高考数学二轮复习 专题四 数列 第二讲 数列求和及数列的综合应用素能提升练 理

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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

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,

高考数学二轮复习 专题四 第2讲 数列求和及综合应用配套 理

高考数学二轮复习 专题四 第2讲 数列求和及综合应用配套 理

所以Sn=2(1+3+…+3n-1)+[-1+1-1+…+(- 1)n]·(ln 2-ln 3)+[-1+2-3+…+(-1)nn]ln 3.
整理ppt
当n为偶数时,
Sn=2×11--33n+n2ln 3=3n+n2ln 3-1;
当n为奇数时,
Sn=2×11--33n-(ln 2-ln 3)+n-2 1-nln 3 =3n-n-2 1ln 3-ln 2-1.整理ppt
综上所述,
Sn=33nn+-nn2l-2n 13l-n 31-,ln 2-1,
n为偶数, n为奇数.
整理ppt
在处理一般数列求和时,一定要注意使用转化思 想.把一般的数列求和转化为等差数列或等比数 列进行求和,在求和时要分析清楚哪些项构成等 思 差数列,哪些项构成等比数列,清晰正确地求解 维 .在利用分组求和法求和时,由于数列的各项是

华 正负交替的,所以一般需要对项数n进行讨论, 最后再验证是否可以合并为一个公式.
整理ppt
变式训练1
已知数列{an}中,a1=1,anan+1=( 1 )n(n∈N*). (1)求证:数列{a2n}与{a2n-1}(n∈N*)2都是等比数列;
1 1 证明 因为anan+1=( )n,an+1an+2=( )n+1,
第一行 3
2
10
第二行 6 第三行 9
4
14
8
18
整理ppt
(1)求数列{an}的通项公式;
思维启迪 根据表中数据逐个推敲确定{an}的通项公式;
解 当a1=3时,不合题意; 当a1=2时,当且仅当a2=6,a3=18时,符合题意; 当a1=10时,不合题意. 因此a1=2,a2=6,a3=18,所以公比q=3. 故an=2·3n-1 (n∈N*).

高考数学二轮复习数列求和及其综合应用

高考数学二轮复习数列求和及其综合应用

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

高考数学二轮复习 专题四 数列 4.2 数列求和及数列的综合应用素能演练提升 文

高考数学二轮复习 专题四 数列 4.2 数列求和及数列的综合应用素能演练提升 文

第二讲数列求和及数列的综合应用掌握核心,赢在课堂1.若数列{a n}是公差为2的等差数列,则数列{}是( )A.公比为4的等比数列B.公比为2的等比数列C.公比为的等比数列D.公比为的等比数列解析:∵a n=a1+2(n-1),∴=22=4.∴{}是等比数列,公比为4.答案:A2.已知在数列{a n}中,a1=-60,a n+1=a n+3,则|a1|+|a2|+|a3|+…+|a30|等于( )A.445B.765C.1080D.3105解析:∵a n+1=a n+3,∴a n+1-a n=3.∴{a n}是以-60为首项,3为公差的等差数列.∴a n=a1+3(n-1)=3n-63.令a n≤0,得n≤21.∴前20项都为负值.∴|a1|+|a2|+|a3|+…+|a30|=-(a1+a2+…+a20)+a21+…+a30=-2S20+S30.∵S n=n=×n,∴|a1|+|a2|+|a3|+…+|a30|=765.答案:B3.设数列{a n}的前n项和S n=2n-1,则的值为( )A. B. C. D.解析:∵S n=2n-1,∴.答案:A4.设某商品一次性付款的金额为a元,以分期付款的形式等额地分成n次付清,若每期利率r保持不变,按复利计算,则每期期末所付款是( )A.(1+r)n元B.元C.(1+r)n-1元D.元解析:设每期期末所付款是x元,则各次付款的本利和为x(1+r)n-1+x(1+r)n-2+x(1+r)n-3+…+x(1+r)+x=a(1+r)n,即x·=a(1+r)n,故x=.答案:B5.(2014黑龙江大庆第二次质检,10)已知数列{a n}满足a n+1=a n-a n-1(n≥2),a1=1,a2=3,记S n=a1+a2+…+a n,则下列结论正确的是( )A.a2014=-1,S2014=2B.a2014=-3,S2014=5C.a2014=-3,S2014=2D.a2014=-1,S2014=5解析:由已知数列{a n}满足a n+1=a n-a n-1(n≥2),知a n+2=a n+1-a n,a n+2=-a n-1(n≥2),a n+3=-a n,a n+6=a n,又a1=1,a2=3,a3=2,a4=-1,a5=-3,a6=-2,所以当k∈N时,a k+1+a k+2+a k+3+a k+4+a k+5+a k+6=a1+a2+a3+a4+a5+a6=0,a2014=a4=-1,S2014=a1+a2+a3+a4=1+3+2+(-1)=5.答案:D6.数列{a n}的通项公式a n=n cos,其前n项和为S n,则S2012等于( )A.1006B.2012C.503D.0解析:∵函数y=cos的周期T==4,∴可分四组求和:a1+a5+…+a2009=0,a2+a6+…+a2010=-2-6-…-2010==-503×1006,a3+a7+…+a2011=0,a4+a8+…+a2012=4+8+…+2012==503×1008.故S2012=0-503×1006+0+503×1008=503×(-1006+1008)=1006.答案:A7.(2014河南郑州第二次质检,12)已知正项数列{a n}的前n项和为S n,若2S n=a n+(n∈N*),则S2014=( )A.2 014+B.2 014-C.2 014D.解析:由题意可知,当n≥2时,当n≥2时,a n=S n-S n-1,则2S n=a n+=S n-S n-1+,整理得-=1,即数列{}是公差为1的等差数列.又由2S1=2a1=a1+,解得a1=1(a n>0),即S1=1,=1,因此=n.故S2 014=.答案:D8.(2014河北唐山高三统考,16)若数列{a n}的前n项和为S n,且a1=3,a n=2S n-1+3n(n≥2),则该数列的通项公式为a n= .解析:∵a n=2S n-1+3n,∴a n-1=2S n-2+3n-1(n≥3),相减得a n-a n-1=2a n-1+2×3n-1,即a n=3a n-1+2×3n-1.∴=+(n≥3).又a2=2S1+32=2a1+32=15,=,+=,即=+,∴数列是以1为首项,为公差的等差数列,∴=1+(n-1)×.∴a n=(2n+1)3n-1.答案:(2n+1)3n-19.(2014贵州六校第一次联考,16)已知f(x)=,各项均为正数的数列{a n}满足a1=1,a n+2=f(a n),若a12=a14,则a13+a2 014= .解析:由f(x)=,a1=1,a n+2=f(a n)可得a3==,a5==,同理可推得a7=,a9=,a11=,a13=,由a12=a14,得=,a10=a12,依次推出a2=a4=a6=…=a2 014,由a4=f(a2),得a2=,+a2-1=0,a2=.故a13+a2 014=+.答案:+10.在公差为d的等差数列{a n}中,已知a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等比数列.(1)求d,a n;(2)若d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|.解:(1)由题意得5a3·a1=(2a2+2)2,即d2-3d-4=0,故d=-1或d=4.当d=-1时,a n=-n+11;当d=4时,a n=4n+6.所以d=-1,a n=-n+11,n∈N*或d=4,a n=4n+6,n∈N*.(2)设数列{a n}的前n项和为S n.因为d<0,由(1)得d=-1,a n=-n+11.则当n≤11时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=S n=-n2+n.当n≥12时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=-S n+2S11=n2-n+110.综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=11.(2014河南郑州第二次质检,17)已知正项数列{a n},若对于任意正整数p,q均有a p·a q=2p+q成立.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=na n,求数列{b n}的前n项和S n.解:(1)由已知,令p=q=n可得a n·a n=22n,因为a n>0,所以a n=2n.(2)b n=na n=n×2n,S n=1×21+2×22+3×23+…+(n-1)2n-1+n×2n,①2S n=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)2n+n×2n+1,②由①-②,得-S n=1×21+22+23+…+2n-n×2n+1,即-S n=-n×2n+1,整理可得S n=(n-1)2n+1+2.12.已知向量p=(a n,2n),向量q=(2n+1,-a n+1),n∈N*,向量p与q垂直,且a1=1.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足b n=log2a n+1,求数列{a n·b n}的前n项和S n.解:(1)∵向量p与q垂直,∴2n+1a n-2n a n+1=0,即2n a n+1=2n+1a n.∴=2.∴{a n}是以1为首项,2为公比的等比数列.∴a n=2n-1.(2)∵b n=log2a n+1,∴b n=n.∴a n·b n=n·2n-1.∴S n=1+2·2+3·22+4·23+…+n·2n-1.①∴2S n=1·2+2·22+3·23+4·24+…+n·2n.②①-②,得-S n=1+2+22+23+24+…+2n-1-n·2n=-n·2n=(1-n)2n-1.∴S n=1+(n-1)2n.13.设正项数列{a n}的前n项和是S n,若{a n}和{}都是等差数列,且公差相等.(1)求{a n}的通项公式;(2)若a1,a2,a5恰为等比数列{b n}的前三项,记数列c n=,数列{c n}的前n项和为T n.求证:对任意n∈N*,都有T n<2.(1)解:设{a n}的公差为d,则==·n,且a1-=0.∵d=,∴d=,a1==,a n=.(2)证明:∵b1=a1=,b2=a2=,b3=a5=,∴b n=×3n-1.∴c n=.当n≥2时,<==-,∴当n≥2时,T n=++…+<+++…+=2-<2,且T1=<2.故对任意n∈N*,都有T n<2.。

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文

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专题四 数列 第二讲 数列求和及综合应用适考素能特训 文一、选择题1.[2016·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.[2016·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 2016=( )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 2016=6,所以log6a 2016=1,故选A.3.[2016·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 2,1x2. 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.[2016·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.[2016·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.[2016·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.[2016·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.[2016·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 +1,② ①-②得12S n =12+122+123+…+12n -n 2n +1=1-n +22n +1,∴S n =2-n +22n.11.[2015·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.[2016·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[2016·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.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:。

高三数学二轮专题二数列 第2讲 数列求和及综合应用

高三数学二轮专题二数列 第2讲 数列求和及综合应用

第2讲 数列求和及综合应用高考定位 1.高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现,通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和,难度中档偏下;2.在考查数列运算的同时,将数列与不等式、函数交汇渗透.真 题 感 悟1.(2017·全国Ⅲ卷)设数列{a n }满足a 1+3a 2+…+(2n -1)a n =2n . (1)求{a n }的通项公式;(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n +1的前n 项和.解 (1)因为a 1+3a 2+…+(2n -1)a n =2n ,①故当n ≥2时,a 1+3a 2+…+(2n -3)a n -1=2(n -1),② ①-②得(2n -1)a n =2,所以a n =22n -1,又n =1时,a 1=2适合上式,从而{a n }的通项公式为a n =22n -1.(2)记⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n +1的前n 项和为S n ,由(1)知a n 2n +1=2(2n -1)(2n +1)=12n -1-12n +1,则S n =⎝ ⎛⎭⎪⎫1-13+⎝ ⎛⎭⎪⎫13-15+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1-12n +1=1-12n +1=2n2n +1.2.(2017·山东卷)已知{a n }是各项均为正数的等比数列,且a 1+a 2=6,a 1a 2=a3. (1)求数列{a n }的通项公式;(2){b n }为各项非零的等差数列,其前n 项和为S n ,已知S 2n +1=b n b n +1,求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n .解 (1)设{a n }的公比为q , 由题意知⎩⎨⎧a 1(1+q )=6,a 21q =a 1q 2,又a n >0,解得⎩⎨⎧a 1=2,q =2,所以a n =2n .(2)由题意知:S 2n +1=(2n +1)(b 1+b 2n +1)2=(2n +1)b n +1,又S 2n +1=b n b n +1,b n +1≠0, 所以b n =2n +1.令c n =b na n,则c n =2n +12n ,因此T n =c 1+c 2+…+c n=32+522+723+…+2n -12n -1+2n +12n ,又12T n =322+523+724+…+2n -12n +2n +12n +1,两式相减得12T n =32+⎝ ⎛⎭⎪⎫12+122+…+12n -1-2n +12n +1,所以T n =5-2n +52n .考 点 整 合1.(1)数列通项a n 与前n 项和S n 的关系,a n =⎩⎨⎧S 1 (n =1),S n -S n -1 (n ≥2).(2)应用a n 与S n 的关系式f (a n ,S n )=0时,应特别注意n =1时的情况,防止产生错误. 2.数列求和(1)分组转化求和:一个数列既不是等差数列,也不是等比数列,若将这个数列适当拆开,重新组合,就会变成几个可以求和的部分,分别求和,然后再合并. (2)错位相减法:主要用于求数列{a n ·b n }的前n 项和,其中{a n },{b n }分别是等差数列和等比数列.(3)裂项相消法:即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式,然后通过累加抵消中间若干项的方法,裂项相消法适用于形如⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫c a n a n +1(其中{a n }是各项均不为零的等差数列,c 为常数)的数列.温馨提醒 裂项求和时,易把系数写成它的倒数或忘记系数导致错误. 3.数列与函数、不等式的交汇数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景,给出数列所满足的条件,通常利用点在曲线上给出S n 的表达式,还有以曲线上的切点为背景的问题,解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系,将条件进行准确的转化.数列与不等式的综合问题一般以数列为载体,考查最值问题、不等关系或恒成立问题.热点一 a n 与S n 的关系问题【例1】 设数列{a n }的前n 项和为S n ,对任意的正整数n ,都有a n =5S n +1成立,b n =-1-log 2|a n |,数列{b n }的前n 项和为T n ,c n =b n +1T n T n +1. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)求数列{c n }的前n 项和A n ,并求出A n 的最值. 解 (1)因为a n =5S n +1,n ∈N *, 所以a n +1=5S n +1+1, 两式相减,得a n +1=-14a n ,又当n =1时,a 1=5a 1+1,知a 1=-14, 所以数列{a n }是公比、首项均为-14的等比数列. 所以数列{a n }的通项公式a n =⎝ ⎛⎭⎪⎫-14n.(2)b n =-1-log 2|a n |=2n -1, 数列{b n }的前n 项和T n =n 2, c n =b n +1T n T n +1=2n +1n 2(n +1)2=1n 2-1(n +1)2, 所以A n =1-1(n +1)2.因此{A n }是单调递增数列,∴当n =1时,A n 有最小值A 1=1-14=34;A n 没有最大值.探究提高 1.给出S n 与a n 的递推关系求a n ,常用思路是:一是利用S n -S n -1=a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系,再求其通项公式;二是转化为S n 的递推关系,先求出S n 与n 之间的关系,再求a n .2.形如a n +1=pa n +q (p ≠1,q ≠0),可构造一个新的等比数列.【训练1】 (2018·安徽江南名校联考)已知数列{a n }的首项a 1=1,S n 是数列{a n }的前n 项和,且满足2(S n +1)=(n +3)a n . (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设数列{b n }满足b n =1a n a n +1,记数列{b n }的前n 项和为T n ,求证:T n <3.(1)解 2(S n +1)=(n +3)a n ,① 当n ≥2时,2(S n -1+1)=(n +2)a n -1,② ①-②得,(n +1)a n =(n +2)a n -1, 所以a n n +2=a n -1n +1(n ≥2),又∵a 11+2=13,故⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n n +2是首项为13的常数列. 所以a n =13(n +2). (2)证明 由(1)知,b n =1a n a n +1=9(n +2)(n +3)=9⎝ ⎛⎭⎪⎫1n +2-1n +3.∴T n =b 1+b 2+b 3+…+b n=9⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13-14+⎝ ⎛⎭⎪⎫14-15+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫1n +2-1n +3=9⎝ ⎛⎭⎪⎫13-1n +3=3-9n +3<3.热点二 数列的求和 考法1 分组转化求和【例2-1】 (2018·合肥质检)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足S 4=24,S 7=63.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)若b n =2a n +(-1)n ·a n ,求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)∵{a n }为等差数列,∴⎩⎪⎨⎪⎧S 4=4a 1+4×32d =24,S 7=7a 1+7×62d =63,解得⎩⎨⎧a 1=3,d =2.因此{a n }的通项公式a n =2n +1.(2)∵b n =2a n +(-1)n ·a n =22n +1+(-1)n ·(2n +1) =2×4n +(-1)n ·(2n +1),∴T n =2×(41+42+…+4n )+[-3+5-7+9-…+(-1)n (2n +1)]=8(4n-1)3+G n .当n 为偶数时,G n =2×n2=n , ∴T n =8(4n -1)3+n ;当n 为奇数时,G n =2×n -12-(2n +1)=-n -2, ∴T n =8(4n -1)3-n -2,∴T n =⎩⎪⎨⎪⎧8(4n -1)3+n (n 为偶数),8(4n -1)3-n -2 (n 为奇数).探究提高 1.在处理一般数列求和时,一定要注意运用转化思想.把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和.在利用分组求和法求和时,常常根据需要对项数n 的奇偶进行讨论.最后再验证是否可以合并为一个表达式. 2.分组求和的策略:(1)根据等差、等比数列分组;(2)根据正号、负号分组. 考法2 裂项相消法求和【例2-2】 (2018·郑州调研)设S n 为数列{a n }的前n 项和,S n =2n 2+5n . (1)求证:数列{3a n }为等比数列; (2)设b n =2S n -3n ,求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n a n b n 的前n 项和T n .(1)证明 ∵S n =2n 2+5n ,∴当n ≥2时,a n =S n -S n -1=4n +3. 又当n =1时,a 1=S 1=7也满足a n =4n +3.故a n =4n +3(n ∈N *).由a n +1-a n =4,得3a n +13a n =3a n +1-a n =34=81. ∴数列{3a n }是公比为81的等比数列. (2)解 ∵b n =4n 2+7n ,∴n a n b n =1(4n +3)(4n +7)=14⎝⎛⎭⎪⎫14n +3-14n +7, ∴T n =14⎝ ⎛⎭⎪⎫17-111+111-115+…+14n +3-14n +7 =14⎝ ⎛⎭⎪⎫17-14n +7=n7(4n +7). 探究提高 1.裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项,使这些裂开的项出现有规律的相互抵消,要注意消去了哪些项,保留了哪些项.2.消项规律:消项后前边剩几项,后边就剩几项,前边剩第几项,后边就剩倒数第几项.【训练2】 (2018·成都二诊)设正项等比数列{a n },a 4=81,且a 2,a 3的等差中项为32(a 1+a 2).(1)求数列{a n }的通项公式;(2)若b n =log 3a 2n -1,数列{b n }的前n 项和为S n ,数列{c n }满足c n =14S n -1,T n 为数列{c n }的前n 项和,若T n <λn 恒成立,求λ的取值范围. 解 (1)设等比数列{a n }的公比为q (q >0),由题意,得⎩⎨⎧a 4=a 1q 3=81,a 1q +a 1q 2=3(a 1+a 1q ),解得⎩⎨⎧a 1=3,q =3.所以a n =a 1q n -1=3n .(2)由(1)得b n =log 332n -1=2n -1, S n =n (b 1+b n )2=n [1+(2n -1)]2=n 2∴c n =14n 2-1=12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1-12n +1,∴T n =12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1-13+⎝ ⎛⎭⎪⎫13-15+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1-12n +1=n 2n +1. 若T n =n 2n +1<λn 恒成立,则λ>12n +1(n ∈N *)恒成立,则λ>⎝ ⎛⎭⎪⎫12n +1max ,所以λ>13.考法3 错位相减求和【例2-3】 (2018·潍坊一模)公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ,已知S 4=10,且a 1,a 3,a 9成等比数列. (1)求{a n }的通项公式;(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n 的前n 项和T n .解 (1)设{a n }的公差为d ,由题设得⎩⎨⎧4a 1+6d =10,a 23=a 1·a 9,∴⎩⎨⎧4a 1+6d =10,(a 1+2d )2=a 1(a 1+8d ). 解之得a 1=1,且d =1. 因此a n =n .(2)令c n =n3n ,则T n =c 1+c 2+…+c n =13+232+333+…+n -13n -1+n 3n ,①13T n =132+233+…+n -13n +n3n +1,② ①-②得:23T n =⎝ ⎛⎭⎪⎫13+132+…+13n -n 3n +1=13⎝ ⎛⎭⎪⎫1-13n 1-13-n 3n +1=12-12×3n -n 3n +1, ∴T n =34-2n +34×3n .探究提高 1.一般地,如果数列{a n }是等差数列,{b n }是等比数列,求数列{a n ·b n }的前n 项和时,可采用错位相减法求和,一般是和式两边同乘以等比数列{b n }的公比,然后作差求解.2.在写“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”,以便下一步准确地写出“S n -qS n ”的表达式.【训练3】 已知数列{a n }的前n 项和S n =3n 2+8n ,{b n }是等差数列,且a n =b n +b n +1.(1)求数列{b n }的通项公式;(2)令c n =(a n +1)n +1(b n +2)n ,求数列{c n }的前n 项和T n .解 (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,符合上式.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,即⎩⎨⎧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 +6)n +1(3n +3)n =3(n +1)·2n +1., 又T n =c 1+c 2+…+c n ,得T n =3×[2×22+3×23+…+(n +1)×2n +1], 2T n =3×[2×23+3×24+…+(n +1)×2n +2]. 两式作差,得-T n =3×[2×22+23+24+…+2n +1-(n +1)×2n +2] =3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4+4(1-2n )1-2-(n +1)×2n +2=-3n ·2n +2.所以T n =3n ·2n +2.热点三 与数列相关的综合问题【例3】 设f (x )=12x 2+2x ,f ′(x )是y =f (x )的导函数,若数列{a n }满足a n +1=f ′(a n ),且首项a 1=1.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)数列{a n }的前n 项和为S n ,等比数列{b n }中,b 1=a 1,b 2=a 2,数列{b n }的前n项和为T n ,请写出适合条件T n ≤S n 的所有n 的值. 解 (1)由f (x )=12x 2+2x ,得f ′(x )=x +2. ∵a n +1=f ′(a n ),且a 1=1. ∴a n +1=a n +2则a n +1-a n =2,因此数列{a n }是公差为2,首项为1的等差数列. ∴a n =1+2(n -1)=2n -1.(2)数列{a n }的前n 项和S n =n (1+2n -1)2=n 2,等比数列{b n }中,b 1=a 1=1,b 2=a 2=3,∴q =3. ∴b n =3n -1.∴数列{b n }的前n 项和T n =1-3n 1-3=3n -13-1=3n -12.T n ≤S n 可化为3n -12≤n 2. 又n ∈N *,∴n =1,或n =2故适合条件T n ≤S n 的所有n 的值为1和2.探究提高 1.求解数列与函数交汇问题注意两点:(1)数列是一类特殊的函数,其定义域是正整数集(或它的有限子集),在求数列最值或不等关系时要特别重视;(2)解题时准确构造函数,利用函数性质时注意限制条件.2.数列为背景的不等式恒成立、不等式证明,多与数列的求和相联系,最后利用数列或数列对应函数的单调性处理.【训练4】 (2018·长沙雅礼中学质检)设数列{a n }(n =1,2,3,…)的前n 项和S n 满足S n =2a n -a 1,且a 1,a 2+1,a 3成等差数列. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ,求使得|T n -1|<11 000成立的n 的最小值.解 (1)由已知S n =2a n -a 1,有a n =S n -S n -1=2a n -2a n -1(n ≥2),即a n =2a n -1(n ≥2). 从而a 2=2a 1,a 3=2a 2=4a 1.又因为a 1,a 2+1,a 3成等差数列,即a 1+a 3=2(a 2+1), 所以a 1+4a 1=2(2a 1+1),解得a 1=2,所以数列{a n }是首项为2,公比为2的等比数列, 故a n =2n .(2)由(1)可得1a n=12n ,所以T n =12+122+…+12n =12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1-⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1-12=1-12n . 由|T n -1|<11 000,得⎪⎪⎪⎪⎪⎪1-12n -1<11 000,即2n >1 000,又∵n ∈N *,因为29=512<1 000<1 024=210,所以n ≥10, 于是,使|T n -1|<11 000成立的n 的最小值为10.1.错位相减法的关注点(1)适用题型:等差数列{a n }乘以等比数列{b n }对应项得到的数列{a n ·b n }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.2.裂项求和的常见技巧 (1)1n (n +1)=1n -1n +1.(2)1n (n +k )=1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1n +k .(3)1n 2-1=12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1-1n +1.(4)14n 2-1=12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1-12n +1. 3.数列与不等式综合问题(1)如果是证明不等式,常转化为数列和的最值问题,同时要注意比较法、放缩法、基本不等式的应用;(2)如果是解不等式,注意因式分解的应用.一、选择题1.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 1=1,S 3=a 5.令b n =(-1)n -1a n ,则数列{b n }的前2n 项和T 2n 为( ) A.-n B.-2n C.nD.2n解析 设等差数列{a n }的公差为d ,由S 3=a 5得3a 2=a 5,∴3(1+d )=1+4d ,解得d =2,∴a n =2n -1,∴b n =(-1)n -1(2n -1),∴T 2n =1-3+5-7+…+(4n -3)-(4n -1)=-2n . 答案 B2.(2018·衡水中学月考)数列a n =1n (n +1),其前n 项之和为910,则在平面直角坐标系中,直线(n +1)x +y +n =0在y 轴上的截距为( ) A.-10 B.-9 C.10D.9解析 由于a n =1n (n +1)=1n -1n +1.∴S n =⎝ ⎛⎭⎪⎫1-12+⎝ ⎛⎭⎪⎫12-13+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1n +1=1-1n +1.因此1-1n +1=910,所以n =9.所以直线方程为10x +y +9=0.令x =0,得y =-9,所以在y 轴上的截距为-9. 答案 B 3.已知T n 为数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫2n +12n 的前n 项和,若m >T 10+1 013恒成立,则整数m 的最小值为( ) A.1 026 B.1 025 C.1 024D.1 023解析 因为2n +12n =1+12n ,所以T n =n +1-12n ,则T 10+1 013=11-1210+1 013=1 024-1210, 又m >T 10+1 013,所以整数m 的最小值为1 024. 答案 C4.已知数列{a n }满足a n +1-a n =2,a 1=-5,则|a 1|+|a 2|+…+|a 6|=( ) A.9B.15C.18D.30解析 ∵a n +1-a n =2,a 1=-5,∴数列{a n }是公差为2,首项为-5的等差数列. ∴a n =-5+2(n -1)=2n -7.数列{a n }的前n 项和S n =n (-5+2n -7)2=n 2-6n .令a n =2n -7≥0,解得n ≥72.∴n ≤3时,|a n |=-a n ;n ≥4时,|a n |=a n . 则|a 1|+|a 2|+…+|a 6|=-a 1-a 2-a 3+a 4+a 5+a 6= S 6-2S 3=62-6×6-2(32-6×3)=18. 答案 C5.对于数列{a n },定义数列{a n +1-a n }为数列{a n }的“差数列”,若a 1=2,数列{a n }的“差数列”的通项公式为a n +1-a n =2n ,则数列{a n }的前n 项和S n =( ) A.2B.2nC.2n +1-2D.2n -1-2解析 因为a n +1-a n =2n ,所以a n =(a n -a n -1)+(a n -1-a n -2)+…+(a 2-a 1)+a 1=2n -1+2n -2+…+22+2+2=2-2n 1-2+2=2n -2+2=2n ,所以S n =2-2n +11-2=2n +1-2. 答案 C 二、填空题6.(2018·昆明诊断)数列{a n }满足a n =n (n +1)2,则1a 1+1a 2+…+1a 2 018等于________.解析 a n =n (n +1)2,则1a n=2n (n +1)=2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n -1n +1∴1a 1+1a 2+…+1a 2 018=2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1-12+⎝ ⎛⎭⎪⎫12-13+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫12 018-12 019 =2⎝ ⎛⎭⎪⎫1-12 019=4 0362 019. 答案 4 0362 0197.记S n为正项数列{a n}的前n项和,且a n+1=2S n,则S2 018=________. 解析由题意得4S n=(a n+1)2,①当n=1时,4a1=(a1+1)2,a1=1,当n≥2时,4S n-1=(a n-1+1)2,②①-②得a2n-a2n-1-2(a n+a n-1)=0,所以(a n-a n-1-2)(a n+a n-1)=0,又a n>0,所以a n-a n-1=2,则{a n}是以1为首项,2为公差的等差数列.所以a n=2n-1,S2 018=2 018(1+2×2 018-1)2=2 0182.答案 2 01828.(2018·贵阳质检)已知[x]表示不超过x的最大整数,例如:[2.3]=2,[-1.5]=-2.在数列{a n}中,a n=[lg n],n∈N+,记S n为数列{a n}的前n项和,则S2 018=________.解析当1≤n≤9时,a n=[lg n]=0.当10≤n≤99时,a n=[lg n]=1.当100≤n≤999时,a n=[lg n]=2.当1 000≤n≤2 018时,a n=[lg n]=3.故S2 018=9×0+90×1+900×2+1 019×3=4 947.答案 4 947三、解答题9.(2018·济南模拟)记S n为数列{a n}的前n项和,已知S n=2n2+n,n∈N*. (1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=1a n a n+1,求数列{b n}的前n项和T n.解(1)由S n=2n2+n,得当n=1时,a1=S1=3;当n≥2时,a n=S n-S n-1=2n2+n-[2(n-1)2+(n-1)]=4n-1. 又a1=3满足上式.所以a n=4n-1(n∈N*).(2)b n=1a n a n+1=1(4n-1)(4n+3)=14⎝⎛⎭⎪⎫14n-1-14n+3.所以T n =14⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13-17+⎝ ⎛⎭⎪⎫17-110+…+⎝ ⎛⎭⎪⎫14n -1-14n +3=14⎝ ⎛⎭⎪⎫13-14n +3=n 12n +9. 10.(2018·南昌调研)已知数列{a n -n }是等比数列,且a 1=9,a 2=36. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)求数列{a n -n 2}的前n 项和S n . 解 (1)设等比数列{a n -n }的公比为q , 则q =a 2-2a 1-1=6-23-1=2. 从而a n -n =(3-1)×2n -1,故a n =(n +2n )2. (2)由(1)知a n -n 2=n ·2n +1+4n . 记T n =22+2·23+…+n ·2n +1,则2T n =23+2·24+…+(n -1)·2n +1+n ·2n +2, 两式作差,得-T n =22+23+…+2n +1-n ·2n +2 =2n +2-4-n ·2n +2=(1-n )·2n +2-4, ∴T n =(n -1)·2n +2+4,故S n =T n +4-4n +11-4=(n -1)·2n +2+4n +1+83.11.若数列{a n }是公差为2的等差数列,数列{b n }满足b 1=1,b 2=2,且a n b n +b n =nb n +1.(1)求数列{a n },{b n }的通项公式;(2)设数列{c n }满足c n =a n +1b n +1,数列{c n }的前n 项和为T n ,若不等式(-1)n λ<T n +n2n -1对一切n ∈N *恒成立,求实数λ的取值范围.解 (1)∵数列{b n }满足b 1=1,b 2=2,且a n b n +b n =nb n +1. ∴n =1时,a 1+1=2,解得a 1=1.又数列{a n }是公差为2的等差数列, ∴a n =1+2(n -1)=2n -1. ∴2nb n =nb n +1,化为2b n =b n +1,∴数列{b n }是首项为1,公比为2的等比数列. ∴b n =2n -1.(2)由数列{c n }满足c n =a n +1b n +1=2n 2n =n2n -1, 数列{c n }的前n 项和为 T n =1+22+322+…+n2n -1,∴12T n =12+222+…+n -12n -1+n 2n ,两式作差,得∴12T n =1+12+122+…+12n -1-n 2n =1-12n1-12-n 2n =2-n +22n ,∴T n =4-n +22n -1.不等式(-1)n λ<T n +n 2n -1,化为(-1)n λ<4-22n -1, n =2k (k ∈N *)时,λ<4-22n -1,取n =2,∴λ<3.n =2k -1(k ∈N *)时,-λ<4-22n -1,取n =1,∴λ>-2. 综上可得:实数λ的取值范围是(-2,3).。

高考数学大二轮复习专题四数列第2讲数列求和及综合应用复习指导课后强化训练(2021学年)

高考数学大二轮复习专题四数列第2讲数列求和及综合应用复习指导课后强化训练(2021学年)

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专题四第二讲A组1.已知数列{an},{b n}满足a1=b1=1,a n+1-a n=错误!=2,n∈N+,则数列{ban}的前10项的和为\x(导学号52134510)( D )A.错误!(49-1) B.错误!(410-1)C.\f(1,3)(49-1) ﻩD.错误!(410-1)[解析] 由a1=1,an+1-an=2得,a n=2n-1,由bn+1b n=2,b1=1得bn=2n-1,∴ba n=2an-1=22(n-1)=4n-1,∴数列{ban}前10项和为\f(1×410-1,4-1)=错误!(410-1).2.若数列{an}为等比数列,且a1=1,q=2,则T n=\f(1,a1a2)+错误!+…+错误!等于导学号 52134511( B )A.1-错误! B.错误!(1-错误!)C.1-错误!ﻩD.错误!(1-错误!)[解析] 因为a n=1×2n-1=2n-1,所以a n·a n+1=2n-1·2n=2×4n-1,所以错误!=错误!×(错误!)n-1,所以{错误!}也是等比数列,所以T n=错误!+错误!+…+错误!=错误!×错误!=错误!(1-错误!),故选B.3.(文)给出数列错误!,错误!,错误!,错误!,错误!,错误!,…,错误!,错误!,…,错误!,…,在这个数列中,第50个值等于1的项的序号..是\x(导学号 52134512)( B)A.4900 ﻩB.4901C.5000 D.5001[解析]根据条件找规律,第1个1是分子、分母的和为2,第2个1是分子、分母的和为4,第3个1是分子、分母的和为6,…,第50个1是分子、分母的和为100,而分子、分母的和为2的有1项,分子、分母的和为3的有2项,分子、分母的和为4的有3项,…,分子、分母的和为99的有98项,分子、分母的和为100的项依次是:错误!,错误!,错误!,…,错误!,\f(51,49),…,错误!,第50个1是其中第50项,在数列中的序号为1+2+3+…+98+50=\f(981+98,2)+50=4901.(理)(2017·合肥市质检)以S n表示等差数列{an}的前n项和,若S5〉S6,则下列不等关系不一定成立的是\x(导学号52134513)( D )A.2a3>3a4ﻩ B.5a5>a1+6a6C.a5+a4-a3〈0 ﻩD.a3+a6+a12〈2a7[解析] 依题意得a6=S6-S5<0,2a3-3a4=2(a1+2d)-3(a1+3d)=-(a1+5d)=-a〉0,2a3>3a4;5a5-(a1+6a6)=5(a1+4d)-a1-6(a1+5d)=-2(a1+5d)=-26a>0,5a5>a1+6a6;a5+a4-a3=(a3+a6)-a3=a6〈0。

高考数学二轮复习第2部分专题篇素养提升文理专题2数列文理第2讲数列求和及其综合应用文理课件新人教版

高考数学二轮复习第2部分专题篇素养提升文理专题2数列文理第2讲数列求和及其综合应用文理课件新人教版
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(2)设bn=n·2n+n, 所以Tn=b1+b2+b3+…+bn=(2+2×22+3×23+…+n·2n)+(1+2 +3+…+n), 令T=2+2×22+3×23+…+n·2n, 则2T=22+2×23+3×24+…+n·2n+1, 两式相减,得 -T=2+22+23+…+2n-n·2n+1=211--22n-n·2n+1,
2021/4/17
高考数学二轮复习第2部分专题篇素
5
1.高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现,通过分组 转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的前n项和,难度中等偏 下.
2.在考查数列求和的同时,将数列与函数、不等式交汇渗透.
6
(理科) 年份 卷别
Ⅰ卷 2020 Ⅱ卷
Ⅲ卷
题号 17 6 17
21
考点二 数列的求和问题
1.数列求和的常见方法 (1)分组求和法:形如an±bn,{an},{bn}是等差或等比数列)的形式. (2)裂项相消法:形如ana1n+d或其它特殊分式的形式.
22
2.常用的裂项公式 (1)若{an}是等差数列,则ana1n+1=1da1n-an1+1,ana1n+2=21da1n-an1+2; (2)nn+1 1=1n-n+1 1,nn1+k=1k1n-n+1 k; (3)2n-112n+1=122n1-1-2n1+1; (4)nn+11n+2=12nn1+1-n+11n+2;
分值 5 5 10
9
年份 卷别 Ⅰ卷
2019 Ⅱ卷 Ⅲ卷
题号 14,18
18 6,14
考查角度 等比数列求和;等差数列的通项公式 以及求和 等比数列的通项公式、等差数列的求 和 等比数列的通项公式,等差数列的通 项公式以及求和
分值 17 12 10

高考数学大二轮专题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理

高考数学大二轮专题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理

n+1=
n+1-
n.

1 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 n 项和 公式,如
①1+2+3+…+n=nn+2 1; ②1+3+5+…+(2n-1)= n2 ; ③12+22+32+…+n2=16n(n+1)(2n+1).
[失分警示] 1.公比为字母的等比数列求和时,注意公比是否为 1 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.
对任意正整数 n 都有 6Sn=1-2an.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设
bn=log1 2
an,求
Tn=b21-1 1+b22-1 1+…+b2n-1 1.
[解] (1)由 6Sn=1-2an, 得 6Sn-1=1-2an-1(n≥2). 两式相减得 6an=2an-1-2an,即 an=14an-1(n≥2),
1.分组求和的常见方法 (1)根据等差、等比数列分组. (2)根据正号、负号分组,此时数列的通项式中常会有(- 1)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{an}与等比数列{bn}对应项相乘 ({an·bn})型数列求和. (2)步骤: ①求和时先乘以数列{bn}的公比. ②把两个和的形式错位相减. ③整理结果形式.
①nn1+1=1n-n+1 1.
②③n2nn1+-k11=2n1k+1n-1=n+1 k.122n1-1-2n1+1
.
④若等差数列{an}的公差为 d,则ana1n+1=

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1

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1
3 由 Sm=63 得(-2)m=-188,此方程没有正整数解. 若 an=2n-1,则 Sn=2n-1. 由 Sm=63 得 2m=64,解得 m=6.
综上,m=6.
6.(2018·北京卷,15)设{an}是等差数列,且 a1=ln 2,a2+a3=5ln 2.
(1)求{an}的通项公式.
(2)求 ea1+ea2+…+ean.
[解析] (1)由已知,设{an}的公差为 d,则
a2+a3=a1+d+a1+2d=2a1+3d=5ln 2,又 a1=ln 2,
所以 d=ln 2,
所以{an}的通项公式为 an=ln 2+(n-1)ln 2=nln 2(n∈N*). (2)由(1)及已知,ean=enln 2=(eln 2)n=2n, 所以 ea1+ea2+…+ean=21+22+…+2n=21-2n=2n+1-2(n∈N*).
1 个:n=1+1=2
S2=3,12a3=36
2 个:n=2+2=4
S4=10,12a5=60
3 个:n=4+3=7
S7=30,12a8=108
4 个:n=8+4=12
S12=94,12a13=204
5 个:n=16+5=21
S21=318,12a22=396
6 个:n=32+6=38
S38=1 150,12a39=780
A.an=-2n-1
B.an=(-2)n-1
C.an=(-2)n
D.an=-2n
[解析] 由 an=Sn-Sn-1(n≥2),得 an=23an-23an-1.所以 an=-2an-1.又可以得到 a1=1, 所以 an=(-2)n-1(n≥2). 又 a1=(-2)1-1=1,所以 an=(-2)n-1.

高考数学二轮复习专题3数列第二讲数列求和及综合应用文【含答案】

高考数学二轮复习专题3数列第二讲数列求和及综合应用文【含答案】

第二讲 数列求和及综合应用高考数列一定有大题,按近几年高考特点,可估计2016年不会有大的变化,考查递推关系、数学归纳法的可能较大,但根据高考题命题原则,一般会有多种方法可以求解.因此,全面掌握数列求和相关的方法更容易让你走向成功.数列求和的基本方法 1.公式法.(1)等差数列前n 项和公式:S n =n (a 1+a n )2=na 1+n (n -1)d 2W.(2)等比数列前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 ≠1.2.转化法.有些数列,既不是等差数列,也不是等比数列,若将数列通项拆开或变形,可转化为几个等差、等比或常见的数列,即先分别求和,然后再合并.3.错位相减法.这是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法,这种方法主要用于求数列{a n ·b n }的前n 项和,其中{a n },{b n }分别是等差数列和等比数列.4.倒序相加法.这是在推导等差数列前n 项和公式时所用的方法,也就是将一个数列倒过来排列(反序),把它与原数列相加,若有公式可提,并且剩余项的和易于求得,则这样的数列可用倒序相加法求和.5.裂项相消法.利用通项变形,将通项分裂成两项或几项的差,通过相加过程中的相互抵消,最后只剩下有限项的和.数列的应用1.应用问题一般文字叙述较长,反映的事物背景陌生,知识涉及面广,因此要解好应用题,首先应当提高阅读理解能力,将普通语言转化为数学语言或数学符号,实际问题转化为数学问题,然后再用数学运算、数学推理予以解决.2.数列应用题一般是等比、等差数列问题,其中,等比数列涉及的范围比较广,如经济上涉及利润、成本、效益的增减,解决此类题的关键是建立一个数列模型{a n },利用该数列的通项公式、递推公式或前n 项和公式求解.3.解应用问题的基本步骤.判断下面结论是否正确(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)数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12n +2n -1的前n 项和为n 2+12n .(×)(5)若数列a 1,a 2-a 1,…,a n -a n -1是首项为1,公比为3的等比数列,则数列{a n }的通项公式是a n =3n-12.(√)(6)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法,利用此法可求得sin 21°+sin 22°+sin 23°+……+sin 288°+sin 289°=44.5.(√)1.(2015·福建卷)若a ,b 是函数f (x )=x 2-px +q (p >0,q >0)的两个不同的零点,且a ,b ,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p +q 的值等于(D )A.6B.7C.8D.9解析:不妨设a >b ,由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a +b =p >0,ab =q >0,∴ a >0,b >0,则a ,-2,b 成等比数列,a ,b ,-2成等差数列,∴ ⎩⎪⎨⎪⎧ab =(-2)2,a -2=2b ,∴ ⎩⎪⎨⎪⎧a =4,b =1,∴ p =5,q =4,∴ p +q =9. 2.(2015·新课标Ⅱ卷)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和,若a 1+a 3+a 5=3,则S 5=(A ) A.5 B.7 C.9 D.11解析:解法一 ∵ a 1+a 5=2a 3,∴ a 1+a 3+a 5=3a 3=3,∴ a 3=1,∴ S 5=5(a 1+a 5)2=5a 3=5,故选A.解法二 ∵ a 1+a 3+a 5=a 1+(a 1+2d )+(a 1+4d )=3a 1+6d =3,∴ a 1+2d =1,∴ S 5=5a 1+5×42d =5(a 1+2d )=5,故选A.3.在数列{a n }中,a n =n (n +1)2,则:(1)数列{a n }的前n 项和S n = ; (2)数列{S n }的前n 项和T n = W. 解析:(1)a n =n (n +1)2=n (n +1)[](n +2)-(n -1)6=16×[]n (n +1)(n +2)-(n -1)n (n +1)S n =16×[(1×2×3-0×1×2)+(2×3×4-1×2×3)+(3×4×5-2×3×4)+…+n ×(n +1)×(n +2)-(n -1)×n ×(n +1)]=n (n +1)(n +2)6.(2)S n =n (n +1)(n +2)6=n (n +1)(n +2)[(n +3)-(n -1)]24=124×[n (n +1)(n +2)(n +3)-(n -1)n (n +1)(n +2)]T n =124×[(1×2×3×4-0×1×2×3)+(2×3×4×5-1×2×3×4)+…+n ×(n+1)×(n +2)×(n +3)-(n -1)×n ×(n +1)×(n +2)]=n (n +1)(n +2)(n +3)24.答案:(1)n (n +1)(n +2)6(2)n (n +1)(n +2)(n +3)244.(2015·江苏卷)设数列{a n }满足a 1=1,且a n +1-a n =n +1(n ∈N *),则数列{1a n}前10项的和为 W.解析:由题意有a 2-a 1=2,a 3-a 2=3,…,a n -a n -1=n (n ≥2).以上各式相加,得a n -a 1=2+3+…+n =(n -1)(2+n )2=n 2+n -22.又∵ a 1=1,∴ a n =n 2+n2(n ≥2).∵ 当n =1时也满足此式,∴ a n =n 2+n2(n ∈N *).∴ 1a n =2n 2+n =2(1n -1n +1). ∴ S 10=2(11-12+12-13+…+110-111)=2×(1-111)=2011.答案:2011。

第1部分 板块2 核心考点突破拿高分 专题2 第2讲 数列求和及数列的简单应用(大题)

第1部分 板块2 核心考点突破拿高分 专题2 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.跟踪演练1(2019·乐山调研)已知等差数列{a n}中,a2=5,a1,a4,a13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.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)na n,求{b n }的前n 项和T 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.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 n b n 2的前n 项和S n ′.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 .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.押题预测已知数列{a n}为等差数列,a7-a2=10,且a1,a6,a21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.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a1=2,S3=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.3.(2019·江南十校模拟)已知数列{a n}与{b n}满足:a1+a2+a3+…+a n=2b n(n∈N*),且{a n}为正项等比数列,a1=2,b3=b2+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.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 <1116.5.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.。

[精品课件]福建省福清市201x届高考数学二轮复习 专题四 数列 第二讲 数列求和及数列的综合应用课件

[精品课件]福建省福清市201x届高考数学二轮复习 专题四 数列 第二讲 数列求和及数列的综合应用课件

变换成������������������������++11
=
������ ������
·������������������������
+
1������,令
bn=������������������������,则转化为
bn+1=Abn+B
的形式.
2.常见的数列求和的方法
(1)公式法求和
适合求等差数列或等比数列的前 n 项和.对等比数列利用公式法求和
考点1 考点2 考点3 考点4
考点 1
简单的递推数列
例 1 已知 α 为锐角,且 tan α=
2-1,函数 f(x)=2x·tan 2α+sin
2������
+
π 4
,数
列{an}的首项 a1=1,an+1=f(an).
(1)求函数 f(x)的表达式;
(2)求数列{an}的前 n 项和 Sn.
解:(1)tan
时,一定注意公比 q 是否能取 1.
(2)错位相减法
这是推导等比数列的前 n 项和公式时所用的方法,主要用于求数列
{anbn}的前 n 项和,其中{an},{bn}分别是等差数列和等比数列.
(3)裂项相消法
把数列和式中的各项分别裂开后,消去一部分从而计算和的方法,适用
于求通项为 1 的数列的前
������������������������+1
1 ������
-
1 ������+1
,
∴1
������1
+
���1���2+…+���1���������
=13
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第二讲数列求和及数列的综合应用
素能演练提升七SUNENG YANLIAN TISHENG
QI
掌握核心,赢在课堂
1.若数列{a n}是公差为2的等差数列,则数列{}是( )
A.公比为4的等比数列
B.公比为2的等比数列
C.公比为的等比数列
D.公比为的等比数列
解析:∵a n=a1+2(n-1),
∴=22=4.
∴{}是等比数列,公比为4.
答案:A
2.已知在数列{a n}中,a1=-60,a n+1=a n+3,则|a1|+|a2|+|a3|+…+|a30|等于( )
A.445
B.765
C.1080
D.3105
解析:∵a n+1=a n+3,
∴a n+1-a n=3.
∴{a n}是以-60为首项,3为公差的等差数列.
∴a n=a1+3(n-1)=3n-63.
令a n≤0,得n≤21.∴前20项都为负值.
∴|a1|+|a2|+|a3|+…+|a30|=-(a1+a2+…+a20)+a21+…+a30=-2S20+S30.
∵S n=n=×n,
∴|a1|+|a2|+|a3|+…+|a30|=765.
答案:B
3.设数列{a n}的前n项和S n=2n-1,则的值为( )
A. B. C. D.
解析:∵S n=2n-1,
∴.
答案:A
4.设某商品一次性付款的金额为a元,以分期付款的形式等额地分成n次付清,若每期利率r保持不变,按复利计算,则每期期末所付款是( )
A.(1+r)n元
B.元
C.(1+r)n-1元
D.元
解析:设每期期末所付款是x元,则各次付款的本利和为x(1+r)n-1+x(1+r)n-2+x(1+r)n-
3+…+x(1+r)+x=a(1+r)n,即x·=a(1+r)n,故x=.
答案:B
5.(2014黑龙江大庆第二次质检,10)已知数列{a n}满足a n+1=a n-a n-1(n≥2),a1=1,a2=3,记
S n=a1+a2+…+a n,则下列结论正确的是( )
A.a2014=-1,S2014=2
B.a2014=-3,S2014=5
C.a2014=-3,S2014=2
D.a2014=-1,S2014=5
解析:由已知数列{a n}满足a n+1=a n-a n-1(n≥2),知a n+2=a n+1-a n,a n+2=-a n-1(n≥2),a n+3=-a n,a n+6=a n,又
a1=1,a2=3,a3=2,a4=-1,a5=-3,a6=-2,
所以当k∈N时,a k+1+a k+2+a k+3+a k+4+a k+5+a k+6=a1+a2+a3+a4+a5+a6=0,a2014=a4=-
1,S2014=a1+a2+a3+a4=1+3+2+(-1)=5.
答案:D
6.数列{a n}的通项公式a n=n cos,其前n项和为S n,则S2012等于( )
A.1006
B.2012
C.503
D.0
解析:∵函数y=cos的周期T==4,
∴可分四组求和:a1+a5+…+a2009=0,
a2+a6+…+a2010=-2-6-…-2010==-503×1006,
a3+a7+…+a2011=0,
a4+a8+…+a2012=4+8+…+2012==503×1008.
故S2012=0-503×1006+0+503×1008=503×(-1006+1008)=1006.
答案:A
7.(2014河南郑州第二次质检,12)已知正项数列{a n}的前n项和为S n,若2S n=a n+(n∈N*),则
S2014=( )
A.2014+
B.2014-
C.2014
D.
解析:由题意可知,当n≥2时,a n=S n-S n-1,则2S n=a n+=S n-S n-1+,整理,得=1.=1,即数列{}是公差为1的等差数列,又由2S1=2a1=a1+,解得a1=1(a n>0),即S1=1,=1,因此=n.故S2014=.
答案:D
8.(2014河北唐山高三统考,16)若数列{a n}的前n项和为S n,且a1=3,a n=2S n-1+3n(n≥2),则该数列的通项公式为a n=.
解析:∵a n=2S n-1+3n,∴a n-1=2S n-2+3n-1(n≥3),相减得a n-a n-1=2a n-1+2×3n-1,即a n=3a n-1+2×3n-1.∴(n≥3).又a2=2S1+32=2a1+32=15,,即,∴数列是以1为首项,为公差的等差数列,∴=1+(n-1)×.∴a n=(2n+1)3n-1.
答案:(2n+1)3n-1
9.(2014贵州六校第一次联考,16)已知f(x)=,各项均为正数的数列{a n}满足a1=1,a n+2=f(a n),若
a12=a14,则a13+a2014=.
解析:由f(x)=,a1=1,a n+2=f(a n)可得a3=,a5=,同理可推得a7=,a9=,a11=,a13=,由a12=a14,得,a10=a12,依次推出a2=a4=a6=…=a2014,由a4=f(a2),得a2=+a2-1=0,a2=.故a13+a2014=.
答案:
10.(2013浙江高考,理18)在公差为d的等差数列{a n}中,已知a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等比数列.
(1)求d,a n;
(2)若d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|.
解:(1)由题意得5a3·a1=(2a2+2)2,即d2-3d-4=0,故d=-1或d=4.当d=-1时,a n=-n+11.当d=4
时,a n=4n+6.所以d=-1,a n=-n+11,n∈N*或d=4,a n=4n+6,n∈N*.
(2)设数列{a n}的前n项和为S n.
因为d<0,由(1)得d=-1,a n=-n+11.
则当n≤11时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=S n=-n2+n.当n≥12时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=-
S n+2S11=n2-n+110.
综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=
11.(2014河南郑州第二次质检,17)已知正项数列{a n},若对于任意正整数p,q均有a p·a q=2p+q成立.
(1)求数列{a n}的通项公式;
(2)若b n=na n,求数列{b n}的前n项和S n.
解:(1)由已知,令p=q=n可得a n·a n=22n,因为a n>0,所以a n=2n.
(2)b n=na n=n×2n,
S n=1×21+2×22+3×23+…+(n-1)2n-1+n×2n,①
2S n=1×22+2×23+3×24+…+(n-1)2n+n×2n+1,②
由①-②,得-S n=1×21+22+23+…+2n-n×2n+1,
即-S n=-n×2n+1,整理可得S n=(n-1)2n+1+2.
12.已知向量p=(a n,2n),向量q=(2n+1,-a n+1),n∈N*,向量p与q垂直,且a1=1.
(1)求数列{a n}的通项公式;
(2)若数列{b n}满足b n=log2a n+1,求数列{a n·b n}的前n项和S n.
解:(1)∵向量p与q垂直,
∴2n+1a n-2n a n+1=0,即2n a n+1=2n+1a n.∴=2.
∴{a n}是以1为首项,2为公比的等比数列.∴a n=2n-1.
(2)∵b n=log2a n+1,∴b n=n.∴a n·b n=n·2n-1.
∴S n=1+2·2+3·22+4·23+…+n·2n-1.①
∴2S n=1·2+2·22+3·23+4·24+…+n·2n.②
①-②,得-S n=1+2+22+23+24+…+2n-1-n·2n
=-n·2n=(1-n)2n-1.
∴S n=1+(n-1)2n.
13.设正项数列{a n}的前n项和是S n,若{a n}和{}都是等差数列,且公差相等.
(1)求{a n}的通项公式;
(2)若a1,a2,a5恰为等比数列{b n}的前三项,记数列c n=,数列{c n}的前n项和为T n.求证:对任意n∈N*,都有T n<2.
(1)解:设{a n}的公差为d,
则·n,且a1-=0.∵d=,∴d=,a1=,a n=.
(2)证明:∵b1=a1=,b2=a2=,b3=a5=,
∴b n=×3n-1.∴c n=.
当n≥2时,
=,
∴当n≥2时,T n=+…++…+=2-<2,且T1=<2.
故对任意n∈N*,都有T n<2.。

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