高考数学第二轮专题限时复习题10-数列求和及数列应用

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2020高考数学课标二轮：专题能力训练数列的通项与求和含解析

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= ;
当n=2k(k∈N*)时,an=a2k=2k= .
所以,{an}的通项公式为an=
(2)由(1)得bn= .设{bn}的前n项和为Sn,则Sn=1× +2× +3× +…+(n-1)× +n× ,
2020高考数学课标二轮：专题能力训练数列的通项与求和含解析
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11
专题能力训练第28页
一、能力突破训练
1.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若a1=2,a4+a10=28,则S9=()
A.45B.90C.120D.75
∴an=2(n-1)=2n-2.
(方法二)由nan+1=Sn+n(n+1),得
n(Sn+1-Sn)=Sn+n(n+1),
整理,得nSn+1=(n+1)Sn+n(n+1),
两边同除以n(n+1),得 =1.
∴数列是以 =0为首项,1为公差的等差数列,
∴ =0+n-1=n-1.∴Sn=n(n-1).
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n(n-1)-(n-1)·(n-2)=2n-2.
所以an+1=(a+9)·3n-4n-9.
因为数列{an}为递增数列,所以an+1>an,即(a+9)·3n-4n-9>(a+9)·3n-1-4n-5,即(a+9)·3n>6恒成立.

2023年高考数学二轮复习第二篇经典专题突破专题二数列第2讲数列求和及其综合应用

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专题二数列
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5．(2022·全国新高考Ⅰ卷)记 Sn 为数列{an}的前 n 项和，已知 a1＝1， Sann是公差为13的等差数列．
(1)求{an}的通项公式； (2)证明：a11＋a12＋…＋a1n<2.
专题二数列
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【解析】 (1)∵a1＝1，∴S1＝a1＝1，∴Sa11＝1，又∵Sann是公差为13的等差数列， ∴Sann＝1＋13(n－1)＝n＋3 2，∴Sn＝(n＋32)an， ∴当 n≥2 时，Sn－1＝(n＋13)an－1， ∴an＝Sn－Sn－1＝(n＋32)an－(n＋13)an－1，
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【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q，由a1，a2，a3－2成等差数列，得2a2＝a1＋a3－2，
即4q＝2＋2q2－2，解得q＝2(q＝0舍去)，则an＝a1qn-1＝2n，n∈N*.
专题二数列
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(2)bn＝a1n＋2log2 an－1＝21n＋2log2 2n－1＝21n＋2n－1，则数列{bn}的前 n 项和 Sn＝12＋14＋…＋21n＋(1＋3＋…＋2n－1) ＝1211－－2121n＋12n(1＋2n－1)
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n(n1＋1)＝1n－n＋1 1； n(n1＋k)＝1k1n－n＋1 k； n2－1 1＝12n－1 1－n＋1 1； 4n21－1＝122n1－1－2n1＋1.
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专题二数列
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2．如果数列{an}是等差数列，{bn}是等比数列，那么求数列{an·bn} 的前n项和Sn时，可采用错位相减法．用错位相减法求和时，应注意： (1)等比数列的公比为负数的情形；(2)在写出“Sn”和“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“Sn－qSn”的表

高三数学二轮复习数列求和及综合应用课件(全国通用)

2 2 2 2
1 1 1 1 － 1 2 答案：(1)① － ②2 (2) ② n n n＋1 2n－1 2n＋1
2．常见的放缩技巧 1 1 1 1 1 1 1 (1) －＝ < < ＝－； n n＋1 nn＋1 n2 n－1n n－1 n
1 1 1 1 － 1 (2) 2< 2 ＝； n n －1 2n－1 n＋1
第2讲
数列求和及综合应用
(1)高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现转化与化归的思想． (2)①数列的综合问题，往往将数列与函数、不等式结合，探求数列中的最值或证明不等式．②以等差数列、等比数列为背景，利用函数观点探求参数的值或范围．
＝－3n· 2n 2.
＋
所以Tn＝3n· 2n 2 .
＋
[知识回顾] 1．必记公式 (1)常见的拆项公式(其中n∈N*) 1 ① ＝________________. nn＋1 1 1 1 1 ② ＝ n－ . nn＋k k n＋k 1 ③ ＝_____________. 2n－12n＋1
[考题回访] 1．(2016· 天津卷)已知{an}是各项均为正数的等差数列，公差为d，对任意的n∈N*，bn是an和an＋1的等比中项．
2 * (1)设cn＝b2 － b ， n ∈ N ，求证：数列{cn}是等差数列；＋ n 1 n 2n
(2)设a1＝d，Tn＝∑
k ＝1
* (－1)kb2 k ，n∈N ，求证：
④若等差数列{an}的公差为d，
1 1 1 1 1－ 1 1－ 1 则＝ a ＝ a ； . a 2 d a n ＋ n ＋ anan＋1 d a a n 1 n 2 n n＋2 1 1 1 1 － ⑤ ＝ . 2 n n ＋ 1 n ＋ 1 n ＋ 2 nn＋1n＋2

高考数学二轮复习数列求和及其综合应用

(2)在各项均为正数的数列{an}中，a1＝1，a2n＋1－2an＋1an－3a2n＝0，Sn 是数列 {an}的前 n 项和，若对 n∈N*，不等式 an(λ－2Sn)≤27 恒成立，则实数 λ 的取值范围为_(－__∞__，__1_7_]_.
∵a2n＋1－2an＋1an－3a2n＝0， ∴(an＋1＋an)(an＋1－3an)＝0， ∵an>0，∴an＋1＝3an，又a1＝1， ∴数列{an}是首项为1，公比为3的等比数列， ∴an＝3n－1， Sn＝11－－33n＝32n－12， ∴不等式 an(λ－2Sn)≤27 即 λ≤2Sn＋2a7n＝3n＋32n－71－1 对 n∈N*恒成立，
所以 2an1
2an
＝4，
所以an＋1－an＝2，
所以数列{an}是公差为2的等差数列，
因为a2，a4，a7成等比数列，
所以 a24＝a2a7，
所以(a1＋6)2＝(a1＋2)(a1＋12)，解得a1＝6，
所以an＝6＋2(n－1)＝2n＋4，因为Sn为数列{bn}的前n项和，且bn是1和Sn的等差中项，所以Sn＋1＝2bn，当n≥2时，有Sn－1＋1＝2bn－1，两式相减得bn＝2bn－2bn－1，即bn＝2bn－1，当n＝1时，有S1＋1＝b1＋1＝2b1，所以b1＝1，所以数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，所以bn＝2n－1，
考向3 错位相减法
例3 (2022·上饶模拟)从①b5－b4＝18b2，②S5＝b4－2，③log3bn＋1－1＝ log3bn这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答. 已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是正项等比数列，且2an＝an＋1＋ an－1(n≥2)，S3＝b3＝9，b4＝a14，________. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式；注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

高三数学二轮复习数列的综合应用课件

P2
P1
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．
O
x 1 x2
x3
x4
x
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)，…，
（1）求S1，S2及数列{Sn}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足bn ＝
1
7
≤|Tn|≤ ．
3
9
−1

，且{bn}的前n项和为Tn，求证：当n≥2时，
已知数列{an}满足a1＝1，Sn＝2an＋1，其中Sn为{an}的前n项和(n∈N*)．
（1）求S1，S2及数列{Sn}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足bn ＝
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．
y
P4
P3
P2
P1
O
x1 x2
x3
x4
x
数列求和的
基本方法
01
公式法
02
分组求和法
03
错位相减法
04
倒序相加法
05
裂项相消法
考点2：数列与不等式综合问题
已知数列{an}满足a1＝1，Sn＝2an＋1，其中Sn为{an}的前n项和(n∈N*)．
1
7
≤|Tn|≤ ．
3
9
−1

，且{bn}的前n项和为Tn，求证：当n≥2时，

2019年高考数学二轮复习第二讲数列求和及综合应用

2019年高考数学二轮复习第二讲数列求和及综合应用一、选择题1．已知等差数列{a n}前n项和为S n，若a1＋a2 012＝1，a2 013＝－1 006，则使S n取最值时n的值为()A．1 005 B．1 006C．1 007 D．1 006或1 007答案：D2．设等差数列{a n}的前n项和为S n，若a1＝－11，a3＋a7＝－6，则当S n取最小值时，n＝()A．9 B．8 C．7 D．6答案：D3．等比数列{a n}前n项的积为T n，若a3a6a18是一个确定的常数，那么数列T10，T13，T17，T25中也是常数的项是()A．T10B．T13C．T17D．T25解析：∵a3a6a18＝a1q2·a1q5·a1q17＝(a1q8)3＝(a9)3为定值．∴T17＝a1a2…a17＝(a1q8)17＝(a9)17也是定值．答案：C4．已知等比数列{a n}满足a n＞0，n＝1，2，…，且a5·a2n－5＝22n(n≥3)，则当n≥1时，log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝()A．n(2n－1) B．(n＋1)2C．n2D．(n－1)2解析：由a5·a2n－5＝22n(n≥3)得a2n＝22n，a n＞0，则a n＝2n，log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n ＝1＋3＋…＋(2n－1)＝n2.故选C.－1答案：C5．公差不为零的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 4是a 3与a 7的等比中项， S 8＝32，则S 10＝( )A ．18B ．24C ．60D ．90解析：由a 24＝a 3a 7，得(a 1＋3d)2＝(a 1＋2d)(a 1＋6d)，得2a 1＋3d ＝0，再由S 8＝8a 1＋562d ＝32，得2a 1＋7d ＝8，则d ＝2，a 1＝－3，所以S 10＝10a 1＋902d ＝60.故选C.答案：C6．已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1，x ≤0，f （x －1）＋1，x ＞0，把函数g(x)＝f(x)－x 的零点按从小到大的顺序排列成一个数列，则该数列的通项公式为( )A ．a n ＝n （n －1）2 B ．a n ＝n －1C ．a n ＝n(n －1)D ．a n ＝2n －2解析：若0<x≤1，则－1<x －1<0，得f(x)＝f(x －1)＋1＝2x－1,若1<x≤2，则0<x －1≤1，得f(x)＝f(x －1)＋1＝2x －2＋1，若2<x≤3，则1<x －1≤2，得f(x)＝f(x －1)＋1＝2x －3＋2，若3<x≤4，则2<x －1<3，得f(x)＝f(x －1)＋1＝2x －4＋3. 以此类推，若n<x≤n ＋1(其中n ∈N)，则f(x)＝f(x －1)＋1＝2x －n －1＋n,下面分析函数f(x)＝2x 的图象与直线y ＝x ＋1的交点．很显然，它们有两个交点(0，1)和(1，2)，由于指数函数f(x)＝2x 为增函数且图象下凸，故它们只有这两个交点．①将函数f(x)＝2x 和y ＝x ＋1的图象同时向下平移一个单位即得到函数f(x)＝2x －1和y ＝x 的图象，取x≤0的部分，可见它们有且仅有一个交点(0，0)．即当x≤0时，方程f(x)－x ＝0有且仅有一个根x ＝0.②取①中函数f(x)＝2x －1和y ＝x 图象－1<x ≤0的部分，再同时向上和向右各平移一个单位，即得f(x)＝2x －1和y ＝x 在0<x≤1上的图象，显然，此时它们仍然只有一个交点(1，1)．即当0<x≤1时，方程f(x)－x ＝0有且仅有一个根x ＝1.③取②中函数f(x)＝2x －1和y ＝x 在0<x≤1上的图象，继续按照上述步骤进行，即得到f(x)＝2x－2＋1和y＝x在1<x≤2上的图象，显然，此时它们仍然只有一个交点(2，2)．即当1<x≤2时，方程f(x)－x ＝0有且仅有一个根x ＝2.④以此类推，函数y ＝f(x)与y ＝x 在(2，3]，(3，4]，…，(n ，n ＋1]上的交点依次为(3，3)，(4，4)，…，(n ＋1，n ＋1)．即方程f(x)－x ＝0在(2，3]，(3，4]，…，(n ，n ＋1]上的根依次为3，4，…，n ＋1. 综上所述方程f(x)－x ＝0的根按从小到大的顺序排列所得数列为0，1，2，3，4，…，n ＋1，其通项公式为a n ＝n －1.故选B. 答案：B二、填空题 7．对正整数n ，设曲线y ＝x n (1－x)在x ＝2处的切线与y 轴交点的纵坐标为a n ，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋1的前n 项和是________．解析：曲线y ＝x n (1－x)＝x n －x n ＋1，曲线导数为y′＝nx n －1－(n ＋1)x n ，所以切线斜率为k ＝n2n －1－(n ＋1)2n ＝－(n ＋2)2n －1，切点为(2，－2n )，所以切线方程为y ＋2n ＝－(n ＋2)2n －1(x －2)，令x ＝0得，y ＋2n ＝(n ＋2)2n ，即y ＝(n ＋1)2n ，所以a n ＝(n ＋1)2n ，所以a nn ＋1＝2n ，是以2为首项，q ＝2为公比的等比数列，所以S n ＝2（1－2n ）1－2＝2n ＋1－2.答案：2n ＋1－28．等比数列{a n }的公比q ＞0, 已知a 2＝1，a n ＋2＋a n ＋1＝6a n ，则{a n }的前4项和S 4＝________．解析：由a n ＋2＋a n ＋1＝6a n 得：q n ＋1＋q n ＝6q n －1，即q 2＋q －6＝0，q ＞0，解得q ＝2，又a 2＝1，所以a 1＝12，S 4＝12（1－24）1－2＝152.答案：152三、解答题9．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2a n ＝S 2＋S n 对一切正整数n 都成立． (1)求a 1，a 2的值．(2)设a 1＞0，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg 10a 1a n 的前n 项和为T n ，当n 为何值时，T n 最大？并求出T n 的最大值．解析：(1)取n ＝1，得a 2a 1＝S 2＋S 1＝2a 1＋a 2，① 取n ＝2，得a 22＝2a 1＋2a 2，② 由②－①，得a 2(a 2－a 1)＝a 2，③ 若a 2＝0, 由①知a 1＝0，若a 2≠0，易知a 2－a 1＝1.④ 由①④得：a 1＝2＋1，a 2＝2＋2或a 1＝1－2，a 2＝2－2；综上所述，a 1＝0，a 2＝0或a 1＝1＋2，a 2＝2＋2或a 1＝1－2，a 2＝2－ 2. (2)当a 1>0时，由(1)知， a 1＝2＋1，a 2＝2＋2；当n≥2时，有(2＋2)a n ＝S 2＋S n ， (2＋2)a n －1＝S 2＋S n －1.两式相减得(1＋2)a n ＝(2＋2)a n －1. 所以a n ＝2a n －1(n≥2)．所以a n ＝a 1(2)n －1＝(2＋1)×(2)n －1. 令b n ＝lg10a 1a n ，则b n ＝1－lg(2)n －1＝12lg 1002n －1. 又b 1＝1，b n －b n －1＝12⎝⎛⎭⎫lg 1002n －1－lg 1002n －2＝－12lg 2，所以数列{b n }是以1为首项，－12lg 2为公差，且单调递减的等差数列．则b 1>b 2>…>b 7＝lg 108＞lg 1＝0.当n≥8时，b n ≤b 8＝12lg 100128＜12lg 1＝0.所以，n ＝7时，T n 取得最大值，且T n 的最大值为 T 7＝7（b 1＋b 7）2＝7－212lg 2.10．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a 2＝12，且[3＋(－1)n ]a n ＋2－2a n ＋2[(－1)n －1]＝0，n ∈N *.(1)求a 3，a 4，a 5，a 6的值及数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝a 2n －1·a 2n ，求数列{b n }的前n 项和S n .解析：(1)经计算a 3＝3，a 4＝14，a 5＝5，a 6＝18.当n 为奇数时，a n ＋2＝a n ＋2，即数列{a n }的奇数项成等差数列， ∴a 2n －1＝a 1＋(n －1)·2＝2n －1.当n 为偶数，a n ＋2＝12a n ，即数列{a n }的偶数项成等比数列，∴a 2n ＝a 2·⎝⎛⎭⎫12n －1＝⎝⎛⎭⎫12n. 因此，数列{a n }的通项公式为 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数，⎝⎛⎭⎫12n 2，n 为偶数.(2)∵b n ＝(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n， ∴S n ＝1×12＋3×⎝⎛⎭⎫122＋5×⎝⎛⎭⎫123＋…＋(2n －3)×⎝⎛⎭⎫12n －1＋(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n .① 12S n＝1×⎝⎛⎭⎫122＋3×⎝⎛⎭⎫123＋5×⎝⎛⎭⎫124＋…＋(2n －3)×⎝⎛⎭⎫12n ＋(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n ＋1.② ①②两式相减，得12S n ＝1×12＋2[(12)2＋(12)3＋…＋(12)n ]－(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n ＋1 ＝12＋12×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫12n －11－12－(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n ＋1＝32－(2n ＋3)×⎝⎛⎭⎫12n ＋1. ∴S n ＝3－(2n ＋3)×⎝⎛⎭⎫12n. .。

新高考数学数列经典题型专题提升-第10讲数列求和并项求和法(解析版)

第10讲数列求和:并项求和法参考答案与试题解析一．选择题（共7小题）1．（2021春•吉安县期中）数列满足，则前40项和为 A ．940B ．820C ．1830D ．1880【解答】解：由，可得为奇数时，；为偶数时，．设，则，，，，，，，，所以前40项和为．故选：．2．（2021秋•麒麟区校级月考）已知数列的前项和，数列满足，记数列的前项和为，则 A ．2021B ．2021C ．2018D ．2021【解答】解：由数列的前项和为，当时，；当时，，上式对时也成立，，，函数的周期，．故选：．3．（2021•未央区校级模拟）数列满足，，若，且数列的前项和为，则 {}n a 1(1)21n n n a a n ++-=-{}n a ()1(1)21n n n a a n ++-=-n 121n n a a n +-=-n 121n n a a n ++=-1a t =21a t =+32a t =-47a t =-5a t =69a t =+72a t =-815a t =-...{}n a 1234567837383940()()...()a a a a a a a a a a a a ++++++++++++1102642...15410(10154)8202=++++=⨯⨯+=B {}n a n 2n S n n =-{}n b 1sin 2n n n b a π+={}n b n n T 2017(T =){}n a n 2n S n n =-1n =11110a S ==-=2n …221[(1)(1)]22n n n a S S n n n n n -=-=-----=-1n =22n a n ∴=-∴cos2(1)cos22n n n n b a n ππ==- cos2n y π=242T ππ==2017152013262143720154820162017()()()()T b b b b b b b b b b b b b ∴=++⋯++++⋯++++⋯++++⋯++201702(152013)02(372015)4032cos450420162π=-++⋯+++++⋯++=⨯=A {}n a 11a =1(1)(1)n n na n a n n +=+++2cos 3n n n b a π={}n b n n S 11(S =)A ．64B ．80C ．D ．【解答】解：数列满足，，则，可得数列是首项为1、公差为1的等差数列，即有，即为，则，则．故选：．4．（2021秋•南昌月考）已知数列满足，则的前20项和 A ．B ．C ．D ．【解答】解：数列满足，则的前20项和．故选：．5．（2021秋•内蒙古期末）已知数列是首项为，公比的等比数列，且．若数列的前项和为，则 A ．B ．C ．D ．【解答】解：数列是首项为，公比的等比数列，可得，，64-80-{}n a 11a =1(1)(1)n n na n a n n +=+++111n na a n n+=++{}n anna n n=2n a n =222coscos33n n n n b a n ππ==22222222222111(1245781011)(369)2S =-++++++++++222222222222221(1233456678991011)2=-+--++---+--++1(5234159)642=-⨯+++=-C {}n a *22()n n n a a n N ++=∈{}n a 20(S =)20215-20225-21215-21225-{}n a *22()n n n a a n N ++=∈{}n a 2013192420()()S a a a a a a =++⋯++++⋯+5172618(222)(222)=++⋯++++⋯+45245442[(2)1]2[(2)1]2121--=+--21225-=D {}n a 12a =2q =1n n n b a a +=+{}n b n n S (n S =)323n -g 1323n +-g 32ng 1326n +-g {}n a 12a =2q =112232n n n n n n b a a ++=+=+=g 6(12)62612n n n S -==--g故选：．6．（2021春•万载县校级期末）若数列的通项公式是，则等于 A ．60B ．C ．90D ．【解答】解：由，可得．故选：．7．（2021春•成都期末）已知数列满足，为的前项和，则 A ．300B ．320C ．340D ．360【解答】解：因为，所以当为偶数时，有，，，；，，，．当为奇数时，有，，，，，，，，．故选：．二．解答题（共10小题）8．（2021•山东）在等差数列中，已知公差，是与的等比中项．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，记，求．【解答】解：（Ⅰ）是与的等比中项，D {}n a (1)(32)n n a n =--1260a a a ++⋅⋅⋅+()60-90-(1)(32)n n a n =--1260(14)(710)(1316)...(175178)a a a ++⋅⋅⋅+=-++-++-+++-+33...333090=+++=⨯=C {}n a 1(1)31n n n a a n ++-=+n S {}n a n 20(S =)1(1)31n n n a a n ++-=+n 131n n a a n ++=+2134n n a a n ++∴-=+265n n a a n +∴+=+2462517a a ∴+=⨯+=6866541a a +=⨯+=⋯182********a a +=⨯+=∴24205(17113)3252a a a ⨯++++== n 131n n a a n +-=+2134n n a a n ++∴+=+23n n a a +∴+=133a a ∴+=573a a +=⋯17193a a +=13195315a a a ∴+++=⨯= 2012320S a a a a ∴=++++ 13192420()()a a a a a a =+++++++ 32515340=+=C {}n a 2d =2a 1a 4a {}n a (1)2n n n b a +=1234(1)n n n T b b b b b =-+-+-⋯+-n T 2a 1a 4a在等差数列中，公差，，即，化为，解得．．（Ⅱ），．当时，．当时，．故．（也可以利用“错位相减法” 9．（2021•天津）已知是等比数列，前项和为，且，．（1）求的通项公式；（2）若对任意的，是和的等差中项，求数列的前项和．【解答】解：（1）设的公比为，则，即，解得或．若，则，与矛盾，不符合题意．，，．214 {}n a 2d =∴2111()(3)a d a a d +=+2111(2)(32)a a a +=+⨯2122a =12a =1(1)2(1)22n a a n d n n ∴=+-=+-⨯=(1)2(1)n n n b a n n +==+ 1234(1)1(11)2(21)(1)(1)n n n n T b b b b b n n ∴=-+-+-⋯+-=-⨯++⨯+-⋯+-+g *2()n k k N =∈2212(21)(21)(211)4k k b b k k k k k --=+---+=2143221()()()n k k T b b b b b b -=-+-+⋯+-(1)(2)4(12)42(1)22k k n n k k k ++=++⋯+=⨯=+=*21()n k k N =-∈2143222321()()()n k k k T b b b b b b b ---=-+-+⋯+--(1)(1)(1)2n n n n -+=-+2(1)2n +=-2(2),2(*)2(1),21(*)2n n n n k k N T n n k k N +⎧=∈⎪⎪=⎨+⎪-=-∈⎪⎩){}n a n *()n S n N ∈123112a a a -=663S ={}n a *n N ∈nb 2log n a 21log n a +2{(1)}n nb -2n {}n a q 2111112a a q a q -=2121q q -=2q =1q =-1q =-60S =663S =2q ∴=616(12)6312a S -∴==-11a ∴=（2）是和的等差中项，．．是以为首项，以1为公差的等差数列．设的前项和为，则．10．（2021秋•东丽区校级月考）已知数列的各项均为正数，其前项和为，且满足．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）若，数列满足，求数列的前项和；（Ⅲ）数列满足为非零整数），都有恒成立，求实数的值．【解答】解：（Ⅰ）当时，，得或，（舍，当时，．则，即，，，即数列是公差为1的等差数列，则，．（Ⅱ）当是奇数时，，当是偶数时，，则数列的前项和．n n b 2log n a 21log n a +221211(log log )(log 222n n n b a a +∴=+=12log 2n -+1)2n n =-11n n b b +∴-={}n b ∴122{(1)}n nb -2n n T 2222221234212()()()n n n T b b b b b b -=-++-++⋯+-+1234212n nb b b b b b -=+++⋯++12112222222n n b b n n +-+==g 22n ={}n a n n S 22nn n a S a =-2n n b ={}n c 22sin cos 22n n n n n c a b ππ=⋅-⋅{}n c 2n 2n T {}n d 1*3(1)2()(n a n n n d n N λλ-=+-⋅∈1n n d d +>λ1n =211112a a a a =-=11a =10a =)2n (2)1112n n n a S a +++=-22111122n n n n n n n n a a S a S a a a ++++-=--+=+111()()n n n n n n a a a a a a ++++-=+0n a > 11n n a a +∴-={}n a 11n a n n =+-=*n N ∈n 22sin cos 22n n n n n n c a b a n ππ=⋅-⋅==n 2n n n c b =-=-{}n c 2n 21221211(121)4(41)14424133n nnn n i i i i n n T c c n +-==+--=+=-=-⋅+-∑∑（Ⅲ），恒成立，当是奇数时，得，得，从而，当是偶数时，得，得，从而，为非零整数，．11．设是等比数列，是递增的等差数列，的前项和为，，，，．（Ⅰ）求与的通项公式；（Ⅱ）设，，求．【解答】解：（Ⅰ）设等比数列的公比为，递增的等差数列的公差为，由，，，，可得，，解得，（舍去）或，，所以，；（Ⅱ）当时，，，2，，，设；当时，，设，所以．12．（2021春•武清区校级期末）已知等比数列的各项均为正数，，，成等差数列，且满足，数列的前项和，，且．（1）求数列和的通项公式；11111113(1)23(1)23(1)23(1)2233(2)n n a a n n n n n n n n n n n n n n d d λλλλλ++-++-+-=+-⋅---⋅=+-⋅---⋅=⨯+-1n n d d +> ∴n 233(2)0n n λ⨯+->23320n n λ⨯->13(2n λ-<1λ<n 233(2)0n n λ⨯+->23320n n λ⨯+>13()2n λ->-32λ>-λ 1λ∴=-{}n a {}n b {}n b n (*)n S n N ∈12a =11b =413S a a =+213a b b =+{}n a {}n b 2(1),2(1)(24),21(1)(3)k k k n n nn b n kd b n k b b ⎧-=⎪=-+⎨=-⎪++⎩k N +∈41ni i d =∑{}n a q {}n b (0)d d >12a =11b =413S a a =+213a b b =+24622d q +=+2112q d =++1q =0d =2q =1d =2n n a =n b n =2()n k k N +=∈22(1)k n k d d k ==-1k =...2n 222222244...(12)(34)...[(21)(2)]1234...(21)2n A d d d n n n n =+++=-++-+++--+=+++++-+22(12)22n n n n +==+21()n k k N +=-∈21212121(1)(24)(1)(42)(1)(3)2(22)k k k n k k k b k d d b b k k -----+-+===+++121111(1)(1)()2(1)21k k k k k k k +=-⋅⋅=⋅-+++134111111111...(1...)(1)2223221221n B d d d n n n -=+++=--++-++=-++421112422ni i d A B n n n ==+=++-+∑{}n a 52a 4a 64a 2434a a ={}n b n (1)2n n n S b +=*n N ∈11b ={}n a {}n b（2）设，，数列的前项和为，求证：；（3）设，求的前项和．【解答】解：（1）设等比数列的公比为，，，成等差数列，且满足，，，解得：，．．数列的前项和，，且．时，，化为：，可得．（2）证明：，数列的前项和为，单调递增，，．（3）设，设数列的前项和为，221223n n n n b c b b +++=*n N ∈{}n c n n A 51364n A <…2(1)[(1)(1)]n n n n n d b a b =-+++{}n d n n T {}n a 0q >52a 4a 64a 2434a a =2444224a a q a q ∴=+22333144a q a a a q ==12q =112a =1()2n n a ∴={}n b n (1)2n n n S b +=*n N ∈11b =2n ∴…11(1)22n n n n n n nb S S b b --+=-=-1211121n n b b b bn n -==⋯===-n b n =22222212232311(1)(2)(1)(2)n n n n n c b b n n n n ++++===-⋅++++∴{}n c n 2222222111111112334(1)(2)4(2)n A n n n =-+-+⋯+-=-+++n A 114n A A ∴<…∴51364n A < (221)(1)[(1)(1)](1)((1)(1)()2n n n n n n n d b a b n n =-+++=-+++⨯-1{(1)()}2n n +⨯-n n H则，，，．时，，的前项和．时，，的前项和．为偶数时，数列的前项和．为奇数时，数列的前项和．13．（2021春•温州期中）设等差数列的前项和为，公差为，已知，．（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和．【解答】解：（1）由题意得，解得，数列的通项公式为．（2），当为奇数时，；231111112()3()4(()(1)()22222n n n H n n -=⨯-+⨯-+⨯-+⋯+⨯-++⨯-23411111112()3()4()()(1)()222222n n n H n n +-=⨯-+⨯-+⨯-+⋯+⨯-++⨯-∴2341111[1()]31111111221(()()()(1)()(1)(1222222221()2n n n n n H n n ++---=-+-+-+-+⋯+--+⨯-=-+-+⨯---5351()992n n n H +∴=-+⨯-2n k =*k N ∈2{(1)((1)}n n -+n 222222(21)(3)3254(1)23122n n n n n B n n n n +++=-+-++-=++⋯+++==21n k =-*k N ∈2{(1)((1)}n n -+n 2221(1)(4)34(2)(2)22n n n n n n B B n n +++++=-+=-+=-n ∴{}n d n (3)5351(2992n n n n n T ++=-+⨯-n {}n d n 2345351()2992n n n n n T +++=--+⨯-{}n a n n S d 11a =39S ={}n a 2(1)n n n b a =-⋅{}n b n n T 3133339S a d d =+=+=2d ={}n a 12(1)21n a n n =+-=-2222(21),(1)(1)(21)(21),nnn nn n n b a b n n n ⎧--=-⋅==--=⎨-⎩为奇数为偶数n 222222222(1)(123)13579(23)(21)2(135723)(21)2(21)212n n n T n n n n n n -+-=-+-+-+⋯+---=++++⋯+---=⨯--=-+当为偶数时，，所以．14．（2021•福建模拟）记为等比数列的前项和，已知，．（1）求；（2）求数列的前项和．【解答】解：（1）当时，由可得，两式相减，可得，即，依题意，为等比数列，故．令，则由可得，即；（2）由（1）可知为首项等于1，公比等于2的等比数列，故；故为首项等于，公比等于的等比数列，故，故数列的前项和．15．（2021•天心区校级一模）已知等差数列的前项和为，且满足，．（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前项和．【解答】解：（1）设等差数列的公差为，则由题意可得，解得，，所以数列的通项公式为；（2）因为，n 2222222(121)13579(23)(21)2(13572321)222n n n T n n n n n +-=-+-+-+⋯--+-=++++⋯+-+-=⨯=2221,2,n n n T n n ⎧-+=⎨⎩为奇数为偶数n S {}n a n 11a =1n n S a t +=+t {(cos )}n n a π⋅n 2n …1n n S a t +=+1n n S a t -=+1n n n a a a +=-12n n a a +={}n a 22a =1n =1n n S a t +=+12S a t =+12121t S a a a =-=-=-{}n a 12n n a -={(cos )}n n a π⋅1-2-1(1)(2)n n a -=-⋅-{(cos )}n n a π⋅n 1(2)11(2)1(2)33n n n T -+-==⨯----{}n a n n S 38a =572S a ={}n a {}n b 1cos 2n n n b a n π+=+{}n b 2n 2n T {}n a d 111285452(6)2a d a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=+⎪⎩12a =3d ={}n a *23(1)31,n a n n n N =+-=-∈11cos 2(1)2n n n n n n b a n a π++=+=-+所以．16．（2021秋•运城期中）已知正项数列的前项和为，满足，．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和的表达式．【解答】解：（1）正项数列的前项和为，满足，所以，整理得：，由于数列为正项数列，（常数），所以是以1为首项，1为公差的等差数列，，故，所以（首项符合通项）．由于，，当为奇数时，，为偶数时，，所以，，，，所以．17．（2021秋•郸城县校级月考）已知为数列前项和，．（Ⅰ）求和；（Ⅱ）若，求的值．23122143221()()()(222)n n n n T a a a a a a +-=-+-+⋯+-+++⋯+22222(12)332412n n n n +-=+=+--{}n a n n S 2,*)n a n n N =∈…11a ={}n a 1cos n n n nb n a a π+=g{}n b 2n 2n T {}n a n n S 2,*)n a n n N =+∈…1n n S S --=1)0-=1=11n n =+-=2n S n =121n n n a S S n -=-=-11111(22121n n a a n n +=--+111cos cos [()]22121n n n n n b n n a a n n ππ+==--+g n cos 1n π=-n cos 1n π=111(1)23b =--2211()235b =-3311()257b =--⋯21232121112121313141412111211((223232525272729243412414141nn n n n n Tb b b b b n n n n n --=+++⋯++=-+⨯+⨯-⨯-⨯+⨯+⨯-⨯+⋯+-+-=----++n S {}n a n (2sin )(2cos )2n n a n n ππ+=+4k a 41()k a k Z -∈24n S an bn =+a b -【解答】（Ⅰ）解：由已知：．，，又，．（Ⅱ）又由已知：，得：，，得：．所以，，解得：，，．(2sin )(2cos )2n n a n n ππ+=+4(2sin 2)4(2cos 4)()k a k k k k Z ππ∴+=+∈46()k a k k Z ∴=∈41[2sin(2)](41)[2cos(41)]2k a k k k πππ-+-=-+-4141k a k -∴=-42[2sin(2)](42)[2cos(42)]k a k k k πππ-+-=-+-4263k a k -=-433[2sin(2)](43)[2cos(43)]2k a k k k πππ-+-=-+-43413k k a -=-412348128133631542336971233S a b a a a a S a b a a a ⎧=+=+++=+++⎪⎪⎨⎪=+=++⋯+=+++++++⎪⎩263a =113b =5a b ∴-=。

高考数学二轮复习：(理数)数列求和及综合应用

第二讲数列求和及综合应用1．已知等差数列{a n}满足a2＝3，S n－S n－3＝51(n>3)，S n＝100，则n的值为()A．8B．9C．10 D．112．公差不为零的等差数列{a n}的前n项和为S n，若a4是a3与a7的等比中项，且S10＝60，则S20＝()A．80 B．160C．320 D．6403．设等差数列{a n}的前n项和为S n，若S m－1＝－2，S m＝0，S m＋1＝3，则m ＝()A．3 B．4C．5 D．64．已知等差数列{a n}满足a2＝3，a5＝9，若数列{b n}满足b1＝3，b n＋1＝ab n，则{b n}的通项公式为b n＝()A．2n－1 B．2n＋1C．2n＋1－1 D．2n－1＋25．已知函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的单调函数，且对任意的正数x，y都有f(x·y)＝f(x)＋f(y)，若数列{a n}的前n项和为S n，且满足f(S n＋2)－f(a n)＝f(3)(n∈N*)，则a n为()A．2n－1B．nC．2n－1 D．(3 2)n－16．已知等比数列{a n}的各项均为正数，若a1＝3，前三项的和为21，则a4＋a5＋a6＝________．7．《九章算术》之后，人们进一步用等差数列求和公式来解决更多的问题，《张丘建算经》卷上第22题为：“今有女善织，日益功疾，且从第2天起，每天比前一天多织相同量的布，若第一天织5尺布，现在一月(按30天计)，共织390尺布”，则每天比前一天多织________尺布．(不作近似计算)8．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 10＝0，S 15＝25，则nS n 的最小值为________．9．已知等差数列{a n }的前5项和为105，且a 10＝2a 5.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)对任意m ∈N *，将数列{a n }中不大于72m 的项的个数记为b m ，求数列{b m }的前m 项和S m .10．已知函数f (x )满足：对任意的x ∈R ，x ≠0，恒有f (1x )＝x 成立，数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，b 1＝1，且对任意n ∈N *，均有a n ＋1＝a n f （a n ）f （a n ）＋2，b n ＋1－b n ＝1a n . (1)求函数f (x )的解析式；(2)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(3)对于λ∈[0，1]，是否存在k ∈N *，使得当n ≥k 时，b n ≥(1－λ)f (a n )恒成立？若存在，试求k 的最小值；若不存在，请说明理由．11．设函数f (x )＝x 2，过点C 1(1，0)作x 轴的垂线l 1交函数f (x )图象于点A 1，以A 1为切点作函数f (x )图象的切线交x 轴于点C 2，再过C 2作x 轴的垂线l 2交函数f (x )图象于点A 2，…，以此类推得点A n ，记A n 的横坐标为a n ，n ∈N *.(1)证明数列{a n }为等比数列并求出通项公式；(2)设直线l n 与函数g (x )＝log 12x 的图象相交于点B n ，记b n ＝OA n →·OB n →(其中O为坐标原点)，求数列{b n }的前n 项和S n .答案与解析1．【解析】选C.由S n －S n －3＝51得，a n －2＋a n －1＋a n ＝51，所以a n －1＝17, 又a 2＝3，S n ＝n （a 2＋a n －1）2＝100，解得n ＝10，故选C. 2．【解析】选C.设数列{a n }的公差为d ，d ≠0，则a 24＝a 3a 7＝(a 4－d )(a 4＋3d )，d ＝2a 43＝23(a 1＋3d )，∴d ＝－23a 1.∵S 10＝10（a 1＋a 10）2＝5(2a 1＋9d )＝10a 1＋45(－23a 1)＝－20a 1＝60，∴a 1＝－3，d ＝2，∴S 20＝320.3．【解析】选C.∵{a n }是等差数列，S m －1＝－2，S m ＝0，∴a m ＝S m －S m －1＝2.∵S m ＋1＝3，∴a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3，∴d ＝a m ＋1－a m ＝1.又S m ＝m （a 1＋a m ）2＝m （a 1＋2）2＝0， ∴a 1＝－2，∴a m ＝－2＋(m －1)·1＝2，∴m ＝5.4．【解析】选B.据已知易得a n ＝2n －1，故由b n ＋1＝ab n 可得b n ＋1＝2b n －1，变形为b n ＋1－1＝2(b n －1)，即数列{b n －1}是首项为2，公比为2的等比数列，故b n －1＝2n ，解得b n ＝2n ＋1.故选B.5．【解析】选D.由题意知f (S n ＋2)＝f (a n )＋f (3)(n ∈N *)，∴S n ＋2＝3a n ，S n －1＋2＝3a n －1(n ≥2)，两式相减得，2a n ＝3a n －1(n ≥2)，又n ＝1时，S 1＋2＝3a 1＝a 1＋2，∴a 1＝1，∴数列{a n }是首项为1，公比为32的等比数列，∴a n ＝(32)n －1.6．【解析】a 4＋a 5＋a 6＝a 1q 3＋a 1q 4＋a 1q 5＝(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)q 3＝(a 1＋a 2＋a 3)·q 3，即a 4＋a 5＋a 6＝21q 3.由前三项的和为21，且a 1＝3解得q ＝2，故a 4＋a 5＋a 6＝21q 3＝21×8＝168.【答案】1687．【解析】由题意知，a 1＝5，n ＝30，S n ＝390＝30×5＋30×292d ⇒d ＝1629.【答案】16298．【解析】设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由等差数列前n 项和可得⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋10×92d ＝0，15a 1＋15×142d ＝25，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝23. ∴nS n ＝n 2a 1＋n 2（n －1）2d ＝－3n 2＋13(n 3－n 2) ＝13n 3－10n 23，∴(nS n )′＝n 2－20n 3，令(nS n )′＝0，解得n ＝0(舍去)或n ＝203. 当n >203时，nS n 是单调递增的；当0<n <203时，nS n 是单调递减的，故当n ＝7时，nS n 取最小值，∴(nS n )min ＝13×73－10×723＝－49.【答案】－499．【解】(1)设数列{a n }的公差为d ，前n 项和为T n .由T 5＝105，a 10＝2a 5，得⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋5×（5－1）2d ＝105，a 1＋9d ＝2（a 1＋4d ），解得a 1＝7，d ＝7.因此a n ＝a 1＋(n －1)d ＝7＋7(n －1)＝7n (n ∈N *)．(2)对m ∈N *，若a n ＝7n ≤72m ，则n ≤72m －1.因此b m ＝72m －1，所以数列{b m }是首项为7公比为49的等比数列．故S m ＝b 1（1－q m ）1－q ＝7×（1－49m ）1－49＝7×（72m －1）48 ＝72m ＋1－748.10．【解】(1)由f (1x )＝x ，易得f (x )＝1x (x ≠0)．(2)由a n ＋1＝a n f （a n ）f （a n ）＋2，得1a n ＋1＝1a n ＋2a n f （a n ）＝1a n＋2，所以1a n ＋1－1a n＝2. 所以数列{1a n }是以1为首项，2为公差的等差数列．所以1a n＝1＋2(n －1)＝2n －1，所以a n ＝12n －1，n ∈N *. 因为b n ＋1－b n ＝1a n＝2n －1，所以b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1＝(2n －3)＋(2n －5)＋…＋3＋1＋1＝（n －1）（2n －2）2＋1＝n 2－2n ＋2. (3)对于λ∈[0，1]时，b n ≥(1－λ)f (a n )恒成立，等价于λ∈[0，1]时，n 2－2n ＋2≥(1－λ)·(2n －1)恒成立，等价于λ∈[0，1]时，(2n －1)·λ＋n 2－4n ＋3≥0恒成立．设g (λ)＝(2n －1)λ＋n 2－4n ＋3≥0，对于λ∈[0，1]，(2n －1)·λ＋n 2－4n ＋3≥0恒成立，则有⎩⎨⎧g （0）≥0，g （1）≥0，解得n ≥3或n ≤1. 由此可见存在k ∈N *，使得当n ≥k 时，b n ≥(1－λ)f (a n )恒成立，且k 的最小值为3.11．【解】(1)证明：以点A n －1(a n －1，a 2n －1)(n ≥2)为切点的切线方程为y －a 2n －1＝2a n －1(x －a n －1)．当y ＝0时，得x ＝12a n －1，即a n ＝12a n －1.又∵a 1＝1，∴数列{a n }是以1为首项，12为公比的等比数列．∴通项公式为a n ＝(12)n －1.(2)据题意，得B n ((12)n －1，n －1)．∴b n ＝OA n →·OB n →＝(14)n －1＋(14)n －1·(n －1)＝n (14)n －1.∵S n ＝1×(14)0＋2×(14)1＋…＋n ×(14)n －1，14S n ＝1×(14)1＋2×(14)2＋…＋n ×(14)n ，两式相减，得34S n ＝1×(14)0＋1×(14)1＋…＋(14)n －1－n ×(14)n ＝1－（14）n1－14－n ×(14)n .化简，得S n ＝169－(4n 3＋169)×(14)n ＝169－3n ＋49×4n －1.。

高考数学二轮复习专题二数列第2讲数列求和及综合应用课件文

12/8/2021
真题感悟考点整合
热点聚焦分类突破
第二十页，共三十五页。
归纳总结思维升华
【训练2】 (2018·日照质检(zhìjiǎn))已知数列{an}满足a1＝1，an＋1－an＝2n＋1(n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式；
(2)设 bn＝an＋1 n，求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
12/8/2021
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【训练1】已知数列(shùliè){an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0. (1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；
(2)若 S5＝3312，求 λ. (1)证明由题意得 a1＝S1＝1＋λa1，故 λ≠1，a1＝1－1 λ，故 a1≠0.
所以数列{an}是公比、首项均为－14的等比数列.
所以数列{an}的通项公式 an＝－14n.
12/8/2021
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(2)bn＝－1－log2|an|＝2n－1，数列(shùliè){bn}的前n项和Tn＝n2，
cn＝TbnTn＋n＋1 1＝n2（2nn＋＋11）2＝n12－（n＋1 1）2，所以 An＝1－（n＋11）2.
(1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝2an＋(－1)n·an，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)∵{an}为等差数列(děnɡ chā shùliè)，
∴SS47＝＝47aa11＋＋47× ×22 36dd＝＝2643，，解得ad1＝＝23.，
因此12/8(/y2ī0n2c1ǐ){an}的通项公式an＝2n＋1.

高考数学二轮复习专题三第2讲数列求和及其综合应用

第2讲数列求和及其综合应用[考情分析]数列求和常与数列的综合应用一起考查，常以解答题的形式出现，有时与函数、不等式综合在一起考查，难度中等偏上．考点一数列求和核心提炼1．裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是依次项抵消，有的是间隔项抵消．常见的裂项方式有：1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；1n (n ＋k )＝1k ⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋k ；1n2－1＝12⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1；14n2－1＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1.2．如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，那么求数列{a n ·b n }的前n 项和S n 时，可采用错位相减法．用错位相减法求和时，应注意：(1)等比数列的公比为负数的情形；(2)在写出“S n ”和“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“S n －qS n ”的表达式．考向1 分组转化法求和例1 已知在等比数列{a n }中，a 1＝2，且a 1，a 2，a 3－2成等差数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝1an＋2log 2a n －1，求数列{b n }的前n 项和S n .解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，由a 1，a 2，a 3－2成等差数列，得2a 2＝a 1＋a 3－2，即4q ＝2＋2q 2－2，解得q ＝2(q ＝0舍去)，则a n ＝a 1q n －1＝2n ，n ∈N *.(2)b n ＝1an ＋2log 2a n －1＝12n ＋2log 22n －1＝12n ＋2n －1，则数列{b n }的前n 项和S n ＝⎝⎛⎭⎫12＋14＋…＋12n ＋(1＋3＋…＋2n －1) ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＋12n (1＋2n －1)＝1－12n ＋n 2.考向2 裂项相消法求和例2 (2020·莆田市第一联盟体学年联考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n 2－2n ，{b n }为正项等比数列，且b 1＝a 1＋3，b 3＝6a 4＋2. (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)设c n ＝1an ＋1·log2bn ＋1，求{c n }的前n 项和T n .解 (1)由S n ＝n 2－2n ，得当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1，当n ≥2时，S n －1＝(n －1)2－2(n －1)＝n 2－4n ＋3，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －3，a 1＝－1也满足此式．所以a n ＝2n －3，n ∈N *. 又b 1＝a 1＋3＝2，b 3＝6a 4＋2＝32，因为{b n }为正项等比数列，设{b n }的公比为q (q >0)．所以q 2＝b3b1＝16，即q ＝4，所以b n ＝b 1·q n －1＝2·4n －1＝22n －1，n ∈N *. (2)因为a n ＋1＝2(n ＋1)－3＝2n －1，b n ＋1＝22n ＋1. 所以c n ＝1an ＋1·log2bn ＋1＝1(2n －1)·log 222n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1.所以T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1.所以T n ＝n 2n ＋1.考向3 错位相减法求和例3 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n >0，且a 2n ＋1－2a n ＋1a n －3a 2n ＝0. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 3(1＋S n )，求数列{a n b n }的前n 项和T n . 解 (1)由a 2n ＋1－2a n ＋1a n －3a 2n ＝0及a n >0，得⎝⎛⎭⎫an ＋1an 2－2×an ＋1an －3＝0，解得an ＋1an ＝3或an ＋1an ＝－1(舍)，所以{a n }是等比数列，且公比q ＝3，又a 1＝2，所以a n ＝2·3n －1，n ∈N *. (2)因为S n ＝2(1－3n )1－3＝3n－1，所以b n ＝log 3(1＋S n )＝n ，则a n b n ＝2n ·3n －1，所以T n ＝2×30＋4×31＋6×32＋…＋(2n －2)·3n －2＋2n ·3n －1，① 所以3T n ＝2×31＋4×32＋6×33＋…＋(2n －2)·3n －1＋2n ·3n ，②①－②，得(1－3)T n ＝2＋2×31＋2×32＋2×33＋…＋2·3n －1－2n ·3n ＝2(1－3n )1－3－2n ·3n ＝(1－2n )·3n －1，所以T n ＝⎝⎛⎭⎫n －12·3n ＋12.规律方法 (1)分组转化法求和的关键是将数列通项转化为若干个可求和的数列通项的和差．(2)裂项相消法的基本思路是将通项拆分，可以产生相互抵消的项．(3)错位相减法求和，主要用于求{a n b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别为等差数列和等比数列．跟踪演练 1 (1)已知函数f (n )＝⎩⎨⎧n2，n 为奇数，－n2，n 为偶数，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 8等于( ) A ．－16 B ．－8 C ．8 D ．16 答案 C解析当n 为奇数时，n ＋1为偶数，则a n ＝n 2－(n ＋1)2＝－2n －1，所以a 1＋a 3＋a 5＋a 7＝－(3＋7＋11＋15)＝－36.当n 为偶数时，n ＋1为奇数，则a n ＝－n 2＋(n ＋1)2＝2n ＋1，则a 2＋a 4＋a 6＋a 8＝5＋9＋13＋17＝44.所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 8＝－36＋44＝8，故选C. (2)(2020·武汉江夏一中、汉阳一中联考)若首项为23的数列{a n }满足2(2n ＋1)a n a n ＋1＋a n ＋1＝a n ，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 020等于( ) A.8 0804 041 B.4 0784 040 C.4 0404 041 D.4 0394 040 答案 C解析依题意得a n ≠0，由2(2n ＋1)a n a n ＋1＝a n －a n ＋1，等式两边同时除以a n a n ＋1可得1an ＋1－1an＝4n ＋2，则当n ≥2时，1an －1an －1＝4n －2，1an －1－1an －2＝4n －6，…，1a2－1a1＝6，以上式子左右两边分别相加可得 1an －1a1＝(6＋4n －2)(n －1)2，即1an ＝2n 2－12＝(2n －1)(2n ＋1)2，所以a n ＝2(2n －1)(2n ＋1)＝12n －1－12n ＋1，当n ＝1时，a 1＝23满足上式．故a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 020＝1－13＋13－15＋…＋14 039－14 041＝1－14 041＝4 0404 041.(3)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝2，b 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，b 1＋12b 2＋13b 3＋…＋1nb n ＝b n ＋1－1(n ∈N *)．①求数列{a n }与{b n }的通项公式； ②记数列{a n b n }的前n 项和为T n ，求T n .解 ①由a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，得a n ＝2n (n ∈N *)．由题意知：当n ＝1时，b 1＝b 2－1，故b 2＝2. 当n ≥2时，1n b n ＝b n ＋1－b n .整理得bn ＋1n ＋1＝bn n ，又b22＝b11，所以b n ＝n (n ∈N *)． ②由①知a n b n ＝n ·2n ，因此T n ＝2＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n ， 2T n ＝22＋2·23＋3·24＋…＋n ·2n ＋1，所以T n －2T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1. 故T n ＝(n －1)2n ＋1＋2(n ∈N *)．考点二数列的综合问题核心提炼数列与函数、不等式的综合问题是高考命题的一个方向，此类问题突破的关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，通过放缩进行等式的证明．例4 (1)(2020·日照模拟)如图，在直角坐标系xOy 中，一个质点从A (a 1，a 2)出发沿图中路线依次经过B (a 3，a 4)，C (a 5，a 6)，D (a 7，a 8)，…，按此规律一直运动下去，则a 2 017＋a 2 018＋ a 2 019＋a 2 020等于( )A ．2 017B ．2 018C ．2 019D ．2 020 答案 C解析由直角坐标系可知，A (1,1)，B (－1,2)，C (2,3)，D (－2,4)，E (3,5)，F (－3,6)，即a 1＝1，a 2＝1，a 3＝－1，a 4＝2，a 5＝2，a 6＝3，a 7＝－2，a 8＝4，…，由此可知，数列中偶数项是从1开始逐渐递增的，且都等于其项数除以2；每四个数中有一个负数，且为每组的第三个数，每组的第一个数为其组数，每组的第一个数和第三个数是互为相反数，因为2 020÷4＝505，所以a 2 017＝505，a 2 018＝1 009，a 2 019＝－505，a 2 020＝1 010， a 2 017＋a 2 018＋a 2 019＋a 2 020＝2 019. (2)(2020·洛阳第一高级中学月考)已知数列{a n }满足a 1＋12a 2＋…＋1na n ＝n 2＋n (n ∈N *)，设数列{b n }满足b n ＝2n ＋1anan ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，若T n <n n ＋1λ(n ∈N *)恒成立，则λ的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫14，＋∞ B.⎣⎡⎭⎫14，＋∞ C.⎣⎡⎭⎫38，＋∞ D.⎝⎛⎭⎫38，＋∞ 答案 D解析因为a 1＋12a 2＋…＋1na n ＝n 2＋n (n ∈N *)，所以 a 1＋12a 2＋…＋1n －1a n －1＝(n －1)2＋(n －1)(n ∈N *，n ≥2)，故1n a n ＝2n ，即a n ＝2n 2(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝12＋1＝2，满足上式，故a n ＝2n 2(n ∈N *)．b n ＝2n ＋14n2×(n ＋1)2＝14⎣⎡⎦⎤1n2－1(n ＋1)2，故T n ＝14⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫112－122＋⎝⎛⎭⎫122－132＋…＋1n2－1(n ＋1)2 ＝14⎣⎡⎦⎤1－1(n ＋1)2＝n2＋2n 4(n ＋1)2，故T n <n n ＋1λ(n ∈N *)恒成立等价于n2＋2n 4(n ＋1)2<n n ＋1λ，即n ＋24(n ＋1)<λ恒成立，化简，得14＋14(n ＋1)<λ，因为14＋14(n ＋1)≤14＋18＝38，故λ>38.易错提醒 (1)公式a n ＝S n －S n －1适用于所有数列，但易忽略n ≥2这个前提．(2)数列和不等式的综合问题，要注意条件n ∈N *，求最值要注意等号成立的条件，放缩不等式要适度．跟踪演练2 (1)(2020·中国人民大学附属中学模拟)在数列{a n }中，已知a n ＝n 2＋λn ，n ∈N *，则“a 1<a 2”是“{a n }是单调递增数列”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件答案 C解析若在数列{a n }中，已知a n ＝n 2＋λn ，n ∈N *，a 1<a 2，则1＋λ<4＋2λ，解得λ>－3，若数列{a n }是单调递增数列，则对任意的n ∈N *都满足a n ＋1－a n ＝(n ＋1)2＋λ(n ＋1)－n 2－λn ＝2n ＋1＋λ>0，∴λ>－1－2n ，即λ>(－1－2n )max ＝－3，因此，“a 1<a 2”是“{a n }是单调递增数列”的充要条件．(2)设曲线y ＝2 020x n ＋1(n ∈N *)在点(1，2 020)处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ，令a n ＝ log 2 020x n ，则a 1＋a 2＋…＋a 2 019的值为( ) A ．2 020 B ．2 019 C ．1 D ．－1 答案 D解析因为y ′＝2 020(n ＋1)x n ，所以切线方程是y －2 020＝2 020(n ＋1)(x －1)，所以x n ＝nn ＋1，所以a 1＋a 2＋…＋a 2 019＝log 2 020(x 1·x 2·…·x 2 019) ＝log 2 020⎝⎛⎭⎫12×23×…×2 0192 020＝log 2 02012 020＝－1. 专题强化练一、单项选择题 1．(2020·聊城模拟)数列1,6,15,28,45，…中的每一项都可用如图所示的六边形表示出来，故称它们为六边形数，那么第10个六边形数为( )A ．153B ．190C ．231D ．276 答案 B解析由题意知，数列{a n }的各项为1,6,15,28,45，…，所以a 1＝1＝1×1，a 2＝6＝2×3，a 3＝15＝3×5，a 4＝28＝4×7，a 5＝45＝5×9，…，a n ＝n (2n －1)，所以a 10＝10×19＝190.2．已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2，n ∈N *)，a 1＝1，a 2＝2，S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2020等于( )A ．3B ．2C ．1D ．0 答案 A解析 ∵a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2，n ∈N *)，a 1＝1，a 2＝2，∴a 3＝1，a 4＝－1，a 5＝－2，a 6＝－1，a 7＝1，a 8＝2，……，故数列{a n }是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0，故S 2 020＝336×0＋a 2 017＋a 2 018＋a 2 019＋a 2 020＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝3.故选A. 3．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝b 1＝1，a n ＋1－a n ＝bn ＋1bn＝3，n ∈N *，则数列{ba n }的前10项和为( ) A.12×(310－1) B.18×(910－1) C.126×(279－1) D.126×(2710－1) 答案 D解析因为a n ＋1－a n ＝bn ＋1bn＝3，所以{a n }为等差数列，公差为3，{b n }为等比数列，公比为3，所以a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2，b n ＝1×3n －1＝3n －1，所以na b ＝33n －3＝27n －1，所以{}na b 是以1为首项，27为公比的等比数列，所以{}na b 的前10项和为1×(1－2710)1－27＝126×(2710－1)． 4．已知数列{a n }和{b n }的首项均为1，且a n －1≥a n (n ≥2)，a n ＋1≥a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，且满足2S n S n ＋1＋a n b n ＋1＝0，则S 2 021等于( ) A ．2 021 B.12 021 C ．4 041 D.14 041答案 D解析由a n －1≥a n (n ≥2)，a n ＋1≥a n 可得a n ＋1＝a n ，即数列{a n }是常数列，又数列{a n }的首项为1，所以a n ＝1，所以当S n S n ＋1≠0时，2S n S n ＋1＋a n b n ＋1＝0可化为2S n S n ＋1＋b n ＋1＝0，因为S n 为数列{b n }的前n 项和，所以2S n S n ＋1＋b n ＋1＝2S n S n ＋1＋(S n ＋1－S n )＝0，所以1Sn ＋1－1Sn＝2，又1S1＝1b1＝1，因此数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1Sn 是以1为首项，2为公差的等差数列，所以1Sn ＝1＋2(n －1)＝2n －1，故S n ＝12n －1，即S n S n ＋1≠0.所以S 2 021＝14 041.5．定义在[0，＋∞)上的函数f (x )满足：当0≤x <2时，f (x )＝2x －x 2；当x ≥2时，f (x )＝3f (x －2)．记函数f (x )的极大值点从小到大依次为a 1，a 2，…，a n ，…，并记相应的极大值依次为b 1，b 2，…，b n ，…，则S 20＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a 20b 20的值为( ) A ．19×320＋1 B ．19×319＋1 C ．20×319＋1 D ．20×320＋1答案 A解析当0≤x <2时，f (x )＝2x －x 2＝1－(x －1)2，可得a 1＝1，b 1＝1；当2≤x <4时，有0≤x －2<2，可得f (x )＝3f (x －2)＝3[1－(x －3)2]，可得a 2＝3，b 2＝3；当4≤x <6时，有0≤x －4<2，可得f (x )＝9f (x －4)＝9[1－(x －5)2]，可得a 3＝5，b 3＝9；…；a 20＝39，b 20＝319；….故S 20＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a 20b 20＝1×1＋3×3＋5×9＋…＋39×319，3S 20＝1×3＋3×9＋5×27＋…＋39×320，两式相减可得－2S 20＝1＋2(3＋9＋27＋…＋319)－39×320＝1＋2×3×(1－319)1－3－39×320，化简可得S 20＝1＋19×320.故选A. 二、多项选择题6．若数列{a n }满足：对任意正整数n ，{a n ＋1－a n }为递减数列，则称数列{a n }为“差递减数列”．给出下列数列{a n }(n ∈N *)，其中是“差递减数列”的有( ) A ．a n ＝3n B ．a n ＝n 2＋1 C ．a n ＝n D ．a n ＝ln nn ＋1答案 CD解析对于A ，若a n ＝3n ，则a n ＋1－a n ＝3(n ＋1)－3n ＝3，所以{a n ＋1－a n }不为递减数列，故数列{a n }不是“差递减数列”；对于B ，若a n ＝n 2＋1，则a n ＋1－a n ＝(n ＋1)2－n 2＝2n ＋1，所以{a n ＋1－a n }是递增数列，故数列{a n }不是“差递减数列”；对于C ，若a n ＝n ，则a n ＋1－a n ＝n ＋1－n ＝1n ＋1＋n，所以{a n ＋1－a n }为递减数列，故数列{a n }是“差递减数列”；对于D ，若a n ＝lnn n ＋1，则a n ＋1－a n ＝ln n ＋1n ＋2－ln n n ＋1＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n ＋2·n ＋1n ＝ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n2＋2n ，由于函数y ＝ln ⎝⎛⎭⎫1＋1x2＋2x 在(0，＋∞)上单调递减，所以{a n ＋1－a n }为递减数列，故数列{a n }是“差递减数列”． 7．(2020·浙江改编)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d ≠0，a1d≤1.记b 1＝S 2，b n ＋1＝S 2n ＋2－S 2n ，n ∈N *，下列等式可能成立的是( ) A ．2a 4＝a 2＋a 6 B ．2b 4＝b 2＋b 6 C ．a 24＝a 2a 8 D ．b 24＝b 2b 8答案 ABC解析由题意，知b 1＝S 2＝a 1＋a 2， b n ＋1＝S 2n ＋2－S 2n ＝a 2n ＋1＋a 2n ＋2，可得b n ＝a 2n －1＋a 2n (n >1，n ∈N *)．由{a n }为等差数列，可知{b n }为等差数列．选项A 中，由a 4为a 2，a 6的等差中项，得2a 4＝a 2＋a 6，成立．选项B 中，由b 4为b 2，b 6的等差中项，得2b 4＝b 2＋b 6，成立．选项C 中，a 2＝a 1＋d ，a 4＝a 1＋3d ，a 8＝a 1＋7d . 由a 24＝a 2a 8，可得(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋7d )，化简得a 1d ＝d 2，又由d ≠0，可得a 1＝d ，符合a1d≤1，成立．选项D 中，b 2＝a 3＋a 4＝2a 1＋5d ，b 4＝a 7＋a 8＝2a 1＋13d ， b 8＝a 15＋a 16＝2a 1＋29d .由b 24＝b 2b 8，知(2a 1＋13d )2＝(2a 1＋5d )(2a 1＋29d )，化简得2a 1d ＝3d 2，又由d ≠0，可得a1d ＝32.这与已知条件a1d≤1矛盾．8．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n ＋3)(n ∈N *)在函数y ＝3×2x 的图象上，等比数列{b n }满足b n ＋b n ＋1＝a n (n ∈N *)，其前n 项和为T n ，则下列结论错误的是( ) A ．S n ＝2T n B ．T n ＝2b n ＋1 C ．T n >a n D ．T n <b n ＋1答案 ABC解析由题意可得S n ＋3＝3×2n ，S n ＝3×2n －3，a n ＝S n －S n －1＝3×2n －1(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×21－3＝3，满足上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3×2n －1(n ∈N *)．设等比数列{b n }的公比为q ，则b 1q n －1＋b 1q n ＝3×2n －1，解得b 1＝1，q ＝2，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1(n ∈N *)，由等比数列的求和公式有T n ＝2n －1.则有S n ＝3T n ，T n ＝2b n －1，T n <a n ，T n <b n ＋1.三、填空题9．数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n ＋1，若该数列的前k 项之和等于9，则k ＝________.答案 99 解析 a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，故前n 项和S n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n)＝n ＋1－1，令S k ＝k ＋1－1＝9，解得k ＝99. 10．设数列{a n }满足a 1＝1，且an ＋1an＝n ＋2n ＋1(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1anan ＋1的前10项和为________．答案n ＋12 53解析因为an ＋1an ＝n ＋2n ＋1，所以a2a1＝32，a3a2＝43，a4a3＝54，…，anan －1＝n ＋1n (n ≥2)，把它们左右两边分别相乘，得a n ＝n ＋12(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝1也符合上式，所以a n ＝n ＋12(n ∈N *)．所以1anan ＋1＝4(n ＋1)(n ＋2)＝4⎝⎛⎭⎫1n ＋1－1n ＋2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1anan ＋1的前10项和为4×⎝⎛⎭⎫12－13＋13－14＋…＋111－112＝4×⎝⎛⎭⎫12－112＝53. 11．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，且a n ，a n ＋1是函数f (x )＝x 2－b n x ＋2n 的两个零点，则a 5＝________，b 10＝________. 答案 4 64解析因为a n ，a n ＋1是函数f (x )＝x 2－b n x ＋2n 的两个零点，所以a n ，a n ＋1是方程x 2－b n x ＋2n ＝0的两个根，根据根与系数的关系，可得a n ·a n ＋1＝2n ， a n ＋a n ＋1＝b n ，由a n ·a n ＋1＝2n ，可得a n ＋1·a n ＋2＝2n ＋1，两式相除可得an ＋2an＝2，所以a 1，a 3，a 5，…成公比为2的等比数列，a 2，a 4，a 6，…成公比为2的等比数列，又由a 1＝1，得a 2＝2，所以a 5＝1×22＝4，a 10＝2×24＝32，a 11＝1×25＝32，所以b 10＝a 10＋a 11＝32＋32＝64. 12．在数列{a n }中，a 1＋a22＋a33＋…＋an n＝2n －1(n ∈N *)，且a 1＝1，若存在n ∈N *使得a n ≤n (n ＋1)λ成立，则实数λ的最小值为________．答案12解析依题意得，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫an n 的前n 项和为2n －1，当n ≥2时，an n ＝(2n －1)－(2n －1－1)＝2n －1，且a11＝21－1＝21－1，因此an n ＝2n －1(n ∈N *)，an n (n ＋1)＝2n －1n ＋1，记b n ＝2n －1n ＋1，则b n >0，bn ＋1bn ＝2(n ＋1)n ＋2＝(n ＋2)＋n n ＋2>n ＋2n ＋2＝1，b n ＋1>b n ，数列{b n }是递增数列，数列{b n }的最小项是b 1＝12.依题意得，存在n ∈N *使得λ≥an n (n ＋1)＝b n 成立，即有λ≥b 1＝12，λ的最小值是12.四、解答题13．(2020·新高考全国Ⅰ)已知公比大于1的等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝20，a 3＝8. (1)求{a n }的通项公式；(2)记b m 为{a n }在区间(0，m ](m ∈N *)中的项的个数，求数列{b m }的前100项和S 100. 解 (1)由于数列{a n }是公比大于1的等比数列，设首项为a 1，公比为q ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧ a1q ＋a1q3＝20，a1q2＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a1＝2，q ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧a1＝32，q ＝12(舍)所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ，n ∈N *.(2)由于21＝2,22＝4,23＝8,24＝16,25＝32,26＝64，27＝128，所以b 1对应的区间为(0,1]，则b 1＝0； b 2，b 3对应的区间分别为(0,2]，(0,3]，则b 2＝b 3＝1，即有2个1； b 4，b 5，b 6，b 7对应的区间分别为 (0,4]，(0,5]，(0,6]，(0,7]，则b 4＝b 5＝b 6＝b 7＝2，即有22个2；b 8，b 9，…，b 15对应的区间分别为(0,8]，(0,9]，…，(0,15]，则b 8＝b 9＝…＝b 15＝3，即有23个3；b 16，b 17，…，b 31对应的区间分别为(0,16]，(0,17]，…，(0,31]，则b 16＝b 17＝…＝b 31＝4，即有24个4；b 32，b 33，…，b 63对应的区间分别为(0,32]，(0,33]，…，(0,63]，则b 32＝b 33＝…＝b 63＝5，即有25个5；b 64，b 65，…，b 100对应的区间分别为(0,64]，(0,65]，…，(0,100]，则b 64＝b 65＝…＝b 100＝6，即有37个6.所以S 100＝1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×37＝480.14．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2a n －1(n ∈N *)，数列{b n }满足nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)，且b 1＝1.(1)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫bn n 为等差数列，并求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若c n ＝(－1)n －1·4(n ＋1)(3＋2log 2a n )(3＋2log 2a n ＋1)，求数列{c n }的前2n 项和T 2n ；(3)若d n ＝a n ·bn ，数列{d n }的前n 项和为D n ，对任意的n ∈N *，都有D n ≤nS n －a ，求实数a 的取值范围．解 (1)由nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n (n ＋1)，两边同除以n (n ＋1)，得bn ＋1n ＋1－bnn＝1，从而数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫bn n 为首项b11＝1，公差d ＝1的等差数列，所以bnn＝n (n ∈N *)，数列{b n }的通项公式为b n ＝n 2(n ∈N *)．当n ＝1时，S 1＝2a 1－1＝a 1，所以a 1＝1. 当n ≥2时，S n ＝2a n －1，S n －1＝2a n －1－1，两式相减得a n ＝2a n －1，又a 1＝1≠0，所以anan －1＝2，从而数列{a n }为首项a 1＝1，公比q ＝2的等比数列，从而数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)c n ＝(－1)n －1·⎣⎢⎡⎦⎥⎤4(n ＋1)(2n ＋1)(2n ＋3) ＝(－1)n －1⎝⎛⎭⎫12n ＋1＋12n ＋3，T 2n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c 2n －1＋c 2n ＝13＋15－15－17＋…－14n ＋1－14n ＋3 ＝13－14n ＋3(n ∈N *)．(3)由(1)得d n＝a n·bn＝n·2n－1，D n＝1×1＋2×21＋3×22＋…＋(n－1)·2n－2＋n·2n－1，①2D n＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n.②①－②得，－D n＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n＝1－2n1－2－n·2n＝2n－1－n·2n，所以D n＝(n－1)·2n＋1，由(1)得S n＝2a n－1＝2n－1，因为任意n∈N*，都有D n≤nS n－a，即(n－1)·2n＋1≤n(2n－1)－a恒成立，所以a≤2n－n－1恒成立，记e n＝2n－n－1，所以a≤(e n)min，因为e n＋1－e n＝[2n＋1－(n＋1)－1]－(2n－n－1) ＝2n－1>0，从而数列{e n}为递增数列，所以当n＝1时，e n取最小值e1＝0，于是a≤0. 所以a的取值范围为(－∞，0]．。

2021高考数学二轮专题训练2.21课时突破数列解答题数列求和及数列的综合应用课件

n a
n
,求数列{cn}的前n项和Sn.
【解析】(1)由已知得an+1=3an+3n,得bn+1a3=nn+1＝3a3n+ n3n＝3an－ n=1+ b1n+1,所以 bn+1-bn=1,又a1=1,所以b1=1,
所以数列{bn}是首项为1,公差为1的等差数列. (所2以)bSn=n=3 an1－n 1=1(1n,1所31n以)＝ a32n=(1n·31n3).＝ n-132,cn2=331n1n－－ 11,
(1)利用定义,证明an+1-an(n∈N*)为一常数;
(2)利用等差中项,即证明2an=an-1+an+1(n≥2).
2.证明数列{an}是等比数列的两种基本方法
(1)利用定义,证明 a n 1 (n∈N*)为一常数;
an
(2)利用等比中项,即证明
a
2 n
=an-1an+1(n≥2).
3.若要判断一个数列不是等差(等比)数列,只需判断存在连续三项不成等差(等
(2)设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.
可得3Sn=1+(-2)+(-2)2+…+(-2)n-1-n×(-2)n1=
( 3
2
)n -n×(-2)n.
a1 a2
an
3
1 3 n1
=3 (1 1 ). 3
2 3n 2

高考数学二轮复习专题10 数列求和及其应用教学案理-人教版高三全册数学教学案

专题10 数列求和及其应用高考对本节内容的考查仍将以常用方法求和为主，尤其是错位相减法及裂项求和，题型延续解答题的形式．预测2018高考对数列求和仍是考查的重点．数列的应用以及数列与函数等的综合的命题趋势较强，复习时应予以关注．1．数列求和的方法技巧(1)公式法：直接应用等差、等比数列的求和公式求和．(2)错位相减法这种方法主要用于求数列{a n·b n}的前n项和，其中{a n}、{b n}分别是等差数列和等比数列．(3)倒序相加法这是在推导等差数列前n项和公式时所用的方法，也就是将一个数列倒过来排列(反序)，当它与原数列相加时若有公因式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和．(4)裂项相消法利用通项变形，将通项分裂成两项或几项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和．(5)分组转化求和法有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，可先分别求和，然后再合并．2．数列的综合问题(1)等差数列与等比数列的综合．(2)数列与函数、方程、不等式、三角、解析几何等知识的综合．(3)增长率、分期付款、利润成本效益的增减等实际应用问题．数列的实际应用问题一般文字叙述较长，反映的事物背景陌生，知识涉及面广，因此要解好应用题，首先应当提高阅读理解能力，将普通语言转化为数学语言或数学符号，实际问题转化为数学问题，然后再用数学运算、数学推理予以解决.【误区警示】1．应用错位相减法求和时，注意项的对应．2．正确区分等差与等比数列模型，正确区分实际问题中的量是通项还是前n 项和．考点一．数列求和例1、25.【2017江苏，19】对于给定的正整数k ,若数列{}n a 满足1111n k n k n n n k n k a a a a a a --+-++-++++++++2n ka =对任意正整数()n n k >总成立，则称数列{}n a 是“()P k 数列”.（1）证明：等差数列{}n a 是“(3)P 数列”;（2）若数列{}n a 既是“(2)P 数列”，又是“(3)P 数列”，证明：{}n a 是等差数列.【答案】（1）见解析（2）见解析（2）数列{}n a 既是“()2P 数列”，又是“()3P 数列”，因此，当3n ≥时， 21124n n n n n a a a a a --+++++=，①当4n ≥时， 3211236n n n n n n n a a a a a a a ---++++++++=.② 由①知， 3214n n n a a a ---+=- ()1n n a a ++，③2314n n n a a a ++++=- ()1n n a a -+，④将③④代入②，得112n n n a a a -++=，其中4n ≥，所以345,,,a a a 是等差数列，设其公差为'd .在①中，取4n =，则235644a a a a a +++=，所以23'a a d =-，在①中，取3n =，则124534a a a a a +++=，所以122'a a d =-，所以数列{}n a 是等差数列.【变式探究】(2016·浙江卷)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *.(1)求通项公式a n ；(2)求数列{|a n －n －2|}的前n 项和．【举一反三】若A n 和B n 分别表示数列{a n }和{b n }的前n 项的和，对任意正整数n ，a n ＝2(n ＋1)，3A n －B n ＝4n .(1)求数列{b n }的通项公式；(2)记c n ＝2A n ＋B n ，求{c n }的前n 项和S n .解：(1)由于a n ＝2(n ＋1)， ∴{a n }为等差数列，且a 1＝4. ∴A n ＝n （a 1＋a n ）2＝n （4＋2n ＋2）2＝n 2＋3n ，∴B n ＝3A n －4n ＝3(n 2＋3n )－4n ＝3n 2＋5n ，当n ＝1时，b 1＝B 1＝8，当n ≥2时，b n ＝B n －B n －1＝3n 2＋5n －[3(n －1)2＋5(n －1)]＝6n ＋2.由于b 1＝8适合上式， ∴b n ＝6n ＋2.(2)由(1)知c n ＝2A n ＋B n ＝24n 2＋8n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， ∴S n ＝14⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－16＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2＝ 14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝38－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2. 【变式探究】(2016·山东卷)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n ，求数列{c n }的前n 项和T n .(2)由(1)知c n ＝（6n ＋6）n ＋1（3n ＋3）n ＝3(n ＋1)·2n ＋1. 又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]，2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]，两式作差，得－T n ＝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， ∴T n ＝3n ·2n ＋2.考点二、数列和函数、不等式的交汇例4、(2016·四川卷)已知数列{a n }的首项为1，S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＋1＝qS n ＋1，其中q >0，n ∈N *.(1)若2a 2，a 3，a 2＋2成等差数列，求数列{a n }的通项公式；(2)设双曲线x 2－y 2a 2n ＝1的离心率为e n ，且e 2＝53，证明：e 1＋e 2＋…＋e n >4n －3n3n －1.(2)证明：由(1)可知，a n ＝qn －1，∴双曲线x 2－y 2a 2n ＝1的离心率e n ＝1＋a 2n ＝1＋q2（n －1）. 由e 2＝1＋q 2＝53解得q ＝43.∵1＋q2(k －1)>q2(k －1)，∴1＋q2（k －1）>qk －1(k ∈N *)．于是e 1＋e 2＋…＋e n >1＋q ＋…＋q n －1＝q n－1q －1，故e 1＋e 2＋…＋e n >4n －3n3n －1.【变式探究】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋2n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若点(b n ，a n )在函数y ＝log 2x 的图象上，求数列{b n }的前n 项和T n .1.【2017天津，理18】已知{}n a 为等差数列，前n 项和为()n S n *∈N ，{}n b 是首项为2的等比数列，且公比大于0，2312b b +=,3412b a a =-，11411S b =.（Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）求数列221{}n n a b -的前n 项和()n *∈N . 【答案】（1）32n a n =-.2n n b =.（2）1328433n n n T +-=⨯+. 【解析】（I ）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q . 由已知2312b b +=，得()2112b q q +=，而12b =，所以260q q +-=. 又因为0q >，解得2q =.所以， 2n n b =. 由3412b a a =-，可得138d a -= ①. 由114=11S b ，可得1516a d += ②，联立①②，解得11a =， 3d =，由此可得32n a n =-.所以，数列{}n a 的通项公式为32n a n =-，数列{}n b 的通项公式为2n n b =.（II ）解：设数列221{}n n a b -的前n 项和为n T ，由262n a n =-， 12124n n b --=⨯，有()221314n n n a b n -=-⨯，故()23245484314n n T n =⨯+⨯+⨯++-⨯，()()23414245484344314n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯，上述两式相减，得()231324343434314n n n T n +-=⨯+⨯+⨯++⨯--⨯得1328433n n n T +-=⨯+. 所以，数列221{}n n a b -的前n 项和为1328433n n +-⨯+. 2.【2017江苏，19】对于给定的正整数k ,若数列{}n a 满足1111n k n k n n n k n k a a a a a a --+-++-++++++++2n ka =对任意正整数()n n k >总成立，则称数列{}n a 是“()P k 数列”.（1）证明：等差数列{}n a 是“(3)P 数列”;（2）若数列{}n a 既是“(2)P 数列”，又是“(3)P 数列”，证明：{}n a 是等差数列.【答案】（1）见解析（2）见解析（2）数列{}n a 既是“()2P 数列”，又是“()3P 数列”，因此，当3n ≥时， 21124n n n n n a a a a a --+++++=，①当4n ≥时， 3211236n n n n n n n a a a a a a a ---++++++++=.② 由①知， 3214n n n a a a ---+=- ()1n n a a ++，③3.【2017山东，理19】已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1+x 2=3，x 3-x 2=2（Ⅰ）求数列{x n }的通项公式；（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1, 1)，P 2(x 2, 2)…P n+1(x n+1, n+1)得到折线P 1 P 2…P n+1，求由该折线与直线y =0，11n x x x x +==,所围成的区域的面积n T .【答案】(I)12.n n x -=（II ）(21)21.2n n n T -⨯+=（II ）过123,,,P P P ……1n P +向x 轴作垂线，垂足分别为123,,,Q Q Q ……1n Q +,由(I)得111222.n n n n n x x --+-=-= 记梯形11n n n n P P Q Q ++的面积为n b . 由题意12(1)2(21)22n n n n n b n --++=⨯=+⨯，所以123n T b b b =+++……+n b=101325272-⨯+⨯+⨯+……+32(21)2(21)2n n n n ---⨯++⨯ ① 又0122325272n T =⨯+⨯+⨯+……+21(21)2(21)2n n n n ---⨯++⨯ ② ①-②得=1132(12)(21)2.212n n n ---+-+⨯- 所以(21)21.2n n n T -⨯+=1.【2016高考天津理数】已知{}n a 是各项均为正数的等差数列，公差为d ，对任意的,b n n N ∈*是n a 和1n a +的等差中项.(Ⅰ)设22*1,n n n c b b n N +=-∈，求证：{}n c 是等差数列；(Ⅱ)设 ()22*11,1,nnn n k a d T b n N ===-∈∑，求证：2111.2nk kT d =<∑【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析2.【2016高考新课标3理数】已知数列{}n a 的前n 项和1n n S a λ=+，其中0λ≠．（I ）证明{}n a 是等比数列，并求其通项公式；（II ）若53132S =，求λ．【答案】（Ⅰ）1)1(11---=n n a λλλ；（Ⅱ）1λ=-． 3.【2016高考浙江理数】设数列{}n a 满足112n n a a +-≤，n *∈N ．（I ）证明：()1122n n a a -≥-，n *∈N ；（II ）若32nn a ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，n *∈N ，证明：2n a ≤，n *∈N ．【答案】（I ）证明见解析；（II ）证明见解析．【解析】（I ）由112n n a a +-≤得1112n n a a +-≤，故111222n n nn na a ++-≤，n *∈N ，所以1<，因此()1122n n a a -≥-．（II ）任取n *∈N ，由（I ）知，对于任意m n >，112n -<，故3224mn ⎛⎫=+⋅ ⎪⎝⎭．4.【2016年高考北京理数】（本小题13分）设数列A ：1a ，2a ,…N a (N ≥).如果对小于n (2n N ≤≤)的每个正整数k 都有k a ＜n a ，则称n 是数列A 的一个“G 时刻”.记“)(A G 是数列A 的所有“G 时刻”组成的集合.（1）对数列A ：-2，2，-1，1，3，写出)(A G 的所有元素；（2）证明：若数列A 中存在n a 使得n a >1a ，则∅≠)(A G ；（3）证明：若数列A 满足n a -1n a - ≤1（n=2,3, …,N）,则)(A G 的元素个数不小于N a -1a .【答案】（1）()G A 的元素为2和5；（2）详见解析；（3）详见解析.（Ⅲ）当1a a N ≤时，结论成立. 以下设1a a N >. 由（Ⅱ）知∅≠)(A G .设{}p p n n n n n n A G <⋅⋅⋅<<⋅⋅⋅=2121,,,,)(.记10=n . 则pn n n n a a a a <⋅⋅⋅<<<21.对p i ,,1,0⋅⋅⋅=，记{},ii i k n G k n k N a a *=∈<≤>N .如果∅≠i G ，取i i G m min =，则对任何iim n k i a a a m k <≤<≤,1.从而)(A G m i ∈且1+=i i n m .又因为p n 是)(A G 中的最大元素，所以∅=p G . 从而对任意p n k N ≤≤，pn k a a ≤，特别地，pn N a a ≤.对i i n n a a p i ≤-⋅⋅⋅=-+11,1,,1,0.因此1)(111111+≤-+=--++++i i i i i n n n nn a a a a a .所以p a a a a a a i i pn pi n n N ≤-=-≤--∑=)(1111.因此)(A G 的元素个数p 不小于1N a a -.5.【2016年高考四川理数】（本小题满分12分）已知数列{n a }的首项为1，n S 为数列{}n a 的前n 项和，11n n S qS +=+ ，其中q>0，*n N ∈ .（Ⅰ）若2322,,2a a a + 成等差数列，求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设双曲线2221n y x a -= 的离心率为n e ，且253e = ，证明：121433n nn n e e e --++⋅⋅⋅+>.【答案】（Ⅰ）1=n n a q ；（Ⅱ）详见解析. （Ⅱ）由（Ⅰ）可知，1nn a q .所以双曲线2221n y x a 的离心率 22(1)11nn n e a q ．由2513qq 解得43q . 因为2(1)2(1)1+k kq q 1)1*kk q kN （）. 于是11211+1n n nq e e e qqq ，故1231433n n n e e e .6.【2016高考上海理数】（本题满分18分）本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分.若无穷数列{}n a 满足：只要*(,)p q a a p q N =∈，必有11p q a a ++=，则称{}n a 具有性质P .（1）若{}n a 具有性质P ，且12451,2,3,2a a a a ====，67821a a a ++=，求3a ；（2）若无穷数列{}n b 是等差数列，无穷数列{}n c 是公比为正数的等比数列，151b c ==，5181b c ==，n n n a b c =+判断{}n a 是否具有性质P ，并说明理由；（3）设{}n b 是无穷数列，已知*1sin ()n n n a b a n N +=+∈.求证：“对任意1,{}n a a 都具有性质P ”的充要条件为“{}n b 是常数列”.【答案】（1）316a =．（2）{}n a 不具有性质P ．（3）见解析．（3）[证]充分性：当{}n b 为常数列时，11sin n n a b a +=+．对任意给定的1a ，只要p q a a =，则由11sin sin p q b a b a +=+，必有11p q a a ++=．充分性得证．必要性：用反证法证明．假设{}n b 不是常数列，则存在k *∈N ，使得12k b b b b ==⋅⋅⋅==，而1k b b +≠．下面证明存在满足1sin n n n a b a +=+的{}n a ，使得121k a a a +==⋅⋅⋅=，但21k k a a ++≠．设()sin f x x x b =--，取m *∈N ，使得m b π>，则()0f m m b ππ=->，()0f m m b ππ-=--<，故存在c 使得()0f c =．取1a c =，因为1sin n n a b a +=+（1n k ≤≤），所以21sin a b c c a =+==，依此类推，得121k a a a c +==⋅⋅⋅==．但2111sin sin sin k k k k a b a b c b c ++++=+=+≠+，即21k k a a ++≠．所以{}n a 不具有性质P ，矛盾．必要性得证．综上，“对任意1a ，{}n a 都具有性质P ”的充要条件为“{}n b 是常数列”．7.【2016高考新课标2理数】n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且17=128.a S =，记[]=lg n n b a ，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，如[][]0.9=0lg 99=1，．（Ⅰ）求111101b b b ，，；（Ⅱ）求数列{}n b 的前1 000项和．【答案】（Ⅰ）10b =，111b =， 1012b =；（Ⅱ）1893. 8.【2016高考山东理数】（本小题满分12分）已知数列{}na 的前n 项和S n =3n 2+8n ，{}nb 是等差数列，且1.n n n a b b +=+（Ⅰ）求数列{}nb 的通项公式；（Ⅱ）令1(1).(2)n n n nn a c b ++=+ 求数列{}n c 的前n 项和T n .【答案】（Ⅰ）13+=n b n ；（Ⅱ）223+⋅=n n n T .（Ⅱ）由（Ⅰ）知11(66)3(1)2(33)n n n nn c n n +++==+⋅+，又n n c c c c T +⋅⋅⋅+++=321，得23413[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯，345223[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯，两式作差，得所以223+⋅=n n n T9.【2016高考江苏卷】（本小题满分16分）记{}1,2,100U =…，.对数列{}()*n a n N ∈和U 的子集T ，若T =∅,定义0T S =;若{}12,,k T t t t =…，，定义12+kT t t t S a a a =++….例如：{}=1,3,66T 时，1366+T S a a a =+.现设{}()*n a n N ∈是公比为3的等比数列，且当{}=2,4T 时，=30T S . （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）对任意正整数()1100k k ≤≤，若{}1,2,k T ⊆…，，求证：1T k S a +<；（3）设,,C D C U D U S S ⊆⊆≥,求证：2C CDD S S S +≥.【答案】（1）13n n a -=（2）详见解析（3）详见解析（3）下面分三种情况证明. ①若D 是C 的子集，则2C C DC D D D D S S S S S S S +=+≥+=. ②若C 是D 的子集，则22C CDC C CD S S S S S S +=+=≥.③若D 不是C 的子集，且C 不是D 的子集. 令UE CD =，UF DC =则E ≠∅，F ≠∅，E F =∅.于是C E C D S S S =+，D F C D S S S =+，进而由C D S S ≥，得E F S S ≥. 设k 是E 中的最大数，l 为F 中的最大数，则1,1,k l k l ≥≥≠. 由（2）知，1E k S a +<，于是1133l k l F E k a S S a -+=≤≤<=，所以1l k -<，即l k ≤.又k l ≠，故1l k ≤-，从而1121131133222l l k E F l a S S a a a ----≤+++=+++=≤≤，故21E F S S ≥+，所以2()1C C DD CDS S S S -≥-+，即21C CDD S S S +≥+.综合①②③得，2C C DD S S S +≥.10.【2016高考山东理数】（本小题满分12分）已知数列{}na 的前n 项和S n =3n 2+8n ，{}nb 是等差数列，且1.n n n a b b +=+（Ⅰ）求数列{}nb 的通项公式；（Ⅱ）令1(1).(2)n n n nn a c b ++=+ 求数列{}n c 的前n项和T n .【答案】（Ⅰ）13+=n b n ；（Ⅱ）223+⋅=n n n T .（Ⅱ）由（Ⅰ）知11(66)3(1)2(33)n n n nn c n n +++==+⋅+，又n n c c c c T +⋅⋅⋅+++=321，得23413[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯，345223[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯，两式作差，得所以223+⋅=n n n T【2015江苏高考，11】数列}{n a 满足11=a ，且11+=-+n a a n n （*N n ∈），则数列}1{na 的前10项和为【答案】2011【2015高考天津，理18】（本小题满分13分）已知数列{}n a 满足212()*,1,2n n a qa q q n N a a +=≠∈==为实数，且1，，且233445,,a a a a a a 成等差数列.(I)求q 的值和{}n a 的通项公式； (II)设*2221log ,nn n a b n N a -=∈，求数列nb 的前n 项和.【答案】(I) 1222,2,.n n nn a n -⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数,为偶数; (II) 1242n n n S -+=-.【解析】（Ⅰ）由已知，有34234534a a a a a a a a ，即4253a a a a -=-，所以23(1)(1)a q a q -=-，又因为1q ≠，故322a a ==，由31a a q =，得2q =，当21(*)n k n N =-∈时，1122122n k n k a a ---===，当2(*)n k n N =∈时，2222nkn k a a ===，所以{}n a 的通项公式为1222,2,.n n nn a n -⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数,为偶数【2015高考四川，理16】设数列{}n a 的前n 项和12n n S a a =-，且123,1,a a a +成等差数列.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）记数列1{}na 的前n 项和n T ，求得1|1|1000n T -<成立的n 的最小值.【答案】（1）2n n a =；（2）10.【解析】（1）由已知12n n S a a =-，有1122(1)n n n n n a S S a a n --=-=->，即12(1)n n a a n -=>. 从而21312,4a a a a ==.又因为123,1,a a a +成等差数列，即1322(1)a a a +=+. 所以11142(21)a a a +=+，解得12a =.所以，数列{}n a 是首项为2，公比为2的等比数列. 故2n n a =. （2）由（1）得112n n a =.所以2311[1()]1111122112222212n n n nT -=++++==--. 由1|1|1000n T -<，得11|11|21000n --<，即21000n >. 因为9102512100010242=<<=，所以10n ≥. 于是，使1|1|1000n T -<成立的n 的最小值为10. 【2015高考新课标1，理17】n S 为数列{n a }的前n 项和.已知na ＞0，2n n a a +=43n S +.（Ⅰ）求{n a }的通项公式；（Ⅱ）设11n n n b a a +=,求数列{n b }的前n 项和. 【答案】（Ⅰ）21n +（Ⅱ）11646n -+【2015江苏高考，20】（本小题满分16分）设1234,,,a a a a 是各项为正数且公差为d (0)d ≠的等差数列（1）证明：31242,2,2,2a a a a 依次成等比数列；（2）是否存在1,a d ，使得2341234,,,a a a a 依次成等比数列，并说明理由；（3）是否存在1,a d 及正整数,n k ，使得k n k n k n n a a a a 342321,,,+++依次成等比数列，并说明理由.【答案】（1）详见解析（2）不存在（3）不存在（3）假设存在1a ，d 及正整数n ，k ，使得1n a ，2n k a +，23n k a +，34n ka +依次构成等比数列，则()()()221112n kn k n a a d a d +++=+，且()()()()32211132n kn kn k a d a d a d +++++=+．分别在两个等式的两边同除以()21n k a +及()221n k a+，并令1d t a =（13t >-，0t ≠），则()()()22121n kn k t t +++=+，且()()()()32211312n kn kn k t t t +++++=+．将上述两个等式两边取对数，得()()()()2ln 122ln 1n k t n k t ++=++，且()()()()()()ln 13ln 1322ln 12n k t n k t n k t +++++=++．化简得()()()()2ln 12ln 12ln 1ln 12k t t n t t +-+=+-+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，且()()()()3ln 13ln 13ln 1ln 13k t t n t t +-+=+-+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦．再将这两式相除，化简得()()()()()()ln 13ln 123ln 12ln 14ln 13ln 1t t t t t t +++++=++（**）．令()()()()()()()4ln 13ln 1ln 13ln 123ln 12ln 1g t t t t t t t =++-++-++，则()()()()()()()()()()222213ln 13312ln 1231ln 111213t t t t t t g t t t t ⎡⎤++-+++++⎣⎦'=+++．令()()()()()()()22213ln 13312ln 1231ln 1t t t t t t t ϕ=++-+++++，则()()()()()()()613ln 13212ln 121ln 1t t t t t t t ϕ'=++-+++++⎡⎤⎣⎦．【2015高考浙江，理20】已知数列{}n a 满足1a =12且1n a +=n a -2n a （n ∈*N ）（1）证明：112nn a a +≤≤（n ∈*N ）；（2）设数列{}2n a 的前n 项和为n S ，证明112(2)2(1)n S n n n ≤≤++（n ∈*N ）.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【解析】（1）由题意得，210n n n a a a +-=-≤，即1n n a a +≤，12n a ≤，由11(1)n n n a a a --=-得1211(1)(1)(1)0n n n a a a a a --=--⋅⋅⋅->，由102n a <≤得，211[1,2]1n n n n n n a a a a a a +==∈--，即112n n a a +≤≤；（2）由题意得21n n n a a a +=-， ∴11n n S a a +=-①，由1111=n n n n a a a a ++-和112n n a a +≤≤得，11112n n a a +≤-≤， ∴11112n n n a a +≤-≤，因此*111()2(1)2n a n N n n +≤≤∈++②，由①②得 112(2)2(1)n S n n n ≤≤++. 【2015高考山东，理18】设数列{}n a 的前n 项和为n S .已知233n n S =+.（I ）求{}n a 的通项公式；（II ）若数列{}n b 满足3log n n n a b a =，求{}n b 的前n 项和n T .【答案】（I ）13,1,3,1,n n n a n -=⎧=⎨>⎩; （II ）13631243n nn T +=+⨯. （Ⅱ）因为3log n n n a b a = ，所以113b =当1n > 时，()11133log 313n n nn b n ---==-⋅所以1113T b ==当1n > 时，所以()()01231132313n n T n --=+⨯+⨯++- 两式相减，得所以13631243n nn T +=+⨯ 经检验，1n = 时也适合，综上可得：13631243n nn T +=+⨯ 【2015高考安徽，理18】设*n N ∈，n x 是曲线221n y x +=+在点(12)，处的切线与x 轴交点的横坐标.（Ⅰ）求数列{}n x 的通项公式；（Ⅱ）记2221321n n T x x x -=，证明14n T n≥. 【答案】（Ⅰ）1n n x n =+；（Ⅱ）14n T n≥.1. 【2014高考湖南理第20题】已知数列{}n a 满足111,n n n a a a p +=-=,*n N ∈.(1)若{}n a 为递增数列,且123,2,3a a a 成等差数列,求P 的值; (2)若12p =,且{}21n a -是递增数列,{}2n a 是递减数列,求数列{}n a 的通项公式.【答案】(1)13p = (2) 1141,33241,332n n n n a n --⎧-⎪⎪=⎨⎪+⎪⎩为奇数为偶数或()114332n n n a --=+ (2)由题可得122122212121111,222n n n n n n n n n a a a a a a +-++-+-=⇒-=-=,因为{}21n a -是递增数列且{}2n a 是递减数列,所以2121n n a a +->且222n n a a +<,则有22221221222121n n n n n n n n a a a a a a a a +-++-+-<-⎧⇒-<-⎨<⎩,因为(2)由题可得122122212121111,222n n n n n n n n n a a a a a a +-++-+-=⇒-=-=,因为{}21n a -是递增数列且{}2n a 是递减数列,所以21210n n a a +-->且2220n n a a +-<()2220n n a a +⇒-->,两不等式相加可得()21212220n n n n a a a a +-+--->2212221n n n n a a a a -++⇒->-,又因为2212112n n n a a ---=22212112n n n a a +++>-=,所以2210n n a a -->,即2212112n n n a a ---=,同理可得2322212n n n n a a a a +++->-且2322212n n n n a a a a +++-<-,所以212212n n n a a +-=-, 则当2n m =()*m N ∈时,21324322123211111,,,,2222m m m a a a a a a a a ---=-=--=-=,这21m -个等式相加可得2113212422111111222222m m m a a --⎛⎫⎛⎫-=+++-+++⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭212222111111111224224113321144m m m -----=-=+--22141332m m a -⇒=+. 当21n m =+时,2132432122321111,,,,2222m m ma a a a a a a a +-=-=--=-=-,这2m 个等式相加可得2111321242111111222222m m m a a +-⎛⎫⎛⎫-=+++-+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2122211111111224224113321144m m m---=-=--- 21241332m m a +=-,当0m =时,11a =符合,故212241332m m a --=- 综上1141,33241,332n n n n a n --⎧-⎪⎪=⎨⎪+⎪⎩为奇数为偶数.【考点定位】等差数列、等比数列、数列单调性2. 【2014高考江西理第17题】已知首项都是1的两个数列（），满足.（1）令，求数列的通项公式；（2）若13n n b -=，求数列的前n 项和【答案】（1）2 1.n c n =-（2）(1)3 1.nn S n =-⋅+ 【考点定位】等差数列、错位相减求和3. 【2014高考全国1第17题】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，0n a ≠，11n n n a a S λ+=-，其中λ为常数，（I ）证明：2n n a a λ+-=；（II ）是否存在λ，使得{}n a 为等差数列？并说明理由. 【答案】（I ）详见解析；（II ）存在，4λ=.【考点定位】递推公式、数列的通项公式、等差数列． 4. 【2014高考全国2第17题】已知数列{}n a 满足1a =1，131n n a a +=+.（Ⅰ）证明{}12n a +是等比数列，并求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）证明：1231112na a a ++<…+.【答案】n a =312n -【解析】本题第（1）问，证明等比数列，可利用等比数列的定义来证明，之后利用等比数列，求出其通项公式；对第（2）问，可先由第（1）问求出1na ，然后转化为等比数列求和，放缩法证明不等式.试题解析：（1）证明：由131n n a a +=+得1113()22n n a a ++=+3，（2）由（1因为当1n ≥时，13123n n --≥⋅，所以+1na 1113n -≤+++=1+21a +1n a 32< 【考点定位】本小题考查等比数列的定义、数列通项公式的求解、数列中不等式的证明5. 【2014高考山东卷第19题】已知等差数列{}n a 的公差为2，前n 项和为n S ，且124,,S S S 成等比数列. （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）令114(1)n n n n nb a a -+=-，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】（I ）21n a n =-.（II ）22,212,21n n n n T n n n +⎧⎪⎪+=⎨⎪⎪+⎩为奇数为偶数，（或1n 21(1)2+1n n T n -++-=）（II ）11144(1)(1)(21)(21)n n n n n n nb a a n n --+=-=--+111(1)()2121n n n -=-+-+ 当n 为偶数时，1111111(1)()()()33523212121n T n n n n =+-+++--+---+1121n =-+221nn =+ 当n 为奇数时，1111111(1)()()()33523212121n T n n n n =+-++++-+---+1121n =++2221n n +=+ 所以22,212,21n n n n T n n n +⎧⎪⎪+=⎨⎪⎪+⎩为奇数为偶数，（或1n 21(1)2+1n n T n -++-=）【考点定位】等差数列的前n 项和、等比数列及其性质。

2025高考数学二轮复习数列解答题

解 (1)设数列{an}的公差为 d,数列{bn}的公比为 q(q>0).
1 + 2 = 21 ,
2 + 2 = 2,
= 2,
由题意得
5×4
3 即 10 + 10 = + 3 ,解得 = 3.
51 + 2 = 1 + 1 ,
∴an=2+2(n-1)=2n,bn=1×3n-1=3n-1.
,为偶数,
和.
2.错位相减法
一般地,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,一般是和式两边同乘等比数列{bn}的公比,然后作差求
解.
3.裂项相消法
实质是将数列的通项分解为两项之差,求和时能消去中间的一些项,最终达
到求和的目的,其解题的关键是准确地裂项和消项.
3 + 2, = 2,∈N* ,
所以bn+1=a2n+1=3a2n+2=3(2a2n-1+1)+2=6a2n-1+5=6bn+5.
因为b1+1=a1+1=2≠0,且bn+1+1=6(bn+1),所以数列{bn+1}是首项为2,公比
为6的等比数列.
所以bn+1=2·
6n-1,则bn=2·
6n-1-1.
3
1
①Sn= +m(m∈R),②Sn= an+1+m(m∈R),且 a1=1.请在这两个条件中选一个
2
2
补充在下面的横线上并解答.
若
,
(1)求m的值及数列{an}的通项公式;

数学高高三数学优化设计第二轮复习专题数列求和及其综合应用

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[规律方法] 待定系数法是高中数学重要的思想方法，在数列中常常用来求未知量；对于Sn＝a1＋a2＋…＋an，其中an＝ nnq＋p(p、q为常数)的求和问题，往往用裂项相消法求和．
第13页/共36页
【变式训练1】
(2012·江西)已知数列{an}的前n项和Sn＝－
1 2
n2＋
＝3 018.
答案 3 018
第8页/共36页
4．(2011·陕西)植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米．开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为________米．解析设20名同学是1号到20号依次排列，使每位同学的往返所走的路程和最小，则树苗需放在第10或第11号树坑旁边，此时两侧的同学所走的路程分别组成以20为首项，20为公差的等差数列，所有同学往返所走的路程总和为S＝9×20 ＋9×2 8×20＋10×20＋10× 2 9×20＝2 000(米)．答案 2 000
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当n＝3k－1(k∈N*)时，sin Sn＝sin23π＝ 23，当n＝3k－2(k∈N*)时，sin Sn＝sin43π＝－ 23，
－
23，n＝3k－2k∈N*，
综上所述，sin
Sn＝
23，n＝3k－1k∈N*，
0，n＝3kk∈N*.
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类型三数列与不等式的交汇问题
【例3】
设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＝
Sn n
＋2(n－1)(n
∈N*)．
(1)求证：数列{an}为等差数列，并分别写出an和Sn关于n的表达式；

高考数学统考第二轮专题复习第10讲数列求和与数列的简单应用课件理

-n×(-2) ,
3
1 (3+1)(−2)
所以Sn= .
9
9
真知真题扫描
2.[2019·全国卷Ⅱ] 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;
1
证明:由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),即an+1+bn+1= (an+bn).
2
1
又因为a1+b1=1,所以{an+bn}是首项为1,公比为的等比数列.
2
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.
真知真题扫描
2.[2019·全国卷Ⅱ] 已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,
例 1 数列{an}和{bn}分别是各项都为正数的等差数列和等比数列,满足
a1=2,b1=1,a3b3=1,a5b2=2+a1b2.
(2)令cn=an+bn,求数列{cn}的前n项和Tn.
(1 + ) (+3)
解:设{an}的前n项和为Sn,则Sn=
1 (1−
Kn=

1−
1
( )
n-1
解:记Sn为{nan}的前n项和.由(1)及题设可得,an=(-2) ,所以Sn=1+2×(-2)+

高考数学二轮专题复习常考问题10数列求和及其综合应用

高考数学二轮专题复习常考问题10 数列乞降及其综合应用[ 真题感悟 ]1．(2013 ·新课标全国Ⅰ卷) 设首项为1，公比为2n n的等比数列 { a } 的前 n 项和为 S ，则3() ．A．S n＝ 2a n－ 1 B ．S n＝ 3a n－ 2C．S＝ 4－3an D ．S＝ 3－ 2ann n2na1（1－ q n）a1－ q· a n1－3a n n分析 S＝1－q＝1－q＝1＝ 3－ 2a .3应选 D.答案D2 ．(2013 ·江西卷 ) 某住所小区计划植树许多于100棵，若第一天植 2 棵，此后每日植树的棵数是前一天的 2 倍，则需要的最少天数n( n∈N* ) 等于 ________．分析每日植树棵数组成等比数列{ a n} ，此中1＝2，＝2. 则1n（ 1－ q）＝ 2(2 n－1) ≥100，即 2n＋ 1≥ 102.a q S1－q∴ n≥6，∴最少天数n＝6.答案63．(2013 ·辽宁卷 ) 已知等比数列 { a } 是递加数列，S是 { a } 的前n项和．若 a ， a是方程n nn13 x2－5x＋4＝0的两个根，则S6＝__ ______．分析∵ 1， 3 是方程x 2－ 5x＋ 4＝ 0 的两根，且q＞1，a a∴1＝1，3＝4，则公比q ＝ 2，a a1×（ 1－ 26）＝ 63.所以 S6＝1－ 2答案6314．(2013 ·江苏卷 ) 在正项等比数列 { a n} 中，a5＝2，a6＋a7＝ 3. 则知足a1＋a2＋＋a n>a1a2 a n的最大正整数n 的值为________．1122分析由已知条件得2q＋2q ＝3，即 q ＋ q－6＝0，解得 q＝2，或 q＝－3(舍去)，a n＝5 n－ 5＝1×2n－5＝2n－6，1＋ 2＋＋an＝1(2 n－ 1) ，12n＝2－52－ 42－ 32n－6＝a q2a a32 a a a2n2－11n，2n－5－ 5n（ n－11）由 a1＋ a2＋＋ a n>a1a2 a n，可知2－2 >2，2由 2n－5 n（ n－11），可求得 n 的最大值为8－513，所以 n 的>2212，而当n＝ 13 时， 2 － 2 <2最大值为 12.答案125． ( 2013·新课标全国Ⅱ卷) 等差数列 { a n} 的前n项和为S n，已知S10＝0，S15＝25，则nS n的最小值为 ________．S10＝10a1＋10×92d＝0，分析由已知解得15×14S ＝15a＋d＝25，1512n2（ n－1） n310n2x310x2 2d＝3－3，因为函数f ( x)＝3－322a1＝－3， d＝，那么nS n＝ n a1＋20在 x＝3处获得极小值也是最小值，因而查验 n＝6时，6S6＝－48，而 n＝7时，7S7＝－49.答案－ 49[ 考题剖析 ]题型选择题、填空题、解答题难度中档①考查数列与函数、方程、不等式的综合问题；②考察数列的通项以及前n 项和的求解．高档考察数列与平面几何、分析几何、三角函数交汇问题.。

2021年高考数学二轮复习专题突破课时作业10递推数列及数列求和的综合问题理

课时作业 10 递推数列及数列求和的综合问题1．[2021·全国卷Ⅱ]记Sn 为等差数列{an }的前n 项和，a 1＝－7，S 3＝－15. (1)求{an }的通项公式； (2)求Sn ，并求Sn 的最小值．解析：(1)解：设{an }的公差为d ，由题意得3a 1＋3d ＝－15. 由a 1＝－7得d ＝2.所以{an }的通项公式为an ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －9. (2)解：由(1)得Sn ＝a 1＋an2·n ＝n 2－8n ＝(n －4)2－16.所以当n ＝4时，Sn 取得最小值，最小值为－16.2．[2021·河北联盟考试]数列{a n }是等差数列，a 2＝6，前n 项和为S n ，{b n }是等比数列，b 2＝2，a 1b 3＝12，S 3＋b 1＝19.(1)求{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列{b n cos(a n π)}的前n 项和T n . 解析：(1)∵数列{a n }是等差数列，a 2＝6， ∴S 3＋b 1＝3a 2＋b 1＝18＋b 1＝19，∴b 1＝1. ∵b 2＝2，数列{b n }是等比数列，∴b n ＝2n －1.∴b 3＝4，∵a 1b 3＝12，∴a 1＝3，∵a 2＝6，数列{a n }是等差数列，∴a n ＝3n . (2)由(1)得，令C n ＝b n cos(a n π)＝(－1)n 2n －1，∴C n ＋1＝(－1)n ＋12n，∴C n ＋1C n＝－2，又C 1＝－1， ∴数列 {b n cos(a n π)}是以－1为首项、－2为公比的等比数列， ∴T n ＝－1×[1－－2n]1＋2＝－13[1－(－2)n]．3．[2021·唐山摸底考试]数列{a n }满足：1a 1＋2a 2＋…＋n a n ＝38(32n －1)，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝log 3a nn，求1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1.解析：(1)1a 1＝38(32－1)＝3，当n ≥2时，因为n a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋2a 2＋…＋n a n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋2a 2＋…＋n －1a n －1＝38(32n －1)－38(32n －2－1) ＝32n －1，当n ＝1，na n＝32n －1也成立，所以a n ＝n32n －1.(2)b n ＝log 3a nn＝－(2n －1)，因为1b n b n ＋1＝12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1. 4．[2021·石家庄质量检测]数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n . (1)设b n ＝a nn，求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n . 解析：(1)由a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n ，可得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋12n，又b n ＝a n n ，∴b n ＋1－b n ＝12n ，由a 1＝1，得b 1＝1，累加可得(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝121＋122＋…＋12n －1，即b n －b 1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12＝1－12n －1，∴b n ＝2－12n －1.(2)由(1)可知a n ＝2n －n 2n －1，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n 2n －1的前n 项和为T n ，那么T n ＝120＋221＋322＋…＋n2n －1 ①，12T n ＝121＋222＋323＋…＋n2n ②，①－②得12T n ＝120＋121＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝1－12n1－12－n 2n ＝2－n ＋22n ，∴T n ＝4－n ＋22n －1.易知数列{2n }的前n 项和为n (n ＋1)， ∴S n ＝n (n ＋1)－4＋n ＋22n －1.5．[2021·湖南五校联考]各项均不相等的等差数列{a n }的前四项和S 4＝14，且a 1，a 3，a 7成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式．(2)设T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和，假设λT n ≤a n ＋1对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的最大值．解析：(1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，由得，⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝14，a 1＋2d 2＝a 1a 1＋6d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝72，d ＝0(舍去)，所以a n ＝n＋1.(2)由(1)知1a n a n ＋1＝1n ＋1－1n ＋2，所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＝n2n ＋2. 又λT n ≤a n ＋1恒成立，所以λ≤2n ＋22n＝2⎝⎛⎭⎪⎫n ＋4n ＋8，而2⎝⎛⎭⎪⎫n ＋4n ＋8≥16，当且仅当n ＝2时等号成立．所以λ≤16，即实数λ的最大值为16.6．[2021·郑州入学测试]在等差数列{a n }中，a 3＝5，且a 1，a 2，a 5为递增的等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)假设数列{b n }的通项公式 (k ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n .解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，易知d ≠0，由题意得，(a 3－2d )(a 3＋2d )＝(a 3－d )2，即d 2－2d ＝0，解得d ＝2或d ＝0(舍去)，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝a 3＋(n －3)d ＝2n －1. (2)当n ＝2k ，k ∈N *时，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝b 1＋b 3＋…＋b 2k －1＋b 2＋b 4＋…＋b 2k ＝a 1＋a 2＋…＋a k ＋(20＋21＋…＋2k －1)＝k 1＋2k －12＋1－2k 1－2＝k 2＋2k －1＝n 24＋2n 2－1；当n ＝2k －1，k ∈N *时，n ＋1＝2k ，那么S n ＝S n ＋1－b n ＋1＝n ＋124＋2+12n －1－2+12n －1＝n 2＋2n －34＋2-12n .综上，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧n 24＋2n2－1，n ＝2k ，n 2＋2n －34＋2n －12，n ＝2k －1(k ∈N *)．。

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高考数学第二轮专题限时复习题10专题限时集训(十)[第10讲 ]1．等比数列{a n }首项与公比分别是复数i ＋2(i {a n }的前10项的和为( )A ．20B ．210－1C ．－20D ．－2i2．若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝( )A ．15B ．12C ．－12D ．－153．植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米，开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，现将树坑从1到20依次编号，为使各位同学从各自树坑前来领取树苗所走的路程总和最小，树苗可以放置的两个最佳坑位的编号为( )A ．①和⑳B ．⑨和⑩C ．⑨和⑪D ．⑩和⑪4．已知数列{a n }满足a 1＝t ，a n ＋1－a n ＋2＝0(t ∈N *，n ∈N *{a n }的前n 项和的最大值为f (t )，则f (t )＝________.1．数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2a n －1(n ∈N *)，则T n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1的结果可化为( ) A ．1－14n B ．1－12n C.23⎝⎛⎭⎫1－14n D.23⎝⎛⎭⎫1－12n 2．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 1，S 3，S 2成等差数列，则{a n }的公比q 等于( )A ．1 B.12C ．－12D ．2 3．“神七升空，举国欢庆”，据科学计算，运载“神七”的“长征二号”F 火箭，在点火第一秒钟通过的路程为2 km ，以后每秒钟通过的路程都增加2 km ，在达到离地面240 km 的高度时，火箭与飞船分离，则这一过程需要的时间大约是( )A ．10秒钟B ．13秒钟C ．15秒钟D ．20秒钟4．过圆x 2－5x ＋y 2＝0内点P ⎝⎛⎭⎫52，32有n 条弦，这n 条弦的长度依次成等差数列{a n }，其中最短弦长为a 1，最长的弦长为a n ，且公差d ∈⎝⎛⎭⎫15，12，那么n 的取值集合为( )A ．{5,6}B ．{4,5}C ．{3,4,5}D ．{3,4,5,6}5．{a n }为等差数列，若a 11a 10<－1，且它的前n 项和S n 有最大值，那么S n 取得最小正值时，n 的值为( ) A ．11 B ．17 C ．19 D ．216．在直角坐标平面内，已知点列P 1(1,2)，P 2(2,22)，P 3(3,23)，…，P n (n,2n )，….如果k 为正偶数，则向量P 1P 2→＋P 3P 4→＋P 5P 6→＋…＋P k －1P k 的纵坐标(用k 表示)为__________．7．在数列{a n }中，有a n ＋a n ＋1＋a n ＋2(n ∈N *)为定值，且a 7＝2，a 9＝3，a 98＝4，则此数列{a n }的前100项的和S 100＝________.8.已知以1为首项的数列{a n }满足：a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n＋1(n 为奇数)，a n 2(n 为偶数)(n ∈N *)． (1)写出a 2，a 3，a 4，并求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{a n }的前n 项和S n ，求数列{S n }的前n 项和T n .9．已知正项等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝12且2a 1，a 2，a 3＋1成等比数列．(1)求{a n }的通项公式；(2)记b n ＝a n 3n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n .专题限时集训(十)【基础演练】1．A 【解析】根据复数实部和虚部的概念求出这个等比数列的首项和公比，按照等比数列的求和公式进行计算．该等比数列的首项是2，公比是1，故其前10项之和是20.2．A 【解析】 a 1＋a 2＋…＋a 10＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)10·(3×10－2)＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－1)9·(3×9－2)＋(－1)10·(3×10－2)]＝3×5＝15.3．D 【解析】从实际问题中考虑将树苗放在最中间的坑旁边，则每个人所走的路程和最小，一共20个坑，为偶数，在中间的有两个坑为10和11号坑，故答案选D.4.⎩⎨⎧t 2＋2t 4(t 为偶数)，(t ＋1)24(t 为奇数) 【解析】由题可知{a n }是等差数列，所以a n ＝－2n ＋2＋t ，所以S n ＝n (1＋t －n )＝－n 2＋(1＋t )n .当t 为奇数时，f (t )＝－⎝⎛⎭⎫1＋t 22＋(1＋t )×1＋t 2＝(t ＋1)24；当t 为偶数时，知n ＝t 2时，f (t )＝－⎝⎛⎭⎫t 22＋(1＋t )×t 2＝t 2＋2t 4，故f (t )＝⎩⎨⎧ t 2＋2t 4(t 为偶数)，(t ＋1)24(t 为奇数).【提升训练】1．C 【解析】根据已知容易求得a n ＝2n －1，设b n ＝1a n a n ＋1＝⎝⎛⎫122n －1，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝23⎝⎛⎫1－14n . 2．C 【解析】依题意，由2S 3＝S 1＋S 2得2(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)＝a 1＋a 1＋a 1q ，解得q ＝－12，选择C. 3．C 【解析】设每一秒钟通过的路程依次为a 1，a 2，a 3，…，a n ，则数列{a n }是首项a 1＝2，公差d ＝2的等差数列，由求和公式得na 1＋n (n －1)d 2＝240，即2n ＋n (n －1)＝240，解得n ＝15.故选C. 4．B 【解析】已知圆的圆心为Q ⎝⎛⎭⎫52，0，半径r ＝52.又|PQ |＝32，∴a 1＝2r 2－|PQ |2＝4，a n ＝2r ＝5， ∴d ＝a n －a 1n －1＝1n －1∈⎝⎛⎭⎫15，12，∴n ∈(3,6)，∴n ＝4或n ＝5.5.C 【解析】等差数列的前n 项和有最大值，则其公差为负值，数列单调递减，根据a 11a 10<－1可知一定是a 10>0，a 11<0，由此得a 11<－a 10，即a 11＋a 10<0，S 19＝a 1＋a 192×19＝19a 10>0，S 20＝a 1＋a 202×20<0，由于S n 在取得最大值后单调递减，根据已知S n 在[11，＋∞)上单调递减，所以使得S n 取得最小正值的n 值为19.6.23(2k －1) 【解析】根据向量的坐标运算法则，向量P 1P 2→＋P 3P 4→＋P 5P 6→＋…＋P k －1P k 的纵坐标为－2＋22－23＋24－…－2k －1＋2k ，这是一个公比为－2的等比数列的前k 项和，其和是－2[1－(－2)k ]1－(－2)，由于k 为正偶数，上式化简即为23(2k －1)．7．299 【解析】设定值为M ，则a n ＋a n ＋1＋a n ＋2＝M ，进而a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＝M ，后式减去前式得a n ＋3＝a n ，即数列{a n }是以3为周期的数列．由a 7＝2，可知a 1＝a 4＝a 7＝…＝a 100＝2，共34项，其和为68；由a 9＝3，可得a 3＝a 6＝…＝a 99＝3，共33项，其和为99；由a 98＝4，可得a 2＝a 5＝…＝a 98＝4，共33项，其和为132.故数列{a n }的前100项的和S 100＝68＋99＋132＝299.8．【解答】 (1)a 2＝2，a 3＝1，a 4＝2，a n ＝3＋(－1)n 2. (2)S n ＝3n 2＋12·(－1)[1－(－1)n ]2＝3n 2－14＋14(－1)n ， ∴T n ＝32·n (n ＋1)2－14n ＋14·－[1－(－1)n ]1＋1＝34n 2＋12n ＋18·(－1)n －18(也可分奇数和偶数讨论解决)． 9．【解答】 (1)∵S 3＝12，即a 1＋a 2＋a 3＝12，∴3a 2＝12，所以a 2＝4，又∵2a 1，a 2，a 3＋1成等比数列，∴a 22＝2a 1·(a 3＋1)，即a 22＝2(a 2－d )·(a 2＋d ＋1)，解得，d ＝3或d ＝－4(舍去)，∴a 1＝a 2－d ＝1，故a n ＝3n －2.(2)解法1：b n ＝a n 3n ＝3n －23n ＝(3n －2)·13n ， ∴T n ＝1×13＋4×132＋7×133＋…＋(3n －2)×13n ，① ①×13得，13T n ＝1×132＋4×133＋7×134＋…＋(3n －5)×13n ＋(3n －2)×13n ＋1，② ①－②，得23T n ＝13＋3×132＋3×133＋3×134＋…＋3×13n －(3n －2)×13n ＋1 ＝13＋3×132⎝⎛⎭⎫1－13n －11－13－(3n －2)·13n ＋1＝56－12×13n －1－(3n －2)×13n ＋1， T n ＝54－14×13n －2－3n －22×13n ＝54－6n ＋54·13n. 解法2：b n ＝a n 3n ＝3n －23n ＝n ·13n －1－2×13n ，设A n ＝1＋2×13＋3×132＋4×133＋…＋n ×13n －1，① 则13A n ＝13＋2×132＋3×133＋4×134＋…＋n ×13n ，② ①－②得，23A n ＝1＋13＋132＋133＋…＋13n －1－n ×13n ＝1－13n 1－13－n ×13n ＝32－⎝⎛⎭⎫32＋n ×13n ， ∴A n ＝94－⎝⎛⎭⎫94＋32n ×13n， ∴T n ＝A n －2×13×⎝⎛⎭⎫1－13n 1－13＝94－⎝⎛⎭⎫94＋32n ×13n －⎝⎛⎭⎫1－13n ＝54－6n ＋54×13n .。