2021届步步高数学大一轮复习讲义(理科)第六章高考专题突破三高考中的数列问题

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《步步高》2021届高考数学大一轮复习课件(人教A版)常考题型强化练——数列

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2021高考北师版(理科)数学一轮复习讲义：第6章第6节数学归纳法

第六节数学归纳法[考纲] 1.了解数学归纳法的原理.2.能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．1．数学归纳法数学归纳法是用来证明某些与正整数n有关的数学命题的一种方法，它的根本步骤是：(1)验证：当n取第一个值n0(如n0＝1或2等)时，命题成立；(2)在假设当n＝k(k∈N*，k≥n0)时命题成立的前提下，推出当n＝k＋1时，命题成立．根据(1)(2)可以断定命题对一切从n0开场的正整数n都成立．2．数学归纳法的框图表示1．(思考辨析)判断以下结论的正误．(正确的打“√〞，错误的打“×〞)(1)用数学归纳法证明问题时，第一步是验证当n＝1时结论成立．()(2)用数学归纳法证明问题时，归纳假设可以不用．()(3)不管是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由n＝k到n＝k＋1时，项数都增加了一项．()(4)用数学归纳法证明等式“1＋2＋22＋…＋2n＋2＝2n＋3－1〞，验证n＝1时，左边式子应为1＋2＋22＋23.()[答案](1)×(2)×(3)×(4)√2．(2021·银川九中月考)在应用数学归纳法证明凸n 边形的对角线为12n (n －3)条时，第一步检验n 等于( )A ．1B ．2C ．3D ．0C [因为凸n 边形最小为三角形，所以第一步检验n 等于3，应选C.] 3．n 为正偶数，用数学归纳法证明1－12＋13－14＋…－1n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋2＋1n ＋4＋…＋12n 时，假设已假设n ＝k (k ≥2，且k 为偶数)时命题为真，那么还需要用归纳假设再证( )A ．n ＝k ＋1时等式成立B ．n ＝k ＋2时等式成立C ．n ＝2k ＋2时等式成立D ．n ＝2(k ＋2)时等式成立B [k 为偶数，那么k ＋2为偶数．]4．(教材改编){a n }满足a n ＋1＝a 2n －na n ＋1，n ∈N *，且a 1＝2，那么a 2＝__________，a 3＝__________，a 4＝__________，猜测a n ＝__________.3 4 5 n ＋15．用数学归纳法证明：“1＋12＋13＋…＋12n －1<n (n >1)〞由n ＝k (k >1)不等式成立，推证n ＝k ＋1时，左边应增加的项的项数是__________.【导学号：57962319】2k [当n ＝k 时，不等式为1＋12＋13＋…＋12k －1<k .那么n ＝k ＋1时，左边应为1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1，那么左边增加的项数为2k＋1－1－2k ＋1＝2k .]用数学归纳法证明等式设f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N *)．求证：f (1)＋f (2)＋…＋f (n －1)＝n [f (n )－1](n ≥2，n ∈N *)．[证明] (1)当n ＝2时，左边＝f (1)＝1，右边＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1＝1，左边＝右边，等式成立.3分(2)假设n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，结论成立，即 f (1)＋f (2)＋…＋f (k －1)＝k [f (k )－1]， 6分那么，当n ＝k ＋1时，f (1)＋f (2)＋…＋f (k －1)＋f (k )＝k [f (k )－1]＋f (k )＝(k ＋1)f (k )－k ＝(k ＋1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤f (k ＋1)－1k ＋1－k ＝(k ＋1)f (k ＋1)－(k ＋1)＝(k ＋1)[f (k ＋1)－1]， 10分 ∴当n ＝k ＋1时结论仍然成立．由(1)(2)可知：f (1)＋f (2)＋…＋f (n －1)＝n [f (n )－1](n ≥2，n ∈N *).12分 [规律方法] 1.用数学归纳法证明等式问题，要“先看项〞，弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，初始值n 0是多少．2．由n ＝k 时命题成立，推出n ＝k ＋1时等式成立，一要找出等式两边的变化(差异)，明确变形目标；二要充分利用归纳假设，进展合理变形，正确写出证明过程，不利用归纳假设的证明，就不是数学归纳法．[变式训练1] 求证：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n (n ∈N *).【导学号：57962320】[证明] (1)当n ＝1时，左边＝1－12＝12，右边＝11＋1＝12，左边＝右边. 3分(2)假设n ＝k 时等式成立，即1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ， 6分那么当n ＝k ＋1时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1－12k ＋2 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1－12k ＋2 ＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋1＋12k ＋2. 10分即当n ＝k ＋1时，等式也成立．综合(1)(2)可知，对一切n ∈N *，等式成立.12分用数学归纳法证明不等式用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数n ，不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n －1>2n ＋12均成立． [证明] (1)当n ＝2时，左边＝1＋13＝43；右边＝52.∵左边>右边，∴不等式成立.3分(2)假设n ＝k (k ≥2，且k ∈N *)时不等式成立，即⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k －1>2k ＋12.6分那么当n ＝k ＋1时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k －1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋12(k ＋1)－1>2k ＋12·2k ＋22k ＋1＝2k ＋222k ＋1＝4k 2＋8k ＋422k ＋1>4k 2＋8k ＋322k ＋1＝2k ＋32k ＋122k ＋1＝2(k ＋1)＋12.10分∴当n ＝k ＋1时，不等式也成立．由(1)(2)知，对于一切大于1的自然数n ，不等式都成立.12分[规律方法]n 有关的不等式证明时，假设用其他方法不容易证明，那么可考虑应用数学归纳法．2．用数学归纳法证明不等式的关键是由n ＝k 时命题成立，再证n ＝k ＋1时命题也成立，在归纳假设使用后可运用比拟法、综合法、分析法、放缩法等来加以证明，充分应用根本不等式、不等式的性质等放缩技巧，使问题得以简化．[变式训练2] 数列{a n }，当n ≥2时，a n <－1，又a 1＝0，a 2n ＋1＋a n ＋1－1＝a 2n ，求证：当n ∈N *时，a n ＋1<a n .[证明] (1)当n ＝1时，∵a 2是a 22＋a 2－1＝0的负根，∴a 1>a 2.3分 (2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，a k ＋1<a k ，5分∵a 2k ＋1－a 2k ＝(a k ＋2－a k ＋1)(a k ＋2＋a k ＋1＋1)，a k ＋1<a k ≤0， ∴a 2k ＋1－a 2k >0.8分又∵a k ＋2＋a k ＋1＋1<－1＋(－1)＋1＝－1， ∴a k ＋2－a k ＋1<0，∴a k ＋2<a k ＋1，即当n ＝k ＋1时，命题成立．由(1)(2)可知，当n ∈N *时，a n ＋1<a n .12分归纳——猜测——证明数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＝a n 2＋1a n－1，且a n >0，n ∈N *.(1)求a 1，a 2，a 3，并猜测{a n }的通项公式； (2)证明通项公式的正确性．[解] (1)当n ＝1时，由得a 1＝a 12＋1a 1－1，a 21＋2a 1－2＝0.∴a 1＝3－1(a 1>0).2分当n ＝2时，由得a 1＋a 2＝a 22＋1a 2－1，将a 1＝3－1代入并整理得a 22＋23a 2－2＝0. ∴a 2＝5－3(a 2>0)．同理可得a 3＝7－ 5. 猜测a n ＝2n ＋1－2n －1(n ∈N *).5分(2)证明：①由(1)知，当n ＝1,2,3时，通项公式成立． ②假设当n ＝k (k ≥3，k ∈N *)时，通项公式成立，即a k ＝2k ＋1－2k －1.7分由于a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝a k ＋12＋1a k ＋1－a k 2－1a k ，将a k ＝2k ＋1－2k －1代入上式，整理得a 2k ＋1＋22k ＋1a k ＋1－2＝0， ∴a k ＋1＝2k ＋3－2k ＋1，即n ＝k ＋1时通项公式成立. 10分由①②可知对所有n ∈N *，a n ＝2n ＋1－2n －1都成立.12分[规律方法] 1.猜测{a n }的通项公式时应注意两点：(1)准确计算a 1，a 2，a 3发现规律(必要时可多计算几项)；(2)证明a k ＋1时，a k ＋1的求解过程与a 2，a 3的求解过程相似，注意体会特殊与一般的辩证关系．2．“归纳—猜测—证明〞的模式，是不完全归纳法与数学归纳法综合应用的解题模式，这种方法在解决探索性问题、存在性问题时起着重要作用，它的模式是先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理证明结论的正确性．[变式训练3] (2021·洛阳调研)数列{x n }满足x 1＝12，x n ＋1＝11＋x n ，n ∈N *.猜测数列{x 2n }的单调性，并证明你的结论.【导学号：57962321】[解] 由x 1＝12及x n ＋1＝11＋x n ，得x 2＝23，x 4＝58，x 6＝1321，由x 2>x 4>x 6猜测：数列{x 2n }是递减数列. 3分下面用数学归纳法证明： (1)当n ＝1时，已证命题成立.5分 (2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时命题成立，即x 2k >x 2k ＋2，易知x k >0，那么 x 2k ＋2－x 2k ＋4＝11＋x 2k ＋1－11＋x 2k ＋3＝x2k＋3－x2k＋1(1＋x2k＋1)(1＋x2k＋3)＝x2k－x2k＋2(1＋x2k)(1＋x2k＋1)(1＋x2k＋2)(1＋x2k＋3)>0，9分即x2(k＋1)>x2(k＋1)＋2.也就是说，当n＝k＋1时命题也成立．结合(1)(2)知，对任意n∈N*命题成立. 12分[思想与方法]1．数学归纳法是一种重要的数学思想方法，主要用于解决与正整数有关的数学命题．证明时步骤(1)和(2)缺一不可，步骤(1)是步骤(2)的根底，步骤(2)是递推的依据．2．在推证n＝k＋1时，可以通过凑、拆、配项等方法用上归纳假设．此时既要看准目标，又要弄清n＝k与n＝k＋1之间的关系．在推证时，应灵活运用分析法、综合法、反证法等方法．[易错与防范]1．第一步验证当n＝n0时，n0不一定为1，要根据题目要求选择适宜的起始值．2．由n＝k时命题成立，证明n＝k＋1时命题成立的过程中，一定要用归纳假设，否那么就不是数学归纳法．3．解“归纳——猜测——证明〞题的关键是准确计算出前假设干具体项，这是归纳、猜测的根底．否那么将会做大量无用功．。

2021届步步高数学大一轮复习讲义(理科)第六章 6.3等比数列及其前n项和

§6.3等比数列及其前n项和1．等比数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为a n ＋1a n＝q (n ∈N *，q 为非零常数)． (2)等比中项：如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即G 是a 与b 的等比中项⇒a ，G ，b 成等比数列⇒G 2＝ab . 2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －1. (2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1(q ＝1)，a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q (q ≠1).3．等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n －m (n ，m ∈N *)．(2)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k. (3)若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n (λ≠0)仍然是等比数列．(4)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n ＋3k ，…为等比数列，公比为q k .4．在等比数列{a n }中，若S n 为其前n 项和，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 也成等比数列(n 为偶数且q ＝－1除外)．概念方法微思考1．将一个等比数列的各项取倒数，所得的数列还是一个等比数列吗？若是，这两个等比数列的公比有何关系？提示仍然是一个等比数列，这两个数列的公比互为倒数．2．任意两个实数都有等比中项吗？提示不是．只有同号的两个非零实数才有等比中项．3．“b2＝ac”是“a，b，c”成等比数列的什么条件？提示必要不充分条件．因为b2＝ac时不一定有a，b，c成等比数列，比如a＝0，b＝0，c ＝1.但a，b，c成等比数列一定有b2＝ac.题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)满足a n＋1＝qa n(n∈N*，q为常数)的数列{a n}为等比数列．(×)(2)如果数列{a n}为等比数列，则数列{ln a n}是等差数列．(×)(3)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，则其前n 项和为S n ＝a (1－a n )1－a.( × )(4)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列．( × ) 题组二教材改编2．已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q ＝______.答案 12解析由题意知q 3＝a 5a 2＝18，∴q ＝12.3．公比不为1的等比数列{a n }满足a 5a 6＋a 4a 7＝18，若a 1a m ＝9，则m 的值为( ) A ．8 B ．9 C ．10 D ．11 答案 C解析由题意得，2a 5a 6＝18，a 5a 6＝9，∴a 1a m ＝a 5a 6＝9，∴m ＝10.题组三易错自纠4．若1，a 1，a 2,4成等差数列，1，b 1，b 2，b 3,4成等比数列，则a 1－a 2b 2的值为________．答案－12解析 ∵1，a 1，a 2,4成等差数列， ∴3(a 2－a 1)＝4－1，∴a 2－a 1＝1.又∵1，b 1，b 2，b 3,4成等比数列，设其公比为q ，则b 22＝1×4＝4，且b 2＝1×q 2>0，∴b 2＝2，∴a 1－a 2b 2＝－(a 2－a 1)b 2＝－12.5．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2＝________.答案－11解析设等比数列{a n }的公比为q ， ∵8a 2＋a 5＝0，∴8a 1q ＋a 1q 4＝0. ∴q 3＋8＝0，∴q ＝－2，∴S5S2＝a1(1－q5)1－q·1－qa1(1－q2)＝1－q51－q2＝1－(－2)51－4＝－11.6．一种专门占据内存的计算机病毒开机时占据内存1 MB，然后每3秒自身复制一次，复制后所占内存是原来的2倍，那么开机________秒，该病毒占据内存8 GB.(1 GB＝210 MB)答案39解析由题意可知，病毒每复制一次所占内存的大小构成一等比数列{a n}，且a1＝2，q＝2，∴a n＝2n，则2n＝8×210＝213，∴n＝13.即病毒共复制了13次．∴所需时间为13×3＝39(秒).等比数列基本量的运算1．设正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝3，S 4＝15，则公比q 等于( ) A ．5 B ．4 C ．3 D ．2 答案 D解析因为S 2＝3，S 4＝15，S 4－S 2＝12，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝3，a 3＋a 4＝12，两个方程左右两边分别相除，得q 2＝4，因为数列是正项等比数列，所以q ＝2，故选D.2．(2019·全国Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3等于( )A ．16B ．8C ．4D ．2 答案 C解析设等比数列{a n }的公比为q ，由a 5＝3a 3＋4a 1得q 4＝3q 2＋4，得q 2＝4，因为数列{a n }的各项均为正数，所以q ＝2，又a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝a 1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a 1＝1，所以a 3＝a 1q 2＝4.3．(2019·全国Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝13，a 24＝a 6，则S 5＝________. 答案1213解析设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 24＝a 6，所以(a 1q 3)2＝a 1q 5，所以a 1q ＝1，又a 1＝13，所以q ＝3，所以S 5＝a 1(1－q 5)1－q ＝13×(1－35)1－3＝1213.4．(2018·全国Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和，若S m ＝63，求m . 解 (1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝q n －1. 由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－(－2)n3.由S m ＝63得(－2)m ＝－188，此方程没有正整数解．若a n ＝2n －1，则S n ＝2n －1. 由S m ＝63得2m ＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.思维升华 (1)等比数列的通项公式与前n 项和公式共涉及五个量a 1，a n ，q ，n ，S n ，已知其中三个就能求另外两个(简称“知三求二”)．(2)运用等比数列的前n 项和公式时，注意对q ＝1和q ≠1的分类讨论．等比数列的判定与证明例1 (2020·四川名校联盟模拟)已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，b 1＝12，2a n ＋1＝a n ＋12b n ,2b n ＋1＝12a n ＋b n . (1)证明：数列{a n ＋b n }，{a n －b n }为等比数列； (2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，证明：S n <103.证明(1)依题意，有⎩⎨⎧2an ＋1＝a n ＋12b n，2bn ＋1＝12a n ＋b n ，两式相加得，a n ＋1＋b n ＋1＝34(a n ＋b n )，又∵a 1＋b 1＝32≠0，∴{a n ＋b n }为首项为32，公比为34的等比数列，两式相减得，a n ＋1－b n ＋1＝14(a n －b n )，又∵a 1－b 1＝12≠0，∴{a n －b n }为首项为12，公比为14的等比数列．(2)由(1)可得，a n ＋b n ＝32⎝⎛⎭⎫34n －1，①a n －b n ＝12⎝⎛⎭⎫14n －1，②①＋②得，a n ＝⎝⎛⎭⎫14n ＋⎝⎛⎭⎫34n，∴S n ＝14⎝⎛⎭⎫1－14n 1－14＋34⎝⎛⎭⎫1－3n 4n 1－34 <141－14＋341－34＝103.思维升华判定一个数列为等比数列的常见方法(1)定义法：若a n ＋1a n＝q (q 是不为零的常数)，则数列{a n }是等比数列．(2)等比中项法：若a 2n ＋1＝a n a n ＋2(n ∈N *，a n ≠0)，则数列{a n }是等比数列．(3)通项公式法：若a n ＝Aq n (A ，q 是不为零的常数)，则数列{a n }是等比数列．跟踪训练1 已知数列{a n }满足对任意的正整数n ，均有a n ＋1＝5a n －2·3n ，且a 1＝8.(1)证明：数列{a n －3n }为等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)记b n ＝a n3n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)因为a n ＋1＝5a n －2·3n ，所以a n ＋1－3n ＋1＝5a n －2·3n －3n ＋1＝5(a n －3n )，又a 1＝8，所以a 1－3＝5≠0，所以数列{a n －3n }是首项为5，公比为5的等比数列．所以a n －3n ＝5n ，所以a n ＝3n ＋5n .(2)由(1)知，b n ＝a n 3n ＝3n ＋5n3n ＝1＋⎝⎛⎭⎫53n ，则数列{b n }的前n 项和T n ＝1＋⎝⎛⎭⎫531＋1＋⎝⎛⎭⎫532＋…＋1＋⎝⎛⎭⎫53n ＝n ＋53⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫53n 1－53＝5n ＋12·3n ＋n －52.等比数列性质的应用例2 (1)(2020·四川六市联考)在等比数列{a n }中，a 3，a 15是方程x 2＋6x ＋2＝0的两根，则a 2a 16a 9的值为( ) A ．－2＋22B ．－ 2 C. 2D ．－2或 2答案 B解析由题意知，a 3·a 15＝a 29＝2，a 3＋a 15＝－6，所以a 3<0，a 15<0，则a 9＝－2，所以a 2a 16a 9＝a 29a 9＝a 9＝－ 2.(2)各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 6＝30，S 9＝70，则S 3＝________. 答案 10解析根据等比数列的前n 项和的性质，若S n 是等比数列的和，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…仍是等比数列，得到(S 6－S 3)2＝S 3(S 9－S 6)，解得S 3＝10，或S 3＝90(舍)．思维升华等比数列性质的应用可以分为三类 (1)通项公式的变形． (2)等比中项的变形．(3)前n 项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．跟踪训练2 (1)(2020·德阳诊断)已知等比数列{a n }的公比q ＝－12，该数列前9项的乘积为1，则a 1等于( )A ．8B ．16C ．32D ．64 答案 B解析由已知a 1a 2…a 9＝1 ，又a 1a 9＝a 2a 8＝a 3a 7＝a 4a 6＝a 25 ，所以a 95＝1 ，即a 5＝1，所以a 1⎝⎛⎭⎫－124＝1 ，a 1＝16.故选B. (2)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3S 6＝89，则a n ＋1a n －a n －1＝________(n ≥2，且n ∈N *)．答案－12解析很明显等比数列的公比q ≠1，则由题意可得，S 3S 6＝a 1()1－q 31－q a 1()1－q 61－q＝11＋q 3＝89，解得q ＝12，则a n ＋1a n －a n －1＝a n －1q 2a n －1q －a n －1＝q 2q －1＝1412－1＝－12.对于数列通项公式的求解，除了我们已经学习的方法以外，根据所给递推公式的特点，还有以下几种构造方式．构造法1 形如a n ＋1＝ca n ＋d (c ≠0，其中a 1＝a )型(1)若c ＝1，数列{a n }为等差数列；(2)若d ＝0，数列{a n }为等比数列；(3)若c ≠1且d ≠0，数列{a n }为线性递推数列，其通项可通过待定系数法构造等比数列来求．方法如下：设a n ＋1＋λ＝c (a n ＋λ)，得a n ＋1＝ca n ＋(c －1)λ，与题设a n ＋1＝ca n ＋d 比较系数得λ＝d c －1(c ≠1)，所以a n ＋d c －1＝c ⎝⎛⎭⎫a n －1＋d c －1(n ≥2)，即⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋d c －1构成以a 1＋d c －1为首项，以c 为公比的等比数列．例1 在数列{a n }中，若a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，则通项a n ＝________.答案 2×3n －1－1解析 a n ＋1＝3a n ＋2，即a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，又因为a 1＋1＝2≠0，所以{a n ＋1}构成以2为首项，以3为公比的等比数列，所以a n ＋1＝2·3n －1，a n ＝2·3n －1－1.构造法2 形如 a n ＋1＝pa n ＋q ·p n ＋1(p ≠0,1，q ≠0)型a n ＋1＝pa n ＋q ·p n ＋1(p ≠0,1，q ≠0)的求解方法是两端同时除以p n ＋1，即得a n ＋1pn ＋1－a n p n ＝q ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n p n 为等差数列．例2 (1)已知正项数列{a n }满足a 1＝4，a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1，则a n 等于( )A ．n ·2n －1B ．(n ＋1)·2nC ．n ·2n ＋1D ．(n －1)·2n答案 B解析 ∵a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1，∴a n ＋12n ＋1＝a n 2n ＋1，即a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝1，又∵a 121＝42＝2， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为2，公差为1的等差数列， ∴a n 2n ＝2＋(n －1)×1＝n ＋1， ∴a n ＝(n ＋1)·2n ，故选B.(2)(2019·武汉市二中月考)已知正项数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋3×5n ，则数列{a n }的通项a n 等于( )A ．－3×2n －1B ．3×2n －1 C ．5n ＋3×2n －1D ．5n －3×2n －1 答案 D解析方法一在递推公式a n ＋1＝2a n ＋3×5n 的两边同时除以5n ＋1，得a n ＋15n ＋1＝25×a n 5n ＋35，① 令a n 5n ＝b n ，则①式变为b n ＋1＝25b n ＋35，即b n ＋1－1＝25(b n －1)，所以数列{b n －1}是等比数列，其首项为b 1－1＝a 15－1＝－35，公比为25，所以b n －1＝⎝⎛⎭⎫－35×⎝⎛⎭⎫25n －1，即b n ＝1－35×⎝⎛⎭⎫25n －1，所以a n 5n ＝1－35×⎝⎛⎭⎫25n －1＝1－3×2n －15n.故a n ＝5n －3×2n －1.方法二设a n ＋1＋k ·5n ＋1＝2(a n ＋k ×5n )，则a n ＋1＝2a n －3k ×5n ，与题中递推公式比较得k ＝－1，即a n ＋1－5n ＋1＝2(a n －5n )，所以数列{a n －5n }是首项为a 1－5＝－3，公比为2的等比数列，则a n －5n ＝－3×2n －1，故a n ＝5n －3×2n －1.故选D.构造法3 相邻项的差为特殊数列(形如a n ＋1＝pa n ＋qa n －1，其中a 1＝a ，a 2＝b 型) 可化为a n ＋1－x 1a n ＝x 2(a n －x 1a n －1)，其中x 1，x 2是方程x 2－px －q ＝0的两根．例3 数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝23a n ＋1＋13a n ，求数列{a n }的通项公式．解由a n ＋2＝23a n ＋1＋13a n 可得， a n ＋2－a n ＋1＝－13(a n ＋1－a n )，所以数列{a n ＋1－a n }是首项为1，公比为－13的等比数列，当n ≥2时，a 2－a 1＝1，a 3－a 2＝－13，a 4－a 3＝19，…， a n －a n －1＝⎝⎛⎭⎫－13n －2，将上面的式子相加可得a n －1＝1＋⎝⎛⎭⎫－13＋19＋…＋⎝⎛⎭⎫－13n －2，从而可求得a n ＝2＋⎝⎛⎭⎫－13＋19＋…＋⎝⎛⎭⎫－13n －2，故有a n ＝74＋94·⎝⎛⎭⎫－13n (n ≥2)． a 1＝1也满足上式．构造法4 倒数为特殊数列(形如a n ＝pa n －1ra n －1＋s型) 例4 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n a n ＋2，求数列{a n }的通项公式．解 ∵a n ＋1＝2a n a n ＋2，a 1＝1， ∴a n ≠0，∴1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12，又a 1＝1，则1a 1＝1， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公差的等差数列． ∴1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n 2＋12， ∴a n ＝2n ＋1(n ∈N *).1．若等比数列{a n }的各项均为正数，a 2＝3,4a 23＝a 1a 7，则a 5等于( )A.34B.38 C ．12 D ．24答案 D解析数列{a n }是等比数列，各项均为正数，4a 23＝a 1a 7＝a 24，所以q 2＝a 24a 23＝4，所以q ＝2.所以a 5＝a 2·q 3＝3×23＝24，故选D.2．(2020·四川联合诊断考试)在等比数列{a n }中，a 1＝2，a 4＝12，若a k ＝2－5，则k 等于() A ．5 B ．6 C ．9 D ．10答案 D解析由a 1＝2，a 4＝12⇒q 3＝14⇒q ＝232-，∴a k ＝a 1q k －1＝2·q k －1＝2－5，∴q k －1＝2－6＝()2132k --，∴－2(k －1)3＝－6，∴k ＝10.3．等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝32n －1＋r ，则r 的值为( )A.13 B ．－13 C.19 D ．－19答案 B解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋r ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝32n －1－32n －3＝32n －3(32－1)＝8·32n －3＝8·32n －2·3－1＝83·9n －1，所以3＋r ＝83，即r ＝－13，故选B. 4．设{a n }是公比为q 的等比数列，则“q >1”是“{a n }为递增数列”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 D解析取a n ＝－2n ，此时q ＝2>1，但{a n }是单调递减数列，取a n ＝－⎝⎛⎭⎫12n ，因a n －a n －1＝⎝⎛⎭⎫12n >0，故{a n }是单调递增数列，但q ＝12<1，故“q >1 ”是“{a n }是递增数列”的既不充分也不必要条件，故选D.5．已知递增的等比数列{a n }中，a 2＝6，a 1＋1，a 2＋2，a 3成等差数列，则该数列的前6项和S 6等于( )A ．93B ．189 C.18916D ．378 答案 B解析设数列{a n }的公比为q ，由题意可知，q >1，且2()a 2＋2＝a 1＋1＋a 3，即2×()6＋2＝6q＋1＋6q ，整理可得2q 2－5q ＋2＝0，则q ＝2⎝⎛⎭⎫q ＝12舍去，则a 1＝62＝3，∴数列{a n }的前6项和S 6＝3×()1－261－2＝189.6．已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7等于( )A ．21B ．42C ．63D ．84答案 B解析设数列{a n }的公比为q ，则a 1(1＋q 2＋q 4)＝21，又a 1＝3，所以q 4＋q 2－6＝0，所以q 2＝2(q 2＝－3舍去) 所以a 3＝6，a 5＝12，a 7＝24，所以a 3＋a 5＋a 7＝42.7．已知各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n 且S 3＝14，a 3＝8，则a 6＝________. 答案 64解析由题意得，等比数列的公比为q ，由S 3＝14，a 3＝8，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1＋q ＋q 2)＝14，a 1q 2＝8，解得a 1＝2，q ＝2，所以a 6＝a 1q 5＝2×25＝64.8．已知各项为正数的等比数列{a n }中， a 2a 3＝16，则数列{log 2a n }的前四项和等于________．答案 8解析各项为正数的等比数列{a n }中，a 2a 3＝16，可得a 1a 4＝a 2a 3＝16，即有log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＝log 2(a 1a 2a 3a 4)＝log 2256＝8.9．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2 020，a 2＋a 4＝－2a 3，则S 2 021＝________. 答案 2 020解析 ∵a 2＋a 4＝－2a 3，∴a 2＋a 4＋2a 3＝0，a 2＋2a 2q ＋a 2q 2＝0，∵a 2≠0，∴q 2＋2q ＋1＝0，解得q ＝－1.∵a 1＝2 020，∴S 2 021＝a 1(1－q 2 021)1－q＝2 020×[1－(－1)2 021]2＝2 020. 10．(2020·贵州部分重点中学联考)已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 3＋S 5＝18，a 5＝7.若a 3，a 6，a m 成等比数列，则m ＝________. 答案 15解析 ∵数列{a n }为等差数列，∴a 3＋S 5＝6a 3＝18，∴a 3＝3.又a 5＝7，∴a 1＝－1，d ＝2，a n ＝2n －3.∵a 3，a 6，a m 成等比数列，∴a 3·a m ＝a 26，即3(2m －3)＝(2×6－3)2，解得m ＝15.11．(2018·全国Ⅰ)已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n .设b n ＝a n n. (1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由；(3)求{a n }的通项公式．解 (1)由条件可得a n ＋1＝2(n ＋1)na n ，将n ＝1代入得，a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以a 2＝4. 将n ＝2代入得，a 3＝3a 2，所以a 3＝12.从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4.(2){b n }是首项为1，公比为2的等比数列．由条件可得a n ＋1n ＋1＝2a n n，即b n ＋1＝2b n ，又b 1＝1，所以{b n }是首项为1，公比为2的等比数列．(3)由(2)可得a n n＝2n －1，所以a n ＝n ·2n －1.12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝34，S n ＝S n －1＋a n －1＋12(n ∈N *且n ≥2)，数列{b n }满足：b 1＝－374，且3b n －b n －1＝n ＋1(n ∈N *且n ≥2)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证：数列{b n －a n }为等比数列．(1)解由S n ＝S n －1＋a n －1＋12，得S n －S n －1＝a n －1＋12，即a n －a n －1＝12(n ≥2且n ∈N *)，则数列{a n }是以34为首项，12为公差的等差数列，因此a n ＝34＋(n －1)×12 ＝12n ＋14. (2)证明因为3b n －b n －1＝n ＋1(n ≥2)，所以b n ＝13b n －1＋13(n ＋1)(n ≥2)， b n －a n ＝13b n －1＋13(n ＋1)－12n －14＝13b n －1 －16n ＋112＝13⎝⎛⎭⎫b n －1－12n ＋14(n ≥2)， b n －1－a n －1＝b n －1－ 12(n －1)－14＝ b n －1－12n ＋14(n ≥2)，所以b n －a n ＝13(b n －1－a n －1)(n ≥2)，因为b 1－a 1＝－10≠0，所以数列{b n －a n }是以－10为首项，13为公比的等比数列．13．(2020·广西七市联考)已知正项等比数列{a n }满足a 8＝a 6＋2a 4，若存在两项a m ，a n ，使得a m a n ＝2a 1，则1m ＋9n的最小值为________．答案 4解析 ∵a 8＝a 6＋2a 4，∴a 1q 7＝a 1q 5＋2a 1q 3，解得q 2＝2， ∵a m a n ＝2a 1，∴a m a n ＝2a 21＝a 22，∴m ＋n ＝4，则1m ＋9n ＝14⎝⎛⎭⎫1m ＋9n (m ＋n ) ＝14⎝⎛⎭⎫10＋n m ＋9m n ≥14(10＋6)＝4，当且仅当m ＝1，n ＝3时等号成立．14．(2020·成都外国语学校模拟)已知函数f (x )＝3x3x ＋1，正项等比数列{a n }满足a 50＝1，则f (ln a 1)＋f (ln a 2)＋f (ln a 3)＋…＋f (ln a 99)＝________. 答案 992解析 ∵f (x )＝3x3x ＋1，得f (x )＋f (－x )＝3x 3x ＋1＋3－x 3－x ＋1＝1.∵数列{a n}是等比数列，∴a1a99＝a2a98＝…＝a49a51＝a250＝1，即ln a1＋ln a99＝ln a2＋ln a98＝…＝ln a49＋ln a51＝0，设S99＝f (ln a1)＋f (ln a2)＋f (ln a3)＋…＋f (ln a99)，①又S99＝f (ln a99)＋f (ln a98)＋f (ln a97)＋…＋f (ln a1)，即S99＝f (－ln a1)＋f (－ln a2)＋f (－ln a3)＋…＋f (－ln a99)，②由①＋②得2S99＝99，∴S99＝992.15.如图所示，正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形腰上再连接正方形，…，如此继续下去得到一个树状图形，称为“勾股树”．若某勾股树含有1 023个正方形，且其最大的正方形的边长为22，则其最小正方形的边长为________．答案 132解析由题意，得正方形的边长构成以22为首项，以22为公比的等比数列，现已知共得到1 023个正方形，则有1＋2＋…＋2n －1＝1 023，∴n ＝10，∴最小正方形的边长为22×⎝⎛⎭⎫229＝132. 16．在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫做该数列的一次“扩展”．将数列1,2进行“扩展”，第一次得到数列1,2,2；第二次得到数列1,2,2,4,2，….设第n 次“扩展”后得到的数列为1，x 1，x 2，…，x t ,2，并记a n ＝log 2(1·x 1·x 2·…·x t ·2)，其中t ＝2n －1，n ∈N *，求数列{a n }的通项公式．解 a n ＝log 2(1·x 1·x 2·…·x t ·2)，所以a n ＋1＝log 2[1·(1·x 1)·x 1·(x 1·x 2)·…·x t ·(x t ·2)·2]＝log 2(12·x 31·x 32·x 33·…·x 3t ·22)＝3a n －1，所以a n ＋1－12＝3⎝⎛⎭⎫a n －12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12是以32为首项，以3为公比的等比数列，所以a n －12＝32×3n －1，所以a n ＝3n ＋12.。

2021届步步高数学大一轮复习讲义(理科)第十二章高考专题突破六高考中的概率与统计问题

高考专题突破六高考中的概率与统计问题概率与统计的综合应用例1(2020·四川双流中学检测)甲、乙两品牌计划入驻某商场，该商场批准两个品牌先进场试销5天．两品牌提供的返利方案如下：甲品牌无固定返利，卖出10件以内(含10件)的产品，每件产品返利5元，超出10件的部分每件返利7元；乙品牌每天固定返利20元，且每卖出一件产品再返利3元．经统计，两家品牌在试销期间的销售件数的茎叶图如图：(1)现从乙品牌试销的5天中随机抽取3天，求这3天的销售量中至少有一天低于10的概率；(2)若将频率视作概率，回答以下问题：①记甲品牌的日返利额为X(单位：元)，求X的分布列和均值；②商场拟在甲、乙两品牌中选择一个长期销售，如果仅从日返利额的角度考虑，请利用所学的统计学知识为商场作出选择，并说明理由．解 (1)方法一设A 为从乙品牌试销售的5天中抽取3天，这3天的销量中至少有一天低于10件的事件，则P (A )＝C 12C 23＋C 22C 13C 35＝910. 方法二设A 为从乙品牌试销售的5天中抽取3天，这3天的销售量中至少有一天低于10件的事件，则A 为从乙品牌试销售的5天中抽取3天，这3天的销售量都不低于10件的事件，则P (A )＝1－P (A )＝1－C 33C 35＝1－110＝910.(2)①设甲品牌的日销售量为随机变量ξ，则甲品牌的日返利额X (单位：元)与ξ的关系为：X ＝⎩⎪⎨⎪⎧5ξ，0≤ξ≤10，ξ∈N ，50＋7(ξ－10)，ξ≥11，ξ∈N .当ξ＝6时，X ＝30；当ξ＝7时，X ＝35；当ξ＝10时，X ＝50；当ξ＝12时，X ＝64. 所以X 的分布列为E (X )＝30×25＋35×15＋50×15＋64×15＝41.8(元)．②方法一设乙品牌的日销售量为随机变量η，乙品牌的日返利额Y (单位：元)与η的关系为Y ＝20＋3η，且η的分布列为则E(η)＝6×15＋9×15＋12×25＋13×15＝10.4(件)，则E(Y)＝E(3η＋20)＝3E(η)＋20＝3×10.4＋20＝51.2(元)．因为乙品牌的日平均返利额大于甲品牌的日平均返利额，所以如果仅从日返利额的角度考虑，商场应选择乙品牌长期销售．方法二乙品牌的日返利额Y(单位：元)的取值集合为{38,47,56,59}，分布列为则E(Y)＝38×15＋47×15＋56×25＋59×15＝51.2(元)．思维升华概率与统计作为考查学生应用意识的重要载体，已成为近几年高考一大亮点和热点．它与其他知识融合、渗透，情境新颖，充分体现了概率与统计的工具性和交汇性．跟踪训练1(2020·四川成都诊断性检测)某保险公司给年龄在20～70岁的民众提供某种疾病的一年期医疗保险，现从10 000名参保人员中随机抽取100名作为样本进行分析，按年龄段[20,30)，[30,40)，[40,50)，[50,60)，[60,70]分成了五组，其频率分布直方图如图所示；参保年龄(单位：岁)与每人每年应交纳的保费(单位：元)如表所示．据统计，该公司每年为这10 000名参保人员支出的各种费用为一百万元．(1)用样本的频率分布估计总体分布，为使公司不亏本，求x精确到整数时的最小值x0；(2)经调查，年龄在[60,70]的老人每50人中有1人患该种疾病(以此频率作为概率)．该种疾病的治疗费为12 000元，如果参保，保险公司补贴治疗费10 000元．某老人年龄为66岁，若购买该项保险(x取(1)中的x0)，针对此疾病所支付的费用为X元；若没有购买该项保险，针对此疾病所支付的费用为Y元．试比较X和Y的均值大小，并判断该老人购买此项保险是否划算？解(1)由(0.007＋0.016＋a＋0.025＋0.020)×10＝1，解得a＝0.032.该保险公司每年收取的保费为10 000(0.007×10x＋0.016×10×2x＋0.032×10×3x＋0.025×10×4x＋0.020×10×5x)＝10 000×3.35x.要使公司不亏本，则10 000×3.35x≥1 000 000，即3.35x≥100，解得x≥1003.35≈29.85，∴x0＝30.(2)①若该老人购买了此项保险，则X 的取值为150,2 150.P (X ＝150)＝4950，P (X ＝2 150)＝150，∴E (X )＝150×4950＋2 150×150＝147＋43＝190(元)．②若该老人没有购买此项保险，则Y 的取值为0,12 000. P (Y ＝0)＝4950，P (X ＝12 000)＝150，∴E (Y )＝0×4950＋12 000×150＝240(元)．∴E (Y )>E (X )，∴该老人购买此项保险比较划算．概率与统计案例的综合应用例2 (2020·蓉城名校联盟联考)成都市现在已是拥有1 400多万人口的城市，机动车保有量已达450多万辆，成年人中约40%拥有机动车驾驶证．为了解本市成年人的交通安全意识情况，某中学的同学利用国庆假期进行了一次全市成年人安全知识抽样调查．先根据是否拥有驾驶证，用分层抽样的方法抽取了200名成年人，然后对这200人进行问卷调查．这200人所得的分数都分布在[30,100]范围内，规定分数在80以上(含80)的为“具有很强安全意识”，所得分数的频率分布直方图如图所示．(1)补全上面的2×2列联表，并判断能否有超过95%的把握认为“‘具有很强安全意识’与拥有驾驶证”有关？(2)将上述调查所得的频率视为概率，现从全市成年人中随机抽取4人，记“具有很强安全意识”的人数为X，求X的分布列及均值．附表及公式：K2＝n(ad－bc)2(a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d)，其中n＝a＋b＋c＋d.解(1)200人中拥有驾驶证的占40%，有80人，没有驾驶证的有120人；具有很强安全意识的占20%，有40人，不具有很强安全意识的有160人．补全的2×2列联表如表所示：K 2的观测值k ＝200×(22×102－18×58)240×160×80×120＝7516＝4.687 5>3.841，所以有超过95%的把握认为“‘具有很强安全意识’与拥有驾驶证”有关．(2)由频率分布直方图中数据可知，抽到的每个成年人“具有很强安全意识”的概率为15，所以X ＝0,1,2,3,4，且X ～B ⎝⎛⎭⎫4，15. P (X ＝k )＝C k 4·⎝⎛⎭⎫15k ·⎝⎛⎭⎫454－k(k ＝0,1,2,3,4)， X 的分布列为所以E (X )＝4×15＝45.思维升华概率与统计案例的综合应用常涉及相互独立事件同时发生的概率、独立重复实验、超几何分布、二项分布、独立性检验、线性回归等知识，考查学生的阅读理解能力、数据处理能力、运算求解能力及应用意识．跟踪训练2 (2020·四川成都检测)为了让税收政策更好地为社会发展服务，国家在修订《中华人民共和国个人所得税法》之后，发布了《个人所得税专项附加扣除暂行办法》，明确“个税专项附加扣除”是指个人所得税法规定的子女教育、继续教育、大病医疗、住房贷款利息、住房租金、赡养老人六项专项附加扣除，并公布了相应的定额扣除标准，决定自2019年1月1日起施行．某企业为了调查内部员工对新个税方案的满意程度与年龄的关系，通过问卷调查，整理数据得如下2×2列联表：(1)根据列联表，能否有99%的把握认为满意程度与年龄有关？(2)为了帮助年龄在40岁及以下的未购房的8名员工解决实际困难，该企业拟按员工贡献积分x (单位：分)给予相应的住房补贴y (单位：元)，现有两种补贴方案，方案甲：y ＝1 000＋700x ；方案乙：y ＝⎩⎪⎨⎪⎧3 000，0<x ≤5，5 600，5<x ≤10，9 000，x >10.已知这8名员工的贡献积分分别为2,3,6,7,7,11,12,12，将采用方案甲比采用方案乙获得更多补贴的员工记为“A 类员工”．为了解员工对补贴方案的认可度，现从这8名员工中随机抽取4名进行面谈，求恰好抽到3名“A 类员工”的概率．附：K 2＝n (ad －bc )2(a ＋b )(c ＋d )(a ＋c )(b ＋d )，其中n ＝a ＋b ＋c ＋d . 参考数据：解 (1)根据列联表可得K 2的观测值k ＝80×(25×30－10×15)235×45×40×40＝807≈11.429.∵11.429>6.635，∴有99%的把握认为满意程度与年龄有关．(2)据题意，这8名员工的贡献积分及按甲、乙两种方案所获补贴情况为：由表可知，“A类员工”有5名．设从这8名员工中随机抽取4名进行面谈，恰好抽到3名“A类员工”的概率为P，则P＝C35C13C48＝37.均值与方差在决策中的应用例3(2018·全国Ⅰ)某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品做检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取20件做检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有新产品做检验．设每件产品为不合格品的概率都为p(0<p<1)，且各件产品为不合格品相互独立．(1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f (p)，求f (p)的最大值点p0；(2)现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以(1)中确定的p0作为p的值．已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用．①若不对该箱余下的产品做出检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求E(X)；②以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品做检验？解(1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f (p)＝C220·p2(1－p)18.因此f′(p)＝C220[2p(1－p)18－18p2(1－p)17]＝2C220p(1－p)17(1－10p)．令f′(p)＝0，得p＝0.1.当p∈(0,0.1)时，f′(p)>0；当p∈(0.1,1)时，f′(p)<0.所以f (p)的最大值点为p0＝0.1.(2)由(1)知，p＝0.1①令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知Y～B(180,0.1)，X＝20×2＋25Y，即X＝40＋25Y.所以E(X)＝E(40＋25Y)＝40＋25E(Y)＝490.②如果对余下的产品做检验，则这一箱产品所需要的检验费为400元．由于E(X)＝490>400，故应该对余下的产品做检验．思维升华随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平，方差反映了随机变量偏离均值的程度，它们从整体和全局上刻画了随机变量，是生产实际中用于方案取舍的重要依据，一般先比较均值，若均值相同，再由方差来决定．跟踪训练3有两种理财产品A和B，投资这两种理财产品一年后盈亏的情况如下(每种理财产品的不同投资结果之间相互独立)：产品A产品B注：p >0，q >0.(1)若甲、乙两人分别选择了产品A ，B 投资，一年后他们中至少有一人获利的概率大于34，求实数p 的取值范围；(2)若丙要将20万元人民币投资其中一种产品，以一年后的投资收益的均值为决策依据，则丙选择哪种产品投资较为理想？解 (1)记事件C 为“甲选择产品A 投资且获利”，记事件D 为“乙选择产品B 投资且获利”，记事件E 为“一年后甲、乙两人中至少有一人投资获利”，则P (C )＝14，P (C )＝34，P (D )＝p ，p (D )＝1－p ，P (E )＝1－P (C D )＝1－34(1－p )>34，∴p >23.又p ＋q ＝34，且q >0，∴p <34，∴23<p <34.即p 的取值范围是⎝⎛⎭⎫23，34. (2)假设丙选择A 产品投资，且记ξ为获利金额(单位：万元)，则ξ的分布列为∴E (ξ)＝10×14－6×13＝12.假设丙选择B 产品投资，且记η为获利金额(单位：万元)，则η的分布列为E (η)＝8p －4q ＝8p －4⎝⎛⎭⎫34－p ＝12p －3⎝⎛⎭⎫0<p <34.∴当p ＝724时，E (ξ)＝E (η)，丙可在产品A 和产品B 中任选一种投资；当0<p <724时，E (ξ)>E (η)，丙应选产品A 投资；当724<p <34时，E (ξ)<E (η)，丙应选产品B 投资．例 (12分)(2019·北京)改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变．近年来，移动支付已成为主要支付方式之一．为了解某校学生上个月A ，B 两种移动支付方式的使用情况，从全校学生中随机抽取了100人，发现样本中A ，B 两种支付方式都不使用的有5人，样本中仅使用A 和仅使用B 的学生的支付金额分布情况如下：(1)从全校学生中随机抽取1人，估计该学生上个月A ，B 两种支付方式都使用的概率； (2)从样本仅使用A 和仅使用B 的学生中各随机抽取1人，以X 表示这2人中上个月支付金额大于1 000元的人数，求X 的分布列和均值；(3)已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化．现从样本仅使用A 的学生中，随机抽查3人，发现他们本月的支付金额都大于2 000元．根据抽查结果，能否认为样本仅使用A 的学生中本月支付金额大于2 000元的人数有变化？说明理由．规范解答解 (1)由题意知，样本中仅使用A 的学生有18＋9＋3＝30(人)，仅使用B 的学生有10＋14＋1＝25(人)，A ，B 两种支付方式都不使用的学生有5人，故样本中A ，B 两种支付方式都使用的学生有100－30－25－5＝40(人)．[1分]所以从全校学生中随机抽取1人，该学生上个月A ，B 两种支付方式都使用的概率为40100＝0.4.[2分](2)X 的所有可能值为0,1,2.[3分]记事件C 为“从样本仅使用A 的学生中随机抽取1人，该学生上个月的支付金额大于1 000元”，事件D 为“从样本仅使用B 的学生中随机抽取1人，该学生上个月的支付金额大于1 000元”．由题设知，事件C ，D 相互独立，且P (C )＝9＋330＝0.4，P (D )＝14＋125＝0.6，[4分]所以P (X ＝2)＝P (CD )＝P (C )P (D )＝0.24.[5分] P (X ＝1)＝P (C D ∪C D ) ＝P (C )P (D )＋P (C )P (D ) ＝0.4×(1－0.6)＋(1－0.4)×0.6 ＝0.52，[6分]P (X ＝0)＝P (C D )＝P (C )P (D )＝0.24.[7分] 所以X 的分布列为[8分]故X 的均值E (X )＝0×0.24＋1×0.52＋2×0.24＝1.0.[9分](3)记事件E 为“从样本仅使用A 的学生中随机抽查3人，他们本月的支付金额大于2 000元”．假设样本仅使用A的学生中，本月支付金额大于2 000元的人数没有变化，则由上个月的样本数据得P(E)＝1C330＝14 060.[11分]答案示例1：可以认为有变化．理由如下：P(E)比较小，概率比较小的事件一般不容易发生．一旦发生，就有理由认为本月的支付金额大于2 000元的人数发生了变化，所以可以认为有变化．[12分]答案示例2：无法确定有没有变化，理由如下：事件E是随机事件，P(E)比较小，一般不容易发生，但还是有可能发生的，所以无法确定有没有变化．[12分]第一步：审清题意，理清条件和结论，找到关键数量关系．第二步：找数量关系，把图表语言转化为数字，将图表中的数字转化为公式中的字母．第三步：建立解决方案，找准公式，根据图表数据代入公式计算数值．第四步：作出判断得结论，依据题意，借助数表作出正确判断．第五步：反思回顾，查看关键点、易错点和答题规范性.1．(2020·四川成都质检)2018年央视大型文化节目《经典咏流传》热播，在全民中掀起了诵读诗词的热潮．某大学社团调查了该校文学院300名学生每天诵读诗词的时间(所有学生诵读时间都在两小时内)，并按时间(单位：min)将学生分成六个组：[0,20)，[20,40)，[40,60)，[60,80)，[80,100)，[100,120]，经统计得到了如图所示的频率分布直方图．(1)求频率分布直方图中a的值，并估计该校文学院的学生每天诵读诗词的平均时间；(2)若2名学生诵读诗词的时间分别为x，y.当x，y满足|x－y|>60时，这2名同学组成一个“Team”．已知从每天诵读时间小于20 min和大于或等于80 min的所有学生中用分层抽样的方法抽取5人，现从这5人中随机选取2人，求选取的2人能组成一个“Team”的概率．解(1)∵各组数据的频率之和为1，即所有小矩形的面积和为1，∴(a＋a＋6a＋8a＋3a＋a)×20＝1，解得a＝0.002 5.∴该校文学院的学生每天诵读诗词的平均时间为10×0.05＋30×0.05＋50×0.3＋70×0.4＋90×0.15＋110×0.05＝64(min)．(2)由频率分布直方图，知[0,20)，[80,100)，[100,120]内的学生人数的频率之比为1∶3∶1，故5人中[0,20)，[80,100)，[100,120]内的学生人数分别为1,3,1.方法一设[0,20)内的1名学生为A，[80,100)内的3名学生分别为B，C，D，[100,120]内的1名学生为E，则抽取2人的所有基本事件有AB，AC，AD，AE，BC，BD，BE，CD，CE，DE，共10种．选取的2人能组成一个“Team”的情况有AB，AC，AD，AE，共4种，故选取的2人能组成一个“Team”的概率P＝410＝2 5.方法二由题意知，应从[0,20)内的学生抽取1人，从[80,120]内的学生抽取1人，故所求概率为C 11C 14C 25＝25.2．(2020·贵州贵阳模拟)某大学毕业生准备到贵州非私营单位求职，为了了解工资待遇情况，他在贵州省统计局的官网上，查询到2008年至2017年非私营单位在岗职工的年平均工资近似值(单位：万元)，如下表：(1)请根据上表的数据，利用线性回归模型进行拟合，求y 关于x 的线性回归方程y ^＝b ^x ＋a ^(a ^，b ^的计算结果根据四舍五入精确到小数点后第二位)；(2)如果该大学生对年平均工资的期望值为9万元，请利用(1)的结论，预测2020年非私营单位在岗职工的年平均工资(单位：万元．计算结果根据四舍五入精确到小数点后第二位)，并判断2020年平均工资能否达到他的期望．参考数据：∑i ＝110x i y i ＝311.5，∑i ＝110x 2i ＝385，∑i ＝110(x i －x )(y i －y )＝47.5.附：对于一组具有线性相关的数据：(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x n ，y n )，其回归直线y ^＝b ^x ＋a ^的斜率和截距的最小二乘估计分别为b ^＝∑i ＝1nx i y i －n x ·y∑i ＝1nx 2i －n x2＝∑i ＝1n(x i －x )(y i －y )∑i ＝1n(x i －x )2，a ^＝y －b ^x .解 (1)由已知，得x ＝5.5，y ＝4.8.b ^＝∑i ＝110(x i －x )(y i －y )∑i ＝110x 2i －n ·x2＝47.5385－10×5.52≈0.58，所以a ^＝y －b ^x ＝4.8－0.58×5.5＝1.61，故y 关于x 的线性回归方程为y ^＝0.58x ＋1.61. (2)由(1)知y ^＝0.58x ＋1.61，当x ＝13时，y ^＝0.58×13＋1.61＝9.15>9.所以，预测2020年非私营单位在岗职工的年平均工资为9.15万元，达到了他的期望． 3．(2020·贵州贵阳模拟)运动健康已成为大家越来越关心的话题，某公司开发的一个类似计步数据库的公众号，手机用户可以通过关注该公众号查看自己每天行走的步数，同时也可以和好友进行运动量的PK 和点赞．现从张华的好友中随机选取40人(男、女各20人)，记录他们某一天行走的步数，并将数据整理如下表：(1)若某人一天行走的步数超过8 000被评定为“积极型”，否则被评定为“懈怠型”，根据题意完成下列2×2列联表，若有n %(n ∈Z )的把握认为男、女的“评定类型”有差异，参考现有公式与数据，则n 可能的最大值为多少？(2)在张华的这40位好友中，从该天行走的步数超过10 000的人中随机抽取3人，设抽取的女性有X 人，求X 的分布列及均值E (X )．参考公式与数据：K 2＝n (ad －bc )2(a ＋b )(c ＋d )(a ＋c )(b ＋d )，其中n ＝a ＋b ＋c ＋d .解 (1)由题意可得2×2列联表如下：K 2的观测值k ＝40×(13×12－7×8)220×20×21×19＝1 000399≈2.506<2.706，所以85<n <90(n ∈Z )，因此n 可能的最大值为89. (2)该天行走步数超过10 000的有6男2女共8人，则X ＝0,1,2，P (X ＝0)＝C 36C 38＝514，P (X ＝1)＝C 12C 26C 38＝1528，P (X ＝2)＝C 22C 16C 38＝328，所以X 的分布列为所以E (X )＝0×514＋1×1528＋2×328＝34.4．东方商店欲购进某种食品(保质期两天)，此商店每两天购进该食品一次(购进时，该食品为刚生产的)．根据市场调查，该食品每份进价8元，售价12元，如果两天内无法售出，则食品过期作废，且两天内的销售情况互不影响，为了了解市场的需求情况，现统计该产品在本地区100天的销售量如表：(视样本频率为概率)(1)根据该产品100天的销售量统计表，记两天中一共销售该食品份数为ξ，求ξ的分布列与均值；(2)以两天内该产品所获得的利润均值为决策依据，东方商店一次性购进32或33份，哪一种得到的利润更大？解(1)ξ的可能取值有30,31,32,33,34,35,36，其中P(ξ＝30)＝0.2×0.2＝0.04，P(ξ＝31)＝2×0.2×0.3＝0.12，P(ξ＝32)＝0.3×0.3＋2×0.2×0.4＝0.25，P(ξ＝33)＝2×0.2×0.1＋2×0.3×0.4＝0.28，P(ξ＝34)＝0.4×0.4＋2×0.3×0.1＝0.22，P(ξ＝35)＝2×0.4×0.1＝0.08，P(ξ＝36)＝0.1×0.1＝0.01，∴ξ的分布列为∴E(ξ)＝30×0.04＋31×0.12＋32×0.25＋33×0.28＋34×0.22＋35×0.08＋36×0.01＝32.8.(2)当一次性购进32份食品时，设每两天的利润为X，则X的可能取值有104,116,128，且P(X＝104)＝0.04，P(X＝116)＝0.12，P(X＝128)＝1－0.04－0.12＝0.84，∴E(X)＝104×0.04＋116×0.12＋128×0.84＝125.6.当一次性购进33份食品时，设每两天的利润为Y，则Y的可能取值有96,108,120,132.且P(Y＝96)＝0.04，P(Y＝108)＝0.12，P(Y＝120)＝0.25，P(Y＝132)＝1－0.04－0.12－0.25＝0.59，∴E(Y)＝96×0.04＋108×0.12＋120×0.25＋132×0.59＝124.68.∵E(X)>E(Y)，∴东方商店一次性购进32份食品时得到的利润更大．5．为了解2019届高三毕业学生的复习备考情况，某省甲、乙两市组织了一次大联考．为比较两市本届高三毕业学生的数学优秀率，某教研机构从甲、乙两市参加大联考的数学高分段(数学成绩不低于100分)的学生中各随机抽取了100名学生，统计其数学成绩，得到甲市数学高分段学生成绩的频率分布直方图如图所示，乙市数学高分段学生成绩的频数分布表如下表所示(同一组数据用该组数据的区间中点值作代表，将频率视为概率)．(1)现计算得甲市数学高分段学生成绩的平均分为123分，乙市数学高分段学生成绩的方差为111，试利用统计知识判断甲、乙两市哪一个市2019届高三毕业学生数学高分段成绩更突出；(2)由频率分布直方图可以认为，甲市这次大联考的数学高分段学生成绩Z(单位：分)近似地服从正态分布N (μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数，试利用该正态分布模型解决下列问题． ①若甲市恰有2万名学生这次大联考的数学成绩不低于100分，试估计甲市这次大联考的数学成绩Z 高于142.6分的学生人数；②现从甲市这次大联考的数学成绩不低于100分的学生中随机抽取1 000人，若抽到k 人的数学成绩在区间(123,142.6]内的可能性最大，试求整数k 的值．附：若X ～N (μ，σ2)，则P (μ－σ<X ≤μ＋σ)≈0.682 7， P (μ－2σ<X ≤μ＋2σ)≈0.954 5， P (μ－3σ<X ≤μ＋3σ)≈0.997 3.解 (1)由题意得甲市数学高分段学生成绩的方差为s 2甲＝(105－123)2×0.05＋(115－123)2×0.4＋(125－123)2×0.3＋(135－123)2×0.2＋(145－123)2×0.05＝96，乙市数学高分段学生成绩的平均分为 x乙＝105×0.15＋115×0.25＋125×0.4＋135×0.15＋145×0.05＝122(分)．又x 甲＝123，s 2乙＝111，所以x 甲>x 乙，s 2甲<s 2乙.故甲市数学高分段学生成绩的平均分更高，且方差更小，故甲市数学高分段学生成绩更稳定．综上可知甲市的2019届高三毕业学生数学高分段成绩更为突出．(2)①P (Z >142.6)＝P (Z >μ＋2σ)＝12[1－P (μ－2σ<Z ≤μ＋2σ)]≈12(1－0.954 5)＝0.022 75.因为20 000×0.022 75＝455，所以可估计甲市这次大联考的数学成绩Z 高于142.6分的学生有455人．②记所抽取的1 000人中数学成绩在区间(123,142.6]内的人数为Y ，因为P (123<Z ≤142.6)＝P (μ<Z ≤μ＋2σ)＝P (μ－2σ<Z ≤μ＋2σ)2≈0.477 25，所以Y ～B (1 000,0.477 25)，故P (Y ＝k )＝C k 1 000×0.477 25k ×0.522 751 000－k . 设P (Y ＝k )最大，则⎩⎪⎨⎪⎧ P (Y ＝k )≥P (Y ＝k ＋1)，P (Y ＝k )≥P (Y ＝k －1)即⎩⎪⎨⎪⎧0.522 751 000－k ≥0.477 25k ＋1，0.477 25k≥0.522 751 001－k，解得476.727 25≤k ≤477.727 25.因为k ∈N *，所以使P (Y ＝k )取得最大值的整数k 的值为477.。

《步步高》2021届高考数学大一轮复习(人教A版)专题训练：专题一函数图象与性质的综合应用

题型四
函数的值域与不等式恒成立问题
思维启迪解析
探究提高
题型分类·深度剖析
题型四
函数的值域与不等式恒成立问题
思维启迪解析
探究提高
题型分类·深度剖析
题型四
函数的值域与不等式恒成立问题
思维启迪解析
探究提高
题型分类·深度剖析
题型四
函数的值域与不等式恒成立问题
思维启迪解析
探究提高
题型分类·深度剖析
6
7
8
9
A
练出高分
A组专项基础训练
1
2
3
4
5
6
7
8
9
解析
练出高分
A组专项基础训练
1
2
3
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解析
(2，＋∞)
练出高分
A组专项基础训练
1
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解析
练出高分
A组专项基础训练
1
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3
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6
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9
解析
练出高分
A组专项基础训练
1
2
3
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5
6
7
8
9
解析
练出高分
A组专项基础训练
题型分类·深度剖析
高考圈题
2.高考中的函数零点问题
考点分析
求解策略
解析
解后反思
题型分类·深度剖析
高考圈题
2.高考中的函数零点问题
考点分析
求解策略
解析
解后反思
题型分类·深度剖析

高2021届高2018级苏教版步步高大一轮高三数学复习课件学案第六章 6.4

§6.4 数列求和1.(1)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2；(2)等差数列前n 项和S n ＝n (a 1＋a n )2,推导方法:倒序相加法；(3)等比数列前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.推导方法:错位相减法. 2.常见数列的前n 项和(1)1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2；(2)2＋4＋6＋…＋2n ＝n (n ＋1)； (3)1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2. 3.数列求和的常见方法(1)分组求和:把一个数列分成几个可以直接求和的数列；(2)裂项相消:有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式,相加过程消去中间项,只剩有限项再求和；(3)错位相减:适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和； (4)倒序相加:如等差数列前n 项和公式的推导方法.(5)并项求和法:一个数列的前n 项和中,可两两结合求解,则称之为并项求和.概念方法微思考请思考以下常见式子的裂项方法.(1)1n (n ＋1)； (2)1(2n －1)(2n ＋1)； (3)1n ＋n ＋1；(4)1n (n ＋1)(n ＋2). 提示 (1)1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；(2)1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；(3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ；(4)1n (n ＋1)(n ＋2)＝12⎣⎡⎦⎤1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2).题组一思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果数列{a n }为等比数列,且公比不等于1,则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q .( √ )(2)当n ≥2时,1n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1.( √ )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 之和时,只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得.( × )(4)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序相加法,利用此法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( √ )(5)如果数列{a n }是周期为k 的周期数列,那么S km ＝mS k (m ,k 为大于1的正整数).( √ ) 题组二教材改编2.等比数列1,2,4,8,…中从第5项到第10项的和为________. 答案 1 008解析由a 1＝1,a 2＝2,得q ＝2, ∴S 10＝1×(1－210)1－2＝1 023,S 4＝1×(1－24)1－2＝15,∴S 10－S 4＝1 008.3.已知数列{a n }的通项公式a n ＝1n ＋n ＋1,则该数列的前________项之和等于9.答案 99解析由题意知,a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ,所以S n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1＝9,解得n ＝99.4.1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1＝________(x ≠0且x ≠1). 答案 1－x n (1－x )2－nx n1－x解析设S n ＝1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1,① 则xS n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n ,②①－②得(1－x )S n ＝1＋x ＋x 2＋…＋x n －1－nx n ＝1－x n 1－x －nx n , ∴S n ＝1－x n (1－x )2－nx n1－x .题组三易错自纠5.一个球从100 m 高处自由落下,每次着地后又跳回到原高度的一半再落下,当它第10次着地时,经过的路程是________________. 答案 100＋200(1－2－9)解析第10次着地时,经过的路程为100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)＝100＋2×100×(2－1＋2－2＋…＋2－9)＝100＋200×2－1(1－2－9)1－2－1＝100＋200(1－2－9). 6.数列{a n }的通项公式为a n ＝n cosn π2,其前n 项和为S n ,则S 2 017＝________.答案 1 008解析因为数列a n ＝n cos n π2呈周期性变化,观察此数列规律如下:a 1＝0,a 2＝－2,a 3＝0,a 4＝4. 故S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2. a 5＝0,a 6＝－6,a 7＝0,a 8＝8, 故a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝2,∴周期T ＝4. ∴S 2 017＝S 2 016＋a 2 017 ＝2 0164×2＋2 017·cos 2 0172π＝1 008. 7.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1－5＋9－13＋…＋(－1)n －1(4n －3),则S 15＋S 22－S 31＝________. 答案－76解析 S n＝⎩⎨⎧n2×(－4)，n 为偶数，n －12×(－4)＋4n －3，n 为奇数，∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－2n ，n 为偶数，2n －1，n 为奇数，∴S 15＝29,S 22＝－44,S 31＝61, ∴S 15＋S 22－S 31＝－76.分组求和与并项求和例1 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2,n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)n a n ,求数列{b n }的前2n 项和. 解 (1)当n ＝1时,a 1＝S 1＝1；当n ≥2时,a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－(n －1)2＋(n －1)2＝n .a 1也满足a n ＝n ,故数列{a n }的通项公式为a n ＝n (n ∈N *). (2)由(1)知a n ＝n ,故b n ＝2n ＋(－1)n n .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ,则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n ). 记A ＝21＋22＋…＋22n ,B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n , 则A ＝2(1－22n )1－2＝22n ＋1－2,B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n . 故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2(n ∈N *).本例(2)中,求数列{b n }的前n 项和T n .解由(1)知b n ＝2n ＋(－1)n n . 当n 为偶数时,T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －1)＋n ] ＝2－2n ＋11－2＋n 2＝2n ＋1＋n 2－2；当n 为奇数时,T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n －1)－n ] ＝2n ＋1－2＋n －12－n＝2n ＋1－n 2－52.∴T n＝⎩⎨⎧2n ＋1＋n 2－2，n 为偶数，2n ＋1－n 2－52，n 为奇数.思维升华分组转化法求和的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ,且{b n },{c n }为等差或等比数列,可采用分组求和法求{a n }的前n 项和.(2)通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数，c n，n 为偶数的数列,其中数列{b n },{c n }是等比数列或等差数列,可采用分组求和法求和.跟踪训练1 (2019·苏州模拟)已知数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝4n －3(n ∈N *). (1)若数列{a n }是等差数列,求a 1的值； (2)当a 1＝2时,求数列{a n }的前n 项和S n .解 (1)若数列{a n }是等差数列,则a n ＝a 1＋(n －1)d ,a n ＋1＝a 1＋nd .由a n ＋1＋a n ＝4n －3,得(a 1＋nd )＋[a 1＋(n －1)d ]＝4n －3, 即2d ＝4,2a 1－d ＝－3,解得d ＝2,a 1＝－12.(2)由a n ＋1＋a n ＝4n －3(n ∈N *), 得a n ＋2＋a n ＋1＝4n ＋1(n ∈N *). 两式相减得a n ＋2－a n ＝4,所以数列{a 2n －1}是首项为a 1,公差为4的等差数列,数列{a 2n }是首项为a 2,公差为4的等差数列. 由a 2＋a 1＝1,a 1＝2,得a 2＝－1,所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ，n 为奇数，2n －5，n 为偶数.①当n 为奇数时,a n ＝2n , S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －2＋a n －1)＋a n ＝1＋9＋…＋(4n －11)＋2n＝n －12×(1＋4n －11)2＋2n ＝2n 2－3n ＋52.②当n 为偶数时, S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －1＋a n ) ＝1＋9＋…＋(4n －7)＝2n 2－3n2.所以S n＝⎩⎨⎧2n 2－3n ＋52，n 为奇数，2n 2－3n2，n 为偶数.错位相减法求和例2 已知数列{a n }的前n 项和为S n ,S n ＝n 2＋n . (1)求{a n }的通项公式a n ；(2)若a k ＋1,a 2k ,a 2k ＋3(k ∈N *)恰好依次为等比数列{b n }的第一、第二、第三项,求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n b n 的前n项和T n .解 (1)当n ＝1时,a 1＝S 1＝12＋1＝2. 当n ≥2时,a n ＝S n －S n －1＝(n 2＋n )－[(n －1)2＋(n －1)]＝2n . 检验n ＝1时,上式符合, ∴a n ＝2n (n ∈N *).(2)由题意知a k ＋1,a 2k ,a 2k ＋3成等比数列, ∴a 22k ＝a k ＋1·a 2k ＋3, 即(2·2k )2＝2(k ＋1)·2(2k ＋3), 解得k ＝3(负值舍去).b 1＝a 4＝8,b 2＝a 6＝12,公比q ＝128＝32,∴b n ＝8·⎝⎛⎭⎫32n －1, ∴n b n ＝18n ·⎝⎛⎭⎫23n －1, ∴T n ＝18×⎝⎛⎭⎫230＋18×2×⎝⎛⎭⎫231＋…＋18×n ×⎝⎛⎭⎫23n －1, 即T n ＝18×⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫230＋2×⎝⎛⎭⎫231＋…＋n ×⎝⎛⎭⎫23n －1.① 上式两边乘以23,得23T n ＝18×⎣⎡ ⎝⎛⎭⎫231＋2×⎝⎛⎭⎫232＋…＋⎦⎤(n －1)×⎝⎛⎭⎫23n －1＋n ×⎝⎛⎭⎫23n .② ①－②,得13T n ＝18×⎣⎡ ⎝⎛⎭⎫230＋⎝⎛⎭⎫231＋…＋⎦⎤⎝⎛⎭⎫23n －1－18n ⎝⎛⎭⎫23n ＝38－3＋n 8⎝⎛⎭⎫23n ,则T n ＝98－9＋3n 8⎝⎛⎭⎫23n(n ∈N *).思维升华形如{a n ·b n }(其中{a n }是等差数列,{b n }是等比数列)的数列可用错位相减法求和. 跟踪训练2 已知数列{a n }满足a n ≠0,a 1＝13,a n －a n ＋1＝2a n a n ＋1,n ∈N *.(1)求证:⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列,并求出数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝2na n ,求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)由已知可得,1a n ＋1－1a n＝2,1a 1＝3,∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为3,公差为2的等差数列, ∴1a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1,∴a n ＝12n ＋1(n ∈N *). (2)由(1)知b n ＝(2n ＋1)2n ,∴T n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n －1)2n －1＋(2n ＋1)2n , 2T n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n －1)2n ＋(2n ＋1)·2n ＋1, 两式相减得,－T n ＝6＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n ＋1)2n ＋1. ＝6＋8－8×2n －11－2－(2n ＋1)2n ＋1＝－2－(2n －1)2n ＋1,∴T n ＝2＋(2n －1)2n ＋1(n ∈N *).裂项相消法求和例3 (2019·江苏省启东中学月考)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足a 1＝2,a n a n ＋1＝2(S n ＋1)(n ∈N *).(1)求a 2 019的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)若数列{b n }满足b 1＝1,b n ＝1a n a n －1＋a n －1a n(n ≥2,n ∈N *),求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)因为a n a n ＋1＝2(S n ＋1),所以当n ≥2时,a n －1a n ＝2(S n －1＋1),两式相减,得a n a n ＋1－a n －1a n ＝2a n ,a n ≠0,所以a n ＋1－a n －1＝2.又a 1＝2,所以a 2 019＝2＋2 019－12×2＝2 020. (2)由a n a n ＋1＝2(S n ＋1)(n ∈N *),当n ＝1时,a 1a 2＝2(a 1＋1),即2a 2＝2×3,解得a 2＝3.由a n ＋1－a n －1＝2,可得数列{a n }的奇数项与偶数项都成等差数列,公差为2, 所以a 2k －1＝2＋2(k －1)＝2k ,k ∈N *,a 2k ＝3＋2(k －1)＝2k ＋1,k ∈N *, 所以a n ＝n ＋1.(3)因为数列{b n }满足b 1＝1,b n ＝1a n a n －1＋a n －1a n ＝1(n ＋1)n ＋n n ＋1＝(n ＋1)n －n n ＋1n (n ＋1)＝n n －n ＋1n ＋1, 所以{b n }的前n 项和T n ＝⎝⎛⎭⎫1－22＋⎝⎛⎭⎫22－33＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n n －n ＋1n ＋1 ＝1－n ＋1n ＋1. 思维升华裂项相消法的关键是对通项拆分,要注意相消后剩余的项. 跟踪训练3 已知数列{a n }满足:a n ＋1＝a n (1－a n ＋1),a 1＝1,数列{b n }满足:b n ＝a n a n ＋1,则数列{b n }的前10项和S 10＝________.答案 1011解析由a n ＋1＝a n (1－a n ＋1),a 1＝1,得1a n ＋1－1a n＝1, 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项,1为公差的等差数列,所以1a n ＝n ,即a n ＝1n. 因为b n ＝a n a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1, 所以S 10＝b 1＋b 2＋…＋b 10＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫110－111＝1－111＝1011.1.正项等差数列{a n }满足a 1＝4,且a 2,a 4＋2,2a 7－8成等比数列,{a n }的前n 项和为S n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝1S n ＋2,求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)设数列{a n }的公差为d (d ＞0),由已知得a 2(2a 7－8)＝(a 4＋2)2,化简得,d 2＋4d －12＝0,解得d ＝2或d ＝－6(舍),所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋2(n ∈N *).(2)因为S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (2n ＋6)2＝n 2＋3n , 所以b n ＝1S n ＋2＝1n 2＋3n ＋2＝1(n ＋1)(n ＋2)＝1n ＋1－1n ＋2, 所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋⎝⎛⎭⎫14－15＋…＋⎝⎛⎭⎫1n ＋1－1n ＋2 ＝12－1n ＋2＝n 2n ＋4(n ∈N *). 2.(2020·南京模拟)等差数列{a n }的前n 项和为S n ,数列{b n }是等比数列,满足a 1＝3,b 1＝1,b 2＋S 2＝10,a 5－2b 2＝a 3.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2S n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，设数列{c n }的前n 项和为T n ,求T 2n . 解 (1)设数列{a n }的公差为d ,数列{b n }的公比为q ,由⎩⎪⎨⎪⎧ b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3，得⎩⎪⎨⎪⎧ q ＋6＋d ＝10，3＋4d －2q ＝3＋2d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝2，所以a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1(n ∈N *),b n ＝2n －1(n ∈N *).(2)由a 1＝3,a n ＝2n ＋1,得S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (n ＋2), 则c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2n (n ＋2)，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，即c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1n －1n ＋2，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，所以T 2n ＝(c 1＋c 3＋…＋c 2n －1)＋(c 2＋c 4＋…＋c 2n )＝⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＋(2＋23＋…＋22n －1) ＝1－12n ＋1＋2(1－4n )1－4＝2n 2n ＋1＋23(4n －1)(n ∈N *). 3.已知递增的等比数列{a n }满足:a 2＋a 3＋a 4＝28,且a 3＋2是a 2和a 4的等差中项.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝12log n n a a ,S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ,求使S n ＋n ·2n ＋1＞62成立的正整数n 的最小值. 解 (1)由题意,得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝28，a 1q ＋a 1q 3＝2(a 1q 2＋2)，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝2，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝32，q ＝12，∵{a n }是递增数列,∴a 1＝2,q ＝2,∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2·2n －1＝2n (n ∈N *).(2)∵b n ＝12log n n a a ＝122log 2n n ⋅＝－n ·2n ,∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n ·2n ),① 则2S n ＝－(1×22＋2×23＋…＋n ·2n ＋1),②②－①,得S n ＝(2＋22＋…＋2n )－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1, 则S n ＋n ·2n ＋1＝2n ＋1－2,解2n ＋1－2＞62,得n ＞5,∴n 的最小值为6.4.数列{a n }的前n 项和为S n ,已知a 1＝1,(2n －1)a n ＋1＝(2n ＋3)S n (n ＝1,2,3,…).(1)证明:数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n 2n －1是等比数列； (2)求数列{S n }的前n 项和T n .(1)证明 ∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2n ＋32n －1S n, ∴S n ＋1＝2(2n ＋1)2n －1S n, ∴S n ＋12n ＋1＝2·S n 2n －1, 又a 1＝1,∴S 11＝1≠0, ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n 2n －1是以1为首项,2为公比的等比数列. (2)解由(1)知,S n 2n －1＝2n －1, ∴S n ＝(2n －1)·2n －1,∴T n ＝1＋3×2＋5×22＋…＋(2n －3)·2n －2＋(2n －1)·2n －1,① 2T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)·2n －1＋(2n －1)·2n .② ①－②得－T n ＝1＋2×(21＋22＋…＋2n －1)－(2n －1)·2n＝1＋2×2－2n －1×21－2－(2n －1)·2n ＝(3－2n )·2n －3,∴T n ＝(2n －3)·2n ＋3(n ∈N *).5.已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ,∀n ∈N *,2S n ＝a 2n ＋a n .令b n ＝1a n a n ＋1＋a n ＋1a n,设{b n }的前n项和为T n,求在T1,T2,T3,…,T100中有理数的个数. 解∵2S n＝a2n＋a n,①∴2S n＋1＝a2n＋1＋a n＋1,②②－①,得2a n＋1＝a2n＋1＋a n＋1－a2n－a n,a2n＋1－a2n－a n＋1－a n＝0,(a n＋1＋a n)(a n＋1－a n－1)＝0. 又∵{a n}为正项数列,∴a n＋1－a n－1＝0,即a n＋1－a n＝1.在2S n＝a2n＋a n中,令n＝1,可得a1＝1.∴数列{a n}是以1为首项,1为公差的等差数列.∴a n＝n,∴b n＝1n n＋1＋(n＋1)n＝(n＋1)n－n n＋1[n n＋1＋(n＋1)n][(n＋1)n－n n＋1]＝(n＋1)n－n n＋1n(n＋1)＝1n－1n＋1,∴T n＝1－12＋12－13＋…＋1n－1－1n＋1n－1n＋1＝1－1n＋1,要使T n为有理数,只需1n＋1为有理数,令n＋1＝t2.∵1≤n≤100,∴n＝3,8,15,24,35,48,63,80,99,共9个数, ∴T1,T2,T3,…,T100中有理数的个数为9.。

【步步高】（广东专用）2021高考数学大一轮温习第六章第5讲数列的综合应用训练理(1)

第5讲数列的综合应用一、选择题1．已知{a n }为等比数列．下面结论中正确的选项是 ( )．A ．a 1＋a 3≥2a 2B ．a 21＋a 23≥2a 22C ．假设a 1＝a 3，那么a 1＝a 2D ．假设a 3>a 1，那么a 4>a 2解析设公比为q ，关于选项A ，当a 1<0，q ≠1时不正确；选项C ，当q ＝－1时不正确；选项D ，当a 1＝1，q ＝－2时不正确；选项B 正确，因为a 21＋a 23≥2a 1a 3＝2a 22.答案 B2．知足a 1＝1，log 2a n ＋1＝log 2a n ＋1(n ∈N *)，它的前n 项和为S n ，那么知足S n >1 025的最小n 值是( )．A ．9B ．10C ．11D ．12解析因为a 1＝1，log 2a n ＋1＝log 2a n ＋1(n ∈N *)，因此a n ＋1＝2a n ，a n ＝2n －1，S n ＝2n －1，那么知足S n >1 025的最小n 值是11. 答案 C3．某化工厂打算投入一条新的生产线，但需要经环保部门审批同意方可投入生产．已知该生产线持续生产n 年的累计产量为f (n )＝12n (n ＋1)(2n ＋1)吨，但如果是年产量超过150吨，将会给环境造成危害．为爱惜环境，环保部门应给该厂这条生产线拟定最长的生产期限是 ( )． A ．5年B ．6年C ．7年D ．8年解析由已知可得第n 年的产量a n ＝f (n )－f (n －1)＝3n 2.当n ＝1时也适合，据题意令a n ≥150⇒n ≥52，即数列从第8项开始超过150，即这条生产线最多生产7年．答案 C4．在等差数列{a n }中，知足3a 4＝7a 7，且a 1>0，S n 是数列{a n }前n 项的和，假设S n 取得最大值，那么n ＝( )．A ．7B ．8C ．9D ．10解析设公差为d ，由题设3(a 1＋3d )＝7(a 1＋6d )，因此d ＝－433a 1<0.解不等式a n >0，即a 1＋(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫－433a 1>0，因此n <374，那么n ≤9，当n ≤9时，a n >0，同理可得n ≥10时，a n <0. 故当n ＝9时，S n 取得最大值．答案 C5．设y ＝f (x )是一次函数，假设f (0)＝1，且f (1)，f (4)，f (13)成等比数列，那么f (2)＋f (4)＋…＋f (2n )等于( )． A ．n (2n ＋3)B ．n (n ＋4)C ．2n (2n ＋3)D ．2n (n ＋4)解析由题意可设f (x )＝kx ＋1(k ≠0)，那么(4k ＋1)2＝(k ＋1)×(13k ＋1)，解得k ＝2，f (2)＋f (4)＋…＋f (2n )＝(2×2＋1)＋(2×4＋1)＋…＋(2×2n ＋1)＝2n 2＋3n .答案 A6．假设数列{a n }为等比数列，且a 1＝1，q ＝2，那么T n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1的结果可化为( )A ．1－14nB ．1－12nC.23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14nD.23⎝⎛⎭⎪⎫1－12n解析a n ＝2n －1，设b n ＝1a n a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122n －1，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122n －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14＝23⎝⎛⎭⎪⎫1－14n .答案 C 二、填空题7．设关于x 的不等式x 2－x ＜2nx (n ∈N *)的解集中整数的个数为a n ，数列{a n }的前n 项和为S n ，那么S 100的值为________．解析由x 2－x ＜2nx (n ∈N *)，得0＜x ＜2n ＋1，因此知a n ＝2n . ∴S 100＝1002＋2002＝10 100.答案 10 1008．已知a ，b ，c 成等比数列，若是a ，x ，b 和b ，y ，c 都成等差数列，那么a x ＋cy＝________.解析赋值法．如令a ，b ，c 别离为2,4,8，可求出x ＝a ＋b2＝3，y ＝b ＋c2＝6，a x ＋cy＝2.答案 29．设曲线y ＝x n ＋1(n ∈N *)在点(1,1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ，令a n ＝lg x n ，那么a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 99的值为________．解析由y ′＝(n ＋1)x n (x ∈N *)，因此在点(1,1)处的切线斜率k ＝n ＋1，故切线方程为y ＝(n ＋1)(x －1)＋1，令y ＝0得x n ＝nn ＋1，因此a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 99＝lg x 1＋lg x 2＋…＋lg x 99＝lg(x 1·x 2·…·x 99)＝lg 12×23×…×9999＋1＝lg 199＋1＝－2.答案－210．数列{a n }的前n 项和为S n ，假设数列{a n }的各项按如下规律排列：12，13，23，14，24，34，15，25，35，45，…，1n ，2n ，…，n －1n ，…，有如下运算和结论： ①a 24＝38；②数列a 1，a 2＋a 3，a 4＋a 5＋a 6，a 7＋a 8＋a 9＋a 10，…是等比数列； ③数列a 1，a 2＋a 3，a 4＋a 5＋a 6，a 7＋a 8＋a 9＋a 10，…的前n 项和为T n ＝n 2＋n4；④假设存在正整数k ，使S k <10，S k ＋1≥10，那么a k ＝57.其中正确的结论有________．(将你以为正确的结论序号都填上)解析依题意，将数列{a n }中的项依次按分母相同的项分成一组，第n 组中的数的规律是：第n 组中的数共有n 个，而且每一个数的分母均是n ＋1，分子由1依次增大到n ，第n 组中的各数和等于1＋2＋3＋…＋nn ＋1＝n2.关于①，注意到21＝66＋12<24<77＋12＝28，因此数列{a n }中的第24项应是第7组中的第3个数，即a 24＝38，因此①正确．关于②、③，设b n 为②、③中的数列的通项，那么b n ＝1＋2＋3＋…＋n n ＋1＝n 2，显然该数列是等差数列，而不是等比数列，其前n 项和等于12×n n ＋12＝n 2＋n4，因此②不正确，③正确．关于④，注意到数列的前6组的所有项的和等于62＋64＝1012，因此知足条件的a k 应是第6组中的第5个数，即a k ＝57，因此④正确．综上所述，其中正确的结论有①③④. 答案 ①③④ 三、解答题11．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 5＝35，a 5和a 7的等差中项为13. (1)求a n 及S n ； (2)令b n ＝4a 2n－1(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为S 5＝5a 3＝35，a 5＋a 7＝26，因此⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝7，2a 1＋10d ＝26，解得a 1＝3，d ＝2，因此a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，S n ＝3n ＋n n －12×2＝n 2＋2n .(2)由(1)知a n ＝2n ＋1，因此b n ＝4a 2n －1＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1，因此T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝1－1n ＋1＝nn ＋1.12．设数列{a n }的前n 项和为S n ，知足2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，n ∈N *，且a 1，a 2＋5，a 3成等差数列． (1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.(1)解当n ＝1时，2a 1＝a 2－4＋1＝a 2－3， ① 当n ＝2时，2(a 1＋a 2)＝a 3－8＋1＝a 3－7，② 又a 1，a 2＋5，a 3成等差数列，因此a 1＋a 3＝2(a 2＋5)，③由①②③解得a 1＝1.(2)解 ∵2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1， ∴当n ≥2时，有2S n －1＝a n －2n ＋1，两式相减整理得a n ＋1－3a n＝2n ，那么a n ＋12n－32·a n2n －1＝1，即a n ＋12n ＋2＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫a n2n －1＋2.又a 120＋2＝3，知⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1＋2是首项为3，公比为32的等比数列，∴a n2n －1＋2＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1，即a n ＝3n －2n ，n ＝1时也适合此式，∴a n ＝3n －2n . (3)证明由(2)得1a n ＝13n －2n.当n ≥2时，⎝ ⎛⎭⎪⎫32n >2，即3n －2n >2n ，∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n <1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1<32.13．已知各项均不相等的等差数列{a n }的前四项和为14，且a 1，a 3，a 7恰为等比数列{b n }的前三项． (1)别离求数列{a n }，{b n }的前n 项和S n ，T n ； (2)记数列{a n b n }的前n 项和为K n ，设c n ＝S n T n K n，求证：c n ＋1>c n (n ∈N *)．(1)解设公差为d ，那么⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝14，a 1＋2d 2＝a 1a 1＋6d ，解得d ＝1或d ＝0(舍去)，a 1＝2，因此a n ＝n ＋1，S n ＝n n ＋32.又a 1＝2，d ＝1，因此a 3＝4，即b 2＝4. 因此数列{b n }的首项为b 1＝2，公比q ＝b 2b 1＝2，因此b n ＝2n ，T n ＝2n ＋1－2.(2)证明因为K n ＝2·21＋3·22＋…＋(n ＋1)·2n ， ① 故2K n ＝2·22＋3·23＋…＋n ·2n ＋(n ＋1)·2n ＋1，②①－②得－K n ＝2·21＋22＋23＋…＋2n －(n ＋1)·2n ＋1， ∴K n ＝n ·2n ＋1，那么c n ＝S n T n K n＝n ＋32n －12n ＋1.c n ＋1－c n ＝n ＋42n ＋1－12n ＋2－n ＋32n －12n ＋1＝2n ＋1＋n ＋22n ＋2>0，因此c n ＋1>c n (n ∈N *)．14．设数列{a n }的前n 项和S n 知足S n ＋1＝a 2S n ＋a 1，其中a 2≠0. (1)求证：{a n }是首项为1的等比数列；(2)假设a 2＞－1，求证：S n ≤n2(a 1＋a n )，并给出等号成立的充要条件．证明 (1)由S 2＝a 2S 1＋a 1，得a 1＋a 2＝a 2a 1＋a 1，即a 2＝a 2a 1.因a 2≠0，故a 1＝1，得a 2a 1＝a 2，又由题设条件知S n ＋2＝a 2S n ＋1＋a 1，S n ＋1＝a 2S n ＋a 1，两式相减得S n ＋2－S n ＋1＝a 2(S n ＋1－S n )，即a n ＋2＝a 2a n ＋1，由a 2≠0，知a n ＋1≠0，因此a n ＋2a n ＋1＝a 2.综上，a n ＋1a n＝a 2对所有n ∈N *成立．从而{a n }是首项为1，公比为a 2的等比数列．(2)当n ＝1或2时，显然S n ＝n2(a 1＋a n )，等号成立．设n ≥3，a 2＞－1且a 2≠0，由(1)知，a 1＝1，a n ＝a n －12，因此要证的不等式化为：1＋a 2＋a 22＋…＋a n －12≤n2(1＋a n －12)(n ≥3)，即证：1＋a 2＋a 22＋…＋a n 2≤n ＋12(1＋a n 2)(n ≥2)，当a 2＝1时，上面不等式的等号成立．当－1＜a 2＜1时，a r 2－1与a n －r 2－1，(r ＝1,2，…，n －1)同为负；当a 2＞1时，a r 2－1与a n －r 2－1，(r ＝1,2，…，n －1)同为正；因此当a 2＞－1且a 2≠1时，总有(a r 2－1)(a n －r 2－1)＞0，即a r 2＋a n －r 2＜1＋a n 2，(r ＝1,2，…，n －1)．上面不等式对r 从1到n －1求和得2(a 2＋a 22＋…＋a n －12)＜(n －1)(1＋a n 2)．由此得1＋a 2＋a 22＋…＋a n 2＜n ＋12(1＋a n 2)．综上，当a 2＞－1且a 2≠0时，有S n ≤n2(a 1＋a n )，当且仅当n ＝1,2或a 2＝1时等号成立.。

2021届步步高数学大一轮复习讲义(文科)第六章高考专题突破三高考中的数列问题

高考专题突破三高考中的数列问题等差数列、等比数列基本量的运算命题点1 数列与数学文化例1 (1)(2020·四川乐山模拟)《张丘建算经》中女子织布问题为：某女子善于织布，一天比一天织得快，且从第2天开始，每天比前一天多织相同量的布，已知第一天织5尺布，一月(按30天计)共织390尺布，则从第2天起每天比前一天多织多少尺布？( )A.1631B.1629C.12D.815答案 B解析由题意可知每天织布的多少构成等差数列，其中第一天为首项a 1＝5，一月按30天计可得S 30＝390，从第2天起每天比前一天多织的即为公差d .又S 30＝30×5＋30×292×d ＝390，解得d ＝1629.故选B. (2)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．”意思为：有一个人要走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛，每天走的路程为前一天的一半，走了6天恰好到达目的地，则第三天走了( )A ．192里B ．48里C ．24里D ．96里答案 B解析由题意可知此人每天走的步数构成公比为12的等比数列，∴ 由等比数列的求和公式可得，a 1⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫1261－12＝378，解得a 1＝192，∴a 3＝a 1q 2＝192×⎝⎛⎭⎫122＝48.故选B.思维升华对于数学文化中所涉及到的数列模型，解题时应认真审题，从问题背景中提取相关信息并分析归纳，然后构造恰当的数列模型，再根据等差或等比数列的有关公式求解作答，必要时要进行检验．跟踪训练1 (1)我国古代名著《九章算术》中有这样一段话：“今有金锤，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤．”意思是：现有一根金锤，长5尺，头部1尺，重4斤，尾部1尺，重2斤，若该金锤从头到尾，每一尺的重量构成等差数列，该金锤共重( )A ．6斤B ．7斤C ．9斤D ．15斤答案 D解析因为每一尺的重量构成等差数列{a n }，a 1＝4，a 5＝2，所以a 1＋a 5＝6，数列的前5项和为S 5＝5×a 1＋a 52＝5×3＝15. 即金锤共重15斤，故选D.(2)中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问题：今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗，羊主曰：“我羊食半马．”马主曰：“我马食半牛．”今欲衰偿之，问各出几何？此问题的译文是：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟．羊主人说：“我的羊所吃的禾苗只有马的一半．”马主人说：“我的马所吃的禾苗只有牛的一半．”打算按此比例偿还，他们各应偿还多少？该问题中，1斗为10升，则马主人应偿还粟( ) A.253升 B.503升 C.507升 D.1007升答案 D解析因为5斗＝50升，设羊、马、牛的主人应偿还的量分别为a 1，a 2，a 3，由题意可知其构成了公比为2的等比数列，且S 3＝50，则a 1(23－1)2－1＝50，解得a 1＝507，所以马主人要偿还的量为a 2＝2a 1＝1007. 故选D.命题点2 等差数列、等比数列的交汇例2 记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．已知S 2＝2，S 3＝－6.(1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列．解 (1)设{a n }的公比为q .由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1(1＋q )＝2，a 1(1＋q ＋q 2)＝－6. 解得q ＝－2，a 1＝－2.故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n .(2)由(1)可得S n ＝a 1(1－q n )1－q＝－23＋(－1)n 2n ＋13. 由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n 2n ＋3－2n ＋23＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤－23＋(－1)n 2n ＋13＝2S n ，故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．思维升华等差与等比数列的基本量之间的关系，利用方程思想和通项公式、前n 项和公式求解．求解时，应“瞄准目标”，灵活应用数列的有关性质，简化运算过程．跟踪训练2 (2020·桂林模拟)已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 1＋1，S 3，S 4成等差数列，且a 1，a 2，a 5成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若S 4，S 6，S n 成等比数列，求n 及此等比数列的公比．解 (1)设数列{a n }的公差为d .由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧ 2S 3＝S 1＋1＋S 4，a 22＝a 1a 5，d ≠0，整理得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，d ＝2a 1，即⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，d ＝2，∴a n ＝2n －1. (2)由(1)知a n ＝2n －1，∴S n ＝n 2，∴S 4＝16，S 6＝36，又S 4S n ＝S 26，∴n 2＝36216＝81， ∴n ＝9，公比q ＝S 6S 4＝94. 数列的求和命题点1 分组求和与并项求和例3 已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，且b 2＝3，b 3＝9，a 1＝b 1，a 14＝b 4.(1)求{a n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ＋b n ，求数列{c n }的前n 项和．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，因为b 2＝3，b 3＝9，可得q ＝b 3b 2＝3，所以b n ＝b 2q n －2＝3·3n －2＝3n －1，又由a 1＝b 1＝1，a 14＝b 4＝27，所以d ＝a 14－a 114－1＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)×d ＝1＋2(n －1)＝2n －1.(2)由题意知c n ＝a n ＋b n ＝(2n －1)＋3n －1，则数列{c n }的前n 项和为[1＋3＋…＋(2n －1)]＋(1＋3＋9＋…＋3n －1)＝n (1＋2n －1)2＋1－3n 1－3＝n 2＋3n －12. 命题点2 错位相减法求和例4 记等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 2＋a 4＝6，S 4＝10.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝a n ·2n (n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由a 2＋a 4＝6，S 4＝10，可得⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 1＋4d ＝6，4a 1＋4×32d ＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3，2a 1＋3d ＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)＝n ，故所求等差数列{a n }的通项公式为a n ＝n .(2)依题意，b n ＝a n ·2n ＝n ·2n ，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n ，又2T n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1，两式相减得－T n ＝(2＋22＋23＋…＋2n －1＋2n )－n ·2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )·2n ＋1－2， ∴T n ＝(n －1)·2n ＋1＋2.命题点3 裂项相消法求和例5 已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且(t ＋1)S n ＝a 2n ＋3a n ＋2(t ∈R )．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b 1＝1，b n ＋1－b n ＝a n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12b n ＋7n 的前n 项和T n . 解 (1)因为a 1＝1，且(t ＋1)S n ＝a 2n ＋3a n ＋2，所以(t ＋1)S 1＝a 21＋3a 1＋2，所以t ＝5.所以6S n ＝a 2n ＋3a n ＋2.①当n ≥2时，有6S n －1＝a 2n －1＋3a n －1＋2，②①－②得6a n ＝a 2n ＋3a n －a 2n －1－3a n －1，所以(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－3)＝0，因为a n >0，所以a n －a n －1＝3，又因为a 1＝1，所以{a n }是首项为1，公差为3的等差数列，所以a n ＝3n －2(n ∈N *)．(2)因为b n ＋1－b n ＝a n ＋1，b 1＝1，所以b n －b n －1＝a n (n ≥2，n ∈N *)，所以当n ≥2时，b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1＝a n ＋a n －1＋…＋a 2＋b 1＝3n 2－n 2. 又b 1＝1也适合上式，所以b n ＝3n 2－n 2(n ∈N *)．所以12b n ＋7n ＝13n 2－n ＋7n＝13·1n (n ＋2)＝16·⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，所以T n ＝16·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋…＋1n －1n ＋2＝16·⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2，＝3n 2＋5n12(n ＋1)(n ＋2). 思维升华 (1)一般求数列的通项往往要构造数列，此时可从要证的结论出发，这是很重要的解题信息．(2)根据数列的特点选择合适的求和方法，常用的求和方法有错位相减法、分组转化法、裂项相消法等．跟踪训练3 (1)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝12，a n ＋1＝n ＋12n a n(n ∈N *)． ①证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等比数列； ②求数列{a n }的通项公式与前n 项和S n .①证明 ∵a 1＝12，a n ＋1＝n ＋12n a n，当n ∈N *时，a n n≠0，又a 11＝12，a n ＋1n ＋1∶a n n ＝12(n ∈N *)为常数， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以12为首项，12为公比的等比数列． ②解由⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以12为首项，12为公比的等比数列，得a n n ＝12·⎝⎛⎭⎫12n －1，∴a n ＝n ·⎝⎛⎭⎫12n . ∴S n ＝1·12＋2·⎝⎛⎭⎫122＋3·⎝⎛⎭⎫123＋…＋n ·⎝⎛⎭⎫12n ， 12S n ＝1·⎝⎛⎭⎫122＋2·⎝⎛⎭⎫123＋…＋(n －1)⎝⎛⎭⎫12n ＋n ·⎝⎛⎭⎫12n ＋1， ∴两式相减得12S n ＝12＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －n ·⎝⎛⎭⎫12n ＋1＝12－⎝⎛⎭⎫12n ＋11－12－n ·⎝⎛⎭⎫12n ＋1， ∴S n ＝2－⎝⎛⎭⎫12n －1－n ·⎝⎛⎭⎫12n ＝2－(n ＋2)·⎝⎛⎭⎫12n .综上，a n ＝n ·⎝⎛⎭⎫12n ，S n ＝2－(n ＋2)·⎝⎛⎭⎫12n . (2)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－a n －⎝⎛⎭⎫12n －1＋2(n ∈N *)，数列{b n }满足b n ＝2n a n . ①求证：数列{b n }是等差数列，并求数列{a n }的通项公式；②设c n ＝n (n ＋1)2n (n －a n )(n ＋1－a n ＋1)，数列{c n }的前n 项和为T n ，求满足T n <12463(n ∈N *)的n 的最大值．解 ①∵S n ＝－a n －⎝⎛⎭⎫12n －1＋2(n ∈N *)，当n ≥2时，S n －1＝－a n －1－⎝⎛⎭⎫12n －2＋2，∴a n ＝S n －S n －1＝－a n ＋a n －1＋⎝⎛⎭⎫12n －1，化为2n a n ＝2n －1a n －1＋1，∵b n ＝2n a n ，∴b n ＝b n －1＋1，即当n ≥2时，b n －b n －1＝1，令n ＝1，可得S 1＝－a 1－1＋2＝a 1，即a 1＝12. 又b 1＝2a 1＝1，∴数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列．于是b n ＝1＋(n －1)·1＝n ＝2n a n ，∴a n ＝n 2n . ②由①可得c n ＝n (n ＋1)2n ⎝⎛⎭⎫n －n 2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1－n ＋12n ＋1 ＝2n ＋1(2n －1)(2n ＋1－1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1－1， ∴T n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－122－1＋122－1－123－1＋…＋12n －1－12n ＋1－1 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1－1，由T n <12463可得2n ＋1<64＝26，n <5， ∵n ∈N *，∴n 的最大值为4.例 (12分)(2019·全国Ⅱ)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0,4a n ＋1＝3a n －b n ＋4,4b n ＋1＝3b n －a n －4.(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列；(2)求{a n }和{b n }的通项公式．规范解答(1)证明 ∵4a n ＋1＝3a n －b n ＋4，4b n ＋1＝3b n －a n －4.∴4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )，∴a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n )，[2分] ∵a 1＋b 1＝1＋0＝1≠0，[3分]∴a n ＋1＋b n ＋1a n ＋b n＝12为非零常数，[4分] ∴{a n ＋b n }是以1为首项，12为公比的等比数列．[5分] ∵4a n ＋1＝3a n －b n ＋4，4b n ＋1＝3b n －a n －4，∴4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8，∴(a n ＋1－b n ＋1)－(a n －b n )＝2为常数，[7分]又∵a 1－b 1＝1－0＝1，∴{a n －b n }是以1为首项，2为公差的等差数列．[8分](2)解由(1)知，a n ＋b n ＝12n －1，a n －b n ＝2n －1.[10分] ∴a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12，[11分] b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12.[12分]第一步：根据定义法、等差(等比)中项法、通项公式法等判定数列为等差(等比)数列；第二步：由等差(等比)数列基本知识求通项，或者由递推公式求通项；第三步：根据和的表达式或通项的特征，选择合适的方法(分组转化法、错位相减法、裂项相消法)求和；第四步：反思解题过程，检验易错点、规范解题步骤．1．在数列{a n}和{b n}中，a1＝1，a n＋1＝a n＋2，b1＝3，b2＝7，等比数列{c n}满足c n＝b n－a n.(1)求数列{a n}和{c n}的通项公式；(2)若b6＝a m，求m的值．解(1)因为a n＋1－a n＝2，且a1＝1，所以数列{a n}是首项为1，公差为2的等差数列．所以a n＝1＋2(n－1)＝2n－1，即a n＝2n－1.因为b1＝3，b2＝7，且a1＝1，a2＝3，所以c1＝b1－a1＝2，c2＝b2－a2＝4.因为数列{c n}是等比数列，＝2，且数列{c n}的公比q＝c2c1所以c n＝c1·q n－1＝2×2n－1＝2n，即c n＝2n.(2)因为c n＝b n－a n，a n＝2n－1，c n＝2n，所以b n＝2n＋2n－1.因为b6＝a m，所以26＋2×6－1＝2m－1，解得m＝38.2．(2019·重庆西南大学附属中学月考)已知等差数列{a n}的前n项和为S n，等比数列{b n}的前n项和为T n.若a1＝b1＝3，a4＝b2，S4－T2＝12.(1)求数列{a n}与{b n}的通项公式；(2)求数列{a n＋b n}的前n项和．解 (1)由a 1＝b 1，a 4＝b 2，则S 4－T 2＝(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)－(b 1＋b 2)＝a 2＋a 3＝12，设等差数列{a n }的公差为d ，则a 2＋a 3＝2a 1＋3d ＝6＋3d ＝12，所以d ＝2.所以a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，设等比数列{b n }的公比为q ，由题意知b 2＝a 4＝9，即b 2＝b 1q ＝3q ＝9，所以q ＝3.所以b n ＝3n .(2)a n ＋b n ＝(2n ＋1)＋3n ，所以{a n ＋b n }的前n 项和为(a 1＋a 2＋…＋a n )＋(b 1＋b 2＋…＋b n )＝(3＋5＋…＋2n ＋1)＋(3＋32＋ (3))＝(3＋2n ＋1)n 2＋3(1－3n )1－3＝n (n ＋2)＋3(3n －1)2. 3．(2019·天津市南开区模拟)数列{a n }是等差数列，S n 为其前n 项和，且a 5＝3a 2，S 7＝14a 2＋7.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{a n ＋b n }是首项为1，公比为2的等比数列，求数列{b n (a n ＋b n )}的前n 项和T n . 解 (1)设等差数列{a n }的公差是d .由a 5＝3a 2得d ＝2a 1，①由S 7＝14a 2＋7得d ＝a 1＋1，②由①②解得a 1＝1，d ＝2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2) 由数列{a n ＋b n }是首项为1，公比为2的等比数列，得a n ＋b n ＝2n －1，即2n －1＋b n ＝2n －1.所以b n ＝2n －1－2n ＋1，所以b n (a n ＋b n )＝2n －1·(2n －1－2n ＋1)＝4n －1－2n －1(2n －1)，令P n ＝40＋41＋…＋4n －1＝1－4n 1－4＝4n －13， Q n ＝1·20＋3·21＋5·22＋…＋(2n －3)·2n －2＋(2n －1)·2n －1，③ 则2Q n ＝1·21＋3·22＋5·23＋…＋(2n －3)·2n －1＋(2n －1)·2n ，④ ③－④得－Q n ＝1·20＋2·21＋2·22＋…＋2·2n －1－(2n －1)·2n ＝(3－2n )2n －3，所以Q n ＝(2n －3)·2n ＋3，所以T n ＝P n －Q n ＝4n －13－(2n －3)2n －3＝4n 3－(2n －3)·2n －103.4．数列{a n }满足a n ＋1＝a n2a n ＋1，a 1＝1.(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和S n ，并证明：1S 1＋1S 2＋…＋1S n >n n ＋1.(1)证明 ∵a n ＋1＝a n2a n ＋1，∴1a n ＋1＝2a n ＋1a n ，化简得1a n ＋1＝2＋1a n ，即1a n ＋1－1a n＝2，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，2为公差的等差数列． (2)解由(1)知1a n＝2n －1， ∴S n ＝n (1＋2n －1)2＝n 2，1S n ＝1n 2>1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1. 证明：1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2>11×2＋12×3＋…＋1n (n ＋1) ＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1.5．设等比数列a 1，a 2，a 3，a 4的公比为q ，等差数列b 1，b 2，b 3，b 4的公差为d ，且q ≠1，d ≠0.记c i ＝a i ＋b i (i ＝1,2,3,4)．(1)求证：数列c 1，c 2，c 3不是等差数列；(2)设a 1＝1，q ＝2.若数列c 1，c 2，c 3是等比数列，求b 2关于d 的函数关系式及其定义域；(3)数列c 1，c 2，c 3，c 4能否为等比数列？并说明理由．(1)证明假设数列c 1，c 2，c 3是等差数列，则2c 2＝c 1＋c 3，即2()a 2＋b 2＝()a 1＋b 1＋()a 3＋b 3. 因为b 1，b 2，b 3是等差数列，所以2b 2＝b 1＋b 3.从而2a 2＝a 1＋a 3.又因为a 1，a 2，a 3是等比数列，所以a 22＝a 1a 3. 所以a 1＝a 2＝a 3，这与q ≠1矛盾，从而假设不成立．所以数列c 1，c 2，c 3不是等差数列．(2)解因为a 1＝1，q ＝2，所以a n ＝2n －1.因为c 22＝c 1c 3，所以()2＋b 22＝()1＋b 2－d ()4＋b 2＋d ，即b 2＝d 2＋3d ，由c 2＝2＋b 2≠0，得d 2＋3d ＋2≠0，所以d ≠－1且d ≠－2.又d ≠0，所以b 2＝d 2＋3d ，定义域为{} |d ∈R d ≠－1，d ≠－2，d ≠0.(3)解假设c 1，c 2，c 3，c 4成等比数列，其公比为q 1，则⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋b 1＝c 1， ①a 1q ＋b 1＋d ＝c 1q 1， ②a 1q 2＋b 1＋2d ＝c 1q 21， ③a 1q 3＋b 1＋3d ＝c 1q 31. ④将①＋③－2×②得，a 1(q －1)2＝c 1(q 1－1)2，⑤ 将②＋④－2×③得，a 1q ()q －12＝c 1q 1()q 1－12，⑥ 因为a 1≠0，q ≠1，由⑤得c 1≠0，q 1≠1. 由⑤⑥得q ＝q 1，从而a 1＝c 1. 代入①得b 1＝0.再代入②，得d ＝0，与d ≠0矛盾．所以c 1，c 2，c 3，c 4不成等比数列．。

高中数学高考2022届高考数学一轮复习(新高考版) 第6章高考专题突破三高考中的数列问题

(1)求a4的值；
解因为 4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1，a1＝1，a2＝32，a3＝54，
当n＝2时，4S4＋5S2＝8S3＋S1，
即 4×1＋32＋54＋a4＋5×1＋32＝8×1＋32＋45＋1，
解得 a4＝78.
(2)证明：an＋1－12an为等比数列．
证明由4Sn＋2＋5Sn＝8Sn＋1＋Sn－1(n≥2)，得4Sn＋2－4Sn＋1＋Sn－Sn－1＝4Sn＋1－4Sn(n≥2)，即4an＋2＋an＝4an＋1(n≥2)．当 n＝1 时，有 4a3＋a1＝4×54＋1＝6＝4a2，∴4an＋2＋an＝4an＋1， ∴aan＋n＋2－1－2112aan＋n 1＝44aan＋n＋2－1－22aan＋n 1＝4an4＋a1－n＋a1－n－22aan n＋1＝222aann＋＋11－－aann＝12， ∴数列an＋1－12an是以 a2－12a1＝1 为首项，12为公比的等比数列．
4.错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的.
题型突破核心探究
TIXINGTUPO HEXINTANJIU
题型一数列与数学文化
自主演练
1.(多选)(2020·山东曲阜一中月考)在《增删算法统宗》中有这样一则故事：
2.我国古代数学名著《算法统宗》中说：“九百九十六斤棉，赠分八子
做盘缠.次第每人多十七，要将第八数来言.务要分明依次第，孝和休惹
外人传.”意为：“996斤棉花，分别赠送给8个子女做旅费，从第1个孩
Байду номын сангаас
子开始，以后每人依次多17斤，直到第8个孩子为止.分配时一定要按照

2021届步步高数学大一轮复习讲义(理科)第六章 6.1数列的概念与简单表示法

§6.1数列的概念与简单表示法1．数列的有关概念2.数列的表示方法3.a n 与S n 的关系若数列{a n }的前n 项和为S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.4．数列的分类概念方法微思考1．数列的项与项数是一个概念吗？提示不是，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号．2．数列的通项公式a n＝3n＋5与函数y＝3x＋5有何区别与联系？提示数列的通项公式a n＝3n＋5是特殊的函数，其定义域为N*，而函数y＝3x＋5的定义域是R，a n＝3n＋5的图象是离散的点，且排列在y＝3x＋5的图象上．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列．(×)(2)所有数列的第n项都能使用公式表达．(×)(3)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．(√)(4)1,1,1,1，…不能构成一个数列．(×)题组二教材改编2．在数列{a n}中，已知a1＝1，a n＋1＝4a n＋1，则a3＝________.答案21解析由题意知，a2＝4a1＋1＝5，a3＝4a2＋1＝21.3．根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式a n＝________.答案 5n ＋1 题组三易错自纠4．已知a n ＝n 2＋λn ，且对于任意的n ∈N *，数列{a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是________．答案 (－3，＋∞)解析因为{a n }是递增数列，所以对任意的n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，即(n ＋1)2＋λ(n ＋1)>n 2＋λn ，整理，得2n ＋1＋λ>0，即λ>－(2n ＋1)．(*)因为n ≥1，所以－(2n ＋1)≤－3，要使不等式(*)恒成立，只需λ>－3. 5．数列{a n }中，a n ＝－n 2＋11n (n ∈N *)，则此数列最大项的值是________．答案 30解析 a n ＝－n 2＋11n ＝－⎝⎛⎭⎫n －1122＋1214， ∵n ∈N *，∴当n ＝5或n ＝6时，a n 取最大值30. 6．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，则a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2，n ∈N *解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1＝n 2＋1－[(n －1)2＋1]＝2n －1， a 1＝2不满足上式．故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2，n ∈N *.由a n与S n的关系求通项公式例1(1)已知数列{a n}的前n项和S n＝2n2－3n，则a n＝________.答案4n－5解析a1＝S1＝2－3＝－1，当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝(2n2－3n)－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，由于a1也适合此等式，∴a n＝4n－5.(2)(2020·贵阳适应性考试)设S n为数列{a n}的前n项和，若2S n＝3a n－3，则a4等于() A．27 B．81 C．93 D．243答案 B解析根据2S n＝3a n－3，可得2S n＋1＝3a n＋1－3，两式相减得2a n＋1＝3a n＋1－3a n，即a n＋1＝3a n，当n ＝1时，2S 1＝3a 1－3，解得a 1＝3，所以数列{a n }是以3为首项，3为公比的等比数列，所以a 4＝a 1q 3＝34＝81. 故选B.(3)已知数列{a n }满足a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n ，则a n ＝________. 答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1n，n ≥2解析当n ＝1时，由已知，可得a 1＝21＝2， ∵a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n ，①故a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝2n －1(n ≥2)，② 由①－②，得na n ＝2n －2n －1＝2n －1， ∴a n ＝2n －1n.显然当n ＝1时不满足上式，∴a n＝⎩⎨⎧2，n ＝1，2n －1n ，n ≥2.本例(1)中，若S n ＝2n 2－3n ＋1，则a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧0，n ＝1，4n －5，n ≥2思维升华已知S n 求a n 的常用方法是利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，一定要检验a 1的情况．跟踪训练1 (1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n ＋1，则a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2×3n －1，n ≥2 解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋1＝4；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋1)－(3n －1＋1)＝2×3n －1. 当n ＝1时，2×31－1＝2≠a 1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2×3n －1，n ≥2.(2)(2018·全国Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________. 答案－63解析 ∵S n ＝2a n ＋1，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1＋1， ∴a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1＋1，得a 1＝－1.∴数列{a n }是首项a 1＝－1，公比q ＝2的等比数列， ∴S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝－1×(1－2n )1－2＝1－2n ，∴S 6＝1－26＝－63.(3)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3，则a n ＝________.答案13n解析因为a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，①则当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13，②由①－②，得3n －1a n ＝13，所以a n ＝13n (n ≥2)．由题意，知a 1＝13符合上式，所以a n ＝13n .由数列的递推关系求通项公式命题点1 累加法例2 设数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则a n ＝________. 答案 n 2＋n ＋22解析由条件知a n ＋1－a n ＝n ＋1，则a n ＝(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1)＋a 1＝(2＋3＋4＋…＋n )＋2＝n 2＋n ＋22(n ≥2)．a 1＝2也满足上式．命题点2 累乘法例3 设数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝nn ＋1a n ，则a n ＝________.答案 2n解析 ∵a n ＋1＝nn ＋1a n ，a 1＝2，∴a n ≠0，∴a n ＋1a n ＝n n ＋1. ∴a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝n －1n ·n －2n －1·n －3n －2·…·12·2＝2n (n ≥2)．a 1＝2也满足上式．思维升华已知数列的递推关系求通项公式的典型方法 (1)当出现a n ＝a n －1＋f (n )时，用累加法求解． (2)当出现a n a n －1＝f (n )时，用累乘法求解．跟踪训练2 (1)在数列{a n }中，a n ＋1＋n ＋1＝a n ＋n ＋2n －1，a 1＝0，则a 8＝________. 答案 2 492 解析令b n ＝a n ＋n ，则b n ＋1－b n ＝2n －1，b 1＝1，∴b 8＝b 8－b 7＋b 7－b 6＋…＋b 2－b 1＋b 1 ＝13＋11＋…＋1＋1＝50， ∴a 8＋8＝50，∴a 8＝2 492.(2)已知数列{a n }满足a 1＝23，a n ＋1＝nn ＋2a n ，求通项公式a n .解由已知得a n ＋1a n ＝nn ＋2，分别令n ＝1,2,3，…，(n －1)，代入上式得n －1个等式累乘，即a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·…·a n a n －1＝13×24×35×46×…×n －2n ×n －1n ＋1，所以a n a 1＝2n (n ＋1)，即n ≥2时，a n ＝43n (n ＋1)，又因为a 1＝23也满足该式，所以a n ＝43n (n ＋1).数列的性质命题点1 数列的单调性例4 已知数列{c n }，c n ＝2n －72n ，则当n ＝________时，c n 最大．答案 5解析 c n ＋1－c n ＝2n －52n ＋1－2n －72n ＝9－2n2n ＋1，当n ≤4时，c n ＋1>c n ，当n ≥5时，c n ＋1<c n ，因此c 1<c 2<c 3<c 4<c 5>c 6>c 7>…，∴n ＝5时，c n 取得最大值．命题点2 数列的周期性例5 已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，且a n ·a n ＋2＝a n ＋1(n ∈N *)，则a 2 020的值为() A ．2 B ．1 C.12 D.14答案 B解析因为a n ·a n ＋2＝a n ＋1(n ∈N *)，由a 1＝1，a 2＝2，得a 3＝2，由a 2＝2，a 3＝2，得a 4＝1，由a 3＝2，a 4＝1，得a 5＝12，由a 4＝1，a 5＝12，得a 6＝12，由a 5＝12，a 6＝12，得a 7＝1，由a 6＝12，a 7＝1，得a 8＝2，由此推理可得数列{a n }是周期为6的数列，所以a 2 020＝a 4＝1，故选B.命题点3 数列的最值例6 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3(m ≥2)，则nS n 的最小值为( )A ．－3B ．－5C ．－6D ．－9答案 D解析由S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3(m ≥2)可知a m ＝2，a m ＋1＝3，设等差数列{a n }的公差为d ，则d ＝1，∵S m ＝0，∴a 1＝－a m ＝－2，则a n ＝n －3，S n ＝n (n －5)2，nS n ＝n 2(n －5)2. 设f (x )＝x 2(x －5)2，x >0，f ′(x )＝32x 2－5x ，x >0， ∴f (x )的极小值点为x ＝103， ∵n ∈N *，且f (3)＝－9，f (4)＝－8，∴f (n )min ＝－9.思维升华应用数列单调性的关键是判断单调性，判断数列单调性的常用方法有两个(1)利用数列对应的函数的单调性判断．(2)对数列的前后项作差(或作商)，利用比较法判断．跟踪训练3 (1)若数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝3，a n a n －2＝a n －1(n ≥3)，记数列{a n }的前n 项积为T n ，则下列说法错误的是( )A ．T n 无最大值B ．a n 有最大值C ．T 2 020＝9D ．a 2 020＝1答案 A解析因为a 1＝1，a 2＝3，a n a n －2＝a n －1(n ≥3)，所以a 3＝3，a 4＝1，a 5＝13，a 6＝13，a 7＝1，a 8＝3，… 因此数列{a n }为周期数列，a n ＋6＝a n ，a n 有最大值3，a 2 020＝a 4＝1，因为T 1＝1，T 2＝3，T 3＝9，T 4＝9，T 5＝3，T 6＝1，T 7＝1，T 8＝3，…，所以{T n }为周期数列，T n ＋6＝T n ，T n 有最大值9，T 2 020＝T 4＝9，故选A.(2)已知在数列{a n }中，前n 项和为S n ，且S n ＝n ＋12a n ，则a n a n －1(n >1)的最大值为________．答案 2解析因为S n ＝n ＋12a n，所以当n >1时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋12a n －n 2a n －1，即a n a n －1＝n n －1，因为数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n a n －1是递减数列，所以当n ＝2时，a n a n －1取得最大值，最大值为2.1．已知数列5，11，17，23，29，…，则55是它的()A．第19项B．第20项C．第21项D．第22项答案 C解析数列5，11，17，23，29，…中的各项可变形为5，5＋6，5＋2×6，5＋3×6，5＋4×6，…，所以通项公式为a n＝5＋6(n－1)＝6n－1，令6n－1＝55，得n＝21.2．在数列{a n}中，a1＝1，a n＋1＝2a n＋1(n∈N*)，则a4的值为()A．31 B．30 C．15 D．63答案 C解析由题意知a2＝2a1＋1＝3，a3＝2a2＋1＝7，a4＝2a3＋1＝15.3．已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝2，S n＋1＝2S n－1(n∈N*)，则a10等于()A．128 B．256 C．512 D．1 024答案 B解析∵S n＋1＝2S n－1(n∈N*)，n≥2时，S n＝2S n－1－1，∴a n＋1＝2a n.n＝1时，a1＋a2＝2a1－1，a1＝2，a2＝1.∴数列{a n}从第二项开始为等比数列，公比为2.则a 10＝a 2×28＝1×28＝256.故选B.4．若S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝2a n －2，则S 8等于( )A ．255B ．256C ．510D ．511答案 C解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1－2，据此可得a 1＝2，当n ≥2时，S n ＝2a n －2，S n －1＝2a n －1－2，两式作差可得a n ＝2a n －2a n －1，则a n ＝2a n －1，据此可得数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，其前8项和为S 8＝2×()1－281－2＝29－2＝512－2＝510.5．在数列{a n }中，a 1＝3，(3n ＋2)a n ＋1＝(3n －1)a n (n ≥1)，则a n 等于() A.63n －1 B.6n ＋1C.92n ＋1 D.32n －1答案 A解析由题意知a n ＋1＝3n －13n ＋2a n ，所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝3(n －1)－13(n －1)＋2·3(n －2)－13(n －2)＋2·…·3×2－13×2＋2·3－13＋2a 1＝3n －43n －1×3n －73n －4×…×58×25×3＝63n －1(n ≥2)．当n ＝1时适合a n ＝63n －1.6．已知数列{a n }满足a n ＋1－a n n ＝2，a 1＝20，则a n n 的最小值为( )A ．4 5B ．45－1C ．8D ．9答案 C解析由a n ＋1－a n ＝2n 知，当n ≥2时，a 2－a 1＝2×1，a 3－a 2＝2×2，…，a n －a n －1＝2(n －1)，相加得，a n －a 1＝n 2－n ，所以a n n ＝n ＋20n－1， a 11＝20满足上式，又n ∈N *，所以n ≤4时，a n n 单调递减，n ≥5时，a n n单调递增，因为a 44＝a 55，所以a n n 的最小值为a 44＝a 55＝8.故选C. 7．若数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2 解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＋1＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n ＋1－[3(n －1)2－2(n －1)＋1]＝6n －5，显然当n ＝1时，不满足上式．故数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2. 8．在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋1n (n ＋1)，则通项公式a n ＝________. 答案 4－1n解析由题意知，a n ＋1－a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，所以a 2－a 1＝1－12，a 3－a 2＝12－13，…，a n －a n －1＝1n －1－1n，逐项相加得a n －a 1＝1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n＝1－1n ，所以a n ＝4－1n (n ≥2)，经检验n ＝1也满足，故a n ＝4－1n . 9．设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________.答案－1n解析 ∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝S n ＋1S n ，又由a 1＝－1，知S n ≠0，∴1S n －1S n ＋1＝1， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列，且公差为－1，而1S 1＝1a 1＝－1， ∴1S n＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ， ∴S n ＝－1n. 10．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n －a n ＋1＝na n a n ＋1(n ∈N *)，则a n ＝__________.答案 2n 2－n ＋2解析由a n －a n ＋1＝na n a n ＋1，得1a n ＋1－1a n ＝n ，当n ≥2时由累加法得1a n －1a 1＝1＋2＋…＋(n －1)＝n 2－n 2，又因为a 1＝1，所以1a n ＝n 2－n 2＋1＝n 2－n ＋22，1a 1也满足此式，所以a n ＝2n 2－n ＋2(n ∈N *)． 11．已知在数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n. (1)求a 2，a 3；(2)求{a n }的通项公式．解 (1)由S 2＝43a 2，得3(a 1＋a 2)＝4a 2，解得a 2＝3a 1＝3；由S 3＝53a 3，得3(a 1＋a 2＋a 3)＝5a 3，解得a 3＝32(a 1＋a 2)＝6. (2)由题设知a 1＝1.当n >1时，有a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，整理，得a n ＝n ＋1n －1a n －1.于是a 1＝1，a 2＝31a 1，a 3＝42a 2，…， a n －1＝n n －2a n －2，a n ＝n ＋1n －1a n －1，将以上n 个等式两端分别相乘，整理，得a n ＝n (n ＋1)2，经检验n ＝1时，也满足上式．综上，{a n }的通项公式为a n ＝n (n ＋1)2. 12．已知数列{a n }中，a 1＝1，其前n 项和为S n ，且满足2S n ＝(n ＋1)a n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝3n －λa 2n ，若数列{b n }为递增数列，求λ的取值范围．解 (1)∵2S n ＝(n ＋1)a n ，∴2S n ＋1＝(n ＋2)a n ＋1，∴2a n ＋1＝(n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)a n ，即na n ＋1＝(n ＋1)a n ，∴a n ＋1n ＋1＝a n n， ∴a n n ＝a n －1n －1＝…＝a 11＝1， ∴a n ＝n (n ∈N *)．(2)b n ＝3n －λn 2.b n ＋1－b n ＝3n ＋1－λ(n ＋1)2－(3n －λn 2)＝2·3n －λ(2n ＋1)．∵数列{b n }为递增数列，∴2·3n －λ(2n ＋1)>0，即λ<2·3n2n ＋1. 令c n ＝2·3n 2n ＋1，则c n ＋1c n ＝2·3n ＋12n ＋3·2n ＋12·3n ＝6n ＋32n ＋3>1.∴{c n }为递增数列，∴λ<c 1＝2，即λ的取值范围为(－∞，2)．13．意大利数学家列昂那多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，…，即F (1)＝F (2)＝1，F (n )＝F (n －1)＋F (n －2)(n ≥3，n ∈N *)，此数列在现代物理“准晶体结构”、化学等领域都有着广泛的应用．若此数列被2整除后的余数构成一个新数列{a n }，则数列{a n }的前2 020项的和为( )A ．672B ．673C ．1 347D ．2 020答案 C解析由数列1,1,2,3,5,8,13,21,34,55，…各项除以2的余数，可得{a n }为1,1,0,1,1,0,1,1,0,1,1,0，…，所以{a n }是周期为3的数列，一个周期中三项和为1＋1＋0＝2，因为2 020＝673×3＋1，所以数列{a n }的前2 020项的和为673×2＋1＝1 347，故选C.14．已知数列{a n }的首项a 1＝a ，其前n 项和为S n ，且满足S n ＋S n －1＝4n 2(n ≥2，n ∈N *)，若对任意n ∈N *，a n <a n ＋1恒成立，则a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫－∞，163 B.⎝⎛⎭⎫5，163 C.⎝⎛⎭⎫3，163 D ．(3,5)答案 D解析 ∵S n ＋S n －1＝4n 2，S n ＋1＋S n ＝4(n ＋1)2，∴当n ≥2时，S n ＋1－S n －1＝8n ＋4，即a n ＋1＋a n ＝8n ＋4，即a n ＋2＋a n ＋1＝8n ＋12，故a n ＋2－a n ＝8(n ≥2)，又a 1＝a ，a 2＋2a 1＝4×22＝16，∴a 2＝16－2a 1＝16－2a ，a 3＋2S 2＝4×32＝36，∴a 3＝36－2S 2＝36－2(16－a )＝4＋2a ，a 4＝24－2a ；若对任意n ∈N *，a n <a n ＋1恒成立，只需使a 1<a 2<a 3<a 4，即a <16－2a <4＋2a <24－2a ，解得3<a <5，故选D.15．已知函数y ＝f (x )的定义域为R ，当x <0时，f (x )>1，且对任意的实数x ，y ∈R ，等式f (x )f (y )＝f (x ＋y )成立，若数列{a n }满足f (a n ＋1)f ⎝⎛⎭⎫11＋a n ＝1(n ∈N *)，且a 1＝f (0)，则下列结论成立的是( )A ．f (a 2 019)>f (a 2 021)B ．f (a 2 020)>f (a 2 023)C ．f (a 2 021)>f (a 2 022)D ．f (a 2 019)>f (a 2 022) 答案 A解析由f (x )f (y )＝f (x ＋y )，令x ＝0，y ＝－1，则f (0)f (－1)＝f (－1)，∵x <0时，f (x )>1，∴f (－1)>1，∴f (0)＝1，∴a 1＝1，当x >0时，令y ＝－x ，则f (x )f (－x )＝f (0)＝1，即f (x )＝1f (－x )，又f (－x )>1，∴当x >0时，0<f (x )<1，令x 2>x 1，则x 2－x 1>0，∴f (x 1)f (x 2－x 1)＝f (x 2)，即f (x 2)f (x 1)＝f (x 2－x 1)∈(0,1)， ∴f (x )在R 上单调递减，又f (a n ＋1)f ⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋a n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1＋11＋a n ＝1＝f (0)， ∴a n ＋1＝－11＋a n，令n ＝1，a 2＝－12；令n ＝2，a 3＝－2；令n ＝3，a 4＝1， ∴数列{a n }是以3为周期的数列，∴a 2 019＝a 3＝－2，a 2 020＝a 1＝1，a 2 021＝a 2＝－12， a 2 022＝a 3＝－2，a 2 023＝a 1＝1，∵f (x )在R 上单调递减，∴f (－2)>f ⎝⎛⎭⎫－12>f (1)， ∴f (a 2 019)>f (a 2 021)，f (a 2 020)＝f (a 2 023)，f (a 2 021)<f (a 2 022)，f (a 2 019)＝f (a 2 022)．故选A.16．已知数列{a n }是递增的等比数列且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，设S n 是数列{a n }的前n 项和，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1S n ·S n ＋1的前n 项和为T n ，若不等式λ≤T n 对任意的n ∈N *恒成立，求实数λ的最大值．解 ∵数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，a 1a 4＝a 2a 3，∴a 1，a 4是方程x 2－9x ＋8＝0的两个根，且a 1<a 4. 解方程x 2－9x ＋8＝0，得a 1＝1，a 4＝8，∴q 3＝a 4a 1＝81＝8，解得q ＝2， ∴a n ＝a 1q n －1＝2n －1.∴S n ＝a 1()1－q n 1－q ＝1×()1－2n1－2＝2n －1，令b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝2n ()2n －1·()2n ＋1－1 ＝12n －1－12n ＋1－1， ∴数列{b n }的前n 项和T n ＝1－13＋13－17＋17－115＋…＋12n －1－12n ＋1－1 ＝1－12n ＋1－1在正整数集上单调递增， ∴T n ≥T 1＝23， ∵λ≤T n ，且对一切n ∈N *成立，∴λ≤23，∴实数λ的最大值是23.。

2020版高考数学(理)新增分大一轮人教通用版讲义：第六章数列与数学归纳法高考专题突破三第2课时含解析

第2课时数列的综合问题题型一数列与函数例1 数列{a n }的前n 项和为S n ，2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，n ∈N ＋，且a 1，a 2＋5,19成等差数列.(1)求a 1的值；(2)证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1为等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (3)设b n ＝log 3(a n ＋2n )，若对任意的n ∈N ＋，不等式b n (1＋n )－λn (b n ＋2)－6<0恒成立，试求实数λ的取值范围.解 (1)在2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，n ∈N ＋中，令n ＝1，得2S 1＝a 2－22＋1，即a 2＝2a 1＋3，①又2(a 2＋5)＝a 1＋19，②则由①②解得a 1＝1.(2)当n ≥2时，由⎩⎪⎨⎪⎧2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1， ③2S n －1＝a n －2n ＋1， ④ ③－④得2a n ＝a n ＋1－a n －2n ，则a n ＋12n ＋1＋1＝32⎝⎛⎭⎫a n 2n ＋1，又a 2＝5，则a 222＋1＝32⎝⎛⎭⎫a 121＋1. ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1是以32为首项，32为公比的等比数列， ∴a n 2n ＋1＝32×⎝⎛⎭⎫32n －1，即a n ＝3n －2n . (3)由(2)可知，b n ＝log 3(a n ＋2n )＝n .当b n (1＋n )－λn (b n ＋2)－6<0恒成立时，即(1－λ)n 2＋(1－2λ)n －6<0(n ∈N ＋)恒成立.设f (n )＝(1－λ)n 2＋(1－2λ)n －6(n ∈N ＋)，当λ＝1时，f (n )＝－n －6<0恒成立，则λ＝1满足条件；当λ<1时，由二次函数性质知不恒成立；当λ>1时，由于对称轴n ＝－1－2λ2(1－λ)<0，则f (n )在[1，＋∞)上单调递减，f (n )≤f (1)＝－3λ－4<0恒成立，则λ>1满足条件，综上所述，实数λ的取值范围是[1，＋∞).思维升华数列与函数的交汇问题(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题；(2)已知数列条件，解决函数问题，解题时要注意数列与函数的内在联系，掌握递推数列的常见解法.跟踪训练1 (2018·葫芦岛模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1,2a n ＋1＝a n ，数列{b n }满足b n ＝2－log 2a 2n ＋1.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，求使得2T n ≤4n 2＋m 对任意正整数n 都成立的实数m 的取值范围.解 (1)由a 1＝1，a n ＋1a n ＝12，a n ≠0， ∴{a n }是首项为1，公比为12的等比数列， ∴a n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1.∴b n ＝2－log 2⎝⎛⎭⎫122n ＝2n ＋2.(2)由(1)得，T n ＝n 2＋3n ，∴m ≥－2n 2＋6n 对任意正整数n 都成立.设f (n )＝－2n 2＋6n ，∵f (n )＝－2n 2＋6n ＝－2⎝⎛⎭⎫n －322＋92， ∴当n ＝1或2时，f (n )的最大值为4，∴m ≥4.即m 的取值范围是[4，＋∞).题型二数列与不等式例2 已知数列{a n }中，a 1＝12，其前n 项的和为S n ，且满足a n ＝2S 2n 2S n －1(n ≥2). (1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列； (2)证明：S 1＋12S 2＋13S 3＋ (1)S n <1. 证明 (1)当n ≥2时，S n －S n －1＝2S 2n 2S n －1，整理得S n －1－S n ＝2S n ·S n －1(n ≥2)， ∴1S n －1S n －1＝2，从而⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 构成以2为首项，2为公差的等差数列. (2)由(1)可知，1S n ＝1S 1＋(n －1)×2＝2n ，∴S n ＝12n. ∴当n ＝1时，1n S n ＝12<1，方法一当n ≥2时，1n S n ＝12n 2<12·1n (n －1)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ，∴S 1＋12S 2＋13S 3＋…＋1n S n <12＋12⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝1－12n <1. ∴原不等式得证.方法二当n ≥2时，12n 2<12(n 2－1)＝14⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1， ∴S 1＋12S 2＋13S 3＋ (1)S n <12＋14⎝⎛1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －2－1n ＋ ⎭⎫1n －1－1n ＋1＝12＋14⎝⎛⎭⎫1＋12－1n －1n ＋1， <12＋14⎝⎛⎭⎫1＋12＝78<1. ∴原命题得证.思维升华数列与不等式的交汇问题(1)函数方法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式；(2)放缩方法：数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到.跟踪训练2 已知数列{a n }为等比数列，数列{b n }为等差数列，且b 1＝a 1＝1，b 2＝a 1＋a 2，a 3＝2b 3－6.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝1b n b n ＋2，数列{c n }的前n 项和为T n ，证明：15≤T n <13. (1)解设数列{a n }的公比为q ，数列{b n }的公差为d ，由题意得1＋d ＝1＋q ，q 2＝2(1＋2d )－6，解得d ＝q ＝2，所以a n ＝2n －1，b n ＝2n －1. (2)证明因为c n ＝1b n b n ＋2＝1(2n －1)(2n ＋3)＝14⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋3，所以T n ＝14⎣⎡⎝⎛⎭⎫1－15＋⎝⎛⎭⎫13－17＋…＋ ⎦⎤⎝⎛⎭⎫12n －3－12n ＋1＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋3 ＝14⎝⎛⎭⎫1＋13－12n ＋1－12n ＋3＝13－14⎝⎛⎭⎫12n ＋1＋12n ＋3，因为14⎝⎛⎭⎫12n ＋1＋12n ＋3>0，所以T n <13. 又因为T n 在[1，＋∞)上单调递增，所以当n ＝1时，T n 取最小值T 1＝15，所以15≤T n <13. 题型三数列与数学文化例3 我国古代名著《九章算术》中有这样一段话：“今有金锤，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，中间三尺重几何.”意思是：“现有一根金锤，长5尺，头部1尺，重4斤，尾部1尺，重2斤，且从头到尾，每一尺的重量构成等差数列，问中间三尺共重多少斤.”( )A.6斤B.7斤C.8斤D.9斤答案 D解析原问题等价于等差数列中，已知a 1＝4，a 5＝2，求a 2＋a 3＋a 4的值.由等差数列的性质可知a 2＋a 4＝a 1＋a 5＝6，a 3＝a 1＋a 52＝3，则a 2＋a 3＋a 4＝9，即中间三尺共重9斤.思维升华我国古代数学涉及等差、等比数列的问题很多，解决这类问题的关键是将古代实际问题转化为现代数学问题，掌握等差、等比数列的概念、通项公式和前n 项和公式.跟踪训练3 中国人在很早就开始研究数列，中国古代数学著作《九章算术》、《算法统宗》中都有大量古人研究数列的记载.现有数列题目如下：数列{a n }的前n 项和S n ＝14n 2，n ∈N ＋，等比数列{b n }满足b 1＝a 1＋a 2，b 2＝a 3＋a 4，则b 3等于( )A.4B.5C.9D.16答案 C解析由题意可得b 1＝a 1＋a 2＝S 2＝14×22＝1， b 2＝a 3＋a 4＝S 4－S 2＝14×42－14×22＝3，则等比数列{b n }的公比q ＝b 2b 1＝31＝3，故b 3＝b 2q ＝3×3＝9.1.(2018·包头模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝－a n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若f (x )＝12log x ，设b n ＝f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a n )，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和T n .解 (1)由S n ＝－a n ＋1得S n ＋1＝－a n ＋1＋1，两式相减得，S n ＋1－S n ＝－a n ＋1＋a n ，即 a n ＋1＝－a n ＋1＋a n ，即 a n ＋1a n ＝12(n ≥1)，所以数列{a n }是公比为12的等比数列，又由a 1＝－a 1＋1得a 1＝12，所以a n ＝a 1q n －1＝⎝⎛⎭⎫12n .(2)因为b n ＝f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a n )＝1＋2＋…＋n ＝n (n ＋1)2，所以1b n ＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，所以T n ＝2⎝⎛⎭⎫11－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1 ＝2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1.2.已知等差数列{a n }的公差d ≠0，a 1＝0，其前n 项和为S n ，且a 2＋2，S 3，S 4成等比数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(2n ＋2)22n ＋S n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n －2n <32. (1)解由a 1＝0得a n ＝(n －1)d ，S n ＝n (n －1)d 2，因为a 2＋2，S 3，S 4成等比数列，所以S 23＝(a 2＋2)S 4，即(3d )2＝(d ＋2)·6d ，整理得3d 2－12d ＝0，即d 2－4d ＝0，因为d ≠0，所以d ＝4，所以a n ＝(n －1)d ＝4(n －1)＝4n －4.(2)证明由(1)可得S n ＋1＝2n (n ＋1)，所以b n ＝(2n ＋2)22n ＋2n (n ＋1)＝4(n ＋1)22n (n ＋2)＝2＋2n (n ＋2)＝2＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2，所以T n ＝2n ＋⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫12－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2 ＝2n ＋1＋12－1n ＋1－1n ＋2，所以T n －2n <32. 3.已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n ，0)，且f ′(0)＝2n ，n ∈N ＋，数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎝⎛⎭⎫1a n ，且a 1＝4.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)f ′(x )＝2ax ＋b ，由题意知b ＝2n ，16n 2a －4nb ＝0，∴a ＝12，则f (x )＝12x 2＋2nx ，n ∈N ＋.数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎝⎛⎭⎫1a n ，又f ′(x )＝x ＋2n ，∴1a n ＋1＝1a n ＋2n ，∴1a n ＋1－1a n＝2n ，由累加法可得1a n －14＝2＋4＋6＋…＋2(n －1)＝n 2－n ，化简可得a n ＝4(2n －1)2(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝4也符合，∴a n ＝4(2n －1)2(n ∈N ＋).(2)∵b n ＝a n a n ＋1＝4(2n －1)(2n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＝2⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝4n 2n ＋1. 4.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.(1)求数列{x n }的通项公式；(2)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 1P 2…P n ＋1，求由该折线与直线y ＝0，x ＝x 1，x ＝x n ＋1所围成的区域的面积T n . 解 (1)设数列{x n }的公比为q .由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 1q ＝3，x 1q 2－x 1q ＝2. 所以3q 2－5q －2＝0，由已知得q >0，所以q ＝2，x 1＝1.因此数列{x n }的通项公式为x n ＝2n －1. (2)过P 1，P 2，…，P n ＋1向x 轴作垂线，垂足分别为Q 1，Q 2，…，Q n ＋1. 由(1)得x n ＋1－x n ＝2n －2n －1＝2n －1，记梯形P n P n ＋1Q n ＋1Q n 的面积为b n ，由题意得b n ＝(n ＋n ＋1)2×2n －1＝(2n ＋1)×2n －2，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n －1)×2n －3＋(2n ＋1)×2n －2，① 则2T n ＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n －1)×2n －2＋(2n ＋1)×2n －1，② 由①－②，得－T n ＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n －1)－(2n ＋1)×2n －1 ＝32＋2(1－2n －1)1－2－(2n ＋1)×2n －1. 所以T n ＝(2n －1)×2n ＋12.5.(2019·盘锦模拟)若正项数列{a n }的前n 项和为S n ，首项a 1＝1，点P (S n ，S n ＋1)在曲线y ＝(x ＋1)2上.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)设b n ＝1a n ·a n ＋1，T n 表示数列{b n }的前n 项和，若T n ≥a 恒成立，求T n 及实数a 的取值范围.解 (1)由S n ＋1＝(S n ＋1)2，得S n ＋1－S n ＝1，所以数列{S n }是以S 1为首项，1为公差的等差数列，所以S n ＝S 1＋(n －1)×1，即S n ＝n 2，由公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －1，n ≥2，所以a n ＝2n －1. (2)因为b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1，显然T n 是关于n 的增函数，所以T n 有最小值(T n )min ＝T 1＝12×⎝⎛⎭⎫1－13＝13. 由于T n ≥a 恒成立，所以a ≤13，于是a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，13.6.已知各项均不相等的等差数列{a n }的前三项和为9，且a 1，a 3，a 7恰为等比数列{b n }的前三项.(1)分别求数列{a n }，{b n }的前n 项和S n ，T n ；(2)记数列{a n b n }的前n 项和为K n ，设c n ＝S n T n K n，求证：c n ＋1>c n (n ∈N ＋). (1)解设数列{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧ 3a 1＋3d ＝9，(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋6d )，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝2，d ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝0(舍去)，所以a n ＝n ＋1，S n ＝n (n ＋3)2. 又b 1＝a 1＝2，b 2＝a 3＝4，所以b n ＝2n ，T n ＝2n ＋1－2. (2)证明因为a n ·b n ＝(n ＋1)·2n ，所以K n ＝2·21＋3·22＋…＋(n ＋1)·2n ，① 所以2K n ＝2·22＋3·23＋…＋n ·2n ＋(n ＋1)·2n ＋1，② ①－②得－K n ＝2·21＋22＋23＋…＋2n －(n ＋1)·2n ＋1，所以K n ＝n ·2n ＋1. 则c n ＝Sn T n K n ＝(n ＋3)(2n －1)2n ＋1，c n ＋1－c n ＝(n ＋4)(2n ＋1－1)2n ＋2－(n ＋3)(2n －1)2n ＋1 ＝2n ＋1＋n ＋22n ＋2>0，所以c n ＋1>c n (n ∈N ＋).。

【步步高】（广东专用）2021高考数学大一轮温习 6.1 数列的概念与简单表示法导学案理(1)

数列的概念与简单表示法导学目标： 1.了解数列的概念和几种简单的表示方式(列表、图象、通项公式).2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数．自主梳理 1．数列的概念按________________着的一列数叫数列，数列中的______________都叫那个数列的项；在函数意义下，数列是________________________的函数，数列的一样形式为：______________________，简记为{a n }，其中a n 是数列的第____项．2．通项公式：若是数列{a n }的______与____之间的关系能够____________来表示，那么那个式子叫做数列的通项公式．但并非每一个数列都有通项公式，也并非都是唯一的．3．数列经常使用表示法有：_________、________、________. 4．数列的分类：数列按项数来分，分为____________、__________；按项的增减规律分为________、________、__________和__________．递增数列⇔a n ＋1______a n ；递减数列⇔a n ＋1______a n ；常数列⇔a n ＋1______a n .5．a n 与S n 的关系：已知S n ，那么a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧，n ＝1，，n ≥2.自我检测1．(2020·汕头月考)设a n ＝－n 2＋10n ＋11，那么数列{a n }从首项到第几项的和最大 ( ) A ．10B ．11C ．10或11D ．122．已知数列{a n }对任意的p ，q ∈N *知足a p ＋q ＝a p ＋a q ，且a 2＝－6，那么a 10等于 ( ) A ．－165B ．－33C ．－30D ．－213．(2020·龙岩月考)已知数列－1，85，－157，249，…按此规律，那么那个数列的通项公式是( )A ．a n ＝(－1)n ·n 2＋n2n ＋1B ．a n ＝(－1)n ·n n ＋32n ＋1C ．a n ＝(－1)n ·n ＋12－12n ＋1D ．a n ＝(－1)n ·n n ＋22n ＋34．以下对数列的明白得：①数列能够看成一个概念在N *(或它的有限子集{1,2,3，…，n })上的函数； ②数列的项数是有限的；③数列假设用图象表示，从图象上看都是一群孤立的点； ④数列的通项公式是唯一的．其中说法正确的序号是 ( ) A ．①②③ B ．②③④ C ．①③D ．①②③④5．(2020·湖南长郡中学月考)在数列{a n }中，假设a 1＝1，a 2＝12，2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2(n ∈N *)，那么该数列的通项a n ＝______.探讨点一由数列前几项求数列通项例1 写出以下数列的一个通项公式，使它的前几项别离是以下各数： (1)23，415，635，863，1099，…； (2)12，－2，92，－8，252，…. 变式迁移1 写出以下数列的一个通项公式： (1)3,5,9,17,33，…；(2)12，2，92，8，252，…；(3)2，5，22，11，…；(4)1,0,1,0，….探讨点二由递推公式求数列的通项例2 依照以下条件，写出该数列的通项公式．(1)a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ；(2)a 1＝1,2n －1a n ＝a n －1 (n ≥2)．变式迁移2 依照以下条件，确信数列{a n }的通项公式． (1)a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2； (2)a 1＝1，a n ＋1＝(n ＋1)a n ；(3)a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n .探讨点三由a n 与S n 的关系求a n例3 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n ＋1，求{a n }的通项公式．变式迁移3 (2020·杭州月考)(1)已知{a n }的前n 项和S n ＝3n ＋b ，求{a n }的通项公式． (2)已知在正项数列{a n }中，S n 表示前n 项和且2S n ＝a n ＋1，求a n .函数思想的应用例 (12分)已知数列{a n }的通项a n ＝(n ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n (n ∈N *)，试问该数列{a n }有无最大项？假设有，求出最大项的项数；假设没有，说明理由．【答题模板】解方式一令⎩⎪⎨⎪⎧n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n ≥n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n －1n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n ≥n ＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n ＋1[4分]⇔⎩⎪⎨⎪⎧ 10n ＋10≥11n 11n ＋11≥10n ＋20⇔⎩⎪⎨⎪⎧n ≤10n ≥9，∴n ＝9或n ＝10时，a n 最大，[10分] 即数列{a n }有最大项，现在n ＝9或n ＝10.[12分]方式二 ∵a n ＋1－a n ＝(n ＋2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n ＋1－(n ＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n ·9－n11，[2分] 当n <9时，a n ＋1－a n >0，即a n ＋1>a n ；当n ＝9时，a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝a n ；当n >9时，a n ＋1－a n <0，即a n ＋1<a n .[8分]故a 1<a 2<a 3<…<a 9＝a 10>a 11>a 12>…，[10分] ∴数列{a n }中有最大项，为第九、10项．[12分] 【冲破思维障碍】有关数列的最大项、最小项，数列有界性问题都可借助数列的单调性来解决，判定单调性经常使用①作差法，②作商法，③图象法．求最大项时也可用a n 知足⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≥a n ＋1a n ≥a n －1；假设求最小项，那么用a n 知足⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n －1a n ≤a n ＋1.数列实质确实是一种特殊的函数，因此此题确实是用函数的思想求最值．【易错点剖析】此题解题进程中易显现只解出a 9这一项，而轻忽了a 9＝a 10，从而致使漏解．1．数列的递推公式是研究的项与项之间的关系，而通项公式那么是研究的项a n 与项数n 的关系． 2．求数列的通项公式是本节的重点，要紧把握三种方式：(1)由数列的前几项归纳出一个通项公式，关键是擅长观看；(2)数列{a n }的前n 项和S n 与数列{a n }的通项公式a n 的关系，要注意验证可否统一到一个式子中； (3)由递推公式求通项公式，经常使用方式有累加、累乘． 3．本节易错点是利用S n 求a n 时，忘记讨论n ＝1的情形． (总分值：75分)一、选择题(每题5分，共25分)1．(2020·安徽)设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，那么a 8的值为 ( ) A ．15B ．16C ．49D ．642．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n3n ＋1，那么那个数列是 ( )A ．递增数列B ．递减数列C ．摆动数列D ．常数列3．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2(a n －1)，那么a 2等于 ( ) A ．4B ．2C ．1D ．－24．(2020·烟台模拟)数列{a n }中，假设a n ＋1＝a n2a n ＋1，a 1＝1，那么a 6等于 ( )A ．13B.113C ．11D.1115．数列{a n }知足a n ＋a n ＋1＝12 (n ∈N *)，a 2＝2，S n 是数列{a n }的前n 项和，那么S 21为 ( )A ．5B.72C.92D.132 题号 1 2 3 4 5 答案二、填空题(每题4分，共12分)6．数列{a n }知足a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n 0≤a n <12，2a n－112≤a n <1，若a 1＝67，那么a 2 010的值为________．7．已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且有S n ＝n 2＋1，那么数列{a n }的通项a n ＝__________________. 8．(2020·安庆月考)将全部正整数排成一个三角形数阵： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 … … … … … …依照以上排列规律，数阵中第n (n ≥3)行从左至右的第3个数是____________．三、解答题(共38分)9．(12分)写出以下各数列的一个通项公式． (1)112，223，334，445，…；(2)－1，32，－13，34，－15，36.10．(12分)由以下数列{a n }递推公式求数列{a n }的通项公式：(1)a 1＝1，a n －a n －1＝n (n ≥2)； (2)a 1＝1，a na n －1＝n －1n(n ≥2)；(3)a 1＝1，a n ＝2a n －1＋1 (n ≥2)．11．(14分)(2020·安徽)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2＋2n ，数列{b n }的前n 项和T n ＝2－b n . (1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a 2n ·b n ，证明：当且仅当n ≥3时，c n ＋1<c n . 答案自主梳理1．必然顺序排列每一个数概念域为N *(或它的子集)a 1，a 2，a 3，…，a n ，… n2.第n 项 n 用一个公式3.解析法(通项公式或递推公式) 列表法图象法4.有穷数列无穷数列递增数列递减数列摆动数列常数列 > < ＝5.S 1 S n －S n －1自我检测1．C 2.C 3.C 4.C 5.1n课堂活动区例1 解题导引 (1)依照数列的前几项求它的一个通项公式，要注意观看每一项的特点，要利用添项、还原、分割等方式，转化为一些常见数列的通项公式来求；(2)依照数列的前几项写出数列的一个通项公式是不完全归纳法，它蕴涵着“从特殊到一样”的思想，得出的结论不必然靠得住，在解答题中一样应用数学归纳法进行证明．解 (1)原数列为222－1，2×242－1，2×362－1，2×482－1，2×5102－1，…，∴a n ＝2n(2n )2－1＝2n 4n 2－1.(2)原数列为12，－42，92，－162，252，…，∴a n ＝(－1)n ＋1·n 22.变式迁移1 解 (1)∵a 1＝3＝21＋1，a 2＝5＝22＋1，a 3＝9＝23＋1，…，∴a n ＝2n ＋1.(2)将数列中各项统一成份母为2的分数，得 12，42，92，162，252，…，观看知，各项的分子是对应项数的平方， ∴数列通项公式是a n ＝n 22.(3)将数列各项统一成f (n )的形式得2，5，8，11，…；观看知，数列各项的被开方数逐个增加3，且被开方数加1后，又变成3,6,9,12，…，因此数列的通项公式是a n ＝3n －1.(4)从奇数项，偶数项角度入手，能够取得分段形式的解析式，也可看做数列1,1,1,1，…和1，－1,1，－1，…对应项相加上和的一半组成的数列，也可用正弦函数和余弦函数的最值和零点值来调整表示．因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，3，5，…，0，n ＝2，4，6，…，或a n ＝1＋(－1)n ＋12(n ∈N *)，或a n ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin n π2或a n ＝sin 2n π2 (n ∈N *)，或a n ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪cosn －12π (n ∈N *)．例2 解题导引利用数列的递推公式求数列的通项公式，一样有以下三种方式：(1)累加法：若是已知数列{a n }的相邻两项a n ＋1与a n 的差的一个关系式，咱们可依次写出前n 项中所有相邻两项的差的关系式，然后把这n －1个式子相加，整理求出数列的通项公式．(2)积存法：若是已知数列{a n }的相邻两项a n ＋1与a n 的商的一个关系式，咱们可依次写出前n 项中所有相邻两项的商的关系式，然后把这n －1个式子相乘，整理求出数列的通项公式．(3)构造法：依照所给数列的递推公式和其他有关关系式，进行变形整理，构造出一个新的等差或等比数列，利用等差或等比数列的通项公式求解．解 (1)当n ＝1,2,3，…，n －1时，可得n －1个等式，a n －a n －1＝n －1，a n －1－a n －2＝n －2，…，a 2－a 1＝1，将其相加，得a n －a 1＝1＋2＋3＋…＋(n －1)． ∴a n ＝a 1＋(1＋n －1)(n －1)2＝2＋n (n －1)2.(2)方式一 a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫122·⎝ ⎛⎭⎪⎫121 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋2＋…＋(n －1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n (n －1)2， ∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n (n －1)2.方式二由2n －1a n ＝a n －1，得a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1a n －1.∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1a n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2a n －2 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫121a 1 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12(n －1)＋(n －2)＋…＋2＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n (n －1)2 变式迁移2 解 (1)∵a n ＋1＝3a n ＋2，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)， ∴a n ＋1＋1a n ＋1＝3，∴数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3，又a 1＋1＝2，∴a n ＋1＝2·3n －1，∴a n ＝2·3n －1－1.(2)∵a n ＋1＝(n ＋1)a n ，∴a n ＋1a n＝n ＋1.∴a na n －1＝n ，a n －1a n －2＝n －1，……a 3a 2＝3，a 2a 1＝2，a 1＝1.累乘可得，a n ＝n ×(n －1)×(n －2)×…×3×2×1＝n ！. 故a n ＝n ！.(3)∵a n ＋1＝a n ＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ，∴a n ＋1－a n ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＝ln n ＋1n .∴a n －a n －1＝lnnn －1，a n －1－a n －2＝lnn －1n －2，……a 2－a 1＝ln 21，累加可得，a n －a 1＝ln n n －1＋ln n －1n －2＋…＋ln 21＝ln n －ln(n －1)＋ln(n －1)－ln(n －2)＋…＋ln 2－ln 1 ＝ln n .又a 1＝2，∴a n ＝ln n ＋2.例3 解题导引 a n 与S n 的关系式a n ＝S n －S n －1的条件是n ≥2，求a n 时切勿漏掉n ＝1，即a 1＝S 1的情形．一样地，当a 1＝S 1适合a n ＝S n －S n －1时，那么需统一“合写”．当a 1＝S 1不适合a n ＝S n －S n －1时，那么通项公式应分段表示，即a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1， n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.解当n ＝1时，a 1＝S 1＝2×12－3×1＋1＝0；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n ＋1)－2(n －1)2＋3(n －1)－1＝4n －5；又n ＝1时，a n ＝4×1－5＝－1≠a 1，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0， n ＝1，4n －5， n ≥2.变式迁移3 解 (1)a 1＝S 1＝3＋b ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋b )－(3n －1＋b )＝2·3n －1. 当b ＝－1时，a 1适合此等式；当b ≠－1时，a 1不适合此等式． ∴当b ＝－1时，a n ＝2·3n －1；当b ≠－1时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3＋b (n ＝1)2·3n －1 (n ≥2).(2)由2S n ＝a n ＋1，得S n ＝⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋122，当n ＝1时，a 1＝S 1＝⎝⎛⎭⎪⎫a 1＋122，得a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋122－⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1＋122，整理，得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0， ∵数列{a n }各项为正，∴a n ＋a n －1>0. ∴a n －a n －1－2＝0.∴数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列． ∴a n ＝a 1＋(n －1)×2＝2n －1.课后练习区1．A 2.A 3.A 4.D 5.B6.377.⎩⎪⎨⎪⎧ 2 (n ＝1)2n －1 (n ≥2，n ∈N *)8.n 2－n ＋629．解 (1)∵a 1＝1＋12，a 2＝2＋23，a 3＝3＋34，…， ∴a n ＝n ＋nn ＋1(n ∈N *)．…………………………………………………………………(6分) (2)∵a 1＝－2－11，a 2＝2＋12，a 3＝－2－13， a 4＝2＋14，…， ∴a n ＝(－1)n ·2＋(－1)n n(n ∈N *)．………………………………………………………(12分) 10．解 (1)由题意得，a n －a n －1＝n ，a n －1－a n －2＝n －1，…，a 3－a 2＝3，a 2－a 1＝2. 将上述各式等号两边累加得，a n －a 1＝n ＋(n －1)＋…＋3＋2，即a n ＝n ＋(n －1)＋…＋3＋2＋1＝n (n ＋1)2，故a n ＝n (n ＋1)2.……………………………………………………………………………(4分)(2)由题意得，a na n －1＝n －1n ，a n －1a n －2＝n －2n －1，…，a 3a 2＝23，a 2a 1＝12. 将上述各式累乘得，a n a 1＝1n ，故a n ＝1n.……………………………………………………(8分) (3)由a n ＝2a n －1＋1，得a n ＋1＝2(a n －1＋1)，又a 1＋1＝2≠0，因此a n ＋1a n －1＋1＝2，即数列{a n ＋1}是以2为首项，以2为公比的等比数列．因此a n ＋1＝2n ，即a n ＝2n －1.…………………………………………………………(12分)11．(1)解 a 1＝S 1＝4.……………………………………………………………………(1分) 关于n ≥2有a n ＝S n －S n －1＝2n (n ＋1)－2(n －1)n ＝4n .a 1也适合， ∴{a n }的通项公式a n ＝4n .………………………………………………………………(3分) 将n ＝1代入T n ＝2－b n ，得b 1＝2－b 1，故T 1＝b 1＝1.………………………………(4分) (求b n 方式一)关于n ≥2，由T n －1＝2－b n －1， T n ＝2－b n ，得b n ＝T n －T n －1＝－(b n －b n －1)，∴b n ＝12b n －1，b n ＝21－n .……………………………………………………………………(6分) (求b n 方式二)关于n ≥2，由T n ＝2－b n 得 T n ＝2－(T n －T n －1)，2T n ＝2＋T n －1，T n －2＝12(T n －1－2)， T n －2＝21－n (T 1－2)＝－21－n ， T n ＝2－21－n ，b n ＝T n －T n －1＝(2－21－n )－(2－22－n )＝21－n . b 1＝1也适合．……………………………………………………………………………(6分) 综上，{b n }的通项公式b n ＝21－n .…………………………………………………………(8分)(2)证明方式一由c n ＝a 2n ·b n＝n 225－n ，………………………………………………(10分) 得c n ＋1c n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2.………………………………………………………………………(12分) 当且仅当n ≥3时，1＋1n ≤43<2， ∴c n ＋1c n <12·(2)2＝1，又c n ＝n 2·25－n >0，即c n ＋1<c n .………………………………………………………………………………(14分)方式二由c n ＝a 2n ·b n ＝n 225－n ，得c n ＋1－c n ＝24－n [(n ＋1)2－2n 2] ＝24－n [－(n －1)2＋2]．…………………………………………………………………(13分)当且仅当n≥3时，c n＋1－c n <0，即c n＋1< c n.…………………………………………(14分)。

【步步高】2021届高考数学总温习第六章 6.1数列的概念及简单表示法强化训练理北师大版(1)

§6.1 数列的概念及简单表示法1．数列的概念按必然顺序排列的一列数叫作数列，数列中的每一个数叫作那个数列的项． 2．数列的分类分类原则类型满足条件按项数分类有穷数列项数有限无穷数列项数无限按项与项间的大小关系分类递增数列 a n ＋1__>__a n 其中n ∈N ＋递减数列 a n ＋1__<__a n 常数列 a n ＋1＝a n按其他标准分类有界数列存在正数M ，使|a n |≤M摆动数列从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列3．数列的表示法数列有三种表示法，它们别离是列表法、图像法和解析法． 4．数列的通项公式若是数列{a n }的第n 项与序号n 之间的函数关系能够用一个式子表示成a n ＝f (n )，那么那个式子叫作那个数列的通项公式．5．已知数列{a n }的前n 项和S n ，那么a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1 n ＝1S n －S n －1 n ≥2.1．判定下面结论是不是正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)所有数列的第n 项都能利用公式表达．( × ) (2)依照数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个． ( √ ) (3)数列：1,0,1,0,1,0，…，通项公式只能是a n ＝1＋－1n ＋12.( × ) (4)若是数列{a n }的前n 项和为S n ，那么对任意n ∈N ＋，都有a n ＋1＝S n ＋1－S n .( √ )(5)在数列{a n }中，关于任意正整数m ，n ，a m ＋n ＝a mn ＋1，假设a 1＝1，那么a 2＝2. ( √ )(6)假设已知数列{a n }的递推公式为a n ＋1＝12a n －1，且a 2＝1，那么能够写出数列{a n }的任何一项．( √ ) 2．设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，那么a 8的值为( )A ．15B ．16C ．49D ．64答案 A解析 ∵S n ＝n 2，∴a 1＝S 1＝1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1. ∴a n ＝2n －1，∴a 8＝2×8－1＝15.3．已知数列{a n }的前n 项和S n 知足：S n ＋S m ＝S n ＋m ，且a 1＝1，那么a 10等于( )A ．1B ．9C ．10D ．55答案 A解析 ∵S n ＋S m ＝S n ＋m ，a 1＝1，∴S 1＝1. 可令m ＝1，得S n ＋1＝S n ＋1，∴S n ＋1－S n ＝1. 即当n ≥1时，a n ＋1＝1，∴a 10＝1.4． (2021·课标全国Ⅰ)假设数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，那么{a n }的通项公式是a n ＝________.答案 (－2)n －1解析当n ＝1时，a 1＝1；当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1＝23a n －23a n －1，故a n a n －1＝－2，故a n ＝(－2)n －1.当n ＝1时，也符合a n ＝(－2)n －1. 综上，a n ＝(－2)n －1.5． (2021·安徽)如图，互不相同的点A 1，A 2，…，A n ，…和B 1，B 2，…，B n …别离在角O 的两条边上，所有A n B n 彼此平行，且所有梯形A n B n B n ＋1A n ＋1的面积均相等．设OA n ＝a n ，假设a 1＝1，a 2＝2，那么数列{a n }的通项公式是________．答案 a n ＝3n －2解析由已知221111++++++=n n n n n n n n A B B A A BB A S S 梯形梯形112211++++++∆∆∆∆-=-n n n n n n n n A OB A OB A OB A OB S S S S ，即S △OBnAn ＋11222++++∆∆=n n n n A OB A OB S S由相似三角形面积比是相似比的平方知OA 2n ＋OA 2n ＋2＝2OA 2n ＋1，即a 2n ＋a 2n ＋2＝2a 2n ＋1，因此{a 2n }为等差数列且a 2n ＝a 21＋3(n －1)＝3n －2，故a n ＝3n －2.题型一由数列的前几项求数列的通项例1 写出下面各数列的一个通项公式：(1)3,5,7,9，…；(2)12，34，78，1516，3132，…； (3)－1，32，－13，34，－15，36，…；(4)3,33,333,3 333，….思维启发先观看各项的特点，然后归纳出其通项公式，要注意项与项数之间的关系，项与前后项之间的关系．解 (1)各项减去1后为正偶数，因此a n ＝2n ＋1. (2)每一项的分子比分母少1，而分母组成数列21,22,23,24，…，因此a n ＝2n －12n .(3)奇数项为负，偶数项为正，故通项公式中含因子(－1)n ；各项绝对值的分母组成数列1,2,3,4，…；而各项绝对值的分子组成的数列中，奇数项为1，偶数项为3，即奇数项为2－1，偶数项为2＋1，因此a n ＝(－1)n ·2＋－1nn.也可写为a n＝⎩⎪⎨⎪⎧－1n ，n 为正奇数，3n ，n 为正偶数.(4)将数列各项改写为93，993，9993，9 9993，…，分母都是3，而分子别离是10－1,102－1,103－1,104－1，…，因此a n ＝13(10n －1)．思维升华依照所给数列的前几项求其通项时，需认真观看分析，抓住其几方面的特点：分式中分子、分母的各自特点；相邻项的联系特点；拆项后的各部份特点；符号特点，应多进行对照、分析，从整体到局部多角度观看、归纳、联想．(1)数列－1,7，－13,19，…的一个通项公式是a n ＝________________.(2)数列{a n }的前4项是32，1，710，917，那么那个数列的一个通项公式是a n ＝________.答案 (1)(－1)n ·(6n －5) (2)2n ＋1n 2＋1解析 (1)符号问题可通过(－1)n 或(－1)n ＋1表示，其各项的绝对值的排列规律为后面的数的绝对值总比前面的数的绝对值大6，故通项公式为a n ＝(－1)n (6n －5)．(2)数列{a n }的前4项可变形为2×1＋112＋1，2×2＋122＋1，2×3＋132＋1，2×4＋142＋1，故a n ＝2n ＋1n 2＋1.题型二由数列的前n 项和S n 求数列的通项例2 已知下面数列{a n }的前n 项和S n ，求{a n }的通项公式：(1)S n ＝2n 2－3n ； (2)S n ＝3n ＋b .思维启发当n ＝1时，由a 1＝S 1，求a 1；当n ≥2时，由a n ＝S n －S n －1消去S n ，得a n ＋1与a n 的关系．转化成由递推关系求通项．解 (1)a 1＝S 1＝2－3＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n )－[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5，由于a 1也适合此等式，∴a n ＝4n －5. (2)a 1＝S 1＝3＋b ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1 ＝(3n ＋b )－(3n －1＋b )＝2·3n －1. 当b ＝－1时，a 1适合此等式．当b ≠－1时，a 1不适合此等式． ∴当b ＝－1时，a n ＝2·3n －1；当b ≠－1时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3＋b ， n ＝1，2·3n －1， n ≥2.思维升华数列的通项a n 与前n 项和S n 的关系是a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.当n ＝1时，a 1假设适合S n －S n －1，那么n ＝1的情形可并入n ≥2时的通项a n ；当n ＝1时，a 1假设不适合S n －S n －1，那么用分段函数的形式表示．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1，那么其通项公式为________________．答案 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝16n －5，n ≥2解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＋1＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n ＋1－[3(n －1)2－2(n －1)＋1]＝6n －5，显然当n ＝1时，不知足上式．故数列的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2.题型三由数列的递推关系求数列的通项公式例3 (1)设数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，那么通项a n ＝________.(2)数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，那么它的一个通项公式为a n ＝________.(3)在数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n .那么{a n }的通项公式为________．思维启发观看递推式的特点，能够利用累加(乘)或迭代法求通项公式．答案 (1)n n ＋12＋1 (2)2×3n －1－1 (3)a n ＝n n ＋12解析 (1)由题意得，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝2＋(2＋3＋…＋n )＝2＋n －12＋n2＝n n ＋12＋1.又a 1＝2＝1×1＋12＋1，符合上式，因此a n ＝n n ＋12＋1.(2)方式一 (累乘法)a n ＋1＝3a n ＋2，即a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，即a n ＋1＋1a n ＋1＝3，因此a 2＋1a 1＋1＝3，a 3＋1a 2＋1＝3，a 4＋1a 3＋1＝3，…，a n ＋1＋1a n ＋1＝3.将这些等式两边别离相乘得a n ＋1＋1a 1＋1＝3n .因为a 1＝1，因此a n ＋1＋11＋1＝3n ，即a n ＋1＝2×3n －1(n ≥1)，因此a n ＝2×3n －1－1(n ≥2)，又a 1＝1也知足上式，故数列{a n }的一个通项公式为a n ＝2×3n －1－1. 方式二 (迭代法)a n ＋1＝3a n ＋2，即a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)＝32(a n －1＋1)＝33(a n －2＋1) ＝…＝3n (a 1＋1)＝2×3n (n ≥1)，因此a n ＝2×3n －1－1(n ≥2)，又a 1＝1也知足上式，故数列{a n }的一个通项公式为a n ＝2×3n －1－1. (3)由题设知，a 1＝1.当n >1时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1.∴a na n －1＝n ＋1n －1.∴a na n －1＝n ＋1n －1，…，a 4a 3＝53， a 3a 2＝42，a 2a 1＝3.以上n －1个式子的等号两头别离相乘，取得a n a 1＝n n ＋12，又∵a 1＝1，∴a n ＝n n ＋12.思维升华已知数列的递推关系，求数列的通项时，通经常使用累加、累乘、构造法求解．当显现a n ＝a n －1＋m 时，构造等差数列；当显现a n ＝xa n －1＋y 时，构造等比数列；当显现a n ＝a n －1＋f (n )时，用累加法求解；当显现a n a n －1＝f (n )时，用累乘法求解．(1)已知数列{a n }知足a 1＝1，a n ＝n －1na n －1(n ≥2)，那么a n ＝________.(2)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －1(n ∈N ＋)，那么a 5等于( )A ．－16B ．16C ．31D ．32答案 (1)1n(2)B解析 (1)∵a n ＝n －1n a n －1 (n ≥2)，∴a n －1＝n －2n －1a n －2，…，a 2＝12a 1.以上(n －1)个式子相乘得a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n.(2)当n ＝1时，S 1＝2a 1－1，∴a 1＝1. 当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－1， ∴a n ＝2a n －2a n －1， ∴a n ＝2a n －1.∴{a n }是等比数列且a 1＝1，q ＝2，故a 5＝a 1×q 4＝24＝16. 数列问题中的函数思想典例：(12分)已知数列{a n }．(1)假设a n ＝n 2－5n ＋4， ①数列中有多少项是负数？②n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值．(2)假设a n ＝n 2＋kn ＋4且关于n ∈N ＋，都有a n ＋1>a n .求实数k 的取值范围．思维启发 (1)求使a n <0的n 值；从二次函数看a n 的最小值．(2)数列是一类特殊函数，通项公式能够看做相应的解析式f (n )＝n 2＋kn ＋4.f (n )在N ＋上单调递增，但自变量不持续．从二次函数的对称轴研究单调性．标准解答解 (1)①由n 2－5n ＋4<0，解得1<n <4. ∵n ∈N ＋，∴n ＝2,3.∴数列中有两项是负数，即为a 2，a 3.[4分]②∵a n＝n 2－5n ＋4＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n －522－94的对称轴方程为n ＝52.又n ∈N ＋，∴当n ＝2或n ＝3时，a n 有最小值，其最小值为a 2＝a 3＝－2.[8分](2)由a n ＋1>a n 知该数列是一个递增数列，又因为通项公式a n ＝n 2＋kn ＋4，能够看做是关于n 的二次函数，考虑到n ∈N ＋，因此－k 2<32，即得k >－3.[12分]温馨提示 (1)此题给出的数列通项公式能够看做是一个概念在正整数集N ＋上的二次函数，因此能够利用二次函数的对称轴来研究其单调性，取得实数k 的取值范围，使问题取得解决． (2)在利用二次函数的观点解决该题时，必然要注意二次函数对称轴位置的选取．(3)易错分析：此题易错答案为k >－2.缘故是忽略了数列作为函数的特殊性，即自变量是正整数．方式与技术1．求数列通项或指定项．通经常使用观观点(关于交织数列一样用(－1)n 或(－1)n ＋1来区分奇偶项的符号)；已知数列中的递推关系，一样只要求写出数列的前几项，假设求通项可用归纳、猜想和转化的方式．2．强调a n 与S n 的关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1 n ＝1S n －S n －1 n ≥2.3．已知递推关系求通项：对这种问题的要求不高，但试题难度较难把握．一样有两种常见思路：(1)算出前几项，再归纳、猜想；(2)利用累加或累乘法可求数列的通项公式．失误与防范1．数列是一种特殊的函数，在利用函数观点研究数列时，必然要注意自变量的取值，如数列a n ＝f (n )和函数y＝f (x )的单调性是不同的． 2．数列的通项公式不必然唯一．A 组专项基础训练 (时刻：40分钟) 一、选择题1．数列0,1,0，－1,0,1,0，－1，…的一个通项公式是a n 等于( )A.－1n ＋12B ．cosn π2C ．cosn ＋12π D ．cosn ＋22π答案 D解析令n ＝1,2,3，…一一验证四个选项，易患D 正确．2．数列{a n }的前n 项和为S n ，假设a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ≥1)，那么a 6等于( )A ．3×44B ．3×44＋1C ．45D ．45＋1答案 A解析当n ≥1时，a n ＋1＝3S n ，那么a n ＋2＝3S n ＋1，∴a n ＋2－a n ＋1＝3S n ＋1－3S n ＝3a n ＋1，即a n ＋2＝4a n ＋1， ∴该数列从第二项开始是以4为公比的等比数列．又a 2＝3S 1＝3a 1＝3，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1n ＝1，3×4n －2n ≥2.∴当n ＝6时，a 6＝3×46－2＝3×44.3．假设数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (3n －2)，那么a 1＋a 2＋…＋a 10等于( )A ．15B ．12C ．－12D ．－15答案 A解析由题意知，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＝15.4．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(49)n －1－(23)n －1，那么数列{a n }( )A ．有最大项，没有最小项B ．有最小项，没有最大项C ．既有最大项又有最小项D ．既没有最大项也没有最小项答案 C解析 ∵数列{a n }的通项公式为a n ＝(49)n －1－(23)n －1，令t ＝(23)n －1，t ∈(0,1]，t 是减函数，则a n＝t 2－t ＝(t －12)2－14，由复合函数单调性知a n 先递增后递减．故有最大项和最小项，选C.5．假设S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝nn ＋1，那么1a 5等于( )A.56B.65C.130 D ．30答案 D 解析当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n n ＋1－n －1n ＝1n n ＋1，因此1a 5＝5×6＝30. 二、填空题6．已知数列{n 2n 2＋1}，那么0.98是它的第________项．答案 7解析 n 2n 2＋1＝0.98＝4950，∴n ＝7. 7．数列{a n }中，a 1＝1，关于所有的n ≥2，n ∈N ＋，都有a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，那么a 3＋a 5＝________. 答案 6116解析由题意知：a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝(n －1)2，∴a n ＝(nn －1)2(n ≥2)， ∴a 3＋a 5＝(32)2＋(54)2＝6116. 8．已知{a n }是递增数列，且关于任意的n ∈N ＋，a n ＝n 2＋λn 恒成立，那么实数λ的取值范围是________．答案 (－3，＋∞)解析方式一 (概念法)因为{a n }是递增数列，因此对任意的n ∈N ＋，都有a n ＋1>a n ，即(n ＋1)2＋λ(n ＋1)>n 2＋λn ，整理，得2n ＋1＋λ>0，即λ>－(2n ＋1)． (*)因为n ≥1，因此－(2n ＋1)≤－3，要使不等式(*)恒成立，只需λ>－3.方式二 (函数法)设f (n )＝a n ＝n 2＋λn ，其图像的对称轴为直线n ＝－λ2，要使数列{a n }为递增数列，只需使概念在正整数上的函数f (n )为增函数，故只需知足f (1)<f (2)，即λ>－3.三、解答题9．数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2－7n ＋6.(1)那个数列的第4项是多少？(2)150是不是那个数列的项？假设是那个数列的项，它是第几项？(3)该数列从第几项开始各项都是正数？解 (1)当n ＝4时，a 4＝42－4×7＋6＝－6.(2)令a n ＝150，即n 2－7n ＋6＝150，解得n ＝16或n ＝－9(舍去)，即150是那个数列的第16项．(3)令a n ＝n 2－7n ＋6>0，解得n >6或n <1(舍)．故数列从第7项起各项都是正数．10．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝9nn ＋110n ，试判定此数列是不是有最大项？假设有，第几项最大，最大项是多少？假设没有，说明理由．解 a n ＋1－a n ＝9n ＋1n ＋210n ＋1－9n n ＋110n ＝9n 10n ·8－n 10，当n <8时，a n ＋1－a n >0，即a n ＋1>a n ；当n ＝8时，a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝a n ；当n >8时，a n ＋1－a n <0，即a n ＋1<a n .则a 1<a 2<a 3<…<a 8＝a 9>a 10>a 11>…，故数列{a n }有最大项，为第8项和第9项，且a 8＝a 9＝98×9108＝99108. B 组专项能力提升(时刻：30分钟)1．跳格游戏：如图，人从格子外只能进入第1个格子，在格子中每次可向前跳1格或2格，那么人从格子外跳到第8个格子的方式种数为 ( )A ．8种B ．13种C ．21种D ．34种答案 C解析设跳到第n 个格子的方式种数有a n ，那么抵达第n 个格子的方式有两类： ①向前跳1格抵达第n 个格子，方式种数为a n －1；②向前跳2格抵达第n 个格子，方式种数为a n －2，那么a n ＝a n －1＋a n －2，由数列的递推关系取得数列的前8项别离是1,1,2,3,5,8,13,21. ∴跳到第8个格子的方式种数是21.应选C.2．数列{a n }知足a n ＋a n ＋1＝12 (n ∈N ＋)，a 2＝2，S n 是数列{a n }的前n 项和，那么S 21为()A ．5 B.72 C.92 D.132答案 B解析 ∵a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N ＋)，∴a 1＝12－a 2＝12－2，a 2＝2，a 3＝12－2，a 4＝2，…，故a 2n ＝2，a 2n －1＝12－2.∴S 21＝10×12＋a 1＝5＋12－2＝72.3．假设数列{n (n ＋4)(23)n }中的最大项是第k 项，那么k ＝________.答案 4解析由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ k k ＋423k ≥k ＋1k ＋523k ＋1k k ＋423k ≥k －1k ＋323k －1，因此⎩⎪⎨⎪⎧ k 2≥10k 2－2k －9≤0，由k ∈N ＋可得k ＝4.4．已知数列{a n }知足前n 项和S n＝n 2＋1，数列{b n }知足b n ＝2a n ＋1，且前n 项和为T n ，设c n ＝T 2n ＋1－T n . (1)求数列{b n }的通项公式；(2)判定数列{c n }的增减性．解 (1)a 1＝2，a n ＝S n －S n －1＝2n －1(n ≥2)．∴b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 23n ＝11n n ≥2.(2)∵c n ＝b n ＋1＋b n ＋2＋…＋b 2n ＋1 ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＋1， ∴c n ＋1－c n ＝12n ＋2＋12n ＋3－1n ＋1＝12n ＋3－12n ＋2＝－12n ＋32n ＋2<0， ∴{c n }是递减数列．5．设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝a ，a n ＋1＝S n ＋3n ，n ∈N ＋.(1)设b n ＝S n －3n ，求数列{b n }的通项公式；(2)假设a n ＋1≥a n ，n ∈N ＋，求a 的取值范围．解 (1)依题意，S n ＋1－S n ＝a n ＋1＝S n ＋3n ，即S n ＋1＝2S n ＋3n ，由此得S n ＋1－3n ＋1＝2(S n －3n )．即b n ＋1＝2b n ，又b 1＝S 1－3＝a －3，因此，所求通项公式为b n ＝S n －3n ＝(a －3)2n －1，n ∈N ＋.(2)由(1)知S n ＝3n ＋(a －3)2n －1，n ∈N ＋，于是，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n ＋(a －3)2n －1－3n －1－(a －3)2n －2 ＝2×3n －1＋(a －3)2n －2， a n ＋1－a n ＝4×3n －1＋(a －3)2n －2 ＝2n －2[12(32)n －2＋a －3]，当n ≥2时，a n ＋1≥a n ⇒12(32)n －2＋a －3≥0⇒a ≥－9. 又a 2＝a 1＋3>a 1.综上，所求的a 的取值范围是[－9，＋∞)．。

【步步高】（广东专用）2021高考数学大一轮温习 6.2 等差数列及其前n项和导学案理(1)

等差数列及其前n 项和导学目标： 1.明白得等差数列的概念.2.把握等差数列的通项公式与前n 项和公式.3.了解等差数列与一次函数的关系.4.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用等差数列的有关知识解决相应的问题．自主梳理1．等差数列的有关概念(1)一样地，若是一个数列从第____项起，每一项与它的前一项的____等于同一个常数，那么那个数列就叫做等差数列．符号表示为____________ (n ∈N *，d 为常数)．(2)数列a ，A ，b 成等差数列的充要条件是__________，其中A 叫做a ，b 的__________．2．等差数列的有关公式(1)通项公式：a n ＝________，a n ＝a m ＋________ (m ，n ∈N *)．(2)前n 项和公式：S n ＝__________＝____________.3．等差数列的前n 项和公式与函数的关系S n ＝d 2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n . 数列{a n }是等差数列的充要条件是其前n 项和公式S n ＝__________.4．等差数列的性质(1)假设m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，那么有__________，专门地，当m ＋n ＝2p 时，______________.(2)等差数列中，S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m 成等差数列．(3)等差数列的单调性：假设公差d >0，那么数列为____________；假设d <0，那么数列为__________；假设d ＝0，那么数列为________．自我检测1．(2020·北京海淀区模拟)已知等差数列{a n }中，a 5＋a 9－a 7＝10，记S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，那么S 13的值为 ( )A ．130B ．260C ．156D ．1682．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3＝6，a 3＝4，那么公差d 等于 ( )A ．1 B.53 C ．2 D ．33．(2020·泰安一模)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，假设a 5a 3＝59，那么S 9S 5等于 ( ) A ．1B ．－1C ．2 D.12 4．(2020·湖南师大附中)假设等差数列{a n }的前5项之和S 5＝25，且a 2＝3，那么a 7等于 ( )A ．12B ．13C ．14D ．155．设等差数列{a n }的前n 项和为S n .假设S 9＝72，那么a 2＋a 4＋a 9＝________.探讨点一等差数列的大体量运算例1 等差数列{a n }的前n 项和记为S n .已知a 10＝30，a 20＝50，(1)求通项a n ；(2)假设S n ＝242，求n .变式迁移1 设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，它的前10项和S 10＝110，且a 1，a 2，a 4成等比数列，求公差d 和通项公式a n .探讨点二等差数列的判定例2 已知数列{a n }中，a 1＝35，a n ＝2－1a n －1 (n ≥2，n ∈N *)，数列{b n }知足b n ＝1a n －1(n ∈N *)． (1)求证：数列{b n }是等差数列；(2)求数列{a n }中的最大值和最小值，并说明理由．变式迁移2 已知数列{a n }中，a 1＝5且a n ＝2a n －1＋2n －1(n ≥2且n ∈N *)．(1)求a 2，a 3的值．(2)是不是存在实数λ，使得数列{a n ＋λ2n }为等差数列？假设存在，求出λ的值；假设不存在，说明理由．探讨点三等差数列性质的应用例3 假设一个等差数列的前5项之和为34，最后5项之和为146，且所有项的和为360，求那个数列的项数．变式迁移3 已知数列{a n }是等差数列．(1)前四项和为21，末四项和为67，且前n 项和为286，求n ；(2)假设S n ＝20，S 2n ＝38，求S 3n ；(3)假设项数为奇数，且奇数项和为44，偶数项和为33，求数列的中间项和项数．探讨点四等差数列的综合应用例4 (2020·厦门月考)已知数列{a n }知足2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2 (n ∈N *)，它的前n 项和为S n ，且a 3＝10，S 6＝72.假设b n ＝12a n －30，求数列{b n }的前n 项和的最小值．变式迁移4 在等差数列{a n }中，a 16＋a 17＋a 18＝a 9＝－36，其前n 项和为S n .(1)求S n 的最小值，并求出S n 取最小值时n 的值．(2)求T n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |.1．等差数列的判定方式有：(1)概念法：a n ＋1－a n ＝d (d 是常数)⇔{a n }是等差数列．(2)中项公式：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2 (n ∈N *)⇔{a n }是等差数列．(3)通项公式：a n ＝pn ＋q (p ，q 为常数)⇔{a n }是等差数列．(4)前n 项和公式：S n ＝An 2＋Bn (A 、B 为常数)⇔{a n }是等差数列．2．关于等差数列有关计算问题要紧围绕着通项公式和前n 项和公式，在两个公式中共五个量a 1、d 、n 、a n 、S n ，已知其中三个量可求出剩余的量，而a 与d 是最大体的，它能够确信等差数列的通项公式和前n 项和公式．3．要注意等差数列通项公式和前n 项和公式的灵活应用，如a n ＝a m ＋(n －m )d ，S 2n －1＝(2n －1)a n 等．4．在碰到三个数成等差数列问题时，可设三个数为①a ，a ＋d ，a ＋2d ；②a －d ，a ，a ＋d ；③a －d ，a ＋d ，a ＋3d 等可视具体情形而定．(总分值：75分)一、选择题(每题5分，共25分)1．(2020·重庆)在等差数列{a n }中，a 1＋a 9＝10，那么a 5的值为 ( )A ．5B ．6C ．8D ．102．(2020·全国Ⅱ)若是等差数列{}a n 中，a 3＋a 4＋a 5＝12，那么a 1＋a 2＋…＋a 7＝ ( )A ．14B ．21C ．28D ．35 3．(2020·山东潍坊五校联合高三期中)已知{a n }是等差数列，a 1＝－9，S 3＝S 7，那么使其前n 项和S n 最小的n 是 ( )A ．4B ．5C ．6D ．74．在等差数列{a n }中，假设a 4＋a 6＋a 8＋a 10＋a 12＝120，那么a 9－13a 11的值为 ( ) A ．14 B ．15 C ．16 D ．175．等差数列{a n }的前n 项和知足S 20＝S 40，以下结论中正确的选项是 ( )A ．S 30是S n 中的最大值B ．S 30是S n 中的最小值C ．S 30＝0D ．S 60＝06．(2020·辽宁)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，假设S 3＝3，S 6＝24，那么a 9＝________.7．(2020·海南，宁夏)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0，S 2m －1＝38，那么m ＝________.8．在数列{a n }中，假设点(n ，a n )在通过点(5,3)的定直线l 上，那么数列{a n }的前9项和S 9＝________.三、解答题(共38分)9．(12分)(2020·莆田模拟)设{a n }是一个公差为d (d ≠0)的等差数列，它的前10项和S 10＝110，且a 22＝a 1a 4.(1)证明：a 1＝d ；(2)求公差d 的值和数列{a n }的通项公式．10．(12分)(2020·山东)已知等差数列{a n }知足：a 3＝7，a 5＋a 7＝26，{a n }的前n 项和为S n .(1)求a n 及S n ；(2)令b n ＝1a 2n －1 (n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n .11．(14分)(2020·广东湛师附中第六次月考)在数列{a n }中，a 1＝1,3a n a n －1＋a n －a n －1＝0(n ≥2)．(1)证明数列{1a n}是等差数列； (2)求数列{a n }的通项；(3)假设λa n ＋1a n ＋1≥λ对任意n ≥2的整数恒成立，求实数λ的取值范围．答案自主梳理1．(1)2 差 a n ＋1－a n ＝d (2)A ＝a ＋b 2 等差中项2．(1)a 1＋(n －1)d (n －m )d (2)na 1＋n (n －1)2d (a 1＋a n )n 23.An 2＋Bn4.(1)a m ＋a n ＝a p ＋a q a m ＋a n ＝2a p (3)递增数列递减数列常数列自我检测1．A 2.C 3.A 4.B 5.24课堂活动区例1 解题导引 (1)等差数列{a n }中，a 1和d 是两个大体量，用它们能够表示数列中的任何一项，利用等差数列的通项公式与前n 项和公式，列方程组解a 1和d ，是解决等差数列问题的经常使用方式；(2)由a 1，d ，n ，a n ，S n 这五个量中的三个量可求出其余两个量，需选用适当的公式，利用方程组观点求解．解 (1)由a n ＝a 1＋(n －1)d ，a 10＝30，a 20＝50，得方程组⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋9d ＝30，a 1＋19d ＝50，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝12，d ＝2.因此a n ＝2n ＋10. (2)由S n ＝na 1＋n (n －1)2d ，S n ＝242. 得12n ＋n (n －1)2×2＝242.解得n ＝11或n ＝－22(舍去)．变式迁移1 解由题意，知⎩⎪⎨⎪⎧ S 10＝10a 1＋10×92d ＝110，(a 1＋d )2＝a 1·(a 1＋3d )，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋9d ＝22，a 1d ＝d 2. ∵d ≠0，∴a 1＝d .解得a 1＝d ＝2，∴a n ＝2n .例2 解题导引 1.等差数列的判定通常有两种方式：第一种是利用概念，即a n －a n －1＝d (常数)(n ≥2)，第二种是利用等差中项，即2a n ＝a n ＋1＋a n －1 (n ≥2)．2．解选择、填空题时，亦可用通项或前n 项和直接判定．(1)通项法：假设数列{a n }的通项公式为n 的一次函数，即a n ＝An ＋B ，那么{a n }是等差数列．(2)前n 项和法：假设数列{a n }的前n 项和S n 是S n ＝An 2＋Bn 的形式(A ，B 是常数)，那么{a n }为等差数列．3．假设判定一个数列不是等差数列，那么只需说明任意持续三项不是等差数列即可．(1)证明 ∵a n ＝2－1a n －1 (n ≥2，n ∈N *)，bn ＝1a n －1， ∴当n ≥2时，b n －b n －1＝1a n －1－1a n －1－1 ＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫2－1a n －1－1－1a n －1－1 ＝a n －1a n －1－1－1a n －1－1＝1. 又b 1＝1a 1－1＝－52. ∴数列{b n }是以－52为首项，以1为公差的等差数列． (2)解由(1)知，b n ＝n －72，那么a n ＝1＋1b n＝1＋22n －7，设函数f (x )＝1＋22x －7，易知f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，72和⎝ ⎛⎭⎪⎫72，＋∞内为减函数． ∴当n ＝3时，a n 取得最小值－1；当n ＝4时，a n 取得最大值3.变式迁移2 解 (1)∵a 1＝5，∴a 2＝2a 1＋22－1＝13，a 3＝2a 2＋23－1＝33.(2)假设存在实数λ，使得数列{a n ＋λ2n }为等差数列．设b n ＝a n ＋λ2n，由{b n }为等差数列，那么有2b 2＝b 1＋b 3. ∴2×a 2＋λ22＝a 1＋λ2＋a 3＋λ23.∴13＋λ2＝5＋λ2＋33＋λ8，解得λ＝－1.事实上，b n ＋1－b n ＝a n ＋1－12n ＋1－a n －12n ＝12n ＋1[(a n ＋1－2a n )＋1]＝12n ＋1[(2n ＋1－1)＋1]＝1. 综上可知，存在实数λ＝－1，使得数列{a n ＋λ2n }为首项为二、公差为1的等差数列．例3 解题导引此题可运用倒序求和的方式和等差数列的性质：假设m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，那么a m ＋a n ＝a p ＋a q ，从中咱们能够体会运用性质解决问题的方便与简捷，应注意运用；也可用整体思想(把a 1＋n －12d 看做整体)．解方式一设此等差数列为{a n }共n 项，依题意有a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝34，①a n ＋a n －1＋a n －2＋a n －3＋a n －4＝146. ②依照等差数列性质，得a 5＋a n －4＝a 4＋a n －3＝a 3＋a n －2＝a 2＋a n －1＝a 1＋a n .将①②两式相加，得(a 1＋a n )＋(a 2＋a n －1)＋(a 3＋a n －2)＋(a 4＋a n －3)＋(a 5＋a n －4)＝5(a 1＋a n )＝180， ∴a 1＋a n ＝36.由S n ＝n (a 1＋a n )2＝36n 2＝360，得n ＝20.因此该等差数列有20项．方式二设此等差数列共有n 项，首项为a 1，公差为d ，则S 5＝5a 1＋5×42d ＝34，① S n －S n －5＝[n (n －1)d 2＋na 1]－[(n －5)a 1＋(n －5)(n －6)2d ] ＝5a 1＋(5n －15)d ＝146.②①②两式相加可得10a 1＋5(n －1)d ＝180，∴a 1＋n －12d ＝18，代入S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋n －12d ＝360，得18n ＝360，∴n ＝20.因此该数列的项数为20项．变式迁移3 解 (1)依题意，知a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝21， a n －3＋a n －2＋a n －1＋a n ＝67，∴a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a n －3＋a n －2＋a n －1＋a n ＝88.∴a 1＋a n ＝884＝22. ∵S n ＝n (a 1＋a n )2＝286，∴n ＝26.(2)∵S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等差数列，∴S 3n ＝3(S 2n －S n )＝54.(3)设项数为2n －1 (n ∈N *)，那么奇数项有n 项，偶数项有n －1项，中间项为a n ，那么S 奇＝(a 1＋a 2n －1)·n 2＝n ·a n ＝44， S 偶＝(a 2＋a 2n －2)·(n －1)2＝(n －1)·a n ＝33， ∴nn －1＝43. ∴n ＝4，a n ＝11.∴数列的中间项为11，项数为7.例4 解题导引假设{a n }是等差数列，求前n 项和的最值时， (1)假设a 1>0，d <0，且知足⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0a n ＋1≤0，前n 项和S n 最大；(2)假设a 1<0，d >0，且知足⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≤0a n ＋1≥0，前n 项和S n 最小； (3)除上面方式外，还可将{a n }的前n 项和的最值问题看做S n 关于n 的二次函数最值问题，利用二次函数的图象或配方式求解，注意n ∈N *.解方式一 ∵2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，∴{a n }是等差数列．设{a n }的首项为a 1，公差为d ，由a 3＝10，S 6＝72，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝106a 1＋15d ＝72，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2d ＝4. ∴a n ＝4n －2.那么b n ＝12a n －30＝2n －31. 解⎩⎪⎨⎪⎧ 2n －31≤0，2(n ＋1)－31≥0，得292≤n ≤312. ∵n ∈N *，∴n ＝15.∴{b n }前15项为负值. ∴S 15最小．可知b 1＝－29，d ＝2，∴S 15＝15×(－29＋2×15－31)2＝－225. 方式二同方式一求出b n ＝2n －31.∵S n ＝n (－29＋2n －31)2＝n 2－30n ＝(n －15)2－225，∴当n ＝15时，S n 有最小值，且最小值为－225.变式迁移4 解 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ， ∵a 16＋a 17＋a 18＝3a 17＝－36，∴a 17＝－12，∴d ＝a 17－a 917－9＝3，∴a n ＝a 9＋(n －9)·d ＝3n －63，a n ＋1＝3n －60，令⎩⎪⎨⎪⎧ a n ＝3n －63≤0a n ＋1＝3n －60≥0，得20≤n ≤21， ∴S 20＝S 21＝－630，∴n ＝20或21时，S n 最小且最小值为－630.(2)由(1)知前20项小于零，第21项等于0，以后各项均为正数．当n ≤21时，T n ＝－S n ＝－32n 2＋1232n . 当n >21时，T n ＝S n －2S 21＝32n 2－1232n ＋1 260.综上，T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ －32n 2＋1232n (n ≤21，n ∈N *)32n 2－1232n ＋1 260 (n >21，n ∈N *).课后练习区1．A 2.C 3.B 4.C 5.D6．15 7.10 8.279．(1)证明 ∵{a n }是等差数列，∴a 2＝a 1＋d ，a 4＝a 1＋3d ，又a 22＝a 1a 4，于是(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )，即a 21＋2a 1d ＋d 2＝a 21＋3a 1d (d ≠0)．化简得a 1＝d .…………………………(6分) (2)解由条件S 10＝110和S 10＝10a 1＋10×92d ，取得10a 1＋45d ＝110. 由(1)知，a 1＝d ，代入上式得55d ＝110，故d ＝2，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n .因此，数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ，n ∈N *.…………………………………………(12分)10．解 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由于a 3＝7，a 5＋a 7＝26，因此a 1＋2d ＝7,2a 1＋10d ＝26，解得a 1＝3，d ＝2.…………………………………………………………………………(4分) 由于a n ＝a 1＋(n －1)d ，S n ＝n (a 1＋a n )2，因此a n ＝2n ＋1，S n ＝n (n ＋2)．…………………………………………………………(6分)(2)因为a n ＝2n ＋1，因此a 2n －1＝4n (n ＋1)，因此b n ＝14n (n ＋1)＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1.………………………………………………………(8分) 故T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1 ＝14⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n 4(n ＋1). 因此数列{b n }的前n 项和T n ＝n 4(n ＋1).…………………………………………………(12分) 11．(1)证明将3a n a n －1＋a n －a n －1＝0(n ≥2)整理得1a n －1a n －1＝3(n ≥2)．因此数列{1a n}为以1为首项，3为公差的等差数列．…………………………………(4分) (2)解由(1)可得1a n＝1＋3(n －1)＝3n －2，因此a n ＝13n －2.……………………………………………………………………………(7分) (3)解假设λa n ＋1a n ＋1≥λ对n ≥2的整数恒成立，即λ3n －2＋3n ＋1≥λ对n ≥2的整数恒成立．整理得λ≤(3n ＋1)(3n －2)3(n －1)………………………………………………………………(9分) 令c n ＝(3n ＋1)(3n －2)3(n －1)c n ＋1－c n ＝(3n ＋4)(3n ＋1)3n －(3n ＋1)(3n －2)3(n －1)＝(3n ＋1)(3n －4)3n (n －1).………………………(11分) 因为n ≥2，因此c n ＋1－c n >0，即数列{c n }为单调递增数列，因此c 2最小，c 2＝283.因此λ的取值范围为(－∞，283]．……………………………………………………(14分)。

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解设数列{an}的公差为d. 2S3＝S1＋1＋S4，
由题意可知a22＝a1a5， d≠0，
整理得ad1＝＝21a，1，即ad1＝＝21，，
∴an＝2n－1.
(2)若S4，S6，Sn成等比数列，求n及此等比数列的公比.
解由(1)知an＝2n－1，∴Sn＝n2， ∴S4＝16，S6＝36，又 S4Sn＝S26，∴n2＝31662＝81， ∴n＝9，公比 q＝SS64＝94.
(2)《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，
跟踪训练1 (1)《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、
大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个
节气，其日影长依次成等差数列，冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺，
前九个节气日影长之和为85.5尺，则芒种日影长为
A.1.5尺
√B.2.5尺
C.3.5尺
D.4.5尺
解设{an}的公比为q. 由题设可得aa1111＋＋qq＋＝q22，＝－6.
解得q＝－2，a1＝－2. 故{an}的通项公式为an＝(－2)n.
(2)求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列.
解由(1)可得 Sn＝a111－－qqn＝－23＋(－1)n2n3＋1. 由于 Sn＋2＋Sn＋1＝－34＋(－1)n2n＋3－3 2n＋2 ＝2－23＋－1n2n3＋1＝2Sn，
(2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和.
解由题意知cn＝an＋bn＝(2n－1)＋3n－1，则数列{cn}的前n项和为 [1＋3＋…＋(2n－1)]＋(1＋3＋9＋…＋3n－1) ＝n1＋22n－1＋11－－33n＝n2＋3n－2 1.
A.235升
B.530升
C.570升
√D.1700升
解析因为5斗＝50升，设羊、马、牛的主人应偿还的量分别为a1，a2，a3，由题意可知其构成了公比为2的等比数列，且S3＝50，则a122－3－11＝50，解得 a1＝570，所以马主人要偿还的量为 a2＝2a1＝1700.
故选D.
命题点2 等差数列、等比数列的交汇例2 记Sn为等比数列{an}的前n项和.已知S2＝2，S3＝－6. (1)求{an}的通项公式；
苗，苗主责之粟五斗，羊主曰：“我羊食半马.”马主曰：“我马食半牛.”
今欲衰偿之，问各出几何？此问题的译文是：今有牛、马、羊吃了别人的禾
苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟.羊主人说：“我的羊所吃的禾苗只有马的一半.”
马主人说：“我的马所吃的禾苗只有牛的一半.”打算按此比例偿还，他们
各应偿还多少？该问题中，1斗为10升，则马主人应偿还粟
题型二多维探究数列的求和
命题点1 分组求和与并项求和例3 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；
解设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，因为 b2＝3，b3＝9，可得 q＝bb32＝3，所以bn＝b2qn－2＝3·3n－2＝3n－1，又由a1＝b1＝1，a14＝b4＝27，所以 d＝a1144－－a11＝2，所以数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)×d＝1＋2(n－1)＝2n－1.
大一轮复习讲义
高考专题突破三高考中的数列问题
题型一多维探究等差数列、等比数列基本量的运算
命题点1 数列与数学文化
例1 (1)(2020·四川乐山模拟)《张丘建算经》中女子织布问题为：某女子善于
织布，一天比一天织得快，且从第2天开始，每天比前一天多织相同量的布，
已知第一天织5尺布，一月(按30天计)共织390尺布，则从第2天起每天比前一
天多织多少尺布？
16 A.31
√16 B.29
1 C.2
8 D.15
解析由题意可知每天织布的多少构成等差数列，其中第一天为首项a1＝5，一月按30天计可得S30＝390，从第2天起每天比前一天多织的即为公差d .
又 S30＝30×5＋30×2 29×d＝390，解得 d＝1269 .故选 B.
由题意可得，61－21n＝2n－1，
整理得，2n＋26n＝7，解得 2n＝6 或 2n＝1(舍去).
∴n＝log26＝llgg 62＝1＋llgg 32≈2.6.
∴蒲、莞长度相等大约需要2.6天. 故选C.
思维升华
SI WEI SHENG HUA
对于数学文化中所涉及到的数列模型，解题时应认真审题，从问题背景中提取相关信息并分析归纳，然后构造恰当的数列模型，再根据等差或等比数列的有关公式求解作答，必要时要进行检验.
故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列.
思维升华
SI WEI SHENG HUA
等差与等比数列的基本量之间的关系，利用方程思想和通项公式、前n项和公式求解.求解时，应“瞄准目标”，灵活应用数列的有关性质，简化运算过程.
跟踪训练2 (2020·桂林模拟)已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn， S1＋1，S3，S4成等差数列，且a1，a2，a5成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式；
解析设这十二个节气日影长依次成等差数列{an}， Sn是其前n项和，则 S9＝9a1＋ 2 a9＝9a5＝85.5，所以 a5＝9.5，
由题意知a1＋a4＋a7＝3a4＝31.5，所以a4＝10.5，所以公差d＝a5－a4＝－1，所以a12＝a5＋7d＝2.5，故选B.
(2)中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问题：今有牛、马、羊食人
lg 3.4天
√C.2.6天
D.2.8天
解析设蒲的长度组成等比数列{an}，其 a1＝3，公比为12，其前 n 项和为 An，则 An＝311－－1221n＝61－21n. 莞的长度组成等比数列{bn}，其b1＝1，公比为2，其前 n 项和为 Bn.则 Bn＝22n－－11 ＝2n－1，

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