2020届高考数学大二轮复习第1部分专题4 数列第2讲数列求和及综合应用练习

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2020年高考数学第2讲数列求和及综合应用

2020年高考数学第2讲数列求和及综合应用【选题明细表】重点把关1.已知数列{a n}的前n项和S n=3n-1,则其通项公式a n等于( B )(A)3×2n-1(B)2×3n-1(C)2n (D)3n解析:∵a n=S n-S n-1=3n-3n-1=2×3n-1(n≥2),又n=1时,S1=a1=2适合上式,∴a n=2×3n-1,故选B.2.(2013高考大纲全国卷)已知数列{a n}满足3a n+1+a n=0,a2=-,则{a n}的前10项和等于( C )(A)-6(1-3-10) (B)(1-310)(C)3(1-3-10) (D)3(1+3-10)解析:由3a n+1+a n=0,a2=-,得a n+1=-a n.所以{a n}为公比是-的等比数列.a 1==4,S10==3(1-3-10),故选C.3.(2014河南安阳二模)已知数列{a n}中,a n=-4n+5,等比数列{b n}的公比q满足q=a n-a n-1(n≥2)且b1=a2,则|b1|+|b2|+|b3|+…+|b n|等于( B )(A)1-4n(B)4n-1(C) (D)解析:由已知得b1=a2=-3,q=-4,∴b n=(-3)×(-4)n-1,∴|b n|=3×4n-1,即{|b n|}是以3为首项,4为公比的等比数列,∴|b1|+|b2|+…+|b n|==4n-1,故选B.4.(2014广东惠州4月模拟)已知S n=1-2+3-4+5-6+…+(-1)n+1·n,则S6+S10+S15等于( C )(A)-5 (B)-1 (C)0 (D)6解析:由题意可得S6=-3,S10=-5,S15=-7+a15=-7+15=8,∴S6+S10+S15=0.故选C.5.已知数列{a n}满足a1=1,且a n=a n-1+（）n(n≥2,且n∈N*),则数列{a n}的通项公式为( B )(A)a n=(B)a n=(C)a n=n+2 (D)a n=(n+2)3n解析:由a n=a n-1+()n(n≥2,且n∈N*)得,3n a n=3n-1a n-1+1,3n-1a n-1=3n-2a n-2+1,…,32a2=3a1+1,相加得3n a n=n+2,a n=.故选B.6.已知正项等差数列{a n}满足:a n+1+a n-1=(n≥2),等比数列{b n}满足:b n+1b n-1=2b n(n≥2),则log2(a2+b2)等于( C )(A)-1或2 (B)0或2(C)2 (D)1解析:由题意可知a n+1+a n-1=2a n=,解得a n=2(n≥2)(由于数列{a n}的每项都是正数,故a n=0舍去),又b n+1·b n-1==2b n(n≥2),所以b n=2(n≥2),所以log2(a2+b2)=log24=2.故选C.7.(2014辽宁五校协作体联考)已知数列{a n}满足a n=,则数列{}的前n项和为.解析:a n==,则==4(-),所以所求数列{}的前n项和为4[(-)+(-)+…+(-)]=4(-)=.答案:8.设S n是正项数列{a n}的前n项和,且a n与S n满足:4S n=(a n+1)2(n=1,2,3,…),则S n= .解析:由题意知S n=(+)2,当n=1时,易得a1=1.当n≥2时,a n=S n-S n-1=(+)2-(+)2=(++1)·(-)=+(-),整理得=⇒a n-a n-1=2.所以a n=2n-1,当n=1时亦满足.所以S n=n2.答案:n29.(2014广东揭阳模拟)对于每一个正整数n,设曲线y=x n+1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,则a1+a2+…+a99= .解析:对y=x n+1求导得y′=(n+1)x n,则曲线在点(1,1)处的切线方程为y-1=(n+1)·(x-1) ,令y=0,得x n=,则a n=lg x n=lg ,所以a1+a2+…+a99=lg(××…×)=lg=-2.答案:-210.(2014山西省忻州一中等四校联考)已知S n为数列{a n}的前n项和,a n>0,(a n+1-S n)2=S n+1·S n,且a1=2,则a n= .解析:因为a n+1=S n+1-S n,代入已知得,(S n+1-2S n)2=S n+1·S n,即-5S n+1·S n+4=0,解得S n+1=S n或S n+1=4S n.又因为a n>0,所以S n+1=4S n.即数列{S n}是以S1=a1=2为首项,4为公比的等比数列,所以S n=2×4n-1. 当n≥2时,a n=S n-S n-1=2×4n-1-2×4n-2=6×4n-2.当n=1时,a1=2,不适合上式.所以a n=答案:11.(2014吉林省长春市三调)设数列{a n}的前n项和S n=2n+1-2,数列{b n}满足b n=.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求数列{b n}的前n项和T n.解:(1)n=1时,a1=S1=2,S n=2n+1-2,∴S n-1=2n-2(n≥2),∴a n=S n-S n-1=2n(n≥2),n=1时,a1=2适合上式,所以数列{a n}的通项公式为a n=2n.(2)b n===-T n=1-+-+…+-=1-=.能力拔高12.已知函数f(x)是定义在R上的单调增函数且为奇函数,数列{a n}是等差数列,a1007>0,则f(a1)+f(a2)+f(a3)+…+f(a2012)+f(a2013)的值( A )(A)恒为正数 (B)恒为负数(C)恒为0 (D)可正可负解析:∵{a n}是等差数列,∴a1+a2013=a2+a2012=…=2a1007>0,得a1>-a2013,a2>-a2012,…,又f(x)是定义在R上的单调增函数,且f(-x)=-f(x),∴f(a1)>-f(a2013),即f(a1)+f(a2013)>0,同理,f(a2)+f(a2012)>0,…,f(a1007)>0,∴f(a1)+f(a2)+…+f(a2012)+f(a2013)的值恒为正数,故选A.13.设数列{a n}的前n项和为S n=2a n-2n.(1)求a1,a2;(2)设c n=a n+1-2a n,证明:数列{c n}是等比数列;(3)求数列{}的前n项和为T n.(1)解:由已知a1=S1=2a1-2,∴a1=2,又a1+a2=S2=2a2-22,∴a2=6.(2)证明:S n=2a n-2n,S n+1=2a n+1-2n+1,两式相减得a n+1=S n+1-S n=2a n+1-2a n-2n,∴a n+1-2a n=2n,即c n=2n,==2(常数),又c1=a2-2a1=2≠0,∴{c n}是首项为2,公比为2的等比数列.(3)解:由(2)知c n=2n,T n=++…+,T n=++…++,相减得T n=+++…+-=+-=--,∴T n=--=-.14.某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产.该企业第一年年初有资金2000万元,将其投入生产,到当年年底资金增长了50%,预计以后每年资金年增长率与第一年的相同.公司要求企业从第一年开始,每年年底上缴资金d万元,并将剩余资金全部投入下一年生产.设第n 年年底上缴资金后的剩余资金为a n万元.(1)用d表示a1,a2,并写出a n+1与a n的关系式;(2)若公司希望经过m(m≥3)年使企业的剩余资金为4000万元,试确定企业每年上缴资金d的值(用m表示).解:(1)由题意得a1=2000(1+50%)-d=3000-d,a2=a1(1+50%)-d=a1-d=4500-d.a n+1=a n(1+50%)-d=a n-d.(2)由(1)得a n=a n-1-d=(a n-2-d)-d=()2a n-2-d-d=…=()n-1a1-d[1++()2+…+()n-2].整理得a n=()n-1(3000-d)-2d[()n-1-1]=()n-1(3000-3d)+2d,由题意,a m=4000,即()m-1(3000-3d)+2d=4000.解得d==.故该企业每年上缴资金d的值为时,经过m(m≥3)年企业的剩余资金为4000万元.。

高考数学二轮复习第一篇专题四数列第2讲数列求和及简单应用课件理

+2an+1=4S
n+1+3.
可得
a2 n 1
-
an2
+2(an+1- an)=4an+1,即
2(an+1+an)=
a2 n 1
-
an2
= (an+1+an)(an+1-an).
由于 an>0,可得 an+1-an=2.
又 a12 +2a1=4a1+3, 解得 a1=-1(舍去)或 a1=3.
所以{an}是首项为 3,公差为 2 的等差数列,通项公式为 an=2n+1.
第二个使用累积的方法、第三个可以使用待定系数法化为等比数列(设 an+1+λ =p(an+λ),展开比较系数得出λ);(3)周期数列,通过验证或者推理得出数列的周期性后得出其通项公式.
热点训练 1:(1)(2018·湖南长沙雅礼中学、河南省实验中学联考)在数列{an}
中,a1=2, an1 = an +ln(1+ 1 ),则 an 等于( )
n
所以
1 =2（1- 1 + 1 - 1 +…+ 1 -
1
）
S k 1 k
223
n n1
=2(1- 1 ) n 1
= 2n . n 1
答案: 2n n 1
3.(2015·全国Ⅱ卷,理16)设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则
Sn=
.
解析:因为 an+1=S n+1-Sn,所以 Sn+1-Sn=Sn+1Sn,

2019-2020年高考数学大二轮复习第二编专题整合突破专题四数列第二讲数列求和及综合应用适考素能特训

2019-2020年高考数学大二轮复习第二编专题整合突破专题四数列第二讲数列求和及综合应用适考素能特训一、选择题1．[xx·重庆测试]在数列{a n }中，若a 1＝2，且对任意正整数m ，k ，总有a m ＋k ＝a m ＋a k ，则{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．n (3n －1) B.n n ＋32 C ．n (n ＋1) D.n 3n ＋12答案 C解析依题意得a n ＋1＝a n ＋a 1，即有a n ＋1－a n ＝a 1＝2，所以数列{a n }是以2为首项、2为公差的等差数列，a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，S n ＝n 2＋2n2＝n (n ＋1)，选C.2．[xx·郑州质检]正项等比数列{a n }中的a 1、a 4031是函数f (x )＝13x 3－4x 2＋6x －3的极值点，则log6a xx ＝( )A ．1B ．2 C. 2 D ．－1答案 A解析因为f ′(x )＝x 2－8x ＋6，且a 1、a 4031是方程x 2－8x ＋6＝0的两根，所以a 1·a 4031＝a 22016＝6，即a xx ＝6，所以log6a xx ＝1，故选A.3．[xx·太原一模]已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n(2n －1)·cos n π2＋1(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，则S 60＝( )A ．－30B ．－60C ．90D ．120答案 D解析由题意可得，当n ＝4k －3(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －3＝1；当n ＝4k －2(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －2＝6－8k ；当n ＝4k －1(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －1＝1；当n ＝4k (k ∈N *)时，a n ＝a 4k ＝8k .∴a 4k －3＋a 4k －2＋a 4k －1＋a 4k ＝8，∴S 60＝8×15＝120.故选D.4．某年“十一”期间，北京十家重点公园举行免费游园活动，北海公园免费开放一天，早晨6时30分有2人进入公园，接下来的第一个30分钟内有4人进去1人出来，第二个30分钟内有8人进去2人出来，第三个30分钟内有16人进去3人出来，第四个30分钟内有32人进去4人出来……按照这种规律进行下去，到上午11时30分公园内的人数是( )A ．211－47 B ．212－57 C ．213－68 D ．214－80 答案 B解析由题意，可知从早晨6时30分开始，接下来的每个30分钟内进入的人数构成以4为首项，2为公比的等比数列，出来的人数构成以1为首项，1为公差的等差数列，记第n 个30分钟内进入公园的人数为a n ，第n 个30分钟内出来的人数为b n 则a n ＝4×2n －1，b n ＝n ，则上午11时30分公园内的人数为S ＝2＋41－2101－2－101＋102＝212－57. 5．已知曲线C ：y ＝1x(x >0)及两点A 1(x 1,0)和A 2(x 2,0)，其中x 2>x 1>0.过A 1，A 2分别作x轴的垂线，交曲线C 于B 1，B 2两点，直线B 1B 2与x 轴交于点A 3(x 3,0)，那么( )A ．x 1，x 32，x 2成等差数列B ．x 1，x 32，x 2成等比数列C ．x 1，x 3，x 2成等差数列D ．x 1，x 3，x 2成等比数列答案 A解析由题意，得B 1，B 2两点的坐标分别为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1，1x 1，⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，1x 2.所以直线B 1B 2的方程为y ＝－1x 1x 2(x －x 1)＋1x 1，令y ＝0，得x ＝x 1＋x 2，所以x 3＝x 1＋x 2，因此，x 1，x 32，x 2成等差数列．6．[xx·江西南昌模拟]设无穷数列{a n }，如果存在常数A ，对于任意给定的正数ε(无论多小)，总存在正整数N ，使得n >N 时，恒有|a n －A |<ε成立，就称数列{a n }的极限为A .则四个无穷数列：①{(－1)n×2}；②⎩⎨⎧⎭⎬⎫11×3＋13×5＋15×7＋…＋12n －12n ＋1； ③⎩⎨⎧⎭⎬⎫1＋12＋122＋123＋…＋12n －1；④{1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n}，其中极限为2的共有( ) A ．4个 B ．3个 C ．2个 D ．1个答案 D解析对于①，|a n －2|＝|(－1)n×2－2|＝2×|(－1)n－1|，当n 是偶数时，|a n －2|＝0；当n 是奇数时，|a n －2|＝4，所以数列{(－1)n×2}没有极限，所以2不是数列{(－1)n×2}的极限．对于②，|a n －2| ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪11×3＋13×5＋15×7＋…＋12n －12n ＋1－2＝12⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1－4＝32＋14n ＋2>1，所以对于正数ε0＝1，不存在正整数N ，使得n >N时，恒有|a n －2|<ε0成立，即2不是数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫11×3＋13×5＋15×7＋…＋12n －12n ＋1的极限．对于③，|a n －2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋12＋122＋123＋…＋12n －1－2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n1－12－2＝22n，令22n<ε，得n >1－log 2ε，所以对于任意给定的正数ε(无论多小)，总存在正整数N ，使得n >N 时，恒有|a n －2|<ε成立，所以2是数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1＋12＋122＋123＋…＋12n －1 的极限．对于④，当n ≥2时，|a n －2|＝|1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n －2|＝2×22＋3×23＋…＋n ×2n>1，所以对于正数ε0＝1，不存在正整数N ，使得n >N 时，恒有|a n －2|<ε0成立，即2不是数列{1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n}的极限．综上所述，极限为2的数列共有1个．二、填空题7．[xx·陕西质检二]已知正项数列{a n }满足a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ，若a 1＝2，则数列{a n }的前n 项和为________．答案 3n－1解析 ∵a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ，∴(a n ＋1－3a n )(a n ＋1＋2a n )＝0，∵a n >0，∴a n ＋1＝3a n ，∴{a n }为等比数列，且公比为3，∴S n ＝3n－1.8．[xx·唐山统考]S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若2S 4＝S 2＋2，则S 6的最小值为________．答案3解析由题意得2(a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3)＝a 1＋a 1q ＋2，整理，得(a 1＋a 1q )(1＋2q 2)＝2，即S 2·(1＋2q 2)＝2.因为1＋2q 2>0，所以S 2>0.又由2S 4＝S 2＋2，得S 4＝12S 2＋1.由等比数列的性质，得S 2，S 4－S 2，S 6－S 4成等比数列，所以(S 4－S 2)2＝S 2(S 6－S 4)，所以S 6＝S 4－S 22S 2＋S 4＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12S 22S 2＋12S 2＋1＝34S 2＋1S 2≥234S 2·1S 2＝3，当且仅当34S 2＝1S 2，即S 2＝233时等号成立，所以S 6的最小值为 3.9．[xx·武昌调研]设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＋12n ＝(－1)n a n (n ∈N *)，则数列{S n }的前9项和为________．答案－3411024解析因为S n ＋12n ＝(－1)n a n ，所以S n －1＋12n －1＝(－1)n －1a n －1(n ≥2)，两式相减得S n －S n －1＋12n －12n －1＝(－1)n a n －(－1)n －1a n －1，即a n －12n ＝(－1)n a n ＋(－1)na n －1(n ≥2)，当n 为偶数时，a n －12n ＝a n ＋a n －1，即a n －1＝－12n ，此时n －1为奇数，所以若n 为奇数，则a n ＝－12n ＋1；当n 为奇数时，a n －12n ＝－a n －a n －1，即2a n －12n ＝－a n －1，所以a n －1＝12n －1，此时n －1为偶数，所以若n 为偶数，则a n ＝12n .所以数列{a n}的通项公式为a n＝⎩⎪⎨⎪⎧－12n ＋1，n 为奇数12n，n 为偶数所以数列{S n }的前9项和为S 1＋S 2＋S 3＋…＋S 9＝9a 1＋8a 2＋7a 3＋6a 4＋…＋3a 7＋2a 8＋a 9＝(9a 1＋8a 2)＋(7a 3＋6a 4)＋…＋(3a 7＋2a 8)＋a 9＝－122－124－126－128－1210＝－122×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1451－14＝－3411024. 三、解答题10．[xx·合肥质检]在数列{a n }中，a 1＝12，a n ＋1＝n ＋12n·a n ，n ∈N *.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 为等比数列；(2)求数列{a n }的前n 项和S n . 解 (1)证明：由a n ＋1＝n ＋12n a n 知a n ＋1n ＋1＝12·a nn， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以12为首项，12为公比的等比数列．(2)由(1)知⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为12，公比为12的等比数列，∴a n n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，∴a n ＝n2n ， ∴S n ＝121＋222＋…＋n2n ，①则12S n ＝122＋223＋…＋n2n ＋1，②①－②得12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1，∴S n ＝2－n ＋22n.11．[xx·安徽高考]设n ∈N *，x n 是曲线y ＝x 2n ＋2＋1在点(1,2)处的切线与x 轴交点的横坐标．(1)求数列{x n }的通项公式； (2)记T n ＝x 21x 23…x 22n －1，证明：T n ≥14n .解 (1)y ′＝(x 2n ＋2＋1)′＝(2n ＋2)x2n ＋1，曲线y ＝x2n ＋2＋1在点(1,2)处的切线斜率为2n ＋2，从而切线方程为y －2＝(2n ＋2)(x －1)．令y ＝0，解得切线与x 轴交点的横坐标x n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1. (2)证明：由题设和(1)中的计算结果知T n ＝x 21x 23…x 22n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122⎝ ⎛⎭⎪⎫342…⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －12n 2. 当n ＝1时，T 1＝14.当n ≥2时，因为x22n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －12n 2＝2n －122n 2>2n －12－12n 2＝2n －22n ＝n －1n，所以T n >⎝ ⎛⎭⎪⎫122×12×23×…×n －1n ＝14n .综上可得对任意的n ∈N *，均有T n ≥14n.12．[xx·河南开封质检]已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝1－14a n ，其中n ∈N *.(1)设b n ＝22a n －1，求证：数列{b n }是等差数列，并求出{a n }的通项公式；(2)设c n ＝4a n n ＋1，数列{c n c n ＋2}的前n 项和为T n ，是否存在正整数m ，使得T n <1c m c m ＋1对于n ∈N *恒成立？若存在，求出m 的最小值；若不存在，请说明理由．解 (1)∵b n ＋1－b n ＝22a n ＋1－1－22a n －1＝22⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14a n －1－22a n －1 ＝4a n 2a n －1－22a n －1＝2(常数)， ∴数列{b n }是等差数列． ∵a 1＝1，∴b 1＝2，因此b n ＝2＋(n －1)×2＝2n ，由b n ＝22a n －1得a n ＝n ＋12n. (2)由c n ＝4a n n ＋1，a n ＝n ＋12n 得c n ＝2n， ∴c n c n ＋2＝4n n ＋2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，∴T n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2<3，依题意要使T n <1c m c m ＋1对于n ∈N *恒成立，只需1c m c m ＋1≥3，即m m ＋14≥3，解得m ≥3或m ≤－4，又m 为正整数，所以m 的最小值为3. 典题例证[xx·山东高考]已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝a n ＋1n ＋1b n ＋2n.求数列{c n }的前n 项和T n .审题过程切入点依据a n 与S n 的关系可求a n ，进而求出b n 的通项．关注点先化简数列c n ，然后依据其结构特征采取错位相减求和.[规范解答] (1)由题意知当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5，当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，所以a n ＝6n ＋5. 设数列{b n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，得⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得b 1＝4，d ＝3. 所以b n ＝3n ＋1. (2)由(1)知c n ＝6n ＋6n ＋13n ＋3n＝3(n ＋1)·2n ＋1.又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，所以T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]，2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]，两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋41－2n1－2－n ＋1×2n ＋2＝－3n ·2n ＋2，所以T n ＝3n ·2n ＋2. 模型归纳求数列的通项公式及前n项和的模型示意图如下：。

2020高考数学(理)二轮专题复习讲义《二第2讲数列求和及数列的简单应用(大题)》

第2讲数列求和及数列的简单应用(大题)热点一等差、等比数列基本量的计算解决有关等差数列、等比数列问题，要立足于两个数列的概念，设出相应基本量，充分利用通项公式、求和公式、数列的性质确定基本量.解决综合问题的关键在于审清题目，弄懂来龙去脉，揭示问题的内在联系和隐含条件，形成解题策略.例1(2019·六安市第一中学模拟)已知正数数列{a n}的前n项和为S n，满足a2n＝S n＋S n－1(n≥2)，a1＝1.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝(1－a n)2－a(1－a n)，若{b n}是递增数列，求实数a的取值范围.解(1)a2n＝S n＋S n－1(n≥2)，a2n－1＝S n－1＋S n－2(n≥3).相减可得a2n－a2n－1＝a n＋a n－1，∵a n>0，a n－1>0，∴a n－a n－1＝1(n≥3).当n＝2时，a22＝a1＋a2＋a1，∴a22＝2＋a2，a2>0，∴a2＝2.因此n＝2时，a n－a n－1＝1成立.∴数列{a n}是等差数列，公差为1.∴a n＝1＋n－1＝n.(2)b n＝(1－a n)2－a(1－a n)＝(n－1)2＋a(n－1)，∵{b n}是递增数列，∴b n＋1－b n＝n2＋an－(n－1)2－a(n－1)＝2n ＋a －1>0，即a >1－2n 恒成立，∴a >－1. ∴实数a 的取值范围是(－1，＋∞).跟踪演练1 (2019·乐山调研)已知等差数列{a n }中，a 2＝5，a 1，a 4，a 13成等比数列. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n . 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a 1＝5－d ，a 4＝5＋2d ，a 13＝5＋11d ，因为a 1，a 4，a 13成等比数列，所以(5＋2d )2＝(5－d )(5＋11d )，化简得d 2＝2d ，则d ＝0或d ＝2，当d ＝0时，a n ＝5. 当d ＝2时，a 1＝5－d ＝3， a n ＝3＋(n －1)×2 ＝2n ＋1(n ∈N *). 所以，当d ＝0时，a n ＝5(n ∈N *)；当d ＝2时，a n ＝2n ＋1(n ∈N *). (2)由(1)知，当a n ＝5时，S n ＝5n .当a n ＝2n ＋1时，a 1＝3，则S n ＝n (3＋2n ＋1)2＝n 2＋2n (n ∈N *).热点二数列的证明问题判断数列是否为等差或等比数列的策略(1)将所给的关系式进行变形、转化，以便利用等差数列和等比数列的定义进行判断； (2)若要判断一个数列不是等差(等比)数列，则只需说明某连续三项(如前三项)不是等差(等比)数列即可.例2 已知{a n }是各项都为正数的数列，其前n 项和为S n ，且S n 为a n 与1a n 的等差中项.(1)求证：数列{S 2n }为等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式；(3)设b n ＝(－1)n a n，求{b n }的前n 项和T n .(1)证明由题意知2S n ＝a n ＋1a n ，即2S n a n －a 2n ＝1，① 当n ≥2时，有a n ＝S n －S n －1，代入①式得 2S n (S n －S n －1)－(S n －S n －1)2＝1，整理得S 2n －S 2n －1＝1(n ≥2).又当n ＝1时，由①式可得a 1＝S 1＝1(负值舍去)，∴数列{S 2n }是首项为1，公差为1的等差数列. (2)解由(1)可得S 2n ＝1＋n －1＝n ， ∵数列{a n }的各项都为正数， ∴S n ＝n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n －n －1，又a 1＝S 1＝1满足上式， ∴a n ＝n －n －1(n ∈N *).(3)解由(2)得b n ＝(－1)n a n ＝(－1)n n －n －1＝(－1)n (n ＋n －1)，当n 为奇数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…＋(n －1＋n －2)－(n ＋n －1)＝－n ；当n 为偶数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…－(n －1＋n －2)＋(n ＋n －1)＝n ， ∴数列{b n }的前n 项和T n ＝(－1)n n (n ∈N *).跟踪演练2 已知S n 为数列{a n }的前n 项和，且满足S n －2a n ＝n －4. (1)证明：{S n －n ＋2}为等比数列； (2)求数列{S n }的前n 项和T n . (1)证明原式可转化为 S n －2(S n －S n －1)＝n －4(n ≥2)，即S n ＝2S n －1－n ＋4，所以S n －n ＋2＝2[S n －1－(n －1)＋2]. 由S 1－2a 1＝1－4，得S 1＝3，所以S 1－1＋2＝4，所以{S n －n ＋2}是首项为4，公比为2的等比数列. (2)解由(1)知S n －n ＋2＝2n ＋1，所以S n ＝2n ＋1＋n －2，所以T n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)＋(1＋2＋…＋n )－2n ＝4(1－2n )1－2＋n (n ＋1)2－2n＝2n ＋3＋n 2－3n －82.热点三数列的求和问题1.裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是依次项消，有的是间隔项消.常见的裂项方式有：1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；1n (n ＋k )＝1k ⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋k ；1n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1；14n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1.2.如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，那么求数列{a n ·b n }的前n 项和S n 时，可采用错位相减法.用错位相减法求和时，应注意：①等比数列的公比为负数的情形；②在写出“S n ”和“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“S n －qS n ”的表达式. 例3 (2019·河南省九师联盟模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝⎝⎛⎭⎫a n ＋12 2 (n ∈N *).数列{b n }的前n 项和为T n ，且满足T n ＝2－b n (n ∈N *). (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 2的前n 项和S n ′.解 (1)由S n ＝⎝⎛⎭⎫a n ＋122，得S 1＝⎝⎛⎭⎫a 1＋122＝a 1，解得a 1＝1.由S 2＝a 1＋a 2＝1＋a 2＝⎝⎛⎭⎫a 2＋122，解得a 2＝3或a 2＝－1.若a 2＝－1，则d ＝－2，所以a 3＝－3. 所以S 3＝－3≠⎝⎛⎭⎫a 3＋122＝1，故a 2＝－1不合题意，舍去.故a 2＝3，所以等差数列{a n }的公差d ＝a 2－a 1＝2，故a n ＝2n －1.数列{b n }对任意正整数n 满足T n ＝2－b n . 当n ＝1时，b 1＝T 1＝2－b 1，解得b 1＝1；当n >1时，b n ＝T n －T n －1 ＝(2－b n )－(2－b n －1)＝b n －1－b n ，所以b n ＝12b n －1(n ≥2).所以{b n }是以首项b 1＝1，公比q ＝12的等比数列，故数列{b n }的通项公式为b n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1. (2)由(1)知a n b n 2＝2n －12n ，所以S n ′＝12＋322＋523＋…＋2n －32n －1＋2n －12n ，①所以12S n ′＝122＋323＋…＋2n －32n ＋2n －12n ＋1，②①－②，得12S n ′＝12＋222＋223＋…＋22n －2n －12n ＋1＝12＋⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n －1－2n －12n ＋1 ＝12＋12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n －11－12－2n －12n ＋1 ＝12＋1－⎝⎛⎭⎫12n －1－2n －12n ＋1，所以S n ′＝3－2n ＋32n .跟踪演练3 (2019·济宁模拟)等差数列{a n }的公差为正数，a 1＝1，其前n 项和为S n ；数列{b n }为等比数列，b 1＝2，且b 2S 2＝12，b 2＋S 3＝10. (1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)设c n ＝b n ＋1S n，求数列{c n }的前n 项和T n .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 ，则⎩⎪⎨⎪⎧2q (2＋d )＝12，2q ＋3＋3d ＝10，d >0，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2，∴a n ＝n ，n ∈N *，b n ＝2n ，n ∈N *. (2)由(1)知S n ＝n (n ＋1)2.∴c n ＝b n ＋1S n ＝2n ＋2n (n ＋1)＝2n ＋2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，∴T n ＝(2＋22＋23＋…＋2n )＋2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2(1－2n )1－2＋2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝2n ＋1－2n ＋1.真题体验(2019·全国Ⅱ，理，19)已知数列{a n}和{b n}满足a1＝1，b1＝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.(1)证明由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )，即a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n ).又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列.由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8，即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2.又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列. (2)解由(1)知，a n ＋b n ＝12n －1，a n －b n ＝2n －1.所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12，b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12.押题预测已知数列{a n }为等差数列，a 7－a 2＝10，且a 1，a 6，a 21依次成等比数列. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为S n ，若S n ＝225，求n 的值.解 (1)设数列{a n }的公差为d ，因为a 7－a 2＝10，所以5d ＝10，解得d ＝2.因为a 1，a 6，a 21依次成等比数列，所以a 26＝a 1a 21，即(a 1＋5×2)2＝a 1(a 1＋20×2)，解得a 1＝5. 所以a n ＝2n ＋3.(2)由(1)知b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n ＋3)(2n ＋5)，所以b n ＝12⎝⎛⎭⎫12n ＋3－12n ＋5，所以S n ＝12⎣⎡ ⎝⎛⎭⎫15－17＋⎝⎛⎭⎫17－19＋…＋⎦⎤⎝⎛⎭⎫12n ＋3－12n ＋5＝n 5(2n ＋5)，由n 5(2n ＋5)＝225，得n ＝10.A 组专题通关1.(2019·日照模拟)已知数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，且a 1＝2，S 3＝12. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)因为数列{a n }是等差数列，由S 3＝12，得3a 2＝12，所以a 2＝4，又a 1＝2，所以公差d ＝2，所以a n ＝2＋(n －1)·2＝2n ，故数列{a n }的通项公式a n ＝2n (n ∈N *).(2)由(1)知，b n ＝22n ＝4n ，所以数列{b n }是首项为4，公比q ＝4的等比数列，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝4(1－4n )1－4＝43(4n －1).2.(2019·潍坊模拟)S n 为等比数列{a n }的前n 项和，已知a 4＝9a 2，S 3＝13，且公比q >0. (1)求a n 及S n ；(2)是否存在常数λ，使得数列{S n ＋λ}是等比数列？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由.解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 3＝9a 1q ，a 1(1－q 3)1－q＝13，q >0，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝3，a 1＝1，所以a n ＝a 1q n －1＝3n －1，n ∈N *， S n ＝1×(1－3n )1－3＝3n －12，n ∈N *.(2)假设存在常数λ，使得数列{S n ＋λ}是等比数列，因为S 1＋λ＝λ＋1，S 2＋λ＝λ＋4，S 3＋λ＝λ＋13，又因为(S 2＋λ)2＝(S 1＋λ)·(S 3＋λ)，所以(λ＋4)2＝(λ＋1)·(λ＋13)，所以λ＝12，此时，S n ＋12＝12×3n ，则S n ＋1＋12S n ＋12＝12×3n ＋112×3n ＝3，故存在λ＝12，使得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是以S 1＋12＝32为首项，3为公比的等比数列.3.(2019·江南十校模拟)已知数列{a n }与{b n }满足：a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝2b n (n ∈N *)，且{a n }为正项等比数列，a 1＝2，b 3＝b 2＋4. (1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }满足c n ＝a nb n b n ＋1(n ∈N *)，T n 为数列{c n }的前n 项和，证明：T n <1.(1)解由题意知，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝2b n ，① 当n ≥2时，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＝2b n －1，②①－②可得a n ＝2(b n －b n －1) ⇒a 3＝2(b 3－b 2)＝2×4＝8， ∵a 1＝2，a n >0，设{a n }的公比为q ， ∴a 1q 2＝8⇒q ＝2， ∴a n ＝2×2n －1＝2n (n ∈N *). ∴2b n ＝21＋22＋23＋…＋2n ＝2(1－2n )1－2＝2n ＋1－2， ∴b n ＝2n －1(n ∈N *).(2)证明由已知c n ＝a n b n ·b n ＋1＝2n(2n －1)(2n ＋1－1) ＝12n－1－12n ＋1－1， ∴T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝121－1－122－1＋122－1－123－1＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1，当n ∈N *时，2n ＋1>1， ∴12n ＋1－1>0，∴1－12n ＋1－1<1，即T n <1.B 组能力提高4.已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2(S n ＋n ＋1)(n ∈N *)，令b n ＝a n ＋1. (1)求证：{b n }是等比数列；(2)记数列{nb n }的前n 项和为T n ，求T n ； (3)求证：12－12×3n <1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n <1116. (1)证明 a 1＝2，a 2＝2(a 1＋1＋1)＝2×(2＋2)＝8， a n ＋1＝2(S n ＋n ＋1)(n ∈N *)，① a n ＝2(S n －1＋n )(n ≥2)，② ①－②，得a n ＋1＝3a n ＋2(n ∈N *). 经检验，当n ＝1时上式也成立，即a n ＋1＝3a n ＋2(n ∈N *). 所以a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，即b n ＋1＝3b n ，且b 1＝3.所以{b n }是首项为3，公比为3的等比数列.(2)解由(1)得b n ＝3n ，nb n ＝n ·3n .所以T n ＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n ×3n ，3T n ＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n ×3n ＋1，两式相减，得－2T n ＝3＋32＋33＋…＋3n －n ×3n ＋1＝3(1－3n )1－3－n ×3n ＋1，化简得T n ＝⎝⎛⎭⎫32n －34×3n ＋34. (3)证明由(1)知，a n ＝b n －1＝3n －1，所以1a k ＝13k －1>13k ，得1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n >13＋132＋…＋13n ＝13⎝⎛⎭⎫1－13n 1－13＝12－12×13n . 又1a k ＝13k －1＝3k ＋1－1(3k －1)(3k ＋1－1)<3k ＋1(3k －1)(3k ＋1－1)＝32⎝⎛⎭⎫13k －1－13k ＋1－1，所以1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n<12＋32⎣⎡ ⎝⎛⎭⎫132－1－133－1＋⎝⎛⎭⎫133－1－134－1＋…＋ ⎦⎤⎝⎛⎭⎫13n －1－13n ＋1－1 ＝12＋32⎝⎛⎭⎫132－1－13n ＋1－1 ＝12＋316－32×13n ＋1－1<1116，故12－12×3n <1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n <1116. 5.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2a n －1(n ∈N *)，数列{b n }满足nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)，且b 1＝1.(1)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n 为等差数列，并求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)若c n ＝(－1)n －14(n ＋1)(3＋2log 2a n )(3＋2log 2a n ＋1)，求数列{c n }的前2n 项和T 2n ； (3)若d n ＝a n ·b n ，数列{d n }的前n 项和为D n ，对任意的n ∈N *，都有D n ≤nS n －a ，求实数a 的取值范围.解 (1)由nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n (n ＋1)，两边同除以n (n ＋1)，得b n ＋1n ＋1－b n n＝1，从而数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n 为首项b 11＝1，公差d ＝1的等差数列，所以b n n＝n (n ∈N *)，数列{b n }的通项公式为b n ＝n 2. 当n ＝1时，S 1＝2a 1－1＝a 1，所以a 1＝1. 当n ≥2时，S n ＝2a n －1，S n －1＝2a n －1－1，两式相减得a n ＝2a n －1，又a 1＝1≠0，所以a n a n －1＝2，从而数列{a n }为首项a 1＝1，公比q ＝2的等比数列，从而数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1(n ∈N *).(2)c n ＝(－1)n －1·⎣⎢⎡⎦⎥⎤4(n ＋1)(2n ＋1)(2n ＋3) ＝(－1)n －1⎝⎛⎭⎫12n ＋1＋12n ＋3， T 2n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c 2n －1＋c 2n ＝13＋15－15－17＋…－14n ＋1－14n ＋3 ＝13－14n ＋3(n ∈N *). (3)由(1)得d n ＝a n b n ＝n ·2n －1， D n ＝1×1＋2×2＋3×22＋…＋(n －1)·2n －2＋n ·2n －1，① ①×2得，2D n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n .② ①－②得－D n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n ＝1－2n1－2－n ·2n ＝2n －1－n ·2n ，所以D n ＝(n －1)·2n ＋1，由(1)得S n ＝2a n －1＝2n －1，因为∀n ∈N *，都有D n ≤nS n －a ，即(n －1)·2n ＋1≤n (2n －1)－a 恒成立，所以a ≤2n －n －1恒成立，记e n ＝2n －n －1，所以a ≤(e n )min ，因为e n＋1－e n＝[2n＋1－(n＋1)－1]－(2n－n－1) ＝2n－1>0，从而数列{e n}为递增数列，所以当n＝1时，e n取最小值e1＝0，于是a≤0.。

2020高考数学(理)二轮专题复习课件：第一部分专题四数列 1-4-2

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2020大二轮 ·数学(理)
(2)令Bn＝2－n22n，则Tn－Bn＝－n＋2n 2＋2nn2＝n2－2nn－2＝n－22nn＋1，所以当n＝1时，T1－B1＜0，所以T1＜B1；当n＝2时，T2－B2＝0，所以T2＝B2；当n≥3时，Tn－Bn＞0，所以Tn＞Bn. 综上所述，当n＝1时，Tn＜2－n22n；当n＝2时，Tn＝2－n22n；当n≥3时，Tn＞2－n22n.
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(2)由(1)知，cn＝63nn＋＋63n＋n 1＝3(n＋1)·2n＋1. 所以Tn＝c1＋c2＋…＋cn ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]， 2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]，两式相减得－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2] ＝3×4＋411－－22n－n＋1×2n＋2＝－3n·2n＋2. 所以Tn＝3n·2n＋2.
[自我挑战] 3.(2017·山东枣庄一模)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，数列{bn} 的前 n 项和为 Tn，且有 Sn＝1－an(n∈N*)，点(an，bn)在直线 y＝nx 上． (1)求 Tn； (2)试比较 Tn 和 2－n22n的大小，并说明理由．
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4．数列中不等式的放缩技巧
(1)k12<k2－1 1＝12k－1 1－k＋1 1；
(2)1k－k＋1 1<k12<k－1 1－1k；
(3)2(
n＋1－
1 n)< n<2(

2020高考数学(理)二轮专题复习课件：第一部分专题四数列 1-4-1

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专题四数列
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[高考领航]——————————摸清规律预测考情
(大纲卷)
T18(等差数列求和)
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解题必备解题方略走进高考限时规范训练
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4．已知等比数列{an}的各项都是正数，且 3a1，12a3,2a2 成等差
数列，则aa86＋＋aa97＝( D )
A．6
B．7
C．8
D．9
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解析：选D.∵3a1，12a3,2a2成等差数列， ∴a3＝3a1＋2a2， ∴q2－2q－3＝0，∴q＝3或q＝－1(舍去)． ∴aa86＋＋aa97＝q2aa6＋6＋aa7 7＝q2＝32＝9.故选D.
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类型二等比数列的运算 [典例2] (1)(2016·高考全国卷Ⅰ)设等比数列{an}满足a1＋a3 ＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为________．
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解析：通解：求a1a2…an关于n的表达式． aa21＋＋aa43＝aa1＋1＋aa33·q＝150，∴q＝12 ∴a1＋a1122＝10，∴a1＝8 ∴a1·a2·a3…an＝an1·qnn－ 2 1＝8n×12nn－ 2 1＝2－n22＋7n 当n＝3或n＝4时，－n22＋7n最大为6. ∴a1a2…an的最大值为26＝64

2020版高三数学二轮复习(全国理)讲义：专题4 第2讲数列求和及综合应用

第二第二讲讲数列数列求和及求和及求和及综合综合综合应用应用高考考点考点解读求数列的通项公式 1.已知数列的递推关系式以及某些项，求数列的通项公式；已知等差比的某些项或前几项的和，求其通项公式() 2()．考查等差比数列的概念以及通项公式、前项和公式等n 求数列的前项和n 1.()以等差比数列为命题背景，考查等差比的前项和公式、()n 分组求和2()．以递推数列、等差比数列为命题背景，考查错位相减、裂项相消、倒序相加等求和方法与数列的和有关的综合应用1.()等差比数列的求和、分组求和、错位相减求和及裂项相消求和2．常与不等式、函数、解析几何相结合考查数列求和函数、不等式的性质等备考策略本部分内容在备考时应注意以下几个方面：(1)加强对递推数列概念及解析式的理解，掌握递推数列给出数列的方法．(2)()掌握等差比数列求和公式及方法．(3)掌握数列分组求和、裂项相消求和、错位相减求和的方法．(4)掌握与数列求和有关的综合问题的求解方法及解题策略．预测年命题热点为：2020(1)()已知等差比数列的某些项的值或其前几项的和，求该数列的通项公式．(2)已知某数列的递推式或某项的值，求该数列的和．(3)已知某个不等式成立，求某参数的值．证明某个不等式成立．Z 知识整合 hi shi zheng he1．分组求和法是解决通项公式可以写成分组求和法：c n ＝a n ＋b n 形式的数列求和问题的方法，其中{a n }{与b n }是等差比数列或一些可以直接求和的数列．() 2．裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即a n ＝＋－的形式，然后通过累加抵消中间若f n (1)f n ()干项的求和方法．形如{c a n a n ＋1}({其中a n }00)是公差≠d 且各项均不为的等差数列，为常数c 的数列等．3{．形如错位相减法：a n ·b n }({其中a n }{为等差数列，b n })为等比数列的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．4．距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤：①求通项公式；②定和值；③倒倒序求和法：序相加；④求和；⑤回顾反思．附：(1)(常见的拆项公式其中∈n N *)①1n n ＋1 ＝1n －1n ＋1.②1n n k ＋＝1k (1n －1n k ＋)．③1 21n － 21n ＋＝12(121n －－121n ＋).④若等差数列{a n }的公差为，则d 1a n a n ＋1＝1d (1a n －1a n ＋1)；1a n a n ＋2＝12d (1a n －1a n ＋2)．⑤1n n n ＋1 ＋2 ＝12[1n n ＋1 －1 n ＋1n ＋2]．⑥1 n n ＋＋1 ＝＋－n 1n .⑦1 n n k＋＋＝1k ()n k n ＋－． (2)公式法求和：要熟练掌握一些常见数列的前项和公式，如n ①＋＋＋…＋＝123n n n ＋1 2；②＋＋＋…＋－＝135(2n 1)n 2；③12＋22＋32＋…＋n 2＝16n n n (＋1)(2＋．1)Y 易错警示 i cuo jing shi11．公比为字母的等比数列求和时，注意公比是否为的分类讨论．2．错位相减法求和时易漏掉减数式的最后一项．3．裂项相消法求和时易认为只剩下首尾两项．4．裂项相消法求和时注意所裂式与原式的等价性．1(2017·3)．全国卷Ⅱ，我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座层塔共挂了盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层7381 灯数的倍，则塔的顶层共有灯2(B )A 1B 3．盏．盏C 5D 9．盏．盏[]解析设塔的顶层的灯数为a 1，七层塔的总灯数为S 7 ，公比为，则由题意知q S 7＝，＝，381q 2∴S 7＝a 1 1－q 7 1－q ＝a 1 12－7 12－＝，解得381a 1＝3. 故选．B2．(2017·全国卷Ⅰ，12)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列 1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20 ，接下来的两项是20,21 ，再接下来的三项是20,21,22，依次类推．求满足如下条件的最小整数：且该数列的前项和为的整数幂．那么该款软件的激活码是N N >100N 2(A )A 440B 330．．C 220D 110．． []解析设首项为第组，接下来的两项为第组，再接下来的三项为第组，依此类推，则第组的项数为123n n n ，前组的项数和为n n 1＋ 2.由题意知，，令N >100n n 1＋ 2>10014⇒n ≥且∈n N * ，即出现在第组之后．N 13 第组的各项和为n 12－n 12－＝2n －，前组所有项的和为1n 212 －n 12－－＝n 2n ＋1－－2n . 设是第＋组的第项，若要使前项和为的整数幂，则－N n 1k N 2N n 1＋n 2 项的和即第＋组的前项的和n 1k 2k－应与－－互为相反数，即12n 2k －＝＋∈12n k (N *，，＝n ≥14)k log 2 (3)295n ＋⇒n 最小为，此时＝k ，则＝N 29129× ＋ 2＋＝5440. 故选．A 3．(2018·江苏卷，14){|21已知集合＝A x x ＝n －，n ∈N *}，B x x ＝{|＝2n ，n ∈N * }．将∪的所有元素从小到大A B 依次排列构成一个数列{a n }．记S n 为数列{a n }的前项和，则使得n S n >12a n ＋1 成立的的最小值为n 27.[]解析B A S ＝，与{2,4,8,16,32,64,128}…相比，元素间隔大，所以从n 中加了几个中元素考虑，B1112个：＝n ＋＝S 2＝3,12a 3＝362224个：＝n ＋＝S 4＝10,12a 5＝603437个：＝n ＋＝S 7＝30,12a 8＝10848412个：＝n ＋＝S 12＝94,12a 13＝204516521个：＝n ＋＝S 21＝318,12a 22＝396 632638个：＝n ＋＝S 38 ＝1150,12a 39＝780发现时2138≤≤n S n －12a n ＋1 与的大小关系发生变化，以下采用二分法查找：0S 30＝687,12a 31＝，所以所求应在～之间，612n 2229S 25＝462,12a 26＝，所以所求应在～之间，492n 2529S 27＝546,12a 28＝，所以所求应在～之间，540n 2527S 26＝503,12a 27＝，516 因为S 27>12a 28 ，而S 26<12a 27 ，所以使得S n >12a n ＋1 成立的的最小值为n 27.4(2017·15){．全国卷Ⅱ，等差数列a n }的前项和n S n ，a 3＝，3S 4＝，则10错误!1S k ＝2n n ＋1. []解析设等差数列{a n}的公差为，则d由a 3＝a 1＋＝，2d 3S 4＝4a 1＋43×2d ＝，10得a 1＝，1d ＝1.∴S n ＝＋n ×1n n －1 2×1＝n n ＋1 2，1S n ＝2n n ＋1 ＝2(1n －1n ＋1)．∴错误!1S k ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋＋…1S n＝－2(112＋12－13＋13－14＋＋…1n －1n ＋1)＝－2(11n ＋1)＝2n n ＋1.5(2018·17)．全国卷Ⅲ，等比数列{a n }中，a 1＝，1a 5＝4a 3.(1){求a n }的通项公式．(2)记S n 为{a n }的前项和．若n S m ＝，求63m .[]解析(1){设a n }的公比为，由题设得q a n ＝q n －1.由已知得q 4＝4q 2 ，解得＝舍去，＝－或＝q 0()q 2q 2.故a n ＝－(2)n －1 或a n ＝2n －1.(2)若a n ＝－(2)n －1 ，则S n ＝1－－2 n 3. 由S m ＝得－63(2)m ＝－，此方程没有正整数解．188 若a n ＝2n －1 ，则S n ＝2n －1.由S m ＝得632m ＝，解得＝64m 6.综上，＝m 6.6(2018·15){．北京卷，设a n }是等差数列，且a 1 ＝，ln 2a 2＋a 3 ＝5ln 2.(1){求a n }的通项公式．(2)e 求a 1＋e a 2＋…＋e a n .[]解析(1){由已知，设a n }的公差为，则d a 2＋a 3＝a 1＋＋d a 1＋＝2d 2a 1＋＝，又3d 5ln 2a 1 ＝，ln 2 所以＝，d ln 2所以{a n }的通项公式为a n ＝＋－＝∈ln 2(n 1)ln 2n n ln 2(N *)．(2)(1)e 由及已知，a n ＝en ln 2＝(e ln 2)n ＝2n ，所以e a 1＋e a 2＋＋…e a n ＝21＋22＋＋…2n ＝2 12－n 12－＝2n ＋1－∈2(n N *)．命题方向求数列的通项公式1 例已知正项数列1(1){a n }满足a 1＝，＋1(n 2)a 2n ＋1－＋(n 1)a 2n ＋a n a n ＋1 ＝，则它的通项公式为0(B )A ．a n ＝1n ＋1B ．a n ＝2n ＋1C ．a n ＝n ＋12D ．a n ＝n[]解析由＋(n 2)a 2n ＋1－＋(n 1)a 2n ＋a n a n ＋1＝，得＋0[(n 2)a n ＋1－＋(n 1)a n ]·(a n ＋1＋a n)0＝，又a n >0(2)，所以n ＋a n ＋1＝＋(n 1)a n ，即a n ＋1a n ＝n ＋1n ＋2，a n ＋1＝n ＋1n ＋2·a n ，所以a n ＝n n ＋1·n －1n ··…23a 1＝2n ＋1a 1 (2)n ≥，所以a n ＝2n ＋1 (1)n ＝适合，于是所求通项公式为a n ＝2n ＋1.(2)(2017·){厦门二模若数列a n }的前项和为n S n ＝23a n ＋13，则数列{a n }(B )的通项公式为A ．a n ＝－2n －1B ．a n ＝－(2)n －1C ．a n ＝－(2)nD ．a n ＝－2n[]解析由a n ＝S n －S n －1 (2)n ≥，得a n ＝23a n －23a n －1 .所以a n ＝－2a n －1 .又可以得到a 1＝，1 所以a n ＝－(2)n －1(2)n ≥．又a 1＝－(2)1－1 ＝，所以1a n ＝－(2)n －1.『规律总结』求数列通项公式的常见类型及方法(1)归纳猜想法：已知数列的前几项，求数列的通项公式，可采用归纳猜想法．(2)已知S n 与a n 的关系，利用a n ＝S 1，＝，n 1S n －S n －1，，n ≥2 求a n .(3)累加法：数列递推关系形如a n ＋1＝a n ＋，其中数列前项和可求，这种类型的数列求通项公式时，f n (){()}f n n 常用累加法叠加法．() (4)累乘法：数列递推关系形如a n ＋1＝g n a ()n ，其中数列前项可求积，此数列求通项公式一般采用累乘法{()}g n n ()叠乘法．(5)构造法：①递推关系形如a n ＋1＝pa n ＋，为常数可化为q p (q )a n ＋1＋q p －1＝p a (n ＋q p －1)(1){p ≠的形式，利用a n ＋q p －1}是以为公比的等比数列求解；p ②递推关系形如a n ＋1＝pa n a n ＋p ()p 为非零常数可化为1a n ＋1－1a n ＝1p 的形式．G 跟踪训练 en zong xun lian1{．若数列a n }满足a 1＝0,2a n ＝＋1a n a n －1(2n ≥，∈n N * )，则a 2019＝20182019. []解析当时，因为n ≥22a n ＝＋1a n a n －1，所以－(1a n －1)(1－－a n )1＝－a n －a n －1＋a n a n －1，所以－(1a n －1)(1－－a n )(1＝－a n )(1－a n －1)，所以11－a n －11－a n －1＝，1 因为a 1＝，所以011－a 1＝，1所以{11－a n }11是首项为，公差为的等差数列，所以11－a n ＝＋－＝，1(n 1)n 所以11－a 2019＝，解得2019a 2019＝20182019.2{．设数列a n }满足a 1 ＝，且1a n ＋1－a n ＝＋∈n 1(n N *){，则数列1a n }10前项的和为2011. []解析由a 1 ＝，且1a n ＋1－a n ＝＋∈n 1(n N *)得，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)(＋a 3－a 2)(＋＋…a n －a n －1)123＝＋＋＋＋…n ＝n n ＋1 2，则1a n ＝2n n ＋1 ＝2(1n －1n ＋1){，故数列1a n }10前项的和S 10＝－2(112＋12－13＋＋…110－111)＝－2(1111)＝2011. 命题方向数列求和问题2()一分组转化法求和例2{设数列a n }满足a 1＝，2a 2＋a 4 ＝，且对任意∈8n N * ，函数＝f x ()(a n －a n ＋1＋a n ＋2)x a ＋n ＋1cos x a －n＋2 sin (x f 满足′π2)0.＝(1){求数列a n }的通项公式；(2)若b n ＝2(a n ＋12a n){，求数列b n }的前项和n S n . []解析(1)由题设可得f x a ′()＝n －a n ＋1＋a n ＋2－a n ＋1sin x a －n ＋2cos .x 对任意∈n N * ，f ′(π2)＝a n －a n ＋1＋a n ＋2－a n ＋1＝，0 即a n ＋1－a n ＝a n ＋2－a n ＋1，故{a n }为等差数列．由a 1＝，2a 2＋a 4＝，解得8{a n }1的公差＝d ，所以a n ＝＋－＝＋21·(n 1)n 1.(2)因为b n ＝2(a n ＋12a n )＝＋＋2(n 112n ＋1)2＝n ＋12n ＋，2 所以S n ＝b 1＋b 2＋＋…b n＝＋＋＋＋＋＋＋＋(22...2)2(12...n )(12＋122＋＋ (12)n )＝＋2n 2·n n ＋1 2＋12[1－ 12 n ]1－12＝n 2＋＋－3n 112n .()二裂项相消法求和例3(2017·17){全国卷Ⅲ，设数列a n}满足a 1＋3a 2＋…＋－(2n 1)a n ＝2.n (1){求a n }的通项公式；(2){求数列a n 21n ＋ }的前项和．n []解析(1)因为a 1＋3a 2＋＋－…(2n 1)a n ＝，2n 故当时，n ≥2a 1＋3a 2＋＋－…(2n 3)a n －1＝－，2(n 1)两式相减得－(2n 1)a n ＝，2 所以a n ＝221n －(2)n ≥．又由题设可得a 1＝，满足上式，2所以{a n }的通项公式为a n ＝221n －.(2){记a n 21n ＋ }的前项和为n S n .由知(1)a n 21n ＋＝2 21n ＋ 21n －＝121n －－121n ＋，则S n ＝11－13＋13－15＋＋…121n －－121n ＋＝2n 21n ＋.()三错位相减法求和例4(2018·){郴州二模已知等差数列a n }，满足：a n ＋1>a n (n ∈N *)，a 1 ＝，该数列的前三项分别加上11,1,3后成等比数列，a n ＋2log 2b n ＝－1.(1){分别求数列a n }{，b n }的通项公式；(2){求数列a n ·b n }的前项和n T n .[]解析(1){设为等差数列d a n}>0的公差，且d ，由a 1＝，1a 2＝＋，1d a 3 ＝＋，分别加上后成等比数列，12d 1,1,3得＋(2d )2＝＋，2(42)d 因为，所以＝，d >0d 2 所以a n ＝＋－＝－1(n 1)2×2n 1.又因为a n ＝－－12log 2b n ，所以log 2b n ＝－，即n b n ＝12n .(2)T n ＝121＋322＋523＋＋…21n －2n ①，12T n ＝122＋323＋524＋＋…21n －2n ＋1②，①－②，得12T n ＝12＋2(×122＋123＋124＋＋…12n )－21n －2n ＋1. 所以T n ＝＋11－12n －11－12－21n －2n ＝－312n －2－21n －2n ＝－323n ＋2n.()()四奇偶数项和问题例5(2018·){潍坊二模设等差数列a n }的前项和为n S n ，且a 2＝，8S 4＝；数列40{b n } 的前项和为n T n ，且T n －2b n ＋＝，∈30n N *.(1){求数列a n }{，b n }的通项公式．(2)设c n ＝a n，为奇数，n b n ，为偶数，n 求数列{c n }的前项和n P n .[]解析(1){设等差数列a n}的公差为，d 由题意，a 1＋＝，d 84a 1＋＝，6d 40得a 1＝，4d ＝，4 所以a n ＝，4n 因为T n －2b n ＋＝，所以当＝时，30n 1b 1＝，3 当时，n ≥2T n －1－2b n －1＋＝，30 两式相减，得b n ＝2b n －1(2)n ≥，数列{b n } 为等比数列，所以b n ＝3·2n －1.(2)c n ＝ 4n n ，为奇数，3·2n －1，为偶数n . 当为偶数时，n P n ＝(a 1＋a 3＋＋…a n －1)(＋b 2＋b 4＋＋…b n )＝444＋n － ·n 22＋614 －n 2 14－＝2n ＋1＋n 2－2. 当为奇数时，n 方法一：－为偶数，n 1P n ＝P n －1＋c n ＝2(n－1)＋1＋－(n 1)2－＋＝24n 2n ＋n 2＋－2n 1.方法二：P n ＝(a 1＋a 3＋＋…a n －2＋a n )(＋b 2＋b 4＋＋…b n －1)＝ 44＋n ·n ＋122＋614－n －1214－＝2n ＋n 2＋－2n 1. 所以P n ＝2n ＋1＋n 2－，为偶数，2n 2n ＋n 2＋－，为奇数2n 1n .『规律总结』1．分组求和的常见方法(1)根据等差、等比数列分组．(2)(1)根据正号、负号分组，此时数列的通项式中常会有－n 等特征．2．裂项相消的规律(1)裂项系数取决于前后两项分母的差．(2)裂项相消后前、后保留的项数一样多．3．错位相减法的关注点(1){适用题型：等差数列a n }{与等比数列b n }{对应项相乘a n ·b n }型数列求和．(2)步骤：①求和时先乘以数列{b n }的公比．②把两个和的形式错位相减．③整理结果形式．4．分奇偶的求和问题如果数列的奇数项与偶数项有不同的规律，当为奇数或偶数时n S n 的表达式不一样，因此需要分奇偶分别求S n .(1)分组直接求和：相邻的奇偶项合并为一项，组成一个新的数列b n ，用S ′n 表示其前项和，则n S n ＝S ′n 2，为偶数，n S ′n －12＋a n ，为奇数n . (2)分奇偶转化求和：先令为偶数，求出其前项和n n S n ；当为奇数时，n S n ＝S n －1＋a n .G 跟踪训练 en zong xun lian(){文已知数列a n }的前项和n S n ＝3n 2＋，8n {b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.(1){求数列b n }的通项公式；(2)令c n ＝ a n ＋1 n ＋1 b n ＋2n .{求数列c n }的前项和n T n . []解析(1)2由题意知当n ≥时，a n ＝S n －S n －1＝＋，6n 5 当＝时，n 1a 1＝S 1＝11，所以a n ＝＋设数列6n 5.{b n }的公差为，d 由a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，得11＝2b 1＋，d 172＝b 1＋，3d 可解得b 1＝，＝4d 3.所以b n ＝＋3n 1.(2)(1)由知c n ＝ 66n ＋n ＋133n ＋n ＝＋3(n 1)·2n ＋1. 又T n ＝c 1＋c 2＋＋…c n ，所以T n ＝3[22××2＋32×3＋＋＋…(n 1)2×n ＋1]，2T n ＝3[22××3＋32×4＋＋＋…(n 1)2×n ＋2]，两式作差，得－T n ＝3[22××2＋23＋24＋＋…2n ＋1－＋(n 1)2×n ＋2]3[4＝×＋4 12－n 12－－＋(n 1)2×n ＋2]3·2＝－n n ＋2，所以T n ＝3·2n n ＋2.(){理设数列a n }的前项和为n S n .2已知S n ＝3n ＋3.(1){求a n }的通项公式；(2){若数列b n }满足a n b n ＝log 3a n ，求{b n }的前项和n T n .[]解析(1)2因为S n ＝3n ＋，3 所以2a 1 ＝＋，故33a 1＝3.当＞时，n 12S n －1＝3n －1＋，3 此时2a n ＝2S n －2S n －1＝3n －3n －1＝23×n －1，即a n ＝3n －1，所以a n ＝31，＝n ，3n －1，＞n 1.(2)因为a n b n ＝log 3a n ，所以b 1＝13. 当＞时，n 1b n ＝31－n log 33n －1＝－(n 1)·31－n .所以T 1＝b 1＝13；当＞时，n 1T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋＋…b n＝13＋[13×－1＋23×－2＋＋… n －1 ×31－n ]，所以3T n ＝＋1[13×0＋23×－1＋＋－…(n 1)3×2－n ]．两式相减，得2T n ＝23＋(30＋3－1＋3－2＋＋…32－n )(1)3－n －×1－n ＝23＋13－1－n 13－－1－－(n 1)3×1－n ＝136－63n ＋23×n，所以T n ＝1312－63n ＋43×n. 经检验，＝时也适合．n 1 综上可得T n ＝1312－63n ＋43×n .命题方向数列与函数、不等式的综合问题3()一数列与函数的综合例6{设等差数列a n }(的公差为，点d a n ，b n )()2在函数f x ＝x 的图象上∈(n N *)．(1)若a 1＝－，点2(a 8,4b 7 )(){在函数f x 的图象上，求数列a n }的前项和n S n ； (2)若a 1 ＝，函数的图象在点1f x ()(a 2，b 2 )2处的切线在轴上的截距为x －1ln 2，求数列{a n b n }的前项和n T n .[]解析(1)由已知得，b 7＝2a 7，b 8＝2a 8＝4b 7，有2a 8＝42×a 7＝2a 7＋2. 解得＝d a 8－a 7＝2. 所以S n ＝na 1＋n n －12d n n n n ＝－2＋(－＝1)2－3.n (2)()2f ′x ＝x ln 2(，f ′a 2)2＝a 2 ln 2()2，故函数f x ＝x 在(a 2，b 2 )2处的切线方程为－y a 2＝2a 2 ln 2(x a －2)，它在轴上的截距为x a 2－1ln 2.由题意得，a 2－1 ln 2＝－21ln 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 ＝12＋122＋＋…12n －1－n 2n＝－212n －1－n2n ＝2n ＋1－－n 22n.所以T n ＝2n ＋1－－n 22n .()二数列与不等式的综合例7()文设S n 为数列{a n }的前项和，已知n a 1 ＝，对任意∈2n N * ，都有2S n ＝＋(n 1)a n .(1){求数列a n }的通项公式；(2){若数列4a n a n ＋2}的前项和为n T n ，求证：12≤T n <1.[]解析(1)2因为S n ＝＋(n 1)a n ，当时，n ≥22S n －1＝na n －1，两式相减得2a n ＝＋(n 1)a n －na n －1，即－(n 1)a n ＝na n －1，所以当时，n ≥2a n n ＝a n －1n －1，所以a n n ＝a 11.因为a 1 ＝，所以2a n ＝2.n (2)证明：因为a n ＝，2n 令b n ＝4222n n ＋＝1n n ＋1 ＝1n －1n ＋1.所以T 1＝b 1＋b 2＋＋…b n ＝－(112)(＋12－13)(＋＋…1n －1n ＋1)1＝－1n ＋1＝n n ＋1.因为1n ＋1 >01，所以－1n ＋1<1.因为＝f n ()1n ＋1 在N *上是递减函数，所以－11n ＋1 在N *上是递增的，所以当＝时，n 1T n 取最小值12.所以12≤T n <1.(){理已知数列a n }满足a 1＝，1a n ＋1＝3a n ＋1(1){证明a n ＋12}{是等比数列，并求a n }的通项公式；(2)证明1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.[]解析(1)证明：由a n ＋1＝3a 1＋，1 得a n ＋1＋12＝3(a n ＋12)．又a 1＋12＝32，所以{a n ＋12}是首项为32，公比为的等比数列．3a n ＋12＝3n 2，因此{a n }的通项公式为a n ＝3n －12.(2)(1)由知1a n ＝23n －1.因为当时，n ≥13n －123≥×n －1，所以13n －1≤123×n －1.于是1a 1＋1a 2＋＋…1a n ≤1＋13＋＋…13n －1＝32(1－13n )<32.所以1a 1＋1a 2＋＋…1a n <32.『规律总结』1．数列与函数、不等式的综合问题的常见题型(1)数列与函数的综合问题主要有以下两类：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，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．(2)数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等问题，需要熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题．2．解决数列与函数综合问题的注意点(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集，而不是某个区间上的连续实数，所以它的图象是一群孤立的点．(2)转化以函数为背景的条件时，应注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是非常容易忽视的问题．(3)利用函数的方法研究数列中相关问题时，应准确构造函数，注意数列中相关限制条件的转化．A 组1{．设a n }的首项为a 1 ，公差为－的等差数列，1S n 为其前项和．若n S 1，S 2，S 4 成等比数列，则a 1 ＝(D ) A 2B 2．．－C ．12D ．－12[]解析由题意知S 1＝a 1，S 2＝2a 1－，1S 4＝4a 1－，6 因为S 1，S 2，S 4成等比数列，所以S 22＝S 1·S 4，即(2a 1－1)2＝a 1(4a 1－，6) 解得a 1＝－12.D 故选．2{．若数列a n }为等比数列，且a 1 ＝，＝，则1q 2T n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1等于(B )A 1．－14nB ．23(1－14n )C 1．－12nD ．23(1－12n )[]解析因为a n ＝12×n －1＝2n －1，所以a n ·a n ＋1＝2n －1·2n ＝24×n －1，所以1a n a n ＋1＝12×(14)n －1，所以{1a n a n ＋1}也是等比数列，所以T n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋＋…1a n a n ＋1＝12×11× －14n1－14＝23(1－14n )B ，故选．3(2018·){．烟台模拟已知等差数列a n }中，a 2＝，6a 5 ＝，若15b n ＝a 2n ，则数列{b n }5(C )的前项和等于 A 30B 45．．C 90D 186．． []解析设{a n }的公差为，首项为d a 1，由题意得a 1＋＝，d 6a 1＋＝4d 15，解得a 1＝，3d ＝，3 所以a n ＝，3n 所以b n ＝a 2n ＝，且6n b 1 ＝，公差为，66 所以S 5＝＋56×54×2×690.＝4{．等差数列a n }中，a 1 >0<0，公差d ，S n 为其前项和，对任意自然数，若点，n n (n S n )4在以下条曲线中的某一条上，则这条曲线应是(C )[]解析∵S n ＝na 1＋n n －1 2d S ，∴n ＝d 2n 2＋(a 1－d2 )n a ，又1 >0<0(，公差d ，所以点n S ，n )所在抛物线开口向下，对称轴在轴右侧．y []点评可取特殊数列验证排除，如a n ＝－3n .5(0)(0)(){．定义在－∞，∪，＋∞上的函数f x ，如果对于任意给定的等比数列a n }{(，f a n )}仍是等比数列，则称f x ()(0)(0)为“保等比数列函数”．现有定义在－∞，∪，＋∞上的如下函数：①＝f x ()x 2;②＝f x ()2x ；③＝f x ()||x ； ④＝f x ()ln||.x 则其中是“保等比数列函数”的的序号为f x ()(C ) A B ．①②．③④C D ．①③．②④[](0)(0){分析保等比数列函数指：①定义在－∞，∪，＋∞上的函数；②若a n }{(是等比数列，则f a n )}仍是等比数列．[]解析解法一：设{a n }.的公比为q ①f a (n )＝a 2n ，∵a 2n ＋1a 2n ＝(a n ＋1a n )2＝q 2，∴{(f a n )}B D 是等比数列，排除、．③f a (n )|＝a n |，∵|a n ＋1||a n |＝|a n ＋1a n|＝||q ，∴{(f a n )}A 是等比数列，排除．解法二：不妨令a n ＝2n .①因为＝f x ()x 2 ，所以f a (n )＝a 2n ＝4n .{(显然f a n)}44是首项为，公比为的等比数列． ②因为＝f x ()2x ，所以f a (1)(2)2＝f ＝2，f a (2)(4)2＝f ＝4，f a (3)(8)2＝f ＝8，所以f a 2 f a 1 ＝2422＝4≠f a 3 f a 2 ＝2824＝，16所以{(f a n )}不是等比数列．③因为＝，所以f x ()||x f a (n )2＝n ＝(2)n .显然{(f a n )}22是首项为，公比为的等比数列． ④因为＝，所以f x ()ln||x f a (n )ln2＝n ＝n ln2.显然{(f a n )}ln2ln2C 是首项为，公差为的等差数列，故选．6(2018·){．邵阳一模已知数列b n }为等比数列，且b 1009 ＝为自然对数的底数，数列e(e ){a n }1的首项为，且a n ＋1＝a n ·b n ，则ln a 2018的值为2_017. []解析因为数列{b n }为等比数列，且b 1009＝为自然对数的底数，数列e(e ){a n }1的首项为，且a n ＋1＝a n ·b n ，所以a 2018＝b 1·b 2·b 3·b 4··…b 2017＝b 2017 1009＝e 2017，ln a 2018＝lne2017＝2017.7．已知数列{a n }是等比数列，其公比为，设2b n ＝log 2a n ，且数列{b n }1025的前项的和为，那么1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 10的值为 1023128. []解析数列{a n }2是等比数列，其公比为，设b n ＝log 2a n ，且数列{b n }1025的前项的和为，所以b 1＋b 2＋＋…b 10＝log 2(a 1·a 2··…a 10)＝log 2(a 10121＋2＋＋…9)25＝，所以a 101×245＝225，可得：a 1＝14.那么1a 1＋1a 2＋1a 3＋＋…1a 10＝＋4(112＋122＋＋…129)＝4×1－12101－12＝ 1023128.8{．已知等比数列a n }>1,4的公比q 2 是a 1 和a 4的一个等比中项，a 2 和a 3 的等差中项为，若数列6{b n }满足b n＝log 2a n (n ∈N *)．(1){求数列a n }的通项公式；(2){求数列a n b n }的前项和n S n .[]解析(1)4因为2 是a 1 和a 4的一个等比中项，所以a 1·a 4 ＝(42)2＝32.由题意可得a 2·a 3＝，32a 2＋a 3＝12.因为，所以q >1a 3>a 2.解得a 2＝，4a 3＝8.所以＝q a 3a 2＝2.故数列{a n }的通项公式a n ＝2n .(2)由于b n ＝log 2a n (n ∈N * )，所以a n b n ＝n ·2n ，S n ＝＋1·22·22＋3·23＋＋－…(n 1)·2n －1＋n ·2n ，①2S n ＝1·22＋2·23＋＋－…(n 1)·2n ＋n ·2n ＋1.②①－②得，－S n＝＋1·222＋23＋＋…2n －n ·2n ＋1＝212 －n 12－－n ·2n ＋1.所以S n ＝－22n ＋1＋n ·2n ＋1＝＋－2(n 1)·2n ＋1.9()(2018·18){．文天津卷，设a n }是等差数列，其前项和为n S n (n ∈N *){；b n }0是等比数列，公比大于，其前n 项和为T n (n ∈N * )．已知b 1＝，1b 3＝b 2＋，2b 4＝a 3＋a 5，b 5＝a 4＋2a 6.(1)求S n 和T n ；(2)若S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n ，求正整数的值．n []解析(1){设等比数列b n }的公比为，由q b 1＝，1b 3＝b 2 ＋，可得2q 2 －－＝因为，可得＝，故q 20.q >0q 2b n＝2n －1.所以T n ＝12－n 12－＝2n －1.设等差数列{a n }.的公差为d 由b 4＝a 3＋a 5 ，可得a 1＋＝3d 4. 由b 5＝a 4＋2a 6，可得3a 1 ＋＝，从而13d 16a 1 ＝，＝，故1d 1a n ＝，所以n S n ＝n n ＋12. (2)(1)由，知T 1＋T 2＋＋…T n ＝(21＋22＋＋…2n )2－＝n n ＋1－－n 2. 由S n ＋(T 1＋T 2＋＋…T n )＝a n ＋4b n 可得n n ＋12＋2n ＋1－－＝＋n 2n 2n ＋1，整理得n 2 －－＝，解得＝－舍，或＝所以的值为3n 40n 1()n 4.n 4.()(2018·理天津卷，18){设a n }是等比数列，公比大于，其前项和为0n S n (n ∈N *)，{b n }.是等差数列已知a 1＝，1a 3＝a 2＋，2a 4＝b 3＋b 5，a 5＝b 4＋2b 6.(1){求a n }{和b n }的通项公式．(2){设数列S n }的前项和为n T n (n ∈N *)， ①求T n ；②证明[]解析(1){设等比数列a n}.的公比为q 由a 1＝，1a 3＝a 2 ＋，可得2q 2－－＝q 20.因为，可得＝，故q >0q 2a n ＝2n －1.设等差数列{b n }的公差为，由d a 4＝b 3＋b 5 ，可得b 1 ＋＝由3d 4.a 5＝b 4＋2b 6 ，可得3b 1 ＋＝，从而13d 16b 1＝，1 d b ＝，故1n ＝n .所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，数列{b n }的通项公式为b n ＝n . (2)(1)①由，有S n ＝12－n 12－＝2n －，故1T n ＝错误!(2k －＝1)错误!k－＝n 212× －n12－－＝n 2n ＋1－－n 2.②因为 T k ＋b k ＋2 b k k ＋1 k ＋2 ＝ 2k ＋1－－＋＋k 2k 2 kk ＋1 k ＋2＝k ·2k ＋1 k ＋1 k ＋2 ＝2k ＋2k ＋2－2k ＋1k ＋1，B 组1．设S n 是公差不为的等差数列0{a n }的前项和，n S 1，S 2，S 4 成等比数列，且a 3＝－52，则数列{1 21n ＋a n}的前项和n T n ＝(C )A ．－n21n ＋B ．n 21n ＋C ．－2n 21n ＋D ．2n 21n ＋ []解析本题主要考查等差、等比数列的性质以及裂项法求和．设{a n }的公差为，因为d S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋＝d 2a 1＋a 3－a 12＝32a 1－54，S 4＝3a 3＋a 1＝a 1－152，因为S 1，S 2，S 4成等比数列，所以(32a 1－54)2＝(a 1－152)a 1，整理得4a 21＋12a 1＋＝，所以50a 1＝－52 或a 1＝－12. 当a 1＝－52 时，公差＝不符合题意，舍去；d 0 当a 1＝－12 时，公差＝d a 3－a 12＝－，1 所以a n ＝－12＋－－＝－＋(n 1)(×1)n 12＝－12(21)n －，所以1 21n ＋a n ＝－2 21n －21n ＋＝－(121n －－121n ＋)，所以其前项和n T n ＝－－(113＋13－15＋＋…121n －－121n ＋)＝－－(1121n ＋)＝－2n21n ＋，故选．C 2()．文以S n 表示等差数列{a n }的前项和，若n S 5>S 6 ，则下列不等关系不一定成立的是(D )A 2．a 3>3a 4B 5．a 5>a 1＋6a 6C ．a 5＋a 4－a 3<0D ．a 3＋a 6＋a 12<2a 7[]解析依题意得a 6＝S 6－S 5<0,2a 3－3a 4＝2(a 1＋－2)d 3(a 1＋＝－3)d (a 1＋＝－5)d a 6>0,2a 3>3a 4；5a 5－(a 1＋6a 6)＝5(a 1＋－4)d a 1－6(a 1＋＝－5)d 2(a 1＋＝－5)d 2a 6>0,5a 5>a 1＋6a 6；a 5＋a 4－a 3＝(a 3＋a 6)－a 3＝a 6 <0.综上所述，故选．D ()理已知a n ＝3211n －，数列{a n }的前项和为n S n ，关于a n 及S n 的叙述正确的是(C )A ．a n 与S n 都有最大值．B a n 与S n 都没有最大值C ．a n 与S n 都有最小值．D a n 与S n 都没有最小值[]解析画出a n ＝3211n －的图象，点，(n a n )为函数＝y 3211x －图象上的一群孤立点，(112，为对称中心，0)S 5最小，a 5最小，a 6最大．3{．已知正数组成的等差数列a n }20100，前项和为，则a 7·a 14 的最大值是(A ) A 25B 50．．C 100D ．．不存在[]解析∵S 20＝a 1＋a 202×20100＝，∴a 1＋a 20＝10.∵a 1＋a 20＝a 7＋a 14，∴a 7＋a 14＝10.∵a n >0，∴a 7·a 14≤(a 7＋a 142)2＝当且仅当25.a 7＝a 14时取等号．4{．已知数列a n }的前项和为n S n ，a 1＝，1S n ＝2a n ＋1 ，则S n ＝(B )A 2．n －1B (．32)n －1C (．23)n －1D ．12n －1[]解析由S n ＝2a n ＋1 得S n ＝2(S n ＋1－S n )2，即S n ＋1＝3S n ，∴S n ＋1S n ＝32，∵a 1＝，1S 1＝2a 2，∴a 2＝12a 1＝12，∴S 2＝32，∴S 2S 1＝32，∴S n ＝(32)n －1.5(2018·){．山东省实验中学调研在数列a n }中，a 1＝，2a n ＋1＝a n ＋＋ln(11n )，则a n ＝(A )A 2lnB 2(1)ln ．＋n ．＋n －nC 2lnD 1ln ．＋n n ．＋＋n n[]解析a n ＝(a n －a n －1)(＋a n －1－a n －2)(＋＋…a 2－a 1)＋a 1＝－－＋－－－＋＋－＋ln n ln(n 1)ln(n 1)ln(n 2)…ln2ln12＝＋2ln .n 6(2018·){．西安一模已知数列a n }的通项公式a n ＝log 2nn ＋1(n ∈N * )，设其前项和为n S n ，则使S n <4－成立的最小自然数的值为n 16.[]解析因为a n ＝log 2nn ＋1，所以S n ＝log 212＋log 223＋log 234＋＋…log 2n n ＋1＝log 2(12·23·34··…n n ＋1)log ＝21n ＋1，若S n <4－，则1n ＋1<116，即，n >15 则使S n <416.－成立的最小自然数的值为n 7．如图所示，将正整数排成三角形数阵，每排的数称为一个群，从上到下顺次为第一群，第二群，…，第n 群，…，第群恰好个数，则第群中个数的和是n n n n 3·2n －－2n 3.[]解析由图规律知，第行第个数为n 12n －1 ，第个数为23·2n －2 ，第个数为35·2n －3 ……设这个数的和为n S 则＝S 2n －1＋3·2n －2＋52×n －3＋＋－＋－…(2n 3)·2(2n 1)·20①2S n ＝2n ＋3·2n －1＋5·2n －2＋＋－…(2n 3)·22＋－(2n 1)·21②②－①得S n ＝2n ＋2·2n －1＋2·2n －2＋＋…2·22＋－－2·2(2n 1)＝2n ＋2n ＋2n －1＋＋…23＋22－－(2n 1)＝2n＋412 －n －1 12－－－(2n 1)＝2n ＋2n ＋1－－＋42n 1＝3·2n －－2n 3.8{．已知数列a n }的前项和为n S n ，a 1＝，1a n ≠，0a n a n ＋1＝λS n －，其中为常数．1λ(1)证明：a n ＋2－a n ＝；λ(2){是否存在，使得λa n }为等差数列？并说明理由．[]分析(1)利用a n ＋1＝S n ＋1－S n 用配凑法可获证；(2)假设存在，则λa 1，a 2，a 3应成等差数列求出的值，然后依λ 据a n ＋2－a n ＝推证λ{a n }为等差数列．[]解析(1)由题设：a n a n ＋1＝λS n －，1a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－，1 两式相减得a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1.由于a n ＋1 ≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ.(2)由题设，a 1＝，1a 1a 2＝λS 1 －，可得1a 2＝－λ 1.由知，(1)a 3＝＋，λ1 令2a 2＝a 1＋a 3，解得＝λ 4. 故a n ＋2－a n ＝，由此可得4{a 2n －1}14是首项为，公差为的等差数列，a 2n －1＝－；4n 3{a 2n}34是首项为，公差为的等差数列，a 2n ＝－4n 1. 所以a n ＝－，2n 1a n ＋1－a n ＝2.因此存在＝，使得数列λ4{a n }为等差数列．9{．已知数列a n }满足a n ＋1＝－1a n ＋2，a 1＝－12.(1){求证1a n ＋1}是等差数列；(2){求数列a n }的通项公式；(3)设T n ＝a n ＋a n ＋1＋…＋a 2n －1 .若T n ≥－对任意的∈p n n N * 恒成立，求的最大值．p []解析(1)证明：∵a n ＋1＝－1a n ＋2，∴a n ＋1＋＝－11a n ＋2＋＝1a n ＋－21a n ＋2＝a n ＋1a n ＋2，由于a n ＋，10≠∴1a n ＋1＋1＝a n ＋2a n ＋1＝＋11a n ＋1，∴{1a n ＋1}21是以为首项，为公差的等差数列．(2)(1)由题结论知：1a n ＋1＝＋－＝＋，2(n 1)n 1∴a n ＝1n ＋1－＝－1n n ＋1(n ∈N *)．(3)∵T n ＝a n ＋a n ＋1＋＋…a 2n －1≥P n －，∴＋n a n ＋a n ＋1＋＋…a 2n －1≥P ，即＋(1a n )(1＋＋a n ＋1)(1＋＋a n ＋2)(1＋＋…＋a 2n －1 )≥p n ，对任意∈N *恒成立，而＋1a n ＝1n ＋1，设＝＋H n ()(1a n )(1＋＋a n ＋1)(1＋＋…＋a 2n －1)，∴＝H n ()1n ＋1＋1n ＋2＋＋…12n ，H n (＋＝1)1n ＋2＋1n ＋3＋＋ (1)2n ＋121n ＋＋122n ＋，∴＋－＝H n (1)H n ()121n ＋＋122n ＋－1n ＋1＝121n ＋－122n ＋>0，∴数列单调递增，{()}H n ∴∈n N *时，＝H n H ()≥(1)12 ，故P ≤12.∴的最大值为P 12.专题专题四规四规四规范答范答范答题示例题示例例(12){分已知a n}为等差数列，前项和为n S n (n ∈N *){，b n }2是首项为的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝，12b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4.(1){求a n }{和b n }的通项公式；(2){求数列a 2n b 2n －1 }(的前项和n n ∈N *)．[]思路探究先求某一项或找到某几项之间的关系式―→求通项公式―→ 求数列的前项和n 规范解答分步得分·构建答题模板解：(1){设等差数列a n }的公差为，等比d 数列{b n }.的公比为q 由已知b 2＋b 3 ＝，得12b 1(q q ＋2)12＝，而b 1 ＝，所以2q 2 ＋－＝分q 60.2 又因为，解得＝，所以q >0q 2b n ＝2n .3分由b 3＝a 4－a 1 ，可得－3d a 1＝①8. 由S 11＝11b 4 ，可得a 1＋＝②5d 16. 联立①②，解得a 1 ＝，＝分1d 3.5 由此可得a n ＝－分3n 2.6所以数列{a n }的通项公式a n ＝－，3n 2数列{b n }的通项公式为b n ＝2n .(2){设数列a 2n b 2n －1 }的前项和为n T n ，由a 2n ＝－，6n 2b 2n －1＝×24n －1，得a 2n b 2n －1＝－×(3n 1)4n，分7 故T n ＝×＋×24542＋×843＋…＋－(3n 1)4×n ，①分84T n ＝×242＋×543＋×844＋…＋－×(3n 4)4n ＋－×(3n 1)4n ＋1 ，②分9①－②，得－3T n ＝×＋×24342＋×343＋…＋×34n －(31)4n －×n ＋1＝12× 14－n14－－－－×4(3n 1)4n ＋1第一步找关系：根据已知条件确定数列的项之间的关系．第二步求通项：根据等差或等比数列的通项公式或利用累加、累乘法求数列的通项公式．第三步定方法：根据数列表达式的结构特征确定求和方法常用的有公式法、裂项相消去、(错位相减法、分组法等．)第四步写步骤．第五步再反思：检查求和过程中各项的符号有无错误，用特殊项估算结果.＝－－×(3n 2)4n ＋1 －，分811 得T n ＝32n －3×4n ＋1＋83.所以数列{a 2n b 2n －1 }的前项和为n 32n －2×4n ＋1＋83.12分 []评分细则①正确求出q 2 ＋－＝得分；②根据等比数列的通项公式求出通项q 602b n ＝2n 得分，通项公式使1 用错误不得分；③根据等差数列的通项公式求通项a n ＝－得分，通项公式使用错误不得分．④正确写出3n 21a 2n b 2n－1＝－(3n 1)4×n 得分；⑤正确写出＋124×54×2＋84×3＋＋－…(3n 1)4×n 得分；⑥正确写出14T n 得分；⑦正1 确计算出T n ＝32n －3×4n ＋1＋83 得分．3G 跟踪训练en zong xun lian已知数列{a n }的前项和为n S n ，且S n ＝－22n ＋1，数列{b n }为等差数列，且b 2＝a 1，b 8＝a 3.(1){求数列a n }{，b n }的通项公式；(2){求数列bn a n}的前项和n T n .[]解析(1){对于数列a n}有S n ＝－22n ＋1，当＝时，n 1S 1＝－222 ＝－，即2a 1＝－；2 当时，n ≥2a n ＝S n －S n －1＝－(22n ＋1)(22－－n )2＝－n ，对＝也符合，故n 1a n ＝－2n .所以数列{a n } 2.是等比数列，公比＝q 等差数列{b n }中，b 2＝a 1＝－，2b 8＝a 3＝－8. 故其公差满足＝d 6d b 8－b 2 ＝－，所以＝－6d 1. 所以其通项b n ＝b 2＋－＝－＋－－＝－(n 2)d 2(n 2)(×1)n . (2)令c n ＝b n a n ，由知，(1)c n ＝b n a n ＝n ×12n .T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋＋…c n －1＋c n＝12＋2×122＋3×123＋＋－…(n 1)×12n －1＋n ×12n ①，12T n ＝122＋2×123＋3×124＋＋－…(n 1)×12n ＋n ×12n ＋1②，①－②，得12T n ＝12＋122＋123＋＋…12n －1＋12n －n 2n ＋1＝12[1－ 12 n ]1－12－n 2n ＋1＝－112n －n 2n ＋1所以T n ＝－212n －1－n2n ＝－2n ＋22n .。

(课标专用)天津市2020高考数学二轮复习专题四数列4.2数列的通项与求和课件

-4-
突破点一
突破点二
突破点三
(2)∵an+1=an+ln
1+1
��
,
∴an-an-1=ln
1+ 1
�� -1
=ln��-��1(n≥2),
∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1
=ln��-��1+ln��--12+…+ln32+ln 2+2
专题四
4.2 数列的通项与求和
高频考点•探究突破核心归纳•预测演练
-9-
突破点一
突破点二
突破点三
即时巩固1根据下列条件,确定数列{an}的通项公式:
(1)a1=1,�� +1
=
2�� ;
2+��
(2)Sn=23an+13;
(3)Sn=2an+n.
方法:
(1)an+1-an=f(n)型,采用迭加法;
(2)��
+1 ��
=f(n)型,采用迭乘法;
(3)an+1=pan+q(p≠0,p≠1)型,转化为等比数列解决;
(4)an+1= 数列解决.
��
�� + ��
(an≠0,p,q为非零常数)型,可用倒数法转化为等差
2.已知Sn求an的三个步骤:

2020年高考数学二轮复习 4.2 数列的综合应用课件理

an 4 4n2 1 4 4(n 1)2 1 4 an1 4
0．又函数y＝cos x在区间(0，π)上是减函数，
∴Tn＋1＞Tn(n∈N*)．
1212－13＋13－14＋…＋n1－n＋1 1＝16＋1212－n＋1 1<16＋14＝152．综上，原不等式成立．
【点评】本题主要考查等差数列，等比数列，特殊到一
般的思想方法，数学归纳法，裂项相消法，不等式的放缩等
基础知识，考查综合运用数学知识进行归纳、总结、推理、
论证等能力．由此可见：数学不但要教演绎，更要教猜想和
(1)求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测{an}，{bn}的通项公式，并证明你的结论；
(2)证明：a1
1
b1
a2
1
b2
1 5 an bn 12
【分析】求出数列{an}、{bn}的前4项后猜测{an}、{bn}的
通项公式，再用数学归纳法证明；对an＋bn进行放缩，再求
和可得．
【解析】 (1)由条件得2bn＝an＋an＋1，an＋12＝bnbn＋1 由此可得a2＝6，b2＝9，a3＝12，b3＝16，a4＝20，b4＝ 25．
所以当n＝k＋1时，结论也成立．由①②，可知an＝n(n
＋1)，bn＝(n＋1)2对一切正整数b1 6 12
．
n≥2时，由(1)知an＋bn＝(n＋1)(2n＋1)>2n(n＋1)．
故a1＋1 b1＋a2＋1 b2＋…＋an＋1 bn<16＋12×
2×1 3＋3×1 4＋…＋n(n1＋1)＝16＋
n 1 1)
1 1
1 2
1 3
1 2 n,
n
下面用数学归纳法证明．
① 当n＝1时，不等式2( 2 －1)<1<2显然成立．

2020届高三数学(理)二轮复习专题集训：专题四数列4.2Word版含解析.doc

A1．已知数列 { a n } 中， a 1＝a 2＝ 1， a n ＋ 2＝a n ＋ 2， n 是奇数，20 和数列 { a n } 的前2a n ， n 是偶数，()A ．1 121B ． 1 122C ．1 123D ． 1 124分析：由意可知，数列 { a 2n } 是首 1，公比 2 的等比数列，数列 { a 2n － 1} 是首1，公差1× 1－ 210＋10× 1＋ 10× 9× 2＝1 123.2 的等差数列，故数列 { a n } 的前 20 和1－ 22C.答案： C2．若数列 { a n } 足 a 1＝ 15，且 3a n ＋1＝ 3a n － 2，使 a k ·a k ＋ 1＜ 0 的 k( )A ．22B ． 21C ．24D ． 23分析：因 3a n ＋ 1＝ 3a n －2，因此 a n ＋ 1－ a n ＝－ 2，因此数列 { a n } 是首15，公差32的等差数列，因此22 n ＋ 47 ，令 a n ＝－ 2 47 ＞ 0，得 n ＜ 23.5，所－ a n ＝ 15－ ·(n － 1)＝－3 3n ＋ 3333以使 a k ·a k ＋ 1＜ 0 的 k23.答案： D3．(2017 广· 省五校作体第一次断考)数列 { a n } 足 a 1＝1，且 a n ＋1＝ a 1＋ a n ＋ n(n∈N *)， 1 ＋ 1＋⋯＋1 等于 ( )a 1 a 2 a 2 0164 0324 028 A.2 017 B ．2 015 2 0152 014C.2 016D ． 2 015分析：由 a 1＝ 1， a n ＋1 ＝a 1 ＋a n ＋n 可得 a n ＋ 1－ a n ＝n ＋ 1，利用累加法可得a n － a 1＝n － 1 n ＋2n 2＋ n1 2 11 1 1 1，因此a n ＝，因此＝ 2＋ n ＝ 2 －，故＋＋ ⋯ ＋＝2n n n n ＋ 1 1 a 2 a 2 0162 a a 1 －1 111－ 1 ＝ 21 4 032 ， A.2 1 2 ＋－＋⋯＋2 0161－2 017＝2 017232 017 答案：A4．(2017 湖·北省七市 (州 ) 考 )在各都正数的数列{ a n } 中，首 a 1＝ 2，且点 (a n 2，a n 2－ 1)在直 x － 9y ＝ 0 上，数列 { a n } 的前 n 和 S n 等于 ()nA ．3 －1C.2分析：由点 (a n 2，a n 2－ 1)在直nB ．1－－33n 2＋ nD ．222x － 9y ＝ 0 上，得 a n － 9a n － 1＝ 0，即 (a n ＋ 3a n －1 )(a n － 3a n － 1)＝ 0，又数列 { a n } 各均正数，且 a 1＝ 2，∴ a n ＋ 3a n － 1>0，∴ a n － 3a n －1＝ 0，即a n＝ 3，∴a n － 1n n数列 { a n } 是首 a 1＝ 2，公比a 1 1－ q2× 3－1n q ＝ 3 的等比数列，其前 n 和 S n ＝＝3－ 1＝ 31－ q－1，故 A.答案：A5．已知等比数列 { a n } 的前 n 和 S n ，若 a 2＝ 12，a 3·a 5 ＝ 4，以下法正确的选项是 ()A ． { a n } 是减数列B ． { S n } 是减数列C ．{ a 2n } 是减数列D ． { S 2n } 是减数列分析：因为 { a n } 是等比数列， a 3 a 5＝a 42＝ 4，又 a 2＝ 12， a 4>0，a 4＝ 2，q 2＝ 1，当6q ＝－6， { a n } 和 { S n } 不拥有性， A 和 B ； a 2n ＝ a 2q2n － 2＝ 12× 1 n － 166减， C 正确；当 q ＝－6， { S 2n } 不拥有性， D ．6答案： C6．在数列 { a n } 中， a 1＝ 1， a n ＋ 2＋ (－ 1)n a n ＝ 1. S n是数列 { a n } 的前 n 和，S 100 ＝________.分析：当 n ＝2k ， a 2k ＋ 2＋ a 2k ＝ 1；当 n ＝ 2k － 1 ， a 2k ＋ 1＝ a 2k － 1＋ 1，因此 a 2k － 1＝ 1＋ (k － 1)× 1＝ k.因此 S 100＝ (a 1＋ a 3＋ ⋯ ＋ a 99) ＋ (a 2＋ a 4＋ a 6＋ a 8＋ ⋯ ＋ a 100 )＝ 1＋ 50×50＋ 25 2＝ 1 275＋ 25＝ 1 300.答案：1 3007． (2016 ·国卷乙全 ) 等比数列 { a n } 足 a 1＋ a 3＝ 10，a 2＋a 4＝ 5， a 1 a 2⋯a n 的最大________．分析：等比数列 { a n } 的公比1 q ，由 a 1＋ a 3＝ 10，a 2＋ a 4＝q(a 1＋ a 3 )＝ 5，知 q ＝ .2又 a 1＋ a 1q 2＝ 10，∴ a 1＝8.故 a 1a 2⋯ a n ＝ a 1n q 1＋ 2＋ ⋯＋(n －1)＝ 23n ·1n － 1 n2 2＝ 23n －n 2＋ n ＝ 2－n 2＋7n.222 22 t ＝－ n＋7n＝－ 1(n 2－ 7n)，2 22合 n∈N*可知 n＝ 3 或 4 ， t 有最大 6.t6又 y＝ 2 增函数，进而a1a2⋯ a n的最大 2 ＝ 64.8．某数列的前n 和 S n，若S n常数，称数列“和数列”．若一个首S2n1，公差 d(d≠ 0)的等差数列 { a n} “和数列”，等差数列的公差d＝ ________.n11S分析：由S2n＝k( k 常数 )，且 a1＝ 1，得 n＋2n(n－ 1)d＝ k 2n＋2×2n2n－ 1 d ，即 2＋( n－ 1)d＝ 4k＋ 2k(2n－ 1)d，整理得， (4k－ 1)dn＋ (2k－ 1)(2－ d)＝ 0.∵ 随意正整数 n，上d 4k－ 1 ＝0，d＝ 2，1∴数列 { a n} 的公差 2.式恒建立，∴得2k－ 1 2－d ＝0，k＝4，答案： 2nn＋1＋ a(n∈N*n，且 6S n＝3)．9．已知等比数列 { a } 的前 n 和S(1)求 a 的及数列 { a n} 的通公式；1(2)若 b n＝ (1－ an)log 3(a n2·a n＋1)，求数列b n的前 n 和 T n.n＋ 1*分析：(1) ∵6S n＝ 3＋a(n∈ N)，当 n≥2 ， 6a n＝ 6(S n－ S n－1)＝ 2× 3n，即 a n＝ 3n－1，∵ { a n} 是等比数列，∴ a1＝ 1， 9＋ a＝ 6，得 a＝－ 3，∴数列 { a n} 的通公式a n＝ 3n－1(n∈N* )．(2)由 (1) 得 b n＝ (1－ an)log 3( a n2·a n＋1)＝ (3n－2)(3 n＋1) ，∴T ＝1＋1＋⋯＋1n b1b2b n＝1＋1＋⋯＋1 1×4 4×73n－ 2 3n＋ 1＝11－1＋1－1＋⋯＋1－1 34473n－ 23n＋ 1＝n.3n＋ 1*3x2x10．数列{ a n } 的前 n 和S n，且点 (n， S n)(n∈N )在函数 y＝2－2的象上．(1)求数列 { a n} 的通公式；(2) b n＝a n＋ 2n＋1 ，求数列{ b n }的前n和T n. 32分析：(1) 因点 (n ， S n )(n ∈ N * )在函数 y ＝3x－ x的象上，22因此 3n 2 －n ＝ 2S n ，①因此当 n ≥ 2 ， 3(n － 1)2－ (n － 1)＝ 2S n － 1，② 由①－②，得6n － 4＝ 2a n ，因此 a n ＝ 3n －2.因 n ＝ 1 ， 3×12－1＝ 2a 1，因此 a 1＝ 1，切合上式，因此数列{ a n } 的通公式a n＝3n － 2.a n ＋ 2 3n n12 3 n(2)因 b n ＝ 3 n ＋ 1 ＝ 3 n ＋ 1＝ 3n ， T n ＝3 ＋ 32＋33＋ ⋯＋ 3n ，③2 3 n 3T n ＝ 1＋3＋ 32＋ ⋯ ＋3n －1，④1 n1 n1 1 1 n 1×1－3n31－3n 由④－③，得2T n ＝ 1＋ 3＋32 ＋⋯ ＋ 3n －1－3n ＝ 1－ 3n ＝2－ 3n ，1－ 33 － 1 n3 2n ＋ 3 .因此 T n ＝n －1－ n ＝－ n4 4·32·3 4 4·3B1． (2017 全·国卷Ⅰ )几位大学生响国家的呼吁，开了一款用件．激大家学数学的趣，他推出了“解数学取件激活 ”的活．款件的激活下边数学的答案：已知数列 1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16 ，⋯，此中第一是20，接下来0,10,1, 2N ：N>100的两是 2 2 ，再接下来的三是 2 2 2 ，依此推．求足以下条件的最小整数且数列的前N 和 2 的整数．那么款件的激活是()A ．440B ． 330C ．220D ． 110分析：首第1 ，接下来的两第2 ，再接下来的三第3 ，依此推，第 n 的数 n ，前 n 的数和n 1＋ n.2由意知， N>100，令n 1＋ n>100 ? n ≥ 14，且 n ∈ N *，即 N 出在第 13 以后．2nn第 n 的各和 1－ 2＝ 2n － 1，前 n 全部的和2 1－2 － n ＝ 2n ＋1－ 2－n.1－21－2N 是第 n ＋ 1 的第 k ，若要使前 N 和 2 的整数， N －n1＋ n的和即2第 n ＋ 1 的前 k 的和 2k －1 与－ 2－ n 互相反数，即 2k － 1＝2＋ n(k ∈ N * ， n ≥ 14)， k＝log 2(n ＋ 3)? n 最小29，此 k ＝5， N ＝29×1＋ 29＋ 5＝ 440.故 A.2答案： A2． (2017 昆·明市教课量 )在平面直角坐系上，有一点列P 1， P 2，⋯， P n ，⋯ (n*)，点 P n 的坐2 *)，点 P n ，P n ＋ 1 的直与两坐所∈N(n ，a n )，此中 a n ＝ (n ∈Nn成的三角形的面b n ， S n 表示数列 { b n } 的前 n 和， S 5＝ ________.22 － 2n，即分析：由意得，点 P n ， P n ＋ 1 的直y － n＝n ＋12x ＋n(n ＋ 1)y － 2(2nx － n n ＋ 1 － n＋1) ＝ 0.令 y ＝ 0，得 x ＝ 2n ＋ 1，令 x ＝ 0，得 y ＝22n ＋1 ，因此 b n ＝ 1× (2n ＋1) ×2 2n ＋ 1＝n n ＋1 2 n n ＋ 14＋ 11 －11 1 1 1 1 125＝ 4＋ n ＋ 1，因此 S 5＝ 4×5＋ 1－＋－＋ ⋯ ＋－＝ .n n ＋ 1 n 2 2 3 5 6 6答案：12563．已知△ ABC 的角 A 、 B 、 C 的分a 、b 、c ，其面S ＝ 4 3， B ＝ 60°，且 a 2＋ c 2＝2b 2；等差数列 { a n } 中， a 1＝ a ，公差 d ＝b.数列 { b n } 的前 n 和 T n ，且 T n －2b n ＋ 3＝0， n ∈ N * .(1)求数列 { a n } 、 { b n } 的通公式；a n ， n 奇数(2) c n ＝，求数列 { c n } 的前 2n ＋ 1 和 P 2n ＋ 1.b n ， n 偶数分析：(1) ∵S ＝ 1acsin B ＝4 3，∴ ac ＝ 16，2又 a 2＋ c 2＝ 2b 2，b 2 ＝a 2＋ c 2－ 2accos B ，∴ b 2＝ ac ＝16，∴ b ＝4，进而 (a ＋ c)2＝ a 2＋ c 2＋ 2ac ＝ 64， a ＋ c ＝ 8， ∴ a ＝ c ＝ 4.a 1＝ 4，故可得∴ a n ＝ 4n.d ＝ 4，∵ T n － 2b n ＋ 3＝ 0，∴当 n ＝ 1 ， b 1＝ 3，当 n ≥2 ， T n － 1－ 2b n －1 ＋3＝ 0，两式相减，得 b n ＝ 2b n － 1(n ≥ 2)，n － 1∴数列 { b n } 等比数列，∴b n ＝ 3·2.4n ， n 奇数(2)依意，c n ＝3·2n － 1， n 偶数 .P 2n ＋ 1＝ (a 1＋ a 3＋ ⋯＋ a 2n ＋ 1)＋ (b 2＋ b 4＋ ⋯ ＋b 2 n )＝[4＋ 4 2n ＋1 ] n ＋ 1 ＋6 1－4n21－4＝ 22n －1＋ 4n 2＋ 8n ＋ 2.4．已知数列 { a n } 足 a n ＋1－ a n ＝ 2[f(n ＋1) －f(n)](n ∈ N * )．(1)若 a 1＝ 1， f(x) ＝3x ＋ 5，求数列 { a n } 的通公式；(2)若＝ 6， f(x) ＝2x 且 λa n ＋ n ＋ 2λ 全部a 1 n >2n ∈ N * 恒建立，求数λ的取范．分析：(1) 因 a n ＋ 1－a n ＝ 2[f(n ＋ 1)－ f(n)](n ∈N * )， f(n)＝ 3n ＋ 5，因此 a n ＋ 1－ a n ＝ 2(3n ＋ 8－ 3n － 5)＝ 6，因此 { a n } 是等差数列，首a 1＝1，公差6，即 a n ＝ 6n － 5.(2)因 f(x)＝ 2x ，因此 f(n ＋ 1)－ f(n)＝ 2n ＋1－ 2n ＝2n ，因此 a n ＋ 1－ a n ＝ 2·2n ＝ 2n ＋1.当 n ≥2 ， a n ＝ (a n － a n －1)＋ ( a n － 1－ a n －2 )＋ ⋯＋ (a 2－ a 1)＋ a 1＝ 2n ＋ 2n － 1＋ ⋯ ＋ 22＋ 6＝ 2n＋1＋ 2，当 n ＝1 ， a ＝ 6，切合上式，因此a ＝2 n ＋1＋ 2.1n由 λa n2n ＋ n 1 nn ＋ 1n 1－n或 n ＝＋ n ＋ 2λ，得 λ>n ＋ 1 ＝＋ n ＋ 1，而n ＋2－ n ＋ 1＝n ＋ 2 ≤ 0，因此当 n ＝ 1n >222 22 22n＋ n 3，故 λ的取范3，＋∞ .2n ＋1 获得最大2 ， 244。

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