第二部分 专题三 第二讲 高考中的数列(解答题型)
高考数列专题题型讲解及答案
数列题型一、数列的综合问题【例1】已知首项为32的等比数列{a n }不是递减数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)，且S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝S n －1S n(n ∈N *)，求数列{T n }的最大项的值与最小项的值. 解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列，所以S 5＋a 5－S 3－a 3＝S 4＋a 4－S 5－a 5，即4a 5＝a 3，于是q 2＝a 5a 3＝14. 又{a n }不是递减数列且a 1＝32，所以q ＝－12.故等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1 ＝(－1)n －1·32n .(2)由(1)得S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋12n ，n 为奇数，1－12n ，n 为偶数，当n 为奇数时，S n 随n 的增大而减小，所以1<S n ≤S 1＝32，故0<S n －1S n ≤S 1－1S 1＝32－23＝56. 当n 为偶数时，S n 随n 的增大而增大，所以34＝S 2≤S n <1，故0>S n －1S n ≥S 2－1S 2＝34－43＝－712.综上，对于n ∈N *，总有－712≤S n －1S n≤56. 所以数列{T n }最大项的值为56，最小项的值为－712.【分析】解决等差数列与等比数列的综合问题，既要善于综合运用等差数列与等比数列的相关知识求解，更要善于根据具体问题情境具体分析，寻找解题的突破口.【即时应用】已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，其前n 项和为S n ，满足S 5－2a 2＝25，且a 1，a 4，a 13恰为等比数列{b n }的前三项.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设T n 是数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前n 项和，是否存在k ∈N *，使得等式1－2T k ＝1b k 成立？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由.解 (1)设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫5a 1＋5×42d －2（a 1＋d ）＝25，（a 1＋3d ）2＝a 1（a 1＋12d ），解得a 1＝3，d ＝2，∴a n ＝2n ＋1.∵b 1＝a 1＝3，b 2＝a 4＝9，∴等比数列{b n }的公比q ＝3，∴b n ＝3n .(2)不存在.理由如下：∵1a n a n ＋1＝1（2n ＋1）（2n ＋3）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3， ∴T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3， ∴1－2T k ＝23＋12k ＋3(k ∈N *)， 易知数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫12k ＋3为单调递减数列， ∴23<1－2T k ≤1315，又1b k＝13k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，13，∴不存在k ∈N *，使得等式1－2T k ＝1b k成立. 题型二、数列的通项、求和求和要善于分析通项的结构特征，选择合适的求和方法.常用求和方法有：错位相减法、裂项相消法、分组求和法等.【例2】设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)当d >1时，记c n ＝a n b n，求数列{c n }的前n 项和T n . (1)解 由题意有⎩⎨⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2， 即⎩⎨⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝29. 故⎩⎨⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －1或⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝19（2n ＋79），b n ＝9·⎝ ⎛⎭⎪⎫29n －1. (2)解 由d >1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故c n ＝2n －12n －1， 于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，① 12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n .②①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ，故T n ＝6－2n ＋32n －1. 【分析】用错位相减法解决数列求和的模板第一步：(判断结构)若数列{a n ·b n }是由等差数列{a n }与等比数列{b n }(公比q )的对应项之积构成的，则可用此法求和.第二步：(乘公比)设{a n ·b n }的前n 项和为T n ，然后两边同乘以q .第三步：(错位相减)乘以公比q 后，向后错开一位，使含有q k (k ∈N *)的项对应，然后两边同时作差. 第四步：(求和)将作差后的结果求和，从而表示出T n .【即时应用】设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3，n ∈N *.(1)证明：a n ＋2＝3a n ；(2)求S 2n .(1)证明 由条件，对任意n ∈N *，有a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3，因而对任意n ∈N *，n ≥2，有a n ＋1＝3S n －1－S n ＋3.两式相减，得a n ＋2－a n ＋1＝3a n －a n ＋1，即a n ＋2＝3a n ，n ≥2.又a 1＝1，a 2＝2，所以a 3＝3S 1－S 2＋3＝3a 1－(a 1＋a 2)＋3＝3a 1，故对一切n ∈N *，a n ＋2＝3a n .(2)解 由(1)知，a n ≠0，所以a n ＋2a n＝3.于是数列{a 2n －1}是首项a 1＝1，公比为3的等比数列；数列{a 2n }是首项a 2＝2，公比为3的等比数列.因此a 2n －1＝3n －1，a 2n ＝2×3n －1.于是S 2n ＝a 1＋a 2＋…＋a 2n＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝(1＋3＋…＋3n －1)＋2(1＋3＋…＋3n －1)＝3(1＋3＋…＋3n －1)＝32(3n －1).题型三、数列的综合应用3.1 数列与函数的综合问题【例3】 设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x 的图象上(n ∈N *).(1)若a 1＝－2，点(a 8，4b 7)在函数f (x )的图象上，求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)若a 1＝1，函数f (x )的图象在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 的前n 项和T n . 解 (1)由已知，b 7＝2a 7，b 8＝2a 8＝4b 7，有2a 8＝4×2a 7＝2a 7＋2，解得d ＝a 8－a 7＝2.所以，S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝－2n ＋n (n －1)＝n 2－3n . (2)函数f (x )＝2x 在(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)，它在x 轴上的截距为a 2－1ln 2.由题意知，a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2.所以，d ＝a 2－a 1＝1.从而a n ＝n ，b n ＝2n ，所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n 2n ， 2T n ＝11＋22＋322＋…＋n 2n －1 因此，2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝2－12n －1－n 2n ＝2n ＋1－n －22n. 所以，T n ＝2n ＋1－n －22n. 热点3.2 数列与不等式的综合问题【例4】 在等差数列{a n }中，a 2＝6，a 3＋a 6＝27.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列{a n }的前n 项和为S n ，且T n ＝S n 3·2n －1，若对于一切正整数n ，总有T n ≤m 成立，求实数m 的取值范围.解 (1)设公差为d ，由题意得：⎩⎨⎧a 1＋d ＝6，2a 1＋7d ＝27，解得⎩⎨⎧a 1＝3，d ＝3，∴a n ＝3n .(2)∵S n ＝3(1＋2＋3＋…＋n )＝32n (n ＋1)，∴T n ＝n （n ＋1）2n ，T n ＋1＝（n ＋1）（n ＋2）2n ＋1，∴T n ＋1－T n ＝（n ＋1）（n ＋2）2n ＋1－n （n ＋1）2n＝（n ＋1）（2－n ）2n ＋1，∴当n ≥3时，T n >T n ＋1，且T 1＝1<T 2＝T 3＝32，∴T n 的最大值是32，故实数m 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞.。
高中数学数列题型及解题方法
高中数学数列题型及解题方法高中数学中，数列是一个非常重要的概念。
对于数列题型的掌握和解题方法的运用，对于学生在数学学习中起到至关重要的作用。
常见的数列题型包括等差数列、等比数列和斐波那契数列等。
下面将介绍这几种数列的定义和解题方法。
1. 等差数列：等差数列是指数列中相邻两项之差都相等的数列。
常见的解题方法有：- 求通项公式：通过已知条件求出公差d和首项a1，然后利用通项公式an=a1+(n-1)d来求解。
- 求和公式：通过已知条件求出公差d、首项a1和项数n，然后利用求和公式Sn=n/2(a1+an)来求解。
2. 等比数列：等比数列是指数列中相邻两项之比都相等的数列。
常见的解题方法有：- 求通项公式：通过已知条件求出公比r和首项a1，然后利用通项公式an=a1*r^(n-1)来求解。
- 求和公式：通过已知条件求出公比r、首项a1和项数n，然后利用求和公式Sn=a1*(1-r^n)/(1-r)来求解。
3. 斐波那契数列：斐波那契数列是指数列中每一项都是前两项之和的数列。
常见的解题方法有：- 递推公式：利用递推关系an=an-1+an-2来计算斐波那契数列的每一项。
- 通项公式：通过特征方程x^2=x+1，求出两个根φ和1-φ，然后利用通项公式an=Aφ^n+B(1-φ)^n来求解，其中A和B为常数，通过已知条件求解得出。
在解题过程中，可以根据已知条件，选择合适的方法来求解数列问题。
同时，还需要注意理解数列的性质，例如等差数列的公差为常数，等比数列的公比为常数等。
通过对不同类型数列的学习和练习，可以提高对数列问题的理解和解题能力。
高考数学数列专题
高考数学数列专题在高考数学中，数列是一个重要的知识点，也是许多同学感到头疼的部分。
但其实，只要掌握了正确的方法和思路，数列问题并不难攻克。
数列，简单来说，就是按照一定规律排列的一组数。
它可以是有限个数组成的，称为有限数列；也可以有无穷多个数，称为无穷数列。
我们先来看看等差数列。
等差数列是指从第二项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数的一种数列。
这个常数就叫做等差数列的公差，通常用字母 d 表示。
比如说，数列 2，4，6，8，10就是一个公差为 2 的等差数列。
在等差数列中，通项公式是非常重要的，它可以帮助我们快速求出数列中的任意一项。
通项公式为：an ＝ a1 ＋（n 1)d ，其中 an 表示第 n 项，a1 表示首项，n 表示项数，d 表示公差。
等差数列的前 n 项和公式也很关键，它是：Sn ＝ n(a1 ＋ an) ／ 2 或者 Sn ＝ na1 ＋ n(n 1)d ／ 2 。
这两个公式在解题时可以根据具体情况灵活选择。
接下来是等比数列。
等比数列是指从第二项起，每一项与它的前一项的比值等于同一个常数的数列，这个常数叫做公比，通常用字母 q 表示（q ≠ 0）。
例如，数列 2，4，8，16，32就是一个公比为 2 的等比数列。
等比数列的通项公式为：an ＝ a1 × q^（n 1) 。
等比数列的前 n 项和公式则分为两种情况。
当 q ＝ 1 时，Sn ＝ na1 ；当q ≠ 1 时，Sn ＝ a1(1 q^n) ／（1 q) 。
在解决数列问题时，通常需要我们根据已知条件求出数列的通项公式或者前 n 项和。
这就需要我们灵活运用数列的性质和公式，通过观察、分析题目中的数据，找到规律。
比如，给出数列的前几项，让我们判断它是等差数列还是等比数列，并求出通项公式。
这时候，我们可以先计算相邻两项的差值或者比值，看是否为常数。
如果差值是常数，那就是等差数列；如果比值是常数，那就是等比数列。
再比如，已知等差数列的首项、公差和项数，求前n 项和。
高考数学数列题解析
高考数学数列题解析高考数学题中，数列题占有一定的比重。
这类题目需要考生熟悉数列的定义、性质和求和公式等，掌握数列的基本概念和解题方法，同时还需要培养数列题的分析能力和思维逻辑。
在高考数学中，数列的概念是基础，也是最重要的一环。
数列是按一定规律排列的一系列数。
通常情况下，我们通过一个数列的前几项来描述这个数列的规律，并希望用这种规律找出数列的通项公式或者求出数列的和。
对于数列题，我们首先要弄清楚题目给出的数列的规律和性质。
在解题时，可以通过观察数列的前几项，找出数列的增长规律、变化规律等。
我们可以通过计算两项之间的差值或比值来找规律，有时候还需要通过计算三项之间的差值或比值来确定规律。
也有一些数列题目需要利用其他的方法，比如数学归纳法、反证法等来推导。
在解数列题时，掌握数列的通项公式是关键。
通项公式是数列的第n项与n的关系式，可以直接求出数列的第n项的值。
通常情况下，数列的通项公式可以通过观察数列的规律来归纳出来。
对于等差数列，通项公式是一个一次函数；对于等比数列，通项公式是一个指数函数；对于其他类型的数列，通项公式可能是一个多项式函数或者其他类型的函数。
在解数列题时，求和公式也是常用的工具。
求和公式可以把一个数列的前n项的和表示为一个关于n的函数，方便我们计算。
等差数列的求和公式是一个二次函数，等比数列的求和公式是一个有限几何级数。
对于其他类型的数列，求和公式可能是一个多项式函数或者其他类型的函数。
为了在高考数学中更好地解决数列题，我们还需要培养一些分析能力和思维逻辑。
解数列题需要我们从整体上把握数列的规律和性质，通过分析数列的前几项来确定数列的通项公式或求和公式。
同时，解数列题也考验我们的逻辑思维能力，需要我们合理地运用已学知识和解题技巧，解决具体的问题。
总之，高考数学中的数列题是需要我们熟悉数列的定义、性质和求和公式等，并且要培养数列题的分析能力和思维逻辑，提高解题能力。
掌握数列的基本概念和解题方法，理解数列题的规律和要点，对于高考数学的顺利通过非常重要。
专题三 第二讲 数列的综合应用
一、选择题1．(2011·安徽高考)若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n ·(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝( )A ．15B ．12C ．－12D ．－15解析：a 1＋a 2＋…＋a 10＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)10·(3×10－2)＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋[(－1)9·(3×9－2)＋(－1)10·(3×10－2)]＝3×5＝15.答案：A2．向量v ＝(a n ＋1－a n 2，a 2n ＋12a n)，v 是直线y ＝x 的方向向量，a 1＝5，则数列{a n }的前10项和为( )A ．50B ．100C ．150D ．200解析：依题意得a 2n ＋12a n ＝a n ＋1－a n 2，化简得a n ＋1＝a n .又a 1＝5，所以a n ＝5，数列{a n }的前10项和为5×10＝50.答案：A3．等差数列{a n }中，a 1＞0，公差d ＜0，S n 为其前n 项和，对任意自然数n ，若点(n ，S n )在以下4条曲线中的某一条上，则这条曲线应是( )解析：∵S n ＝na 1＋n (n －1)2d ，∴S n ＝d 2n 2＋(a 1－d 2)n ，又a 1＞0，公差d ＜0，所以点(n ，S n )所在抛物线开口向下，对称轴在y 轴右侧．答案：C4．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(1－3a )x ＋10a ，x ≤6，a x －7， x ＞6.若数列{a n }满足a n ＝f (n )(n ∈N *)，且{a n }是递减数列，则实数a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫13，1B.⎝⎛⎭⎫13，12C.⎝⎛⎭⎫13，58D.⎝⎛⎭⎫58，1解析：∵f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧(1－3a )n ＋10a ，n ≤6，a n －7， n ＞6是递减数列， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ 1－3a <0，0<a <1，f (6)>f (7)，即⎩⎪⎨⎪⎧ 1－3a <0，0<a <1，6－8a >1，解得13<a <58. 答案：C二、填空题 5．(2011·北京高考)在等比数列{a n }中，若a 1＝12，a 4＝－4，则公比q ＝____________；|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝____________.解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4＝a 1q 3，代入数据解得q 3＝－8，所以q ＝－2；等比数列{|a n |}的公比为|q |＝2，则|a n |＝ 12×2n －1，所以|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝12(1＋2＋22＋…＋2n －1) ＝12(2n －1)＝2n －1－12. 答案：－2 2n －1－126．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 ，x n ＝________，令a n ＝lg x n ，则a 1＋a 2＋…＋a 99的值为________．解析：∵y ＝x n ＋1， ∴y ′＝(n ＋1)x n ，它在点(1,1)处的切线方程为y －1＝(n ＋1)(x －1)，它与x 轴交点的横坐标为x n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 由a n ＝lg x n ，得a n ＝lg n －lg(n ＋1)，于是a 1＋a 2＋…＋a 99＝lg1－lg2＋lg2－lg3＋…＋lg99－lg100＝lg1－lg100＝0－2＝－2. 答案：n n ＋1－2 7．(2011·陕西高考)植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米．开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边．使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为________(米)．解析：当放在最左侧坑时，路程和为2×(0＋10＋20＋…＋190)；当放在左侧第2个坑时，路程和为2×(10＋0＋10＋20＋…＋180)(减少了360米)；当放在左侧第3个坑时，路程和为2×(20＋10＋0＋10＋20＋…＋170)(减少了680米)；依次进行，显然当放在中间的第10、11个坑时，路程和最小，为2×(90＋80＋…＋0＋10＋20＋…＋100)＝2 000米．答案：2 000三、解答题8．已知二次函数f (x )＝x 2－2(10－3n )x ＋9n 2－61n ＋100(n ∈N *)．(1)设函数y ＝f (x )的图像的顶点的横坐标构成数列{a n }，求证：数列{a n }是等差数列；(2)在(1)的条件下，若数列{c n }满足c n ＝1＋14n －252＋a n (n ∈N *)，求数列{c n }中最大的项和最小的项．解：(1)证明：y ＝f (x )的图像的顶点的横坐标为x ＝－b 2a ＝－－2(10－3n )2＝10－3n ，∴a n ＝10－3n ，∴a n －a n －1＝－3.∴{a n }是等差数列．(2)∵c n ＝1＋14n －252＋a n ＝1＋14n －252＋10－3n ＝1＋22n －5， 当n ≤2时，22n －5<0，且c 1>c 2， 当n ≥3时，22n －5>0且c n >c n ＋1. ∴{c n }中最小的项为c 2＝－1，最大的项为c 3＝3.9．(2011·北京海淀)数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，且S n ＝S n －1＋2n (n ≥2，n ∈N *)．(1)求S n ；(2)是否存在等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 2＝a 3，b 3＝a 9？若存在，则求出数列{b n }的通项公式；若不存在，则说明理由．解：(1)因为S n ＝S n －1＋2n ，所以有S n －S n －1＝2n 对n ≥2，n ∈N *成立．即a n ＝2n 对n ≥2成立．又a 1＝S 1＝2×1，所以a n ＝2n 对n ∈N *成立．所以a n ＋1－a n ＝2对n ∈N *成立．所以{a n }是等差数列． 所以S n ＝a 1＋a n 2·n ＝n 2＋n ，n ∈N *. (2)存在．由(1)知a n ＝2n 对n ∈N *成立，则a 3＝6，a 9＝18.又a 1＝2，所以由b 1＝a 1，b 2＝a 3，b 3＝a 9，得b 2b 1＝b 3b 2＝3.即存在以b1＝2为首项，公比为3的等比数列{b n}，其通项公式为b n＝2·3n－1.10．已知数列{a n}满足a1＝1，a2＝4，a n＋2＋2a n＝3a n＋1(n∈N*)．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)记数列{a n}的前n项和S n，求使得S n>21－2n成立的最小整数n.解：(1)由a n＋2＋2a n－3a n＋1＝0得a n＋2－a n＋1＝2(a n＋1－a n)，∴数列{a n＋1－a n}是以a2－a1＝3为首项，公比为2的等比数列．∴a n＋1－a n＝3·2n－1，∴n≥2时，a n－a n－1＝3·2n－2，…，a3－a2＝3·2，a2－a1＝3，累加得a n－a1＝3·2n－2＋…＋3·2＋3＝3(2n－1－1)，∴a n＝3·2n－1－2(当n＝1时，也满足)．(2)由(1)利用分组求和法得S n＝3(2n－1＋2n－2＋…＋2＋1)－2n＝3(2n－1)－2n，S n＝3(2n－1)－2n>21－2n得3·2n>24，即2n>8＝23，∴n>3，∴使得S n>21－2n成立的最小整数n＝4.。
高考数学中的数列与等比数列题解析
高考数学中的数列与等比数列题解析数列是高考数学中常见的概念，它在数学理论中有着广泛的应用。
其中，等比数列作为数列中的一种特殊形式，也是高考数学中的重要考点。
在本文中，将对高考数学中的数列与等比数列进行解析和讲解。
一、数列的定义和性质数列是一系列按照特定规律排列的数的集合。
一般表示为{a1，a2，a3，…，aa}，其中aa表示数列中的第a个数。
数列的性质包括公差、通项公式等。
二、数列的表示方法1. 通项公式通项公式是指通过数列的某种规律得到数列中的第a个数的公式。
我们以等差数列为例，其通项公式为：aa = a1 + (a-1)a，其中a1表示首项，a表示公差。
2. 递推公式递推公式是指通过数列前一项的值得到下一项的值的公式。
我们以等差数列为例，其递推公式为：aa = aa−1 + a，其中aa表示数列的第a个数。
三、等比数列等比数列是一种数列，其特点是每一项与它的前一项的比都相等。
通常用a n来表示等比数列中的第a个数。
等比数列的通项公式为：aa = a1 * a^(a−1)，其中a1表示首项，a表示公比。
四、等比数列的性质等比数列具有一些重要的性质，包括公比的绝对值小于1时等比数列的收敛性、等比数列的前a项和等等。
五、在高考数学中，数列与等比数列的题目常见且普遍。
以下我们通过几个例题来解析和讲解。
例题一：已知等比数列{a₁，a₂，a₃，…，a_10}的首项为2，公比为0.5，求该等比数列的前10项的和。
解析：根据等比数列的通项公式，我们可以求得前十项的值：2，1，0.5，0.25，…，0.0009765625。
然后，利用等比数列的前a项和公式aa = a (1-aⁿ)/(1-a)，其中aa表示前a项的和，a表示公比。
代入数据计算得：aa= 2 (1−0.5^10)/(1−0.5) ≈ 2.048。
因此，该等比数列的前10项的和约为2.048。
例题二：数列{a₁，a₂，a₃，…，aa}的项数为a，且首项为1，已知数列的前a项和为(3a²+a) / 2，求数列的通项公式。
高考数列题型及解题方法总结
高考数列题型及解题方法总结高考数列是一种考查学生数学能力的重要方式，它不但考查学生掌握的数学知识，还考查学生在解决实际问题时的综合能力。
本文主要就高考数列题型及相应解题方法总结如下，以期为学生带来帮助。
一、高考数列题型总结1.数列的通项公式：本题主要考查学生掌握数列的规律，理解其发展规律，分析出等比数列或等差数列的通项公式。
2.数列的前n项和：本题主要考查学生掌握等比数列和等差数列的前n项和公式，熟练的后推法。
3.等比数列的首项和公比：本题主要考查学生掌握等比数列的定义，理解概念，根据题目提供的已知条件写出等比数列的三角形公式，解出其首项和公比。
4.别数列：本题主要考查学生掌握分别数列的定义，理解概念，根据题目提供的已知条件能分析出其结构，逐个解出分别数列的项数和某一项的值。
二、解题方法总结1.系题意：本步骤的作用是理解题目的文字，把握题意，明确题目要求的是什么，本题要求什么，分析题干中给出的条件是什么，根据要求，确定所求数列是等比数列还是等差数列。
2.规律：本步骤的作用是把握数列的规律，在把握等比数列或等差数列的规律时，要求学生理解数列的发展规律，如果把等比数列视为关于期数的函数，或者把等差数列视为关于期数的线性函数，则可以迅速获得等比数列或等差数列的三角形公式，从而得出通项公式。
3.积法：本步骤的作用是求数列的前n项和，常用的方法就是累积法，学生需要掌握等差数列前n项和公式和等比数列前n项和公式，根据已知条件计算出数列的前n项和，从而得出结论。
4.用公式：本步骤的作用是求等比数列的首项和公比。
学生需要掌握等比数列定义，熟悉其三角形公式，根据题目给出的条件，计算出首项和公比的值。
5.找规律：本步骤的作用是求分别数列的项数和某一项的值。
学生需要掌握分别数列的定义，根据给出的条件，先把分别数列分解成多个等差数列，逐个列出各部分的公式，再根据题目要求计算出每部分的项数或某一项的值。
以上就是关于高考数列题型及解题方法总结的文章，希望对大家有所帮助。
大学数学(高数微积分)专题三第2讲数列求和及数列综合应用(课堂讲义)
(2)因为bn＝an＋(－1)nln an
＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1)
＝2·3n－1＋(－1)n[ln 2＋(n－1)ln 3]
热点分类突破
＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，
所以Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－
再验证是否可以合并为一个公式．
热点分类突破
(2013·湖南)设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝(－1)nan －21n，n∈N*，则：
(1)a3＝________；
(2)S1＋S2＋…＋S100＝________.
本
讲 栏
解析
∵an＝Sn－Sn－1＝(－1)nan－21n－(－1)n－1an－1＋2n1－1，
本 解 (1)由已知，得当 n≥1 时，
讲
栏 目
an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1
开
关 ＝3(22n－1＋22n－3＋…＋2)＋2＝22(n＋1)－1.
而a1＝2，符合上式， 所以数列{an}的通项公式为 an＝22n－1.
热点分类突破
(2)由 bn＝nan＝n·22n－1 知
本 讲 栏
即na＋n＋11－ann＝1，又a22－a11＝1，
目
开 关
故数列ann是首项为a11＝1，公差为1的等差数列，
所以ann＝1＋(n－1)×1＝n，所以 an＝n2，
所以数列{an}的通项公式为 an＝n2，n∈N*.
热点分类突破
(3)证明 a11＋a12＋a13＋…＋a1n＝1＋14＋312＋412＋…＋n12 <1＋14＋2×1 3＋3×1 4＋…＋nn1－1
(浙江专用)2013届高考数学 冲刺必备 第二部分 专题三 第二讲 冲刺直击高考
设数列 {an}的公差为d，
则(a2＋3d)2＝(a2＋2d)(a2＋6d)．
将a2＝3代入上式化简整理得d2＋2d＝0.
又因为d≠0，所以d＝－2.
于是an＝a2＋(n－2)d＝－2n＋7，即数列{an}的通项公式为an＝－2n＋7.
(2)假设存在正整数对(n，k)，使得nan＝kSn，则由(1)知Sn＝＝6n－n2.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn＝an ＋qan(q>0)，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)设数列{an}的首项为a1，公差为d，则由a5＝9，a2＋a6＝14，得
解得
所以{an}的通项an＝2n－1.
(2)由an＝2n－1得bn＝2n－1＋q2n－1.
当q>0且q≠1时，Sn＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋(q1＋q3＋q5＋…＋q2n－1)＝n2＋；
2013届高考数学（浙江专用）冲刺必备：第二部分专题三第二讲冲刺直击高考
限时：60分钟 满分：84分
1．(满分14分)已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2＋kn(其中k∈N*)，且Sn的最大值为8.
(1)确定常数k，并求an；
(2)求数列的前n项和Tn.
解：(1)当n＝k∈N＋时，Sn＝－n2＋kn取最大值，
(1)试用an－1，bn－1表示an，bn；
(2)求证：数列{an－bn}是等比数列，数列{an＋bn}是常数数列；
(3)求数列{an}，{bn}的通项公式．
解：(1)由题意知，
an＝＝an－1＋bn－1，
bn＝＝bn－1＋an－1.
(2)证明：由(1)知，an－bn＝(an－1－bn－1)，
高考数学二轮复习专题32 数列大题解题模板(文)(解析版)
专题32 数列大题解题模板一、递推数列的类型以及求通项方法总结：1、定义法：等差数列的通项公式：d n a a n )1(1-+=或d m n a a m n )(-+=。
等比数列的通项公式：11-⋅=n n q a a (01≠⋅q a )或m n m n q a a -⋅=(m n >)2、做差法：由n a 与n S (即)(21n f a a a n =+⋅⋅⋅++)的关系求n a ，⎩⎨⎧≥-==-2,1,11n S S n S a n nn 。
3、累加法：由)(1n f a a n n =-+求n a ，112211)()()(a a a a a a a a n n n n n +-+⋅⋅⋅+-+-=---(2≥n )。
4、累乘法：已知)(1n f a a n n =+求通项n a ，112211a a aa a a a a n n n n n ⋅⋅⋅⋅⋅=---(2≥n )。
5、已知递推关系求n a ，用构造法(构造等差、等比数列)：(1)形如)(1n f pa a n n +=+，只需构造数列}{n b ，消去)(n f 带来的差异，)(n f 的形式有： ①)(n f 为常数，即递推公式为q pa a n n +=+1(其中p 、q 均为常数且0)1(≠-p pq )。
解法：先设参转化为)(1λ+=λ++n n a p a ，其中1-=λp q，再利用换元法转化为等比数列求解。
②)(n f 为一次多项式，即递推公式为s n r a p a n n +⋅+⋅=+1。
③)(n f 为n 的二次式，则可设C Bn An a b n n +++=2。
(2)递推公式为n n n q a p a +⋅=+1(其中p 、q 为常数且0)1)(1(≠--q p pq )或n n n q r a p a ⋅+⋅=+1(其中p 、q 、r 为常数)。
解法：一般地要先在原递推公式两边同除以1+n q ，得：qq a q p q a n n n n 111+⋅=++，引入辅助数列}{n b (其中nn n qa b =)，得：q b q p b n n 11+⋅=+，再应用类型(1)的方法解决。
数列高考题
数列高考题数列是数学中的一个重要概念，是指按照一定的规律排列成序列的一组数。
在高考中，数列是一个经常出现的题型，考察学生对数列的基本概念、性质和应用的掌握。
下面，我们将通过两篇文章来介绍数列的相关知识和解题技巧。
文章一：数列的基本概念与性质数列是一组按照一定规律排列的数的集合，每个数称为数列的项。
数列通常用字母表示，如a₁、a₂、a₃……。
这里的下标表示数列中的位置，也称为项数。
数列中的每一个数与其前后的数有一定的关系，我们可以通过这种关系来确定数列的通项公式，即表示第n项的数与前n-1项的关系。
数列的通项公式可以帮助我们求解数列中任意一项的值。
根据数列的规律，我们可以将其分为等差数列和等比数列两大类。
等差数列的特点是，任意两项之间的差值都相等，而等比数列的特点是，任意两项之间的比值都相等。
在解题时，我们可以利用数列的性质来判断数列的类型，并且根据类型选择合适的方法进行求解。
数列的性质还包括数列的首项、末项、公差（对于等差数列）、公比（对于等比数列）等。
除了等差数列和等比数列外，数列还有其他类型，如斐波那契数列、排列数列等。
掌握不同类型数列的特点，对于解题非常重要。
文章二：数列的应用与解题技巧数列在高考中的应用广泛，涉及到代数、几何、数论等多个领域。
我们可以利用数列的性质和特点来解决与数列相关的各类问题。
在等差数列中，我们可以利用通项公式求解数列中任意一项的值，或者求解数列的和。
对于一些复杂的等差数列问题，我们还可以利用数列的性质来推导一个递推公式，从而简化求解的过程。
在等比数列中，我们同样可以利用通项公式求解数列中任意一项的值，或者求解数列的和。
此外，还可以利用对数的性质将等比数列转化为等差数列，从而简化解题步骤。
除了上述两类数列，还有一类重要的数列是斐波那契数列。
斐波那契数列的特点是，每一项数都是前两项之和。
斐波那契数列在多个领域都有应用，如金融、生物、计算机等。
求解斐波那契数列问题通常需要运用递推的思想，通过前面的项计算后面的项。
专题三 第二讲 数列的综合应用
解析： 两点坐标代入f(x)得 解析：将A、B两点坐标代入 得 、 两点坐标代入 1 1 ＝ab2 a＝ ＝ 2 ，解得 8 ， 1＝ab3 b＝2 ＝ ＝ 1 1 － ∴f(x)＝ ·2x，∴f(n)＝ ·2n＝2n 3， ＝ ＝ 8 8 ∴an＝log2f(n)＝n－3. ＝ － ， － ≤ ， ≤ 令an≤0，即n－3≤0，n≤3. 项小于或等于零， ∴数列前3项小于或等于零，故S3或S2最小． 数列前 项小于或等于零 最小． S3＝a1＋a2＋a3＝－ ＋(－1)＋0＝－ ＝－2＋ － ＋ ＝－ ＝－3.
＋
nban－1 an－1＋n－1 －
[解] 解
nban－1 (1)∵a1＝b＞0，an＝ ∵ ＞ ， ， an－1＋n－1 －
－ n 1 1 n－1 ∴ a ＝ b＋ b· ， an－1 n n 1 1 令cn＝a ，则cn＝b＋bcn－1， n 1 1 ①当b＝1时，cn＝1＋cn－1，且c1＝a ＝b＝1 ＝ 时 ＋
解答题
数列的实际 数列的实际应用问题一般是等差数列或等比 解答题为 应用 数列通项、求和问题，题目难度一般较大 数列通项、求和问题，题目难度一般较大. 主
[联知识 串点成面 联知识 串点成面] 数列求和的方法技巧： 数列求和的方法技巧： (1)转化法： 转化法： 转化法 有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列， 有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数 列通项拆开或变形，可转化为几个等差、 列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常 见的数列，即先分别求和，然后再合并． 见的数列，即先分别求和，然后再合并．
(2)Tn＝1×2＋4×5＋42×8＋…＋4n－1(3n－1)，① × ＋ × ＋ ＋ － ，
－
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3．解：(1)当n＝1时，2a1＝a2－4＋1＝a2－3， 当n＝2时，2(a1＋a2)＝a3－8＋1＝a3－7， 又因为a1，a2＋5，a3成等差数列， 所以a1＋a3＝2(a2＋5)， 由①②③得a1＝1. (2)∵2Sn＝an＋1－2n＋1＋1， ∴当n≥2时，有2Sn－1＝an－2n＋1.
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[热点透析高考]
1 1 例1：(1)由Sn＝Sn－1＋an－1＋2得Sn－Sn－1＝an－1＋2，即an－an－1＝ 1 (n∈N*，n≥2)， 2 1 则数列{an}是以2为公差的等差数列， 1 1 1 所以an＝a1＋(n－1)×2＝2n－4(n∈N*)． (2)证明：∵3bn－bn－1＝n(n≥2)， 1 1 ∴bn＝3bn－1＋3n(n≥2)，
(2)证明：由(1)知：an＝n，从而bn＋1－bn＝2n， bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1＝2n 1＋2n 2＋ 1－2n …＋2＋1＝ ＝2n－1. 1－2 因为 bnbn＋2－b2 ＋1＝(2n－1)(2n 2－1)－(2n 1－1)2＝(22n 2－ n 2n＋2－2n＋1)－(22n＋2－2×2n＋1＋1) ＝－2n<0，
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2．解：(1)由an－1＋an＋1＝2an(n≥2)知，数列{an}是等差数列，设其公 差为d， a5－a1 1 则a5＝2(a3＋a7)＝9，故d＝ 4 ＝2， an＝a1＋(n－1)d＝2n－1， 即数列{an}的通项公式为an＝2n－1. (2)∵cn＝(2n－1)·n－1， 2 ∴Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn ＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n－1)×2n－1. 2Tn＝1×21＋3×22＋…＋(2n－3)×2n－1＋(2n－1)×2n，
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两式相减得 －Tn＝1＋2(21＋22＋23＋…＋2n－1)－(2n－1)·n， 2 整理得 2－2n －Tn＝1＋2× －(2n－1)·n＝－(2n－3)·n－3， 2 2 1－2 ∴Tn＝(2n－3)·n＋3. 2
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3．解：(1)∵Sn＝nan－n(n－1)，
当n≥2时，Sn－1＝(n－1)·n－1－(n－1)(n－2)， a ∴an＝Sn－Sn－1 ＝nan－n(n－1)－(n－1)an－1＋(n－1)(n－2)， 即an－an－1＝2.
33 ＝22an－2－d－d 32 3 an－2－ d－d＝… ＝2 2
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3n－2 3n－1 3 32 ＝2 a1－d1＋2＋2 ＋…＋2 .
整理得
3n－1 an＝2 (3
3n－1 3n－1 000－d)－2d2 －1＝2 (3
所以数列{bn}是递增数列．
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119 ∵当n＝1时，b1＝－ 4 <0； 3 当n＝2时，b2＝4－10<0； 5 10 当n＝3时，b3＝4－ 3 <0； 7 10 当n＝4时，b4＝4－ 9 >0， ∴数列{bn}从第4项起的各项均大于0，故数列{bn}的前3项之和最 小，记数列{bn}的前n项和为Tn，则
＋
1 1 － 5 7
＋…＋
1 1 1 2n － 2n－1 2n＋1＝1－2n＋1＝2n＋1.
4．解：(1)由已知得an＋1＝an＋1， 即an＋1－an＝1，又a1＝1，
所以数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列．
故an＝1＋(n－1)×1＝n. 返回
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3·n公式为an＝3·n－1. 4
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an＋1 4n (2)bn＝ ＝ an＋1－3·n＋1 4n－14n＋1－1 S 1 1 1 ＝34n－1－4n＋1－1， 1 1 1 1 1 1 Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝341－1－42－1＋3· 2－1 － 43－1＋…＋ 4 1 1 1 － n＋1 n 34 －1 4 －1 1 1 1 1 1 － n＋1 ＝341－1 4 －1＝9－ n＋1 . 34 －1
∴数列{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列，
故an＝1＋(n－1)· 2＝2n－1，n∈N*.
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(2)由(1)知 2 2 1 1 bn＝ ＝ ＝ － ， anan＋1 2n－12n＋1 2n－1 2n＋1 ∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝
1 1－ 3
＋
1 1 － 3 5
第 二 部 分
导练感悟高考
专 题 三
第 二 讲
热点透析高考
创新预测
第二部分
专题三
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第二讲
高考中的数列
(解答题型)
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[导练感悟高考]
1．解：(1)设数列{an}的公比为 q(q≠0，q≠1)，由 a5，a3，a4 成等 差数列，得 2a3＝a5＋a4，即 2a1q2＝a1q4＋a1q3， 由 a1≠0，q≠0 得 q2＋q－2＝0，解得 q1＝－2，q2＝1(舍去)， 所以 q＝－2. (2)证明：对任意 k∈N＋，Sk＋2＋Sk＋1－2Sk ＝(Sk＋2－Sk)＋(Sk＋1－Sk) ＝ak＋1＋ak＋2＋ak＋1 ＝2ak＋1＋ak＋1· (－2) ＝0， 所以，对任意 k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1 成等差数列．
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例4：(1)设d、q分别为数列{an}、{bn}的公差与公比．由题 知，a1＝1，a2＝1＋d，a3＝1＋2d，分别加上1,1,3后得2,2＋
d,4＋2d是等比数列{bn}的前三项，
∴(2＋d)2＝2(4＋2d)⇒d＝±2. ∵an＋1>an，∴d>0， ∴d＝2，∴an＝2n－1(n∈N*)． 由此可得b1＝2，b2＝4，q＝2，
即an＝3n－2n，n＝1时也适合此式， ∴an＝3n－2n.
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1 1 1 1 (3)证明：由(2)得a ＝ n ＝ ＝ － － 3 －2n 2＋1n－2n C1 2n 1＋C2 2n 2＋…＋1 n n n 1 < n－1， n· 2
1n－1 1 12 1 3 2 2 1 1 1 1 2 所以a ＋a ＋…＋a <1＋2＋ 2 ＋…＋ 2 ＝1＋21－2n－1<2. 1 2 n
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1n－1 (3)由(2)得bn－an＝－30×3 ， 1n－1 1 1n－1 1 则bn＝an－30×3 ＝2n－4－30×3 . 1n－1 1 1n－2 1 1 1 所以bn－bn－1＝2n－4－30×3 －2(n－1)＋4＋30×3 ＝ 1n－2 1n－2 1 1 1 1－ ＝ ＋20× 3 2 3 >0(n≥2)， 2＋30×3 ×
∴bn＝2n(n∈N*)．
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2n－1 a1 a2 an 1 3 5 (2)Tn＝b ＋b ＋…＋b ＝2＋22＋23＋…＋ 2n ① 1 2 n 1 当n＝1时，T1＝2， 2n－1 1 1 3 5 当n≥2时，2Tn＝22＋23＋24＋…＋ n＋1 ② 2 1 2n－1 1 1 1 1 ①－②，得2Tn＝2＋2＋22＋…＋2n－1－ n＋1 ， 2 2n－1 2n－1 2n－1 1 ∴Tn＝1＋ 1 － 2n ＝3－2n－2－ 2n 1－2 2n＋3 ＝3－ 2n ， 1－ 1
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当n＝1时，适合上式． 2n＋3 1 1 ∴Tn＋ 2n －n＝3－n<3.
1 ∵3－n在N*上是单调递增的， 1 ∴3－n∈[2,3)，
2n＋3 1 ∴满足条件Tn＋ 2n －n<c(c∈N*)恒成立的c的最小整数值为3.
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例5：(1)由题意得 a1＝2 000(1＋50%)－d＝3 000－d， 3 5 a2＝a1(1＋50%)－d＝2a1－d＝4 500－2d. 3 an＋1＝an(1＋50%)－d＝2an－d. 3 (2)由(1)得an＝2an－1－d
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创新预测
1．解：(1)证明：当m＝1时，a1＝1，a2＝λ＋1， a3＝λ(λ＋1)＋2＝λ2＋λ＋2.
假设数列{an}是等差数列，
则a1＋a3＝2a2，得λ2＋λ＋3＝2(λ＋1)， 即λ2－λ＋1＝0，因为Δ＝－3<0，所以方程无实根． 故对于任意的实数λ，数列{an}一定不是等差数列．
1 1 2n 4 (2)当λ＝－2时，an＋1＝－2an＋n，bn＝an－ 3 ＋9.
① ②
③
an＋1 3 an 两式相减得an＋1－3an＝2 ，则 2n －2·n－1＝1， 2
n
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an＋1 3 an 即 2n ＋2＝22n－1＋2. an a1 3 又∵20＋2＝3，∴2n－1＋2是首项为3，公比为2的等比数列， 3n－1 an ∴ n－1＋2＝32 ， 2
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2．解：(1)因为{an}是一个等差数列， 所以a3＋a4＋a5＝3a4＝84，故a4＝28. 设数列{an}的公差为d， 则5d＝a9－a4＝73－28＝45，故d＝9. 由a4＝a1＋3d得28＝a1＋3×9，即a1＝1. 所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋9(n－1)＝9n－8(n∈N*)．
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(2)对m∈N*，若9m<an<92m， 则9m＋8<9n<92m＋8. 因此9m－1＋1≤n≤92m－1. 故得bm＝92m 1－9m 1. 于是Sm＝b1＋b2＋b3＋…＋bm ＝(9＋93＋…＋92m－1)－(1＋9＋…＋9m－1) 9×1－81m 1－9m ＝ － 1－81 1－9 92m＋1－10×9m＋1 ＝ . 80
5 10 119 3 493 T3＝－ 4 ＋4－10＋4－ 3 ＝－ 12 .
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例2：(1)由Sn＝2n2＋n，得 当n＝1时，a1＝S1＝3； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4n－1. 所以an＝4n－1，n∈N*. 由4n－1＝an＝4log2bn＋3，得bn＝2n－1，n∈N*. (2)由(1)知anbn＝(4n－1)·n－1，n∈N*， 2 所以Tn＝3＋7×2＋11×22＋…＋(4n－1)·n－1， 2