an+12n的前n项和Tn.
解析 (1)当n=1时,2a1=a1,即a1=0,
当n≥2时,2Sn-1=(n-1)an-1,①
又2Sn=nan,②
∴②-①得2an=nan-(n-1)an-1,
即(n-2)an=(n-1)an-1.
当n=2时,上式成立.
当n≥3时,anan−1=n−1n−2,∴an=a3a2·a4a3·a5a4·…·anan−1·a2=21×32×43·…·n−1n−2·1=n-1,即an=n-1(n≥3).
当n=1时,a1=0符合上式,当n=2时,a2=1符合上式.
综上,{an}的通项公式为an=n-1,n∈N*.
(2)由(1)知an+1=n,设bn=an+12n=n2n=n·12n.
∴Tn=b1+b2+b3+…+bn=1×121+2×122+3×123+…+n·12n,①
12Tn=1×122+2×123+3×124+…+n·12n+1.②
①-②得12Tn=121+122+123+…+12n-n·12n+1=121−12n1−12-n·12n+1
=1-12n-n·12n+1=1-12n1+12n,
∴Tn=2-(n+2)·12n.
故数列an+12n的前n项和Tn=2-(n+2)·12n.
3.(2020课标Ⅲ理,17,12分)设数列{an}满足a1=3,an+1=3an-4n.
(1)计算a2,a3,猜想{an}的通项公式并加以证明;
(2)求数列{2nan}的前n项和Sn.
解析 (1)a2=5,a3=7.
猜想an=2n+1.由已知可得
an+1-(2n+3)=3[an-(2n+1)],
an-(2n+1)=3[an-1-(2n-1)],
……
a2-5=3(a1-3).
因为a1=3,所以an=2n+1.
(2)由(1)得2nan=(2n+1)2n,
所以Sn=3×2+5×22+7×23+…+(2n+1)×2n.①
从而2Sn=3×22+5×23+7×24+…+(2n+1)×2n+1.②
①-②得
-Sn=3×2+2×22+2×23+…+2×2n-(2n+1)×2n+1.
所以Sn=(2n-1)2n+1+2.
方法总结 数列求和的5种方法
解决数列的求和问题,首先要得到数列的通项公式,有了通项公式,再根据其特点选择相应的求和方法.数列求和的方法有以下几类:(1)公式法:等差或等比数列的求和用公式法;(2)裂项相消法:形如an=1n(n+k),可裂项为an=1k·1n−1n+k;(3)错位相减法:形如cn=an·bn,其中{an}是等差数列,{bn}是等比数列;(4)分组求和法:形如cn=an+bn,其中{an}是等差数列,{bn}是等比数列;(5)并项求和法.
4.(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,根据已知有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≤n1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.
11.(2014课标Ⅰ文,17,12分)已知{an}是递增的等差数列,a2,a4是方程x2-5x+6=0的根.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列an2n的前n项和.
解析 (1)方程x2-5x+6=0的两根为2,3,由题意得a2=2,a4=3.
设数列{an}的公差为d,则a4-a2=2d,故d=12,从而a1=32.
所以{an}的通项公式为an=12n+1.
(2)设an2n的前n项和为Sn,由(1)知an2n=n+22n+1,则
Sn=322+423+…+n+12n+n+22n+1,
12Sn=323+424+…+n+12n+1+n+22n+2.
两式相减得12Sn=34+123+…+12n+1-n+22n+2
=34+141−12n−1-n+22n+2.
所以Sn=2-n+42n+1.
评析 本题考查等差数列及用错位相减法求数列的前n项和,第(1)中由条件求首项、公差,进而求出结论是基本题型,第(2)问中,运算准确是关键.
考点4裂项相消求和
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
解析 由已知得,a2-a1=1+1,a3-a2=2+1,a4-a3=3+1,……,an-an-1=n-1+1(n≥2),则有an-a1=1+2+3+…+n-1+(n-1)(n≥2),因为a1=1,所以an=1+2+3+…+n(n≥2),即an=n2+n2(n≥2),又当n=1时,a1=1也适合上式,故an=n2+n2(n∈N*),所以1an=2n2+n=21n−1n+1,从而1a1+1a2+1a3+…+1a10=2×1−12+2×12−13+2×13−14+…+2×110−111=2×1−111=2011.
2.(2015课标Ⅰ理,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,可得an+1-an=2.
又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)
3.(2015安徽文,18,12分)已知数列{an}是递增的等比数列,且a1+a4=9,a2a3=8.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设Sn为数列{an}的前n项和,bn=an+1SnSn+1,求数列{bn}的前n项和Tn.
解析 (1)由题设知a1·a4=a2·a3=8,
又a1+a4=9,可解得a1=1,a4=8或a1=8,a4=1(舍去).
由a4=a1q3得公比为q=2,故an=a1qn-1=2n-1.
(2)Sn=a1(1−qn)1−q=2n-1,又bn=an+1SnSn+1=Sn+1−SnSnSn+1=1Sn-1Sn+1,
所以Tn=b1+b2+…+bn=1S1−1S2+1S2−1S3+…+1Sn−1Sn+1=1S1-1Sn+1
=1-12n+1−1.
评析 本题考查等比数列通项公式及等比数列性质,等比数列求和.
4.(2014大纲全国理,18,12分)等差数列{an}的前n项和为Sn.已知a1=10,a2为整数,且Sn≤S4.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=1anan+1,求数列{bn}的前n项和Tn.
解析 (1)由a1=10,a2为整数知,等差数列{an}的公差d为整数.
又Sn≤S4,故a4≥0,a5≤0,
于是10+3d≥0,10+4d≤0.
解得-103≤d≤-52.
因此d=-3.
数列{an}的通项公式为an=13-3n.(6分)
(2)bn=1(13−3n)(10−3n)=13110−3n−113−3n.(8分)
于是Tn=b1+b2+…+bn
=1317−110+14−17+…+110−3n−113−3n
=13110−3n−110=n10(10−3n).(12分)
评析 本题考查了等差数列的定义及其前n项和、裂项相消法求数列前n项和.第(1)问的解题关键在于分析已知条件“a2为整数”“Sn≤S4”所隐含的条件;在第(2)问中,对通项公式bn进行裂项过程中易漏了系数13而导致错解.
5.(2014山东理,19,12分)已知等差数列{an}的公差为2,前n项和为Sn,且S1,S2,S4成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=(-1)n-14nanan+1,求数列{bn}的前n项和Tn.
解析 (1)因为S1=a1,S2=2a1+2×12×2=2a1+2,
S4=4a1+4×32×2=4a1+12,
由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12),
解得a1=1,
所以an=2n-1.
(2)bn=(-1)n-14nanan+1=(-1)n-14n(2n−1)(2n+1)
=(-1)n-112n−1+12n+1.
当n为偶数时,
Tn=1+13-13+15+…+12n−3+12n−1-12n−1+12n+1
=1-12n+1
=2n2n+1.
当n为奇数时,
Tn=1+13-13+15+…-12n−3+12n−1+12n−1+12n+1=1+12n+1=2n+22n+1.
所以Tn=2n+22n+1,n为奇数,2n2n+1,n为偶数.或Tn=2n+1+(−1)n−12n+1
评析 本题考查等差数列的通项公式,前n项和公式和数列的求和,同时考查分类讨论的思想、运算求解能力和逻辑推理能力.
6.(2013课标Ⅰ文,17,12分)已知等差数列{an}的前n项和Sn满足S3=0,S5=-5.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列1a2n−1a2n+1的前n项和.
解析 (1)设{an}的公差为d,则Sn=na1+n(n−1)2d.
由已知可得3a1+3d=0,5a1+10d=−5.解得a1=1,d=-1.
故{an}的通项公式为an=2-n.
(2)由(1)知1a2n−1a2n+1=1(3−2n)(1−2n)=1212n−3−12n−1,
从而数列1a2n−1a2n+1 的前n项和为
121−1-11+11-13+…+12n−3-12n−1=n1−2n.
评析 本题考查等差数列的通项公式及前n项和公式,考查了裂项求和的方法,考查了运算求解能力与方程思想.
方法总结 一般地,如果{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.在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”,以便下一步准确写出“Sn-qSn”的表达式.
考点5 数列的综合
1.(2023新课标Ⅱ,18,12分,中)已知{an}为等差数列,bn=an−6,n为奇数,2an,n为偶数.记Sn,Tn分别为数列{an},{bn}的前n项和,S4=32,T3=16.
(1)求{an}的通项公式;
(2)证明:当n>5时,Tn>Sn.
解析 (1)设数列{an}的首项为a1,公差为d,
∵bn=an−6,n为奇数,2an,n为偶数,∴b1=a1-6,b2=2a2,b3=a3-6,
又T3=16,且b1+b2+b3=a1+2a2+a3-12=4a2-12,∴4a2-12=16,∴a2=7,即a1+d=7,①
又S4=32,∴4a1+6d=32,②
由①②得a1=5,d=2,
∴an=5+2(n-1)=2n+3.
(2)证明:∵{an}为等差数列,
∴Sn=na1+n(n−1)2d=5n+n2-n=n2+4n,
①当n(n≥6)为偶数时,Tn=b1+b2+…+bn
=(b1+b3+…+bn-1)+(b2+b4+…+bn)
=(a1-6+a3-6+…+an-1-6)+(2a2+2a4+…+2an)
=a1+an−12·n2-6·n2+2·a2+an2·n2
=5+2(n−1)+32·n2-3n+7+2n+32·n=3n2+7n2.
∴Tn-Sn=3n2+7n2-n2-4n=3n2+7n−2n2−8n2=n2−n2=n(n−1)2>0(n≥6),
∴当n(n≥6)为偶数时,Tn>Sn.
②当n(n≥7)为奇数时,Tn=b1+b2+…+bn
=(b1+b3+…+bn)+(b2+b4+…+bn-1)
=(a1-6+a3-6+…+an-6)+(2a2+2a4+…+2an-1)
=a1+an2·n+12-6·n+12+2·a2+an−12·n−12=5+2n+32·n+12-3(n+1)+(n-1)·7+2(n−1)+32=3n2+5n−102,
∴Tn-Sn=3n2+5n−102-(n2+4n)=n2−3n−102=(n−5)(n+2)2>0(n≥7),
∴n(n≥7)为奇数时,Tn>Sn.
综上可知,当n>5时,Tn>Sn.
2.(2022新高考Ⅰ,17,10分)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,Snan是公差为13的等差数列.
(1)求{an}的通项公式;
(2)证明:1a1+1a2+…+1anq,s>t,使得Ap+Bt=Aq+Bs.
解析 (1)由题意得A1=2,A2=3,A3=6,B1=1,B2=4,B3=7,rk表示使得Bi≤Ak成立的i的最大值,i,k∈{0,1,2,…,m},故r0=0,r1=1,r2=1,r3=2.
(2)显然rm≤m,且r0=0,r1=1.
由于2rj≤rj-1+rj+1,所以rj+1-rj≥rj-rj-1≥…≥r1-r0=1.
若存在正整数u使得ru+1-ru>1,则rm≥rm-1+1≥…≥ru+1+(m-u-1)>ru+(m-u)≥…≥r0+m=m,
这与rm≤m矛盾.
因此,对任意正整数j均有rj+1-rj=1,即{rn}是以r1=1为首项,1为公差的等差数列.
故rn=n.
(3)证明:设Am≤Bm.记Sk=Ak-Brk(1≤k≤m),则Sk≥0.
另一方面,一定有Sk≤m-1;否则Sk>m-1,而由rk的定义可知Ak-Brk+1m(Ak-Brk+1的最大值为-1)
但brk+1∈{1,2,…,m},矛盾.
若存在k使得Sk=0,则取t=q=0,p=k,s=rk即满足题目要求.
若这样的k不存在,则Sk∈{1,2,…,m-1},
因此一定存在1≤qa5,
则存在偶数k3,使得a6=a1+k3,a5=a1-k3,
作k3次变换T3=(2,3,5,8),k3次变换T'3=(1,4,5,8),
得a1+k3=a2+k3=a3+k3=a4+k3=a5+2k3=a6.
④若a1=a2=a3=a4=a5=a6,a7≠a8,不妨设a8>a7,
则存在偶数k4,使得a8=a1+k4,a7=a1-k4,
分别作12k4次变换(1,3,5,7),(2,4,5,7),(1,4,6,7),(2,3,6,7),
得a1+k4=a2+k4=…=a6+k4=a7+2k4=a8,
即数列各项相等,充分性成立.
综上所述,所证结论成立.
13.(2024新课标Ⅰ,19,17分,难)设m为正整数,数列a1,a2,…,a4m+2是公差不为0的等差数列,若从中删去两项ai和aj(i