高考数学(考点解读+命题热点突破)专题11 数列求和及数列的简单应用文

合集下载

数列求和高考知识点汇总

数列求和高考知识点汇总数列求和是高等数学中的一个重要概念，也是高考数学考试中经常出现的考点之一。

通过对数列求和问题的学习和掌握，有助于提高学生的数学思维能力和解题能力。

本文将从数列的定义、求和公式和常见类型等方面对数列求和的相关知识进行汇总介绍。

一、数列的定义数列是由一系列按照一定规律排列的数所组成的，其中每个数称为数列的项。

数列的项通常用通项公式来表示。

常见的数列有等差数列和等比数列两种。

等差数列中，相邻两项之间的差是常数，而等比数列中，相邻两项之间的比是常数。

二、数列求和的基本方法数列求和的基本方法有两种，分别是递推法和通项求和法。

1. 递推法：根据数列的定义，通过递推公式来计算数列的前n项和。

递推法要求我们能够准确找到数列中的递推关系，从而通过计算出前n项的和得到数列的和。

2. 通项求和法：对于有明确通项公式的数列，我们可以通过将公式中的项代入并化简，最终求解出数列的和。

通项求和法适用于能够找到数列通项公式的情况，这样可以直接进行计算，简化求和的过程。

三、等差数列求和等差数列求和是高考中较为基础和常见的考点之一。

对于等差数列，它的前n项和可以通过以下公式来计算：Sn = (a1 + an) × n / 2其中，Sn表示等差数列的前n项和，a1表示等差数列的首项，an表示等差数列的末项，n表示等差数列的项数。

四、等比数列求和等比数列求和也是高考数学中的重要知识点。

对于等比数列，它的前n项和可以通过以下公式来计算：Sn = a1 × (1 - q^n) / (1 - q)其中，Sn表示等比数列的前n项和，a1表示等比数列的首项，q表示等比数列的公比，n表示等比数列的项数。

五、常用数列求和公式除了等差数列和等比数列的求和公式之外，还有一些常用的数列求和公式需要掌握：1. 等差数列求和公式的推广：Sn = (a1 + an) × n / 2= (a1 + a1 + d + a1 + 2d + ... + an) × n / 2= (n × a1 + n × (n - 1) × d) / 22. 平方数列求和：1^2 + 2^2 + 3^2 + ... + n^2 = n × (n + 1) × (2n + 1) / 63. 立方数列求和：1^3 + 2^3 + 3^3 + ... + n^3 = (n × (n + 1) / 2)^2六、综合应用数列求和作为高等数学中的一个重要概念，能够应用到许多实际问题中。

数列求和公式及其应用

数列求和公式及其应用随着人类社会的不断发展，数学在我们的生活中扮演着越来越重要的角色。

数学中的数列是一个非常基本的概念，它在很多数学问题中都有着广泛的应用。

其中，求和公式是一个非常重要的数列求解方法。

本文将会介绍数列求和公式的定义、性质以及其在实际生活中的应用。

一、数列求和公式的定义及性质首先，我们来了解一下数列求和公式的定义。

数列求和是将数列中的所有项相加所得的结果。

而数列求和公式则是一种能够用于快速计算数列和的公式。

在数学中，数列求和公式分为两种：等差数列求和公式和等比数列求和公式。

1. 等差数列求和公式等差数列的定义为：某个数列中相邻两个数之差都相等，这个差被称为等差数列的公差。

对于等差数列来说，我们可以利用下面的等差数列求和公式来计算其总和：S(n) = （a1 + an）n/2其中，S(n)表示等差数列的前n项和，a1为等差数列的首项，an为等差数列的第n项。

2. 等比数列求和公式等比数列的定义为：某个数列中相邻两个数之比都相等，这个比被称为等比数列的公比。

对于等比数列来说，我们可以利用下面的等比数列求和公式来计算其总和：S(n) = a1（1- qn）/ (1 - q)其中，S(n)表示等比数列的前n项和，a1为等比数列的首项，q 为等比数列的公比。

除了以上两条公式，数列求和公式还具有一些性质：1. 数列中头尾项的和等于相邻两项的和2. 如果一个等差数列的每一项都加上一个相同的值，那么其总和也会增加相应的值。

3. 如果一个等比数列的每一项都乘以一个相同的值，那么其总和也会增加相应的值。

以上性质和公式可以帮助我们更好地理解和运用数列求和公式。

二、数列求和公式在实际生活中的应用数列求和公式在实际生活中的应用非常广泛。

例如，我们可以利用数列求和公式来计算每天的支出、工作中的进度、财产的增值等等。

以每天的支出为例，假设我们每天的支出都只是一个等差数列，其中首项a1为10元，公差d为5元。

如果我们想要计算前30天的支出总和，我们只需要利用等差数列求和公式进行计算。

数学高考二轮专题11 数列求和及数列的简单应用(解析版)

专题11 数列求和及数列的简单应用【考向解读】数列求和是数列部分高考考查的两大重点之一，主要考查等差、等比数列的前n 项和公式以及其他求和方法，尤其是错位相减法、裂项相消法是高考的热点内容，常与通项公式相结合考查，有时也与函数、方程、不等式等知识交汇，综合命题. 从全国卷来看，由于三角和数列问题在解答题中轮换命题，若考查数列解答题，则以数列的通项与求和为核心地位来考查，题目难度不大.【命题热点突破一】分组转化法求和例1、设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *. (1)求通项公式a n ；(2)求数列{|a n －n －2|}的前n 项和．【答案】（1）+-=N ∈,31n a n n （2）+≥⎪⎩⎪⎨⎧+--=N ∈,2,2115322n n n n T n n【命题热点突破二】裂项相消法求和例2（本小题满分12分）已知数列{n a }的首项为1，n S 为数列{}n a 的前n 项和，11n n S qS +=+ ，其中q>0，*n N ∈ . （Ⅰ）若2322,,2a a a + 成等差数列，求{}n a 的通项公式；【答案】（Ⅰ）1=n n a q -；【解析】（Ⅰ）由已知，1211,1,n n n n S qS S qS +++=+=+ 两式相减得到21,1n n a qa n ++=?. 又由211S qS =+得到21a qa =，故1n n a qa +=对所有1n ³都成立. 所以，数列{}n a 是首项为1，公比为q 的等比数列. 从而1=n n a q -.由2322+2a a a ，，成等比数列，可得322=32a a +，即22=32,q q +，则(21)(2)0q+q -=，由已知,0q >，故 =2q . 所以1*2()n n a n -=?N .【命题热点突破三】错位相减法求和例3、已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝a n ＋1＋n －2，n ∈N *，a 1＝2. (1)证明：数列{a n －1}是等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝3nS n －n ＋1(n ∈N *)的前n 项和为T n ，证明：T n ＜6.【解析】(1)证明因为S n ＝a n ＋1＋n －2，当n ≥2时，S n －1＝a n ＋(n －1)－2＝a n ＋n －3，两式相减，得a n ＝a n ＋1－a n ＋1，即a n ＋1＝2a n －1. 设c n ＝a n －1，代入上式，得c n ＋1＋1＝2(c n ＋1)－1，即c n ＋1＝2c n .又S n ＝a n ＋1＋n －2，则a n ＋1＝S n －n ＋2，故a 2＝S 1－1＋2＝3.所以c 1＝a 1－1，c 2＝a 2－1＝2，故c 2＝2c 1.综上，对于正整数n ，c n ＋1＝2c n 都成立，即数列{a n －1}是等比数列，其首项a 1－1＝1，公比q ＝2.所以a n －1＝1×2n －1，故a n ＝2n －1＋1.(2)解由S n ＝a n ＋1＋n －2，得S n －n ＋2＝a n ＋1＝2n ＋1，故S n －n ＋1＝2n .所以b n ＝3n2n .所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n －1＋b n ＝32＋622＋ (3)2n ，①2×①，得2T n ＝3＋62＋3×322＋ (3)2n －1，②②－①，得T n ＝3＋32＋322＋…＋32n －1－3n 2n ＝⎝⎛⎭⎫1＋12＋122＋…＋12n －1－3n2n ＝3×1－⎝⎛⎭⎫12n1－12－3n 2n ＝6－3n ＋62n .因为3n ＋62n＞0，所以T n ＝6－3n ＋62n ＜6.【命题热点突破四】利用数列单调性解决数列不等式问题例4、首项为正数的数列{a n }满足a n ＋1＝14(a 2n ＋3)，n ∈N *.若对一切n ∈N *都有a n ＋1＞a n ，求a 1的取值范围. 【解析】由a 2＝a 21＋34＞a 1，得a 21－4a 1＋3＞0，于是0＜a 1＜1或a 1＞3.a n ＋1－a n ＞a 2n ＋34－a 2n －1＋34＝（a n ＋a n －1）（a n －a n －1）4，因为a 1＞0，a n ＋1＝a 2n ＋34，所以所有的a n 均大于0，因此a n ＋1－a n 与a n －a n －1同号.根据数学归纳法，∀n ∈N *，a n ＋1－a n 与a 2－a 1同号.因此，对一切n ∈N *都有a n ＋1＞a n 的充要条件是0＜a 1＜1或a 1＞3. 【命题热点突破五】放缩法解决与数列和有关的不等式例5、已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2，4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *.设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 的前n 项和为T n ，求证：n 4n ＋4＜T n ＜12.【解析】证明 ∵1a 2n ＝14n 2＞14n （n ＋1）＝14⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n ＞14⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝14⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝n 4n ＋4.又∵1a 2n ＝14n 2＜14n 2－1＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n ＜12⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＜12.即得n 4n ＋4＜T n ＜12. 【高考题型解读】1.已知数列{}n a 的前n 项和1n n S a λ=+，其中0λ≠．（I ）证明{}n a 是等比数列，并求其通项公式；（II ）若53132S =，求λ．【答案】（Ⅰ）1)1(11---=n n a λλλ；（Ⅱ）1λ=-．【解析】（Ⅰ）由题意得1111a S a λ+==，故1≠λ，λ-=111a ，01≠a ．由n n a S λ+=1，111+++=n n a S λ得n n n a a a λλ-=++11，即n n a a λλ=-+)1(1．由01≠a ，0≠λ得0≠n a ，所以11-=+λλn n a a . 因此}{n a 是首项为λ-11，公比为1-λλ的等比数列，于是1)1(11---=n n a λλλ．（Ⅱ）由（Ⅰ）得n n S )1(1--=λλ，由32315=S 得3231)1(15=--λλ，即=-5)1(λλ321，解得1λ=-．2.本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分. 若无穷数列{}n a 满足：只要*(,)p q a a p q N =∈，必有11p q a a ++=，则称{}n a 具有性质P .（1）设{}n b 是无穷数列，已知*1sin ()n n n a b a n N +=+∈.求证：“对任意1,{}n a a 都具有性质P ”的充要条件为“{}n b 是常数列”.【解析】 [证]充分性：当{}n b 为常数列时，11sin n n a b a +=+．对任意给定的1a ，只要p q a a =，则由11sin sin p q b a b a +=+，必有11p q a a ++=．充分性得证．必要性：用反证法证明．假设{}n b 不是常数列，则存在k *∈N ，使得12k b b b b ==⋅⋅⋅==，而1k b b +≠．下面证明存在满足1sin n n n a b a +=+的{}n a ，使得121k a a a +==⋅⋅⋅=，但21k k a a ++≠．设()sin f x x x b =--，取m *∈N ，使得m b π>，则()0f m m b ππ=->，()0f m m b ππ-=--<，故存在c 使得()0f c =．取1a c =，因为1sin n n a b a +=+（1n k ≤≤），所以21sin a b c c a =+==，依此类推，得121k a a a c +==⋅⋅⋅==．但2111sin sin sin k k k k a b a b c b c ++++=+=+≠+，即21k k a a ++≠．所以{}n a 不具有性质P ，矛盾．必要性得证．综上，“对任意1a ，{}n a 都具有性质P ”的充要条件为“{}n b 是常数列”． 3.已知数列{}n a 的前n 项和S n =3n 2+8n ，{}n b 是等差数列，且1.n n n a b b +=+（Ⅰ）求数列{}n b 的通项公式；【答案】（Ⅰ）13+=n b n ；【解析】（Ⅰ）由题意知当2≥n 时，561+=-=-n S S a n n n ，当1=n 时，1111==S a ，所以56+=n a n . 设数列{}n b 的公差为d ，由⎩⎨⎧+=+=322211b b a b b a ，即⎩⎨⎧+=+=d b db 321721111，可解得3,41==d b ，所以13+=n b n . 4.记{}1,2,100U =…，.对数列{}()*n a n N ∈和U 的子集T ，若T =∅,定义0T S =;若{}12,,k T t t t =…，，定义12+kT t t t S a a a =++….例如：{}=1,3,66T 时，1366+T S a a a =+.现设{}()*n a n N ∈是公比为3的等比数列，且当{}=2,4T 时，=30T S .（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）对任意正整数()1100k k ≤≤，若{}1,2,k T ⊆…，，求证：1T k S a +<；（3）设,,C D C U D U S S ⊆⊆≥,求证：2C C D D S S S +≥I . 【解析】下面分三种情况证明.①若D 是C 的子集，则2C C D C D D D D S S S S S S S +=+≥+=I . ②若C 是D 的子集，则22C C D C C C D S S S S S S +=+=≥I . ③若D 不是C 的子集，且C 不是D 的子集.令U E C D =I ð，U F D C =I ð则E ≠∅，F ≠∅，E F =∅I . 于是C E C D S S S =+I ，D F C D S S S =+I ，进而由C D S S ≥，得E F S S ≥.设k 是E 中的最大数，l 为F 中的最大数，则1,1,k l k l ≥≥≠.由（2）知，1E k S a +<，于是1133l kl F E k a S S a -+=≤≤<=，所以1l k -<，即l k ≤.又k l ≠，故1l k ≤-，从而1121131133222l l k E F l a S S a a a ----≤+++=+++=≤≤L L ，故21E F S S ≥+，所以2()1C C D D C D S S S S -≥-+I I ，即21C C D D S S S +≥+I .综合①②③得，2C C D D S S S +≥I .4.已知数列{}n a 的前n 项和S n =3n 2+8n ，{}n b 是等差数列，且1.n n n a b b +=+（1）令1(1).(2)n n n nn a c b ++=+ 求数列{}n c 的前n 项和T n . 【答案】（1）223+⋅=n n n T . 【解析】知11(66)3(1)2(33)n n n nn c n n +++==+⋅+，又n n c c c c T +⋅⋅⋅+++=321，得23413[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯，345223[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯，两式作差，得234123[22222(1)2]n n n T n ++-=⨯⨯+++⋅⋅⋅+-+⨯224(21)3[4(1)2]2132n n n n n ++-=⨯+-+⨯-=-⋅ 所以223+⋅=n n n T5.设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝____________．【答案】－1n【解析】由题意，得S 1＝a 1＝－1，又由a n ＋1＝S n S n ＋1，得S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，所以S n ≠0，所以S n ＋1－S nS n S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n ＝－1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1＝－1为首项，－1为公差的等差数列，得1S n ＝－1－(n －1)＝－n ，所以S n ＝－1n.6.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( )A ．6B ．7C ．8D ．9 【答案】 D7.已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n ，若a 3，a 4，a 8成等比数列，则( )A ．a 1d ＞0，dS 4＞0B ．a 1d ＜0，dS 4＜0C ．a 1d ＞0，dS 4＜0D ．a 1d ＜0，dS 4＞0 【答案】 B【解析】 ∵a 3，a 4，a 8成等比数列，∴(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )(a 1＋7d )，整理得a 1＝－53d ，∴a 1d ＝－53d 2＜0，又S 4＝4a 1＋4×32d ＝－2d 3，∴dS 4＝－2d 23＜0，故选B.8.)数列{a n }满足：a 1＋2a 2＋…＋na n ＝4－n ＋22n －1，n ∈N *.(1)求a 3的值；(2)求数列{a n }前n 项和T n ；【解析】(1)解 a 1＝1，a 1＋2a 2＝2，a 2＝12，a 1＋2a 2＋3a 3＝4－54，a 3＝14.(2)解 n ≥2时，a 1＋2a 2＋…＋(n －1)a n －1＝4－n ＋12n －2，与原式相减，得na n ＝n 2n －1，a n ＝12n －1，n ＝1也符合，T n ＝1－12n1－12＝2－12n －1.9.设数列{a n }的前n 项和为S n .已知2S 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n 项和T n . 【解析】 (1)因为2S n ＝3n ＋3，所以2a 1＝3＋3，故a 1＝3，当n ＞1时，2S n －1＝3n －1＋3，此时2a n ＝2S n －2S n －1＝3n －3n －1＝2×3n －1，即a n ＝3n －1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，3n －1，n ＞1.(2)因为a n b n ＝log 3a n ，所以b 1＝13，当n ＞1时，b n ＝31－n log 33n －1＝(n －1)·31－n . 所以T 1＝b 1＝13；当n ＞1时，T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝13＋(1×3－1＋2×3－2＋…＋(n －1)×31－n )，所以3T n ＝1＋(1×30＋2×3－1＋…＋(n －1)×32－n )，两式相减，得2T n ＝23＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n )－(n －1)×31－n＝23＋1－31－n 1－3－1－(n －1)×31－n ＝136－6n ＋32×3n ，所以T n ＝1312－6n ＋34×3n ，经检验，n ＝1时也适合．综上可得T n ＝1312－6n ＋34×3n.10已知数列{a n }满足a n ＋2＝qa n (q 为实数，且q ≠1)，n ∈N *，a 1＝1，a 2＝2，且a 2＋a 3，a 3＋a 4，a 4＋a 5成等差数列．设b n ＝log 2a 2na 2n －1，n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和．设{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1×120＋2×121＋3×122＋…＋(n －1)×12n －2＋n ×12n －1，12S n ＝1×121＋2×122＋3×123＋…＋(n －1)×12n －1＋n ×12n . 上述两式相减得：12S n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n2n ＝1－12n1－12－n 2n ＝2－22n －n2n ，整理得，S n ＝4－n ＋22n －1，n ∈N *.所以，数列{b n }的前n 项和为4－n ＋22n －1，n ∈N *.数列求和、数列的综合应用【基础篇】知识点一数列求和1.等差数列{a n }中,a 4=9,a 7=15,则数列{(-1)n a n }的前20项和等于( ) A.-10 B.-20 C.10 D .20 答案 D2.已知等差数列{a n }中,a 3+a 5=a 4+7,a 10=19,则数列{a n cos nπ}的前2 018项的和为( ) A.1 008 B.1 009 C.2 017 D.2 018 答案 D3.已知公比为整数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 2=4,S 3=14,若b n =log 2a n ,则数列的前100项和为 . 答案4.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 =,求数列{c n }的前n 项和T n .解析 (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.由即可解得b 1=4,d=3.所以b n =3n+1. (2)由(1)知c 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×=-3n ·2n+2.所以T n =3n ·2n+2.知识点二数列的综合应用1.已知a n=3n(n∈N*),记数列{a n}的前n项和为T n,若对任意的n∈N*,k≥3n-6恒成立,则实数k的取值范围是.答案k≥2.若a,b是函数f(x)=x2-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()A.6B.7C.8D.9答案D3.设{a n}是等差数列,{b n}是等比数列.已知a1=4,b1=6,b2=2a2-2,b3=2a3+4.(1)求{a n}和{b n}的通项公式;(2)设数列{c n}满足c1=1,c n=其中k∈N*.(i)求数列{(-1)}的通项公式;(ii)求a i c i(n∈N*).解析本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及其前n项和公式等基础知识.考查化归与转化思想和数列求和的基本方法以及运算求解能力.(1)设等差数列{a n}的公差为d,等比数列{b n}的公比为q.依题意得解得故a n=4+(n-1)×3=3n+1,b n=6×2n-1=3×2n.所以,{a n}的通项公式为a n=3n+1,{b n}的通项公式为b n=3×2n.(2)(i)(-1)=(b n-1)=(3×2n+1)·(3×2n-1)=9×4n-1.所以,数列{(-1)}的通项公式为(-1)=9×4n-1.(ii)a i c i=[a i+a i(c i-1)]=a i+(-1)=+(9×4i-1)=(3×22n-1+5×2n-1)+9×-n=27×22n-1+5×2n-1-n-12(n∈N*).(2)(i)由c n=k∈N*知(-1)=(3×2n+1)·(3×2n-1),从而得到数列{(-1)}的通项公式. (ii)利用(i)把a i c i拆成[a i+a i(c i-1)],进而可得a i c i=a i+(-1),计算即可.方法1 错位相减法求和1.定义在[0,+∞)上的函数f(x)满足:当0≤x<2时,f(x)=2x-x2;当x≥2时,f(x)=3f(x-2).记函数f(x)的极大值点从小到大依次为a1,a2,…,a n,…,并记相应的极大值为b1,b2,…,b n,…,则a1b1+a2b2+…+a20b20的值为()A.19×320+1B.19×319+1C.20×319+1D.20×320+1答案A2.已知数列{na n}的前n项和为S n,且a n=2n,则使得S n-na n+1+50<0的最小正整数n的值为.答案5方法2 裂项相消法求和1.已知幂函数y=f(x)过点(4,2),令a n=f(n+1)+f(n),n∈N+,记数列的前n项和为S n,则S n=10时,n的值是()A.10B.120C.130D.140答案B2.已知公差不为0的等差数列{a n}的前n项和为S n,且S5=25,a2是a1和a5的等比中项.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列的前n项和为T n,若不等式T n<对任意的n∈N*都成立,求整数k的最小值.解析(1)因为S5=5a3=25,所以a3=5.因为a2是a1和a5的等比中项,所以=a1a5.设公差为d(d≠0),则有解得a1=1,d=2.所以a n=2n-1.(2)==,∴T n==<.所以≥,即k≥2,故整数k的最小值为2.3.设{a n}是等比数列,公比大于0,其前n项和为S n(n∈N*),{b n}是等差数列.已知a1=1,a3=a2+2,a4=b3+b5,a5=b4+2b6.(1)求{a n}和{b n}的通项公式;(2)设数列{S n}的前n项和为T n(n∈N*).(i)求T n;(ii)证明=-2(n∈N*).解析(1)设等比数列{a n}的公比为q.由a1=1,a3=a2+2,可得q2-q-2=0.因为q>0,可得q=2,故a n=2n-1.设等差数列{b n}的公差为d.由a4=b3+b5,可得b1+3d=4.由a5=b4+2b6,可得3b1+13d=16,从而b1=1,d=1,故b n=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)(i)由(1),有S n==2n-1,故T n==-n=2n+1-n-2.(ii)证明:因为===-,所以,=++…+=-2.【提升篇】1.在数列{a n}中,若a1=1,a2=3,a n+2=a n+1-a n(n∈N*),则该数列的前100项之和是()A.18B.8C.5D.2答案C2.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了杨辉三角(如图),这是数学史上的一个伟大成就.在“杨辉三角”中,已知第n行的所有数字之和为2n-1,若去除所有为1的项,依次构成数列2,3,3,4,6,4,5,10,10,5,…,则此数列的前56项和为()A.2060B.2038C.4084D.4108答案C3.定义为n个正数u1,u2,u3,…,u n的“快乐数”.若已知正项数列{a n}的前n项的“快乐数”为,则数列的前2019项和为()A. B. C. D.答案B4.已知数列{a n}的首项a1=3,前n项和为S n,a n+1=2S n+3,n∈N*,设b n=log3a n,数列的前n项和T n的范围是()A. B. C. D.答案C5.已知数列{a n}的前n项和为S n,直线y=x-2与圆x2+y2=2a n+2交于A n,B n(n∈N*)两点,且S n=|A n B n|2.若a1+2a2+3a3+…+na n<λ+2对任意n∈N*恒成立,则实数λ的取值范围是()A.(0,+∞)B.C.[0,+∞)D.答案B6.数学家也有许多美丽的错误,如法国数学家费马于1640年提出了以下猜想F n=+1(n=0,1,2,…)是质数.直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出F5=641*6700417,不是质数.现设a n=log2(F n-1),n=1,2,…,S n表示数列{a n}的前n项和.则使不等式++…+<成立的最小正整数n的值是(提示210=1024)()A.11B.10C.9D.8答案C7.已知各项都为正数的等比数列{a n}的前n项和为S n,且满足a1=1,S3=7.若f(x)=S n x+a2x2+a3x3+…+a n x n(n≥2),f '(x)为函数f(x)的导函数,则f'(1)-f'(0)=()A.(n-1)·2nB.2n(n-1)C.n·2n+1D.2n(n+1)答案A8.已知数列{a n}的通项公式为a n=n(n+1),数列{b n}的通项公式为b n=3n-1,将数列{a n}、{b n}中的共有元素依次取出,构成数列{c n},则c10=.答案8129.记数列{a n}的前n项和为S n,已知a1=4,2a n=-a n-1+9(n≥2).若对任意的n∈N*,λ(S n-3n)≥4恒成立,则实数λ的最小值为.答案810.在数列{a n}中,a1=,a2=,且-=-(n≥2,n∈N*),则++…+=.答案375011.设三角形的边长为不相等的整数,且最大边长为n,这些三角形的个数为a n.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)在1,2,…,100中任取三个不同的整数,求它们可以是一个三角形的三条边长的概率.附:1+22+32+…+n2=.解析(1)设x,y,n为满足题意的三角形的边长,不妨设x<y<n,则x+y>n.由题设,易得a1=a2=a3=0.当n≥4,且n为偶数时,若y≤,x不存在;若y=+1,则x为;若y=+2,则x为-1,,+1;……;若y=n-1,则x为2,3,…,n-2.所以a n=1+3+…+(n-3)=.当n>4,且n为奇数时,可得a n=2+4+…+(n-3)=.所以{a n}的通项公式为a n=(2)记S n为数列{a n}的前n项和.由(1)可得S100=×(22+42+…+982)+×(2×4+4×6+…+96×98)=(12+22+...+492)+12+22+...+482+(1+2+ (48)=.故所求概率为=.12.正项数列{a n}的前n项和为S n,且S n=(n∈N*).(1)求a n;(2)令b n=a n·,求{b n}的前n项和T n.解析(1)n=1时,由S1=得a1=1,n≥2时,由得4a n=(1+a n)2-(1+a n-1)2,∴--2a n-2a n-1=0,(a n+a n-1)(a n-a n-1-2)=0,∵a n>0,∴a n-a n-1=2,∴a n=2n-1.(2)∵T n=1×+3×+5×+…+(2n-1),T n=1×+3×+5×+…+(2n-1),∴T n=+2-(2n-1)=-(2n+3),∴T=3-(2n+3).13.在①b1+b3=a2,②a4=b4,③S5=-25这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的k存在,求出k的值;若k不存在,说明理由.设等差数列{a n}的前n项和为S n,{b n}是等比数列,,b1=a5,b2=3,b5=-81,是否存在k,使S k>S k+1且S k+1<S k+2?注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.解析方案一:选条件①.设{b n}的公比为q,则q3==-27,解得q=-3,所以b n=-(-3)n-1.从而a5=b1=-1,a2=b1+b3=-10,由于{a n}是等差数列,所以a n=3n-16.因为S k>S k+1且S k+1<S k+2等价于a k+1<0且a k+2>0,所以满足题意的k存在,当且仅当解得k=4.方案二:选条件②.设{b n}的公比为q,则q3==-27,解得q=-3,所以b n=-(-3)n-1.从而a5=b1=-1,a4=b4=27,所以{a n}的公差d=-28.S k>S k+1且S k+1<S k+2等价于a k+1<0且a k+2>0,此时d=a k+2-a k+1>0,与d=-28矛盾,所以满足题意的k不存在.方案三:选条件③.设{b n}的公比为q,则q3==-27,解得q=-3,所以b n=-(-3)n-1.从而a5=b1=-1,由{a n}是等差数列得S5=,由S5=-25得a1=-9.所以a n=2n-11.因为S k>S k+1且S k+1<S k+2等价于a k+1<0且a k+2>0,所以满足题意的k存在,当且仅当解得k=4.。

数列的求和公式和应用

数列的求和公式和应用数列是由一系列有序数字构成的序列。

在数学中，求和公式是一种用来计算数列中所有数值的总和的公式。

数列的求和公式在数学和实际应用中都有广泛应用。

本文将介绍数列的求和公式及其应用。

一、等差数列的求和公式等差数列是指数列中相邻两项之间的差值保持恒定的数列。

对于等差数列，可以使用以下求和公式计算其总和：S = (n/2)(a₁+an)，其中S 表示总和，n表示项数，a₁表示首项，an表示末项。

例如，某等差数列的首项为2，公差为4，项数为5。

根据求和公式，可以计算该等差数列的总和：S = (5/2)(2+22) = 52。

二、等比数列的求和公式等比数列是指数列中相邻两项之间的比值保持恒定的数列。

对于等比数列，可以使用以下求和公式计算其总和：S = a₁(1 - rⁿ)/(1 - r)，其中S表示总和，a₁表示首项，r表示公比，n表示项数。

例如，某等比数列的首项为3，公比为2，项数为4。

根据求和公式，可以计算该等比数列的总和：S = 3(1 - 2⁴)/(1 - 2) = 15。

三、斐波那契数列的求和公式斐波那契数列是一个特殊的数列，其每一项是前两项之和。

对于斐波那契数列，可以使用以下求和公式计算其总和：S = F(n+2) - 1，其中S表示总和，F(n+2)表示斐波那契数列的第n+2项。

例如，斐波那契数列的前6项依次为：1, 1, 2, 3, 5, 8。

根据求和公式，可以计算该斐波那契数列的总和：S = 8 - 1 = 7。

应用：数列的求和公式在实际应用中有广泛的用途。

以下是几个常见的应用场景：1. 财务分析：在金融和财务领域，数列的求和公式经常用于计算资金的累计总和，例如计算利润、投资回报率等。

2. 自然科学：在物理学、天文学等领域，数列的求和公式可以用于计算实验数据的总和，从而得出一些规律和结论。

3. 统计学：在统计学中，数列的求和公式可以用于计算数据集的总和，帮助分析数据的分布和趋势。

高考数学中的数列与级数应用

高考数学中的数列与级数应用数列与级数是高中数学中的重要概念，在高考中也是常见的考点之一。

数列与级数的应用广泛，涉及到数学、物理、经济等许多领域。

本文将主要探讨高考数学中数列与级数的应用以及其意义。

一、数列的应用数列是按照一定规律排列的一组数，常用于表示某种数量在不同时刻或不同条件下的变化情况。

在高考中，数列的应用主要涉及求递推式、通项公式、前n项和等问题。

其中，递推式是指由已知项推出下一项的计算公式，通项公式是指由任意一项推出通项公式的公式，前n项和是指数列前n项的和。

这些概念在数列求和中具有重要的作用，通过递推式、通项公式和前n项和的计算，不仅可以解决数列相关的题目，更重要的是培养了学生的数学思维能力。

数列的应用不仅仅局限于数学领域，它也在物理、经济等领域中有广泛应用。

例如，物理中的匀加速直线运动问题和经济学中的复利计算问题都可以通过使用数列的递推式解决。

二、级数的应用级数是由数列的无穷项求和得到的数列，是数列理论的扩展。

在高考数学中，数列求和的问题多用级数的概念来解决。

级数的应用涉及到正项级数、交错级数、绝对收敛级数等多个概念。

在实际应用中，级数的应用广泛，例如，无限电阻网的电阻、无限长电缆的电阻、无限常几何级数之和等都需要用到级数的概念来求解。

级数应用的实际意义十分深刻，它体现了一种把无限个数值看成是一个整体的思想，从而解决了许多复杂的问题。

三、数列与级数的意义数列与级数的应用广泛，不仅仅局限于学术研究领域。

数列与级数的应用可以让我们更好地理解世界、发现问题、解决问题，从而创造出更多的价值。

在工程技术方面，数列与级数的应用可以帮助我们更好地研究现象、探索新的技术路径，实现科学技术的更快发展。

在科学研究方面，数列与级数的应用可以帮助科学家快速发现规律，并在此基础上提出新的理论和假说。

在生产生活中，数列与级数的应用可以帮助我们更好地理解市场、发现商机，从而创造更多的社会价值。

总之，数列与级数是高中数学中的重要概念，在高考数学中也是常见考点之一。

2022年高考数学(文)命题猜想与仿真押题专题11数列求和及数列的简单应用(仿真押题)教师版

1.已知数列112，314，518，7116，…，则其前n 项和S n 为( )A.n 2＋1－12nB.n 2＋2－12nC.n 2＋1－12n －1D.n 2＋2－12n －1解析由于a n ＝2n －1＋12n ，则S n ＝1＋2n －12n ＋⎝⎛⎭⎫1－12n ·121－12＝n 2＋1－12n .另解：用特值验证. 答案 A2.数列{a n }满足a 1＝2，a n ＝a n ＋1－1a n ＋1＋1，其前n 项积为T n ，则T 2 015＝( )A.13B.－13C.3D.－3答案 C3.在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ，则a n ＝( ) A.2＋ln n B.2＋(n －1)ln n C.2＋n ln nD.1＋n ＋ln 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)＋…＋ln 2－ln 1＋2＝2＋ln n . 答案 A4. 122－1＋132－1＋142－1＋…＋1（n ＋1）2－1的值为( ) A.n ＋12（n ＋2）B. 34－n ＋12（n ＋2）C.34－12⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2D.32－1n ＋1＋1n ＋2解析 ∵1（n ＋1）2－1＝1n 2＋2n ＝1n （n ＋2）＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2，∴122－1＋132－1＋142－1＋…＋1（n ＋1）2－1＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2 ＝12⎝⎛⎭⎫32－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－12⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2. 答案 C5.各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且3S n ＝a n a n ＋1，则∑nk ＝1a 2k ＝( ) A.n （n ＋5）2B.3n （n ＋1）2C.n （5n ＋1）2D.（n ＋3）（n ＋5）2答案 B6．已知数列{a n }是等差数列，a 1＝tan 225°，a 5＝13a 1，设S n 为数列{(－1)n a n }的前n 项和，则S 2 014＝( ) A ．2 015 B ．－2 015 C ．3 021 D ．－3 021 解析 a 1＝tan 225°＝tan 45°＝1，设等差数列{a n }的公差为d ，则由a 5＝13a 1，得a 5＝13， d ＝a 5－a 15－1＝13－14＝3，∴S 2 014＝－a 1＋a 2－a 3＋a 4＋…＋(－1)2 014a 2 014＝－(a 1＋a 3＋…＋a 2 013)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2 014)＝1 007d ＝1 007×3＝3 021.故选C. 答案 C7．数列{a n }满足：a 1 ＝1，且对任意的m ，n ∈N *都有： a m ＋n ＝a m ＋a n ＋mn ，则1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2 008＝( )A.2 0072 008B.2 0071 004C.2 0082 009D.4 0162 009法二令m ＝1，得a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ＝1＋a n ＋n ，∴a n ＋1－a n ＝n ＋1，用叠加法：a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋2＋…＋n ＝n （n ＋1）2，所以1a n ＝2n （n ＋1）＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1.于是1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 008＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋2⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋2⎝⎛⎭⎫12 008－12 009＝2⎝⎛⎭⎫1－12 009＝4 0162 009，故选D. 答案 D8．设a 1，a 2，…，a 50是以－1，0，1这三个整数中取值的数列，若a 1＋a 2＋…＋a 50＝9且(a 1＋1)2＋(a 2＋1)2＋…＋(a 50＋1)2＝107，则a 1，a 2，…，a 50当中取零的项共有( ) A ．11个 B ．12个 C ．15个 D ．25个解析 (a 1＋1)2＋(a 2＋1)2＋…＋(a 50＋1)2＝a 21＋a 22＋…＋a 250＋2(a 1＋a 2＋…＋a 50)＋50＝107，∴a 21＋a 22＋…＋a 250＝39，∴a 1，a 2，…，a 50中取零的项应为50－39＝11(个)，故选A. 答案 A9．在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n (n ∈N ＋)，则S 100＝( ) A ．1 300 B ．2 600 C ．0 D ．2 602解析原问题可转化为当n 为奇数时，a n ＋2－a n ＝0；当n 为偶数时，a n ＋2－a n ＝2.进而转化为当n 为奇数时，为常数列{1}；当n 为偶数时，为首项为2，公差为2的等差数列．所以S 100＝S 奇＋S 偶＝50×1＋(50×2＋50×492×2)＝2 600. 答案 B10．设f (x )是定义在R 上恒不为零的函数，对任意实数x 、y ∈R ，都有f (x )f (y )＝f (x ＋y )，若a 1＝12，a n ＝f (n )(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和S n 的取值范围是( )A.⎣⎡⎭⎫12，2B.⎣⎡⎦⎤12，2C.⎣⎡⎭⎫12，1D.⎣⎡⎦⎤12，1 解析 f (x )是定义在R 上恒不为零的函数，对任意实数x 、y ∈R ，都有f (x )f (y )＝f (x ＋y )，a 1＝12，a n ＝f (n )(n ∈N *)，a n ＋1＝f (n ＋1)＝f (1)f (n )＝12a n ，∴S n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＝1－⎝⎛⎭⎫12n .则数列{a n }的前n 项和的取值范围是⎣⎡⎭⎫12，1. 答案 C11．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝a 2＝1，{nS n ＋(n ＋2)a n }为等差数列，则a n ＝( ) A.n2n －1 B.n ＋12n －1＋1C.2n －12n －1D.n ＋12n ＋1答案 A12．已知定义在R 上的函数f (x )、g (x )满足f （x ）g （x ）＝a x ，且f ′(x )g (x )<f (x )g ′(x )，f （1）g （1）＋f （－1）g （－1）＝52，若有穷数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f （n ）g （n ）(n ∈N *)的前n 项和等于3132，则n ＝( )A ．5B ．6C ．7D ．8 解析令h (x )＝f （x ）g （x ）＝a x ，∵h ′(x )＝f ′（x ）g （x ）－f （x ）g ′（x ）[g （x ）]2<0，∴h (x )在R 上为减函数，∴0<a <1.由题知，a 1＋a －1＝52，解得a ＝12或a ＝2(舍去)，∴f （n ）g （n ）＝⎝⎛⎭⎫12n ，∴有穷数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f （n ）g （n ）的前n 项和S n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＝1－⎝⎛⎭⎫12n ＝3132，∴n ＝5.答案 A13.设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝(－1)n a n －12n ，n ∈N *，则(1)a 3＝________；(2)S 1＋S 2＋…＋S 100＝________.答案 (1)－116 (2)13⎝⎛⎭⎫12100－1 14．已知向量a ＝(2，－n )，b ＝(S n ，n ＋1)，n ∈N *，其中S n 是数列{a n }的前n 项和，若a ⊥b ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n a n ＋1a n ＋4的最大项的值为．解析依题意得a ·b ＝0，即2S n ＝n (n ＋1)，S n ＝n （n ＋1）2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n （n ＋1）2－n （n －1）2＝n ；又a 1＝1，因此a n ＝n ，a n a n ＋1a n ＋4＝n （n ＋1）（n ＋4）＝n n 2＋5n ＋4＝1n ＋4n ＋5≤19，当且仅当n ＝4n ，n ∈N *，即n ＝2时取等号，因此数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n a n ＋1a n ＋4的最大项的值是19.答案 1915．设{a n }是公比大于1的等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和．已知S 3＝7，且a 1＋3，3a 2，a 3＋4构成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式．(2)令b n ＝na n ，n ＝1，2，…，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝7，（a 1＋3）＋（a 3＋4）2＝3a 2，解得a 2＝2. 设数列{a n }的公比为q ，由a 2＝2，可得a 1＝2q ，a 3＝2q .又S 3＝7，可知2q ＋2＋2q ＝7，即2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2或12.由题意得q >1，所以q ＝2.则a 1＝1.故数列{a n }的通项为a n ＝2n －1. (2)由于b n ＝n ·2n －1，n ＝1，2，…，则T n ＝1＋2×2＋3×22＋…＋n ×2n －1，所以2T n ＝2＋2×22＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n ，两式相减得－T n ＝1＋2＋22＋23＋…＋2n －1－n ×2n ＝2n －n ×2n －1，即T n ＝(n －1)2n ＋1.16．已知{a n }是单调递增的等差数列，首项a 1＝3，前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，首项b 1＝1，且a 2b 2＝12，S 3＋b 2＝20.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n ＝S n cos(a n π)(n ∈N *)，求{c n }的前n 项和T n .(2)由(1)知c n ＝S n cos 3n π＝⎩⎨⎧S n ＝32n 2＋32n ，n 是偶数，－S n＝－32n 2－32n ，n 是奇数.①当n 是偶数时，T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＝－S 1＋S 2－S 3＋S 4－…－S n －1＋S n ＝a 2＋a 4＋a 6＋…＋a n ＝6＋12＋18＋…＋3n ＝3n （n ＋2）4. ②当n 是奇数时， T n ＝T n －1－S n＝3（n －1）（n ＋1）4－32n 2－32n＝－34(n ＋1)2.综上可得，T n＝⎩⎨⎧3n （n ＋2）4，n 是偶数，－34（n ＋1）2，n 是奇数.17．设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝10，a n ＋1＝9S n ＋10. (1)求证：{lg a n }是等差数列；(2)设T n 是数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫3（lg a n ）（lg a n ＋1）的前n 项和，求T n ；(3)求使T n >14(m 2－5m )对全部的n ∈N *恒成立的整数m 的取值集合．(2)解由(1)知，T n ＝ 3⎣⎡⎦⎤11×2＋12×3＋…＋1n （n ＋1）＝3⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝3－3n ＋1.(3)解 ∵T n ＝3－3n ＋1，∴当n ＝1时，T n 取最小值32.依题意有32>14(m 2－5m )，解得－1<m <6，故所求整数m 的取值集合为 {0，1，2，3，4，5}．18.已知数列{a n }前n 项和为S n ，首项为a 1，且12，a n ，S n 成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{b n }满足b n ＝(log 2a 2n ＋1)×(log 2a 2n ＋3)，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和.(2)∵b n ＝(log 2a 2n ＋1)×(log 2a 2n ＋3)＝(log 222n＋1－2)×(log 222n＋3－2)＝(2n －1)(2n ＋1)，∴1b n ＝12n －1×12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和T n ＝1b 1＋1b 2＋1b 3＋…＋1b n＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.。

高考数学(考点解读命题热点突破)专题11数列求和及数列的简单应用理

专题11 数列求和及数列的简单应用【考向解读】数列求和是数列部分高考考查的两大重点之一，主要考查等差、等比数列的前n 项和公式以及其他求和方法，尤其是错位相减法、裂项相消法是高考的热点内容，常与通项公式相结合考查，有时也与函数、方程、不等式等知识交汇，综合命题. 从全国卷来看，由于三角和数列问题在解答题中轮换命题，若考查数列解答题，则以数列的通项与求和为核心地位来考查，题目难度不大. 【命题热点突破一】分组转化法求和例1、(2016·浙江卷)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *. (1)求通项公式a n ；(2)求数列{|a n －n －2|}的前n 项和．解：(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝4，a 2＝2a 1＋1，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 2＝3.又当n ≥2时，由a n ＋1－a n ＝(2S n ＋1)－(2S n －1＋1)＝2a n ，得a n ＋1＝3a n ， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *.(2)设b n ＝|3n －1－n －2|，n ∈N *，则b 1＝2，b 2＝1. 当n ≥3时，由于3n －1>n ＋2，故b n ＝3n －1－n －2，n ≥3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 1＝2，T 2＝3，当n ≥3时，T n ＝3＋9（1－3n －2）1－3－（n ＋7）（n －2）2＝3n－n 2－5n ＋112，∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2， n ＝1，3n －n 2－5n ＋112，n ≥2，n ∈N *. 【变式探究】等比数列{a n }中，a 1，a 2，a 3分别是下表第一，二，三行中的某一个数，且a 1，a 2，a 3中的任何两个数不在下表的同一列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足：b n ＝a n ＋(－1)nln a n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)当a 1＝3时，不合题意；当a 1＝2时，当且仅当a 2＝6，a 3＝18时，符合题意；当a 1＝10时，不合题意. 因此a 1＝2，a 2＝6，a 3＝18，所以公比q ＝3. 故a n ＝2·3n －1(n ∈N *).(2)因为b n ＝a n ＋(－1)nln a n ＝2·3n －1＋(－1)n ln(2·3n －1)＝2·3n －1＋(－1)n[ln 2＋(n －1)ln 3]＝2·3n －1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nn ln 3，所以S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn ]ln 3. 当n 为偶数时，S n ＝2×1－3n1－3＋n 2ln 3＝3n＋n 2ln 3－1；当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n 1－3－(ln 2－ln 3)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12－n ln 3＝3n－n －12ln 3－ln 2－1.综上所述，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧3n＋n2ln 3－1，n 为偶数，3n－n －12ln 3－ln 2－1，n 为奇数.【方法技巧】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差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解.在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，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.【命题热点突破二】裂项相消法求和例2、设数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意正整数n 都有6S n ＝1－2a n .求数列{a n }的通项公式；【变式探究】【2016年高考四川理数】（本小题满分12分）已知数列{n a }的首项为1，n S 为数列{}n a 的前n 项和，11n n S qS +=+ ，其中q>0，*n N ∈ . （Ⅰ）若2322,,2a a a + 成等差数列，求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设双曲线2221n y x a -= 的离心率为n e ，且253e = ，证明：121433n n n n e e e --++⋅⋅⋅+>.【答案】（Ⅰ）1=n n a q -；（Ⅱ）详见解析.【解析】（Ⅰ）由已知，1211,1,n n n n S qS S qS +++=+=+ 两式相减得到21,1n n a qa n ++=?. 又由211S qS =+得到21a qa =，故1n n a qa +=对所有1n ³都成立. 所以，数列{}n a 是首项为1，公比为q 的等比数列. 从而1=n n a q -.由2322+2a a a ，，成等比数列，可得322=32a a +，即22=32,q q +，则(21)(2)0q +q -=，由已知,0q >，故 =2q . 所以1*2()n n a n -=?N .（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，1n n a q -=.所以双曲线2221ny x a -=的离心率n e =由53q =解得43q =. 因为2(1)2(1)1+k k q q -->1*k q k -?N （）. 于是11211+1n n n q e e e q q q --++鬃?>+鬃?=-，故1231433n nn e e e --++鬃?>. 【方法技巧】裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求和(如本例)，还有一类隔一项的裂项求和，如1（n －1）（n ＋1）(n ≥2)或1n （n ＋2）.【命题热点突破三】错位相减法求和例3、已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝a n ＋1＋n －2，n ∈N *，a 1＝2. (1)证明：数列{a n －1}是等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝3n S n －n ＋1(n ∈N *)的前n 项和为T n ，证明：T n ＜6.(2)解由S n ＝a n ＋1＋n －2，得S n －n ＋2＝a n ＋1＝2n ＋1，故S n －n ＋1＝2n.所以b n ＝3n2n .所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n －1＋b n ＝32＋62＋ (3)2，①2×①，得2T n ＝3＋62＋3×322＋ (3)2n －1，②②－①，得T n ＝3＋32＋322＋…＋32n －1－3n 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋122＋…＋12n －1－3n 2n ＝3×1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n1－12－3n2n ＝6－3n ＋62n .因为3n ＋62n ＞0，所以T n ＝6－3n ＋62n ＜6.【方法技巧】近年高考对错位相减法求和提到了特别重要的位置上，常在解答题中出现，也是考纲对数列前n 项和的基本要求，错位相减法适用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列；所谓“错位”，就是要找“同类项”相减.要注意的是相减后得到部分等比数列的和，此时一定要查清其项数.【命题热点突破四】利用数列单调性解决数列不等式问题例4、首项为正数的数列{a n }满足a n ＋1＝14(a 2n ＋3)，n ∈N *.(1)证明：若a 1为奇数，则对一切n ≥2，a n 都是奇数； (2)若对一切n ∈N *都有a n ＋1＞a n ，求a 1的取值范围.(1)证明已知a 1是奇数，假设a k ＝2m －1是奇数，其中m 为正整数，则由递推关系得a k ＋1＝a 2k ＋34＝m (m －1)＋1是奇数.根据数学归纳法，对任意n ∈N *，a n 都是奇数.(2)解法一由a n ＋1－a n ＝14(a n －1)·(a n －3)知，a n ＋1＞a n 当且仅当a n ＜1或a n ＞3.另一方面，若0＜a k ＜1，则0＜a k ＋1＜1＋34＝1；若a k ＞3，则a k ＋1＞32＋34＝3.根据数学归纳法，0＜a 1＜1⇔0＜a n ＜1，∀n ∈N *，a 1＞3⇔a n ＞3，∀n ∈N *.综合所述，对一切n ∈N *都有a n ＋1＞a n 的充要条件是0＜a 1＜1或a 1＞3. 法二由a 2＝a 21＋34＞a 1，得a 21－4a 1＋3＞0，于是0＜a 1＜1或a 1＞3.a n ＋1－a n ＞a 2n ＋34－a 2n －1＋34＝（a n ＋a n －1）（a n －a n －1）4，因为a 1＞0，a n ＋1＝a 2n ＋34，所以所有的a n 均大于0，因此a n ＋1－a n 与a n －a n －1同号.根据数学归纳法，∀n ∈N *，a n ＋1－a n 与a 2－a 1同号.因此，对一切n ∈N *都有a n ＋1＞a n 的充要条件是0＜a 1＜1或a 1＞3.【方法技巧】涉及到数列不等式，比较大小或恒成立问题，经常用到作差法.法一用了作差法和数学归纳法；法二将a n ＋1－a n 的符号问题转化为a 2－a 1的符号问题，再由a 2，a 1的递推关系，求出a 1的范围. 【命题热点突破五】放缩法解决与数列和有关的不等式例5、已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2，4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 的前n 项和为T n ，求证：n 4n ＋4＜T n ＜12.(2)证明 ∵1a 2n ＝14n 2＞14n （n ＋1）＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n ＞14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝14⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n4n ＋4. 又∵1a 2n ＝14n 2＜14n 2－1＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n ＜12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＜12.即得n 4n ＋4＜T n ＜12. 【方法技巧】数列与不等式的证明主要有两种题型：(1)利用对通项放缩证明不等式；(2)作差法证明不等式.【高考真题解读】1.【2016高考天津理数】已知{}n a 是各项均为正数的等差数列，公差为d ，对任意的,b n n N ∈*是n a 和1n a +的等差中项.(Ⅰ)设22*1,n n n c b b n N +=-∈，求证：{}n c 是等差数列；(Ⅱ)设()22*11,1,nnn n k a d T b n N ===-∈∑，求证：2111.2nk kT d =<∑【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析【解析】（Ⅰ）证明：由题意得21n n n b a a +=，有22112112n n n n n n n n c b b a a a a da +++++=-=-=，因此()212122n n n n c c d a a d +++-=-=，所以{}n c 是等差数列.（Ⅱ）证明：()()()2222221234212n n n T b b b b b b -=-++-+++-+()()()24222222221,n n d a a a n a a d d n n =++++=⋅=+所以()222211111111111112121212nn n k k k k T d k k d k k d n d ===⎛⎫⎛⎫==-=⋅-< ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭∑∑∑. 2.【2016高考新课标3理数】已知数列{}n a 的前n 项和1n n S a λ=+，其中0λ≠．（I ）证明{}n a 是等比数列，并求其通项公式；（II ）若53132S =，求λ．【答案】（Ⅰ）1)1(11---=n n a λλλ；（Ⅱ）1λ=-．【解析】（Ⅰ）由题意得1111a S a λ+==，故1≠λ，λ-=111a ，01≠a ．由n n a S λ+=1，111+++=n n a S λ得n n n a a a λλ-=++11，即n n a a λλ=-+)1(1．由01≠a ，0≠λ得0≠n a ，所以11-=+λλn n a a .因此}{n a 是首项为λ-11，公比为1-λλ的等比数列，于是1)1(11---=n n a λλλ．（Ⅱ）由（Ⅰ）得n n S )1(1--=λλ，由32315=S 得3231)1(15=--λλ，即=-5)1(λλ321，解得1λ=-．3.【2016高考浙江理数】设数列{}n a 满足112n n a a +-≤，n *∈N ．（I ）证明：()1122n n a a-≥-，n *∈N ；（II ）若32nn a ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，n *∈N ，证明：2n a ≤，n *∈N ．【答案】（I ）证明见解析；（II ）证明见解析．【解析】（I ）由112n n a a +-≤得1112n n a a +-≤，故111222n n n n na a ++-≤，n *∈N ，所以11223111223122222222nn n n n n a a a a a a a a --⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 121111222n -≤++⋅⋅⋅+ 1<，因此()1122n n a a -≥-．（II ）任取n *∈N ，由（I ）知，对于任意m n >，1121112122222222n mn n n n m m nm n n n n m m a a a a a a a a +++-+++-⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭11111222n n m +-≤++⋅⋅⋅+ 112n -<，故11222m nn n m a a -⎛⎫<+⋅ ⎪⎝⎭11132222mn n m-⎡⎤⎛⎫≤+⋅⋅⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦3224mn ⎛⎫=+⋅ ⎪⎝⎭．从而对于任意m n >，均有3224mn n a ⎛⎫<+⋅ ⎪⎝⎭．由m 的任意性得2n a ≤． ①否则，存在0n *∈N ，有02n a >，取正整数000342log 2n n a m ->且00m n >，则0034002log 23322244n n a m m n n a -⎛⎫⎛⎫⋅<⋅=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，与①式矛盾．综上，对于任意n *∈N ，均有2n a ≤． 4.【2016年高考北京理数】（本小题13分）设数列A ：1a ，2a ,…N a (N ≥).如果对小于n (2n N ≤≤)的每个正整数k 都有k a ＜n a ，则称n 是数列A 的一个“G 时刻”.记“)(A G 是数列A 的所有“G 时刻”组成的集合. （1）对数列A ：-2，2，-1，1，3，写出)(A G 的所有元素；（2）证明：若数列A 中存在n a 使得n a >1a ，则∅≠)(A G ；（3）证明：若数列A 满足n a -1n a - ≤1（n=2,3, …,N）,则)(A G 的元素个数不小于N a -1a . 【答案】（1）()G A 的元素为2和5；（2）详见解析；（3）详见解析. 【解析】（Ⅰ）)(A G 的元素为2和5.（Ⅱ）因为存在n a 使得1a a n >，所以{}12,i i i N a a *∈≤≤>≠∅N .记{}1min 2,i m i i N a a *=∈≤≤>N ，则2≥m ，且对任意正整数m k a a a m k <≤<1,. 因此)(A G m ∈，从而∅≠)(A G . （Ⅲ）当1a a N ≤时，结论成立. 以下设1a a N >. 由（Ⅱ）知∅≠)(A G .设{}p p n n n n n n A G <⋅⋅⋅<<⋅⋅⋅=2121,,,,)(.记10=n . 则p n n n n a a a a <⋅⋅⋅<<<210.对p i ,,1,0⋅⋅⋅=，记{},i i i k n G k n k N a a *=∈<≤>N .如果∅≠i G ，取i i G m min =，则对任何i i m n k i a a a m k <≤<≤,1. 从而)(A G m i ∈且1+=i i n m .又因为p n 是)(A G 中的最大元素，所以∅=p G . 从而对任意p n k N ≤≤，p n k a a ≤，特别地，p n N a a ≤. 对i i n n a a p i ≤-⋅⋅⋅=-+11,1,,1,0.因此1)(111111+≤-+=--++++i i i i i n n n n n a a a a a . 所以p a aa a a a i ip n pi n n N ≤-=-≤--∑=)(1111.因此)(A G 的元素个数p 不小于1N a a -. 5.【2016年高考四川理数】（本小题满分12分）已知数列{n a }的首项为1，n S 为数列{}n a 的前n 项和，11n n S qS +=+ ，其中q>0，*n N ∈ . （Ⅰ）若2322,,2a a a + 成等差数列，求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设双曲线2221ny x a -= 的离心率为n e ，且253e = ，证明：121433n n n n e e e --++⋅⋅⋅+>.【答案】（Ⅰ）1=n n a q -；（Ⅱ）详见解析.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，1n n a q -=.所以双曲线2221ny x a -=的离心率n e =由53q =解得43q =. 因为2(1)2(1)1+k k q q -->1*k q k -?N （）. 于是11211+1n n n q e e e q q q --++鬃?>+鬃?=-，故1231433n nn e e e --++鬃?>. 6.【2016高考上海理数】（本题满分18分）本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分.若无穷数列{}n a 满足：只要*(,)p q a a p q N =∈，必有11p q a a ++=，则称{}n a 具有性质P . （1）若{}n a 具有性质P ，且12451,2,3,2a a a a ====，67821a a a ++=，求3a ；（2）若无穷数列{}n b 是等差数列，无穷数列{}n c 是公比为正数的等比数列，151b c ==，5181b c ==，n n n a b c =+判断{}n a 是否具有性质P ，并说明理由；（3）设{}n b 是无穷数列，已知*1sin ()n n n a b a n N +=+∈.求证：“对任意1,{}n a a 都具有性质P ”的充要条件为“{}n b 是常数列”.【答案】（1）316a =．（2）{}n a 不具有性质P ．（3）见解析．【解析】（1）因为52a a =，所以63a a =，743a a ==，852a a ==．于是678332a a a a ++=++，又因为67821a a a ++=，解得316a =．（2）{}n b 的公差为20，{}n c 的公比为13，所以()12012019n b n n =+-=-，1518133n n n c --⎛⎫=⋅= ⎪⎝⎭．520193n n n n a b c n -=+=-+． 1582a a ==，但248a =，63043a =，26a a ≠，所以{}n a 不具有性质P ．（3）[证]充分性：当{}n b 为常数列时，11sin n n a b a +=+．对任意给定的1a ，只要p q a a =，则由11sin sin p q b a b a +=+，必有11p q a a ++=．充分性得证．必要性：用反证法证明．假设{}n b 不是常数列，则存在k *∈N ，使得12k b b b b ==⋅⋅⋅==，而1k b b +≠．下面证明存在满足1sin n n n a b a +=+的{}n a ，使得121k a a a +==⋅⋅⋅=，但21k k a a ++≠．设()sin f x x x b =--，取m *∈N ，使得m b π>，则()0f m m b ππ=->，()0f m m b ππ-=--<，故存在c 使得()0f c =．取1a c =，因为1sin n n a b a +=+（1n k ≤≤），所以21sin a b c c a =+==，依此类推，得121k a a a c +==⋅⋅⋅==．但2111sin sin sin k k k k a b a b c b c ++++=+=+≠+，即21k k a a ++≠．所以{}n a 不具有性质P ，矛盾．必要性得证．综上，“对任意1a ，{}n a 都具有性质P ”的充要条件为“{}n b 是常数列”．7.【2016高考新课标2理数】n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且17=128.a S =，记[]=lg n n b a ，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，如[][]0.9=0lg99=1，．（Ⅰ）求111101b b b ，，；（Ⅱ）求数列{}n b 的前1 000项和．【答案】（Ⅰ）10b =，111b =， 1012b =；（Ⅱ）1893.8.【2016高考山东理数】（本小题满分12分）已知数列{}n a 的前n 项和S n =3n 2+8n ，{}n b 是等差数列，且1.n n n a b b +=+（Ⅰ）求数列{}n b 的通项公式；（Ⅱ）令1(1).(2)n n n nn a c b ++=+ 求数列{}n c 的前n 项和T n . 【答案】（Ⅰ）13+=n b n ；（Ⅱ）223+⋅=n n n T . 【解析】（Ⅰ）由题意知当2≥n 时，561+=-=-n S S a n n n ，当1=n 时，1111==S a ，所以56+=n a n .设数列{}n b 的公差为d ，由⎩⎨⎧+=+=322211b b a b b a ，即⎩⎨⎧+=+=d b db 321721111，可解得3,41==d b ，所以13+=n b n .（Ⅱ）由（Ⅰ）知11(66)3(1)2(33)n n n nn c n n +++==+⋅+，又n n c c c c T +⋅⋅⋅+++=321，得23413[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯，345223[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯，两式作差，得234123[22222(1)2]n n n T n ++-=⨯⨯+++⋅⋅⋅+-+⨯224(21)3[4(1)2]2132n n n n n ++-=⨯+-+⨯-=-⋅ 所以223+⋅=n n n T9.【2016高考江苏卷】（本小题满分16分）记{}1,2,100U =…，.对数列{}()*n a n N ∈和U 的子集T ，若T =∅,定义0T S =;若{}12,,k T t t t =…，，定义12+k T t t t S a a a =++….例如：{}=1,3,66T 时，1366+T S a a a =+.现设{}()*n a n N ∈是公比为3的等比数列，且当{}=2,4T 时，=30T S .（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）对任意正整数()1100k k ≤≤，若{}1,2,k T ⊆…，，求证：1T k S a +<；（3）设,,C D C U D U S S ⊆⊆≥,求证：2C CDD S S S +≥.【答案】（1）13n n a -=（2）详见解析（3）详见解析【解析】（1）由已知得1*13,n n a a n -=⋅∈N .于是当{2,4}T =时，2411132730r S a a a a a =+=+=. 又30r S =，故13030a =，即11a =. 所以数列{}n a 的通项公式为1*3,n n a n -=∈N . （2）因为{1,2,,}T k ⊆，1*30,n n a n -=>∈N ，所以1121133(31)32k kk r k S a a a -≤+++=+++=-<. 因此，1r k S a +<.（3）下面分三种情况证明. ①若D 是C 的子集，则2C C DC D D D D S S S S S S S +=+≥+=. ②若C 是D 的子集，则22C CDC C CD S S S S S S +=+=≥.③若D 不是C 的子集，且C 不是D 的子集. 令U E CD =ð，U F D C =ð则E ≠∅，F ≠∅，EF =∅.于是C E C D S S S =+，D F CD S S S =+，进而由C D S S ≥，得E F S S ≥.设k 是E 中的最大数，l 为F 中的最大数，则1,1,k l k l ≥≥≠.由（2）知，1E k S a +<，于是1133l k l F E k a S S a -+=≤≤<=，所以1l k -<，即l k ≤. 又k l ≠，故1l k ≤-，从而1121131133222l l k E F l a S S a a a ----≤+++=+++=≤≤，故21E F S S ≥+，所以2()1C C DD CDS S S S -≥-+，即21C CDD S S S +≥+.综合①②③得，2C C DD S S S +≥.10.【2016高考山东理数】（本小题满分12分）已知数列{}n a 的前n 项和S n =3n 2+8n ，{}n b 是等差数列，且1.n n n a b b +=+（Ⅰ）求数列{}n b 的通项公式；（Ⅱ）令1(1).(2)n n n nn a c b ++=+ 求数列{}n c 的前n 项和T n . 【答案】（Ⅰ）13+=n b n ；（Ⅱ）223+⋅=n n n T.（Ⅱ）由（Ⅰ）知11(66)3(1)2(33)n n n nn c n n +++==+⋅+，又n n c c c c T +⋅⋅⋅+++=321，得23413[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯，345223[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯，两式作差，得234123[22222(1)2]n n n T n ++-=⨯⨯+++⋅⋅⋅+-+⨯224(21)3[4(1)2]2132n n n n n ++-=⨯+-+⨯-=-⋅ 所以223+⋅=n n n T1．(2015·新课标全国Ⅱ，16)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝____________．解析由题意，得S 1＝a 1＝－1，又由a n ＋1＝S n S n ＋1，得S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，所以S n ≠0，所以S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n ＝－1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1＝－1为首项，－1为公差的等差数列，得1S n ＝－1－(n －1)＝－n ，所以S n ＝－1n.答案－1n2．(2015·福建，8)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( ) A ．6 B ．7 C ．8 D ．9解析由题意知：a ＋b ＝p ，ab ＝q ，∵p ＞0，q ＞0，∴a ＞0，b ＞0.在a ，b ，－2这三个数的6种排序中，成等差数列的情况有a ，b ，－2；b ，a ，－2；－2，a ，b ；－2，b ，a ；成等比数列的情况有：a ，－2，b ；b ，－2，a .∴⎩⎪⎨⎪⎧ab ＝4，2b ＝a －2或⎩⎪⎨⎪⎧ab ＝4，2a ＝b －2解之得：⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝4. ∴p ＝5，q ＝4，∴p ＋q ＝9，故选D. 答案 D3．(2015·浙江，3)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n ，若a 3，a 4，a 8成等比数列，则( ) A ．a 1d ＞0，dS 4＞0 B ．a 1d ＜0，dS 4＜0 C ．a 1d ＞0，dS 4＜0 D ．a 1d ＜0，dS 4＞0解析 ∵a 3，a 4，a 8成等比数列，∴(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )(a 1＋7d )，整理得a 1＝－53d ，∴a 1d ＝－53d 2＜0，又S 4＝4a 1＋4×32d ＝－2d 3，∴dS 4＝－2d23＜0，故选B.答案 B4．(2015·广东，21)数列{a n }满足：a 1＋2a 2＋…＋na n ＝4－n ＋22n －1，n ∈N *.(1)求a 3的值；(2)求数列{a n }前n 项和T n ； (3)令b 1＝a 1，b n ＝T n －1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋…＋1n a n (n ≥2)，证明：数列{b n }的前n 项和S n 满足S n <2＋2ln n .(1)解 a 1＝1，a 1＋2a 2＝2，a 2＝12，a 1＋2a 2＋3a 3＝4－54，a 3＝14.(2)解 n ≥2时，a 1＋2a 2＋…＋(n －1)a n －1＝4－n ＋12n －2，与原式相减，得na n ＝n 2n －1，a n ＝12n －1，n ＝1也符合，T n ＝1－12n1－12＝2－12n －1.(3)证明 n ≥2时，b n ＝T n －1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋…＋1n a n ＝a 1＋a 2＋…＋a n －1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋…＋1n a n故S n ＝∑i ＝1nb i ＝a 1＋a 12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12a 2＋a 1＋a 23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13a 3＋…＋a 1＋a 2＋…＋a n －1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋…＋1n a n＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫∑i ＝1n 1i a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫∑i ＝1n 1i a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫∑i ＝1n 1i a 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫∑i ＝1n 1i a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫∑i ＝1n 1i T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋…＋1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－12<2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋…＋1n ，只需证明2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋…＋1n <2＋2ln n ，n ∈N *.对于任意自然数k ∈N ，令x ＝－1k ＋1∈(－1，0)时，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ＋1＋1＋1k ＋1<0，即1k ＋1<ln(k ＋1)－ln k . ∴k ＝1时，12<ln 2－ln 1，k ＝2时，13<ln 3<ln 2.…k ＝n －1时，1n<ln 2－ln(n －1)．∴1＋12＋13＋…＋1n <1＋(ln 2－ln 1)＋(ln 3－ln 2)＋…＋[ln n －ln(n －1)]，即1＋12＋13＋…＋1n<1＋ln n ，所以n ≥2时，2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋…＋1n <2＋2ln n ，综上n ∈N ＋时，S n <2＋2ln n .5．(2015·浙江，20)已知数列{a n }满足a 1＝12且a n ＋1＝a n －a 2n (n ∈N *)．(1) 证明：1≤a n a n ＋1≤2(n ∈N *)；(2)设数列{a 2n }的前n 项和为S n ，证明：12（n ＋2）≤S n n ≤12（n ＋1）(n ∈N *)．证明 (1)由题意得a n ＋1－a n ＝－a 2n ≤0，即a n ＋1≤a n ，故a n ≤12.由a n ＝(1－a n －1)a n －1得a n ＝(1－a n －1)(1－a n －2)…(1－a 1)a 1＞0.由0＜a n ≤12得a n a n ＋1＝a n a n －a 2n ＝11－a n∈[1，2]，即1≤a na n ＋1≤2 (2`)由题意得a 2n ＝a n －a n ＋1，所以S n ＝a 1－a n ＋1①由1a n ＋1－1a n ＝a n a n ＋1和1≤a na n ＋1≤2得1≤1a n ＋1－1a n≤2，所以n ≤1a n ＋1－1a 1≤2n ，因此12（n ＋1）≤a n ＋1≤1n ＋2(n ∈N *)．②由①②得12（n ＋2）≤S n n ≤12（n ＋1）(n ∈N *)．6．(2015·山东，18)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知2S 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n 项和T n . 解 (1)因为2S n ＝3n＋3，所以2a 1＝3＋3，故a 1＝3，当n ＞1时，2S n －1＝3n －1＋3，此时2a n ＝2S n －2S n －1＝3n－3n －1＝2×3n －1，即a n ＝3n －1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，3n －1，n ＞1.(2)因为a n b n ＝log 3a n ，所以b 1＝13，当n ＞1时，b n ＝31－nlog 33n －1＝(n －1)·31－n.所以T 1＝b 1＝13；当n ＞1时，T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝13＋(1×3－1＋2×3－2＋…＋(n －1)×31－n)，所以3T n ＝1＋(1×30＋2×3－1＋…＋(n －1)×32－n)，两式相减，得2T n ＝23＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n )－(n －1)×31－n＝23＋1－31－n1－3－1－(n －1)×31－n ＝136－6n ＋32×3n ，所以T n ＝1312－6n ＋34×3n ，经检验，n ＝1时也适合．综上可得T n ＝1312－6n ＋34×3n .7．(2015·天津，18)已知数列{a n }满足a n ＋2＝qa n (q 为实数，且q ≠1)，n ∈N *，a 1＝1，a 2＝2，且a 2＋a 3，a 3＋a 4，a 4＋a 5成等差数列．(1)求q 的值和{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a 2n a 2n －1，n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和．解 (1)由已知，有(a 3＋a 4)－(a 2＋a 3)＝(a 4＋a 5)－(a 3＋a 4)，即a 4－a 2＝a 5－a 3，所以a 2(q －1)＝a 3(q －1)，又因为q ≠1，故a 3＝a 2＝2，由a 3＝a 1q ，得q ＝2. 当n ＝2k －1(k ∈N *)时，a n ＝a 2k －1＝2k －1＝2n －12；当n ＝2k (k ∈N *)时，a n ＝a 2k ＝2k＝2n2.所以，{a n }的通项公式为a n ＝1222,2,n nn n -⎧⎪⎨⎪⎩为奇数为偶数(2)由(1)得b n ＝log 2a 2n a 2n －1＝n2n －1.设{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1×120＋2×121＋3×122＋…＋(n －1)×12n －2＋n ×12n －1，12S n ＝1×121＋2×122＋3×123＋…＋(n －1)×12n －1＋n ×12n .上述两式相减得：12S n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝1－12n 1－12－n2n＝2－22n －n 2n ，整理得，S n ＝4－n ＋22n －1，n ∈N *.所以，数列{b n }的前n 项和为4－n ＋22n －1，n ∈N *.8．(2014·山东，19)已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2，S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12，由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)，解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1.(2)b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1＝(－1)n －14n（2n －1）（2n ＋1）＝(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1.当n 为偶数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1. 当n 为奇数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1＋12n ＋1＝2n＋22n ＋1.所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n 2n ＋1，n 为偶数.⎝ ⎛⎭⎪⎫或T n ＝2n ＋1＋（－1）n －12n ＋19．(2013·天津，19)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 .。

数列求和及数列的综合应用知识点讲解+例题讲解(含解析)

数列求和及数列的综合应用一、知识梳理 1.特殊数列的求和公式 (1)等差数列的前n 项和公式： S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d . (2)等比数列的前n 项和公式： S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1（1－q n ）1－q ，q ≠1.2.数列求和的几种常用方法 (1)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解. (2)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和. (3)错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前n 项和可用错位相减法求解.(4)倒序相加法如果一个数列{a n }的前n 项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解.3.数列应用题常见模型(1)等差模型：如果后一个量比前一个量增加(或减少)的是同一个固定值，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差.(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是同一个固定的非零常数，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比.(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，应考虑a n 与a n ＋1(或者相邻三项等)之间的递推关系，或者S n 与S n ＋1(或者相邻三项等)之间的递推关系. 小结：1.1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n （n ＋1）2. 2.12＋22＋…＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6.3.裂项求和常用的三种变形 (1)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1. (2)1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1.(3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .二、例题精讲 + 随堂练习1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)若数列{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 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)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.( ) 解析 (3)要分a ＝0或a ＝1或a ≠0且a ≠1讨论求解. 答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)√2.数列{a n }中，a n ＝1n （n ＋1），若{a n }的前n 项和为2 0192 020，则项数n为( ) A.2 018 B.2 019 C.2 020D.2 021解析 a n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝2 0192 020，所以n ＝2019. 答案 B3.等比数列{a n }中，若a 1＝27，a 9＝1243，q >0，S n 是其前n 项和，则S 6＝________.解析由a 1＝27，a 9＝1243知，1243＝27·q 8，又由q >0，解得q ＝13，所以S 6＝27⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1361－13＝3649.答案 36494.(2018·东北三省四校二模)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解析由题意知{a n }是以2为公差的等差数列，又a 1＝－5，所以|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝|－5|＋|－3|＋|－1|＋1＋3＋5＝5＋3＋1＋1＋3＋5＝18. 答案 C5.(2019·北京朝阳区质检)已知数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，b n －a n ＝2n ＋1，且S n ＋T n ＝2n ＋1＋n 2－2，则2T n ＝________________. 解析由题意知T n －S n ＝b 1－a 1＋b 2－a 2＋…＋b n －a n ＝n ＋2n ＋1－2，又S n ＋T n ＝2n ＋1＋n 2－2，所以2T n ＝T n －S n ＋S n ＋T n ＝2n ＋2＋n (n ＋1)－4. 答案 2n ＋2＋n (n ＋1)－46.(2019·河北“五个一”名校质检)若f (x )＋f (1－x )＝4，a n ＝f (0)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋…＋f ⎝⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f (1)(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________.解析由f (x )＋f (1－x )＝4，可得f (0)＋f (1)＝4，…，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝⎛⎭⎪⎫n －1n ＝4，所以2a n ＝[f (0)＋f (1)]＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋…＋[f (1)＋f (0)]＝4(n ＋1)，即a n ＝2(n ＋1). 答案 a n ＝2(n ＋1)考点一分组转化法求和【例1】 (2019·济南质检)已知在等比数列{a n }中，a 1＝1，且a 1，a 2，a 3－1成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝2n －1＋a n (n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n ，试比较S n 与n 2＋2n 的大小.解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ， ∵a 1，a 2，a 3－1成等差数列， ∴2a 2＝a 1＋(a 3－1)＝a 3，∴q ＝a 3a 2＝2，∴a n ＝a 1q n －1＝2n －1(n ∈N *).(2)由(1)知b n ＝2n －1＋a n ＝2n －1＋2n －1，∴S n ＝(1＋1)＋(3＋2)＋(5＋22)＋…＋(2n －1＋2n －1) ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(1＋2＋22＋…＋2n －1) ＝1＋（2n －1）2·n ＋1－2n 1－2＝n 2＋2n－1. ∵S n －(n 2＋2n )＝－1<0，∴S n <n 2＋2n .规律方法 1.若数列{c n }的通项公式为c n ＝a n ±b n ，且{a n }，{b n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{c n }的前n 项和.2.若数列{c n }的通项公式为c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，其中数列{a n }，{b n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和. 【训练1】已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S 3＋S 4＝S 5.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －1a n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n . 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由S 3＋S 4＝S 5可得a 1＋a 2＋a 3＝a 5，即3a 2＝a 5， ∴3(1＋d )＝1＋4d ，解得d ＝2. ∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. (2)由(1)可得b n ＝(－1)n －1·(2n －1).∴T 2n ＝1－3＋5－7＋…＋(2n －3)－(2n －1)＝(－2)×n ＝－2n .考点二裂项相消法求和【例2】 (2019·郑州模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8，S n ＝a n ＋12－n －1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3n a n a n ＋1的前n 项和T n .解 (1)∵a 2＝8，S n ＝a n ＋12－n －1， ∴a 1＝S 1＝a 22－2＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a n ＋12－n －1－⎝⎛⎭⎪⎫a n 2－n ，即a n ＋1＝3a n ＋2，又a 2＝8＝3a 1＋2， ∴a n ＋1＝3a n ＋2，n ∈N *， ∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，∴数列{a n ＋1}是等比数列，且首项为a 1＋1＝3，公比为3， ∴a n ＋1＝3×3n －1＝3n ，∴a n ＝3n －1.(2)∵2×3n a n a n ＋1＝2×3n （3n －1）（3n ＋1－1）＝13n －1－13n ＋1－1.∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3n a n a n ＋1的前n 项和 T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13－1－132－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132－1－133－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1－13n ＋1－1＝12－13n ＋1－1.【训练2】设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 3＝a 7，a 8－2a 3＝3. (1)求a n ；(2)设b n ＝1S n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设数列{a n }的公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝a 1＋6d ，（a 1＋7d ）－2（a 1＋2d ）＝3，解得a 1＝3，d ＝2， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1.(2)由(1)得S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n (n ＋2)， ∴b n ＝1n （n ＋2）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2.∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n －1＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2.考点三错位相减法求和【例3】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＝a 3.(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 .【训练3】已知等差数列{a n }满足：a n ＋1>a n (n ∈N *)，a 1＝1，该数列的前三项分别加上1，1，3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n 项和T n .解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则d >0，由a 1＝1，a 2＝1＋d ，a 3＝1＋2d 分别加上1，1，3后成等比数列，得(2＋d )2＝2(4＋2d )，解得d ＝2(舍负)，所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.又因为a n ＋2log 2b n ＝－1，所以log 2b n ＝－n ，则b n ＝12n . (2)由(1)知a n ·b n ＝(2n －1)·12n ，则T n ＝121＋322＋523＋…＋2n －12n ，①12T n ＝122＋323＋524＋…＋2n －12n ＋1，② 由①－②，得 12T n ＝12＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋123＋124＋…＋12n －2n －12n ＋1. ∴12T n ＝12＋2×14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12－2n －12n ＋1，∴T n ＝1＋2－22n －1－2n －12n ＝3－4＋2n －12n ＝3－3＋2n 2n .考点四数列的综合应用【例4】某同学利用暑假时间到一家商场勤工俭学.该商场向他提供了三种付酬方案：第一种，每天支付38元；第二种，第一天付4元，第二天付8元，第三天付12元，依此类推；第三种，第一天付0.4元，以后每天比前一天翻一番(即增加1倍).他应该选择哪种方式领取报酬呢？解设该学生工作n 天，每天领工资a n 元，共领工资S n 元，则第一种方案a n (1)＝38，S n (1)＝38n ；第二种方案a n (2)＝4n ，S n (2)＝4(1＋2＋3＋…＋n )＝2n 2＋2n ；第三种方案a n (3)＝0.4×2n －1，S n (3)＝0.4（1－2n ）1－2＝0.4(2n －1). 令S n (1)≥S n (2)，即38n ≥2n 2＋2n ，解得n ≤18，即小于或等于18天时，第一种方案比第二种方案报酬高(18天时一样高).令S n (1)≥S n (3)，即38n ≥0.4×(2n －1)，利用计算器计算得小于或等于9天时，第一种方案报酬高，所以少于10天时，选择第一种方案.比较第二、第三种方案，S 10(2)＝220，S 10(3)＝409.2，S 10(3)>S 10(2)，…，S n (3)>S n (2).所以等于或多于10天时，选择第三种方案.【训练4】已知二次函数y ＝f (x )的图象经过坐标原点，其导函数为f ′(x )＝6x －2，数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f (x )的图象上.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝3a n a n ＋1，试求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)设二次函数f (x )＝ax 2＋bx (a ≠0)，则f ′(x )＝2ax ＋b .由于f ′(x )＝6x －2，得a ＝3，b ＝－2，所以f (x )＝3x 2－2x .又因为点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f (x )的图象上，所以S n ＝3n 2－2n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n －[3(n －1)2－2(n －1)]＝6n －5；当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＝6×1－5，也适合上式，所以a n ＝6n －5(n ∈N *).(2)由(1)得b n ＝3a n a n ＋1＝3（6n －5）[6（n ＋1）－5]＝12·⎝ ⎛⎭⎪⎫16n －5－16n ＋1，故T n ＝12⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－17＋⎝ ⎛⎭⎪⎫17－113＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫16n －5－16n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－16n ＋1＝3n 6n ＋1.三、课后练习1.(2019·广州模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－a n ≥2(n ∈N *)，且S n 为{a n }的前n 项和，则( )A.a n ≥2n ＋1B.S n ≥n 2C.a n ≥2n －1D.S n ≥2n －1解析由题意得a 2－a 1≥2，a 3－a 2≥2，a 4－a 3≥2，…，a n －a n －1≥2， ∴a 2－a 1＋a 3－a 2＋a 4－a 3＋…＋a n －a n －1≥2(n －1)，∴a n －a 1≥2(n －1)，∴a n ≥2n －1，∴a 1≥1，a 2≥3，a 3≥5，…，a n ≥2n －1，∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ≥1＋3＋5＋…＋2n －1，∴S n ≥n （1＋2n －1）2＝n 2. 答案 B2.某厂2019年投资和利润逐月增加，投入资金逐月增长的百分率相同，利润逐月增加值相同.已知1月份的投资额与利润值相等，12月份投资额与利润值相等，则全年的总利润ω与总投资N的大小关系是()A.ω>NB.ω<NC.ω＝ND.不确定解析投入资金逐月值构成等比数列{b n}，利润逐月值构成等差数列{a n}，等比数列{b n}可以看成关于n的指数式函数，它是凹函数，等差数列{a n}可以看成关于n的一次式函数.由于a1＝b1，a12＝b12，相当于图象有两个交点，且两交点间指数式函数图象在一次函数图象下方，所以全年的总利润ω＝a1＋a2＋…＋a12比总投资N＝b1＋b2＋…＋b12大，故选A.答案A3.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|＝________.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|＝3（1－4n）1－4＝4n－1.答案4n－14.(2019·潍坊调研)已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝5，nS n＋1－(n＋1)S n＝n2＋n.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 为等差数列； (2)令b n ＝2n a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .(1)证明由nS n ＋1－(n ＋1)S n ＝n 2＋n 得S n ＋1n ＋1－S n n ＝1，又S 11＝5，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是首项为5，公差为1的等差数列. (2)解由(1)可知S n n ＝5＋(n －1)＝n ＋4，所以S n ＝n 2＋4n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋4n －(n －1)2－4(n －1)＝2n ＋3. 又a 1＝5也符合上式，所以a n ＝2n ＋3(n ∈N *)，所以b n ＝(2n ＋3)2n ，所以T n ＝5×2＋7×22＋9×23＋…＋(2n ＋3)2n ，① 2T n ＝5×22＋7×23＋9×24＋…＋(2n ＋1)2n ＋(2n ＋3)2n ＋1，② 所以②－①得T n ＝(2n ＋3)2n ＋1－10－(23＋24＋…＋2n ＋1)＝(2n ＋3)2n ＋1－10－23（1－2n －1）1－2＝(2n ＋3)2n ＋1－10－(2n ＋2－8) ＝(2n ＋1)2n ＋1－2.。

高考数学冲刺复习数列求和考点速查

高考数学冲刺复习数列求和考点速查在高考数学中，数列求和是一个重要的考点，也是许多同学感到头疼的部分。

在冲刺复习阶段，对数列求和考点进行速查和梳理，能够帮助我们查漏补缺，提高解题能力，从而在高考中取得更好的成绩。

一、等差数列求和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数列。

对于等差数列\（＼｛a_n\｝＼），其通项公式为\（a_n ＝a_1 ＋（n 1)d\），其中\（a_1\）为首项，＼（d\）为公差。

等差数列的前\（n\）项和公式为：＼（S_n ＝＼frac{n(a_1 ＋a_n)｝｛2} ＝ na_1 ＋＼frac{n(n 1)d}｛2}＼）在解题时，我们需要根据题目所给条件，灵活选择合适的求和公式。

例如，已知等差数列\（＼｛a_n\｝＼）的首项\（a_1 ＝ 2\），公差\（d ＝ 3\），求前\（10\）项的和\（S_{10}＼）。

首先，求出第\（10\）项\（a_{10} ＝ a_1 ＋ 9d ＝ 2 ＋ 9×3 ＝ 29\）然后，利用求和公式\（S_{10} ＝＼frac{10×（2 ＋ 29)｝｛2} ＝155\）二、等比数列求和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。

对于等比数列\（＼｛b_n\｝＼），其通项公式为\（b_n＝ b_1q^｛n 1}＼），其中\（b_1\）为首项，＼（q\）为公比。

当公比\（q ≠ 1\）时，等比数列的前\（n\）项和公式为：＼（S_n＝＼frac{b_1(1 q^n)｝｛1 q}＼）当公比\（q ＝1\）时，等比数列的前\（n\）项和为\（S_n ＝nb_1\）例如，已知等比数列\（＼｛b_n\｝＼）的首项\（b_1 ＝ 3\），公比\（q ＝ 2\），求前\（5\）项的和\（S_{5}＼）。

因为公比\（q ≠ 1\），所以\（S_{5} ＝＼frac{3×（1 2^5)｝｛1 2}＝ 93\）三、错位相减法错位相减法主要用于求一个等差数列与一个等比数列对应项乘积构成的新数列的前\（n\）项和。

高考数学数列应用及举例分析

高考数学数列应用及举例分析在高中数学教学中，数列是一项基础且重要的内容，而在高考中，数列也是重点考查的内容之一。

数列应用十分广泛，涉及到数学、物理、统计等多个学科领域。

本文将深入探讨数列在高考数学中的应用，并通过具体实例进行分析。

1. 数列定义及分类数列是由若干项组成的序列，是高中数学中的一种基础概念。

数列可以按照不同的规律进行分类，例如等差数列、等比数列、斐波那契数列等。

等差数列的通项公式为：an=a1+(n-1)d，其中a1为首项，d为公差，n为项数。

等比数列的通项公式为：an=a1*q^(n-1)，其中a1为首项，q为公比，n为项数。

斐波那契数列的通项公式为：f(n)=f(n-1)+f(n-2)，其中f(1)=1，f(2)=1。

2. 数列的应用2.1 计算数列的和在高考数学中常常会考到计算数列的和的问题，计算数列的和是数列中重要的一个应用。

对于等差数列和等比数列，我们可以利用它们的通项公式来计算它们的和。

（1）等差数列对于等差数列，我们可以先求出前n项的和Sn，再利用等差数列的通项公式计算各项值之和。

例如：已知等差数列的首项为a1=3，公差为d=2，求前10项的和。

首先求前10项的和Sn：Sn = (a1+an)*n/2an = a1+(n-1)d = 3+9×2=21Sn = (3+21)*10/2 = 120然后，利用公式：Sn = n*(a1+an)/2，可得：Sn = 10*(3+21)/2 = 120因此，前10项的和为120。

（2）等比数列对于等比数列，我们同样可以先求出前n项的和Sn，再利用等比数列的通项公式计算各项值之和。

例如：已知等比数列的首项为a1=2，公比为q=3，求前4项的和。

求前4项的和Sn：Sn = a*(q^n-1)/(q-1)Sn = 2*(3^4-1)/(3-1)Sn = 80然后，利用公式：Sn = a(q^n-1)/(q-1)，可得：Sn = 2(3^4-1)/2Sn = 80因此，前4项的和为80。

2019届高考数学总复习模块三数列第11讲数列求和及数列的简单应用学案理

第11讲数列求和及数列的简单应用1.[2018·全国卷Ⅱ]记S n为等差数列{a n}的前n项和,已知a1=-7,S3=-15.(1)求{a n}的通项公式;(2)求S n,并求S n的最小值.[试做]2.[2016·全国卷Ⅱ]S n为等差数列{a n}的前n项和,且a1=1,S7=28.记b n=[lg a n],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1.(1)求b1,b11,b101;(2)求数列{b n}的前1000项和.[试做]3.[2014·全国卷Ⅰ]已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=1,a n≠0,a n a n+1=λS n-1,其中λ为常数.(1)证明:a n+2-a n=λ.(2)是否存在λ,使得{a n}为等差数列?并说明理由.[试做]命题角度解决数列大题的有关策略1.解决已知某几个基本量求等差、等比数列的通项公式和前n项和问题:关键一:通过列方程(组)求关键量a1和d(或q);关键二:利用通项公式和前n 项和公式求解. 2.解决数列的递推问题:关键一:利用a n =, 1, - -1, 2得出关于a n 与a n+1(或a n-1)的递推式; 关键二:观察递推式的形式,采用不同方法求a n . 3.解决数列求和问题:关键一:利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求解;关键二:利用数列求和方法(倒序相加法、分组求和法、并项求和法、错位相减法、裂项相消法)求解.4.(1)等差数列的判断方法:定义法、等差中项法、利用通项公式判断、利用前n 项和判断. (2)等比数列的判断方法:①定义法:若1=q (q 是常数),则数列{a n }是等比数列; ②等比中项法:若12=a n a n+2(n ∈N *),则数列{a n }是等比数列; ③通项公式法:若a n =Aq n-1(A ,q 为常数),则数列{a n }是等比数列.5.解决关于数列的不等式证明问题常用放缩法,解决最值问题常用基本不等式法.解答1等差、等比数列基本量的计算1 已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ,S 1+1,S 3,S 4成等差数列,且a 1,a 2,a 5成等比数列.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)若S 4,S 6,S n 成等比数列,求n 及此等比数列的公比. [听课笔记]【考场点拨】解决由等差数列、等比数列组成的综合问题,要立足于两数列的概念,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.【自我检测】已知数列{a n}的前n项和为S n,且S n=a1(2n-1),a4=16,n∈N*.(1)求a1及数列{a n}的通项公式;(2)设b n=2,求数列{b n}的最大项.解答2数列的证明问题2 已知正项数列{a n}的前n项和为S n(n∈N*),其中=λa n+μ.(1)若a1=2,a2=6,求数列{a n}的通项公式;(2)若a1+a3=2a2,求证:{a n}是等差数列.[听课笔记]【考场点拨】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.【自我检测】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.解答3数列的求和问题3 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,公差d ≠0,S 7=35,且a 2,a 5,a 11成等比数列. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)若T n 为数列 11的前n 项和,且存在n ∈N *,使得T n -λa n+1≥0成立,求实数λ的取值范围.[听课笔记]【考场点拨】裂项相消法就是把数列的每一项分解成一正一负的两项,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:11 =1-11;1=1 1-1;12-1=12 1-1-11;142-1=1212 -1-12 1. 4 已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n =n 2-n ,在正项等比数列{b n }中,b 2=a 2,b 4=a 5. (1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)设c n =a n ·b n ,求数列{c n }的前n 项和T n . [听课笔记]【考场点拨】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. 【自我检测】1.已知等比数列{a n }的各项均为正数,a 4=81,且a 2,a 3的等差中项为18. (1)求数列{a n }的通项公式; (2)若b n =log 3a n ,c n =142-1,数列{c n }的前n 项和为T n ,证明:T n <12.2.已知正项数列是公差为2的等差数列,且a1,9,a2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.第11讲数列求和及数列的简单应用典型真题研析1.解:(1)设{a n}的公差为d,由题意得3a1+3d=-15,所以由a1=-7得d=2,所以{a n}的通项公式为a n=2n-9.(2)由(1)得S n=n2-8n=(n-4)2-16.所以当n=4时,S n取得最小值,最小值为-16.2.解:(1)设{a n}的公差为d,据已知有7+21d=28,解得d=1,所以{a n}的通项公式为a n=n.故b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,b101=[lg 101]=2.(2)因为b n=0110, 110100, 21001000,1000所以数列{b n}的前1000项和为1×90+2×900+3×1=1893.3.解:(1)证明:由题设,a n a n+1=λS n-1,a n+1a n+2=λS n+1-1,两式相减得a n+1(a n+2-a n)=λa n+1.因为a n+1≠0,所以a n+2-a n=λ.(2)由题设,a1=1,a1a2=λS1-1,可得a2=λ-1,由(1)知,a3=λ+1.若{a n}为等差数列,则2a2=a1+a3,解得λ=4,故a n+2-a n=4.由此可得{a2n-1}是首项为1,公差为4的等差数列,a2n-1=4n-3;{a2n}是首项为3,公差为4的等差数列,a2n=4n-1.所以a n=2n-1,a n+1-a n=2.因此存在λ=4,使得数列{a n}为等差数列.考点考法探究解答1例1解:(1)设数列{a n}的公差为d,由题意可知2114,221,整理得112∴a n=2n-1.(2)由(1)知a n=2n-1,∴S n=n2,∴S4=16,S6=36,又S4S n=62,∴n2= 6216=81,∴n=9,此等比数列的公比q=64=4.【自我检测】解:(1)由题得a4=S4-S3=8a1=16,解得a1=2,故S n=2n+1-2,则当n≥2时,a n=S n-S n-1=2n.因为当n=1时,a1=2满足上式, 所以数列{a n}的通项公式为a n=2n.(2)由(1)知b n=22,则b n+1-b n= 122-22=-2212.当1≤n≤2时,-n2+2n+1>0,则b n+1>b n;当n≥ 时,-n2+2n+1<0,则b n+1<b n.故数列{b n}的前3项依次递增,从第3项开始依次递减,所以数列{b n }的最大项为b 3=8.解答2例2 解:(1)根据题意,有2 2 ,2 2 6 ,解得24,22,故S n =18(a n +2)2,当n ≥2且n ∈N *时,有S n-1=18(a n-1+2)2,两式相减,得(a n +a n-1)(a n -a n-1)=4(a n +a n-1), 又a n >0恒成立,则a n -a n-1=4,所以数列{a n }是首项为2,公差为4的等差数列,故a n =4n-2.(2)证明:根据题意,有1 1 2①, 1 2 2 2②, 1 2 2③,因为a 1+a 3=2a 2,所以可设a 3-a 2=a 2-a 1=d ,②-①得a 2=(λa 1+λa 2+2μ ·λd④, ③-②得a 3=(λa 2+λa 3+2μ ·λd⑤,⑤-④得d=2λ2d 2,当d=0时,a 2=0,不符合题意,故舍去,则有λ2=12,代入④式得4λμ=1,代入①式得a 1=2,所以S n =λ22+2λμa n +μ2=12 2+12a n +8.当n ≥2且n ∈N *时,有S n-1=12-12+12a n-1+8, 两式相减得a n =12( 2--12)+12(a n -a n-1),整理得(a n +a n-1)(a n -a n-1-d )=0. 因为a n >0恒成立,所以a n -a n-1=d ,所以{a n }是等差数列. 【自我检测】解:(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)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 2 1 2+1 2-2n=2 2- -82.解答3例3 解:(1)由题意可得 1 62 1 4 2 1 1 10 ,即 1 2 2 1 , 又因为d ≠0,所以 1 2 1所以a n =n+1.(2)因为1 1=1 1 2 =1 1-1 2,所以T n = 12-1 + 1 -14 +…+ 1 1-1 2 =12-1 2=22 . 因为存在n ∈N *,使得T n -λa n+1≥0成立,所以存在n ∈N *,使得2 2-λ(n+2 ≥0成立,即存在n ∈N *,使得λ≤2 2成立.又2 2=12 44≤116(当且仅当n=2时取等号),所以λ≤116,即实数λ的取值范围是 - ,116 .例4 解:(1)∵S n =n 2-n ,∴a n =S n -S n-1=2(n-1)(n ≥2 ,当n=1时,a 1=0,满足上式,∴a n =2(n-1).设数列{b n }的公比为q.∵数列{b n }为等比数列,且b 2=a 2=2,b 4=a 5=8,∴42=q 2=4,又b n >0,∴q=2,∴b n =2n-1. (2)由(1)得c n =(n-1 ·2n,∴T n =0+(2-1)×22+(3-1)×23+…+(n-1)×2n =1×22+2×23+…+(n-1)×2n ,∴2T n =1×23+2×24+…+(n-2)×2n +(n-1)×2n+1,两式相减,得-T n =22+23+24+…+2n -(n-1 ·2n+1=22 1-2 -11 2-(n-1 ·2n+1=2n+1-(n-1 ·2n+1-4,∴T n =(n-2 ·2n+1+4.【自我检测】1.解:(1)设等比数列{a n }的公比为q (q>0).由题意得 4 812218 即 181 1 1 = 6,两式相除,得4q 2-9q-9=0,解得q=3或q=-4.∵q>0,∴q=3,∴a 1=3,∴a n =a 1q n-1=3n .(2)证明:由(1)得b n =log 33n=n ,∴c n =14 2-1=1212 -1-12 1, ∴T n =12 1 1 + 1 -1 +…+ 12 -1-12 1 =12 1 12 1 =12-14 2,∴T n <12.2.解:(1)因为数列是公差为2的等差数列,所以 2-1=2,则a 2=3a 1+18,又a 1,9,a 2成等比数列,所以a 1a 2=a 1(3a 1+18)=92, 解得a 1=3或a 1=-9.因为数列为正项数列,所以a 1=3,所以 =+2(n-1)=2n-1, 故a n =(2n-1 · n.(2)由(1)得S n =1×3+3×32+…+(2n-1 · n, 所以3S n =1×32+3×33+…+(2n-1 · n+1, 所以S n -3S n =3+2×[32+33+…+3n ]-(2n-1 · n+1, 即-2S n =3+2×2- 1-(2n-1 · n+1=3n+1-6+(1-2n · n+1=(2-2n · n+1-6,故S n =(n-1 · n+1+3.[备选理由] 例1以a n与S n的关系为背景,需要探究得出数列{a n}为等比数列,从而考查等比数列的前n项和与通项公式的有关计算;例2是等差数列与等比数列结合的问题,重在考查裂项相消法求和和数列不等式的证明;例3考查分组求和法,这也是数列求和的常用方法,是对裂项相消法与错位相减法的补充.例1[配例1使用]已知数列{a n}的前n项和S n满足S n=2a n-1(n∈N*).(1)求a1,a2,a3的值;(2)若数列{b n}满足b1=2,b n+1=a n+b n,求数列{b n}的通项公式.解:(1)由题知S1=a1=2a1-1,得a1=1,S2=2a2-1=a1+a2,得a2=a1+1=2,S3=2a3-1=a1+a2+a3,得a3=a1+a2+1=4.(2)当n≥2时,S n-1=2a n-1-1,所以a n=S n-S n-1=2a n-1-(2a n-1-1),得a n=2a n-2a n-1,即a n=2a n-1,所以{a n}是以1为首项,2为公比的等比数列,则a n=2n-1.当n≥2时,b n=b1+(b2-b1)+…+(b n-b n-1)=2+a1+a2+…+a n-1=2+1 1-2-112=2n-1+1,经验证,b1=2=21-1+1,满足上式,故b n=2n-1+1.例2[配例2使用]已知等差数列{a n}的公差d≠0,a1=0,其前n项和为S n,且a2+2,S3,S4成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n= 2 1 21,数列{b n}的前n项和为T n,求证:T n-2n<12.解:(1)由a1=0得a n=(n-1)d,S n=-12.因为a2+2,S3,S4成等比数列,所以2=(a2+2)S4, 即(3d)2=(d+2)·6d,11 整理得3d 2-12d=0,即d 2-4d=0,因为d ≠0,所以d=4,所以a n =(n-1)d=4(n-1)=4n-4.(2)证明:由(1)可得S n+1=2n (n+1),所以b n = 2 1 2 1= 2 1 22 1 =2+12 1 =2+12 1 -1 1, 所以T n =2n+12× 1 12 12-1 1 -1 1 =2n+12 1 1 1 <2n+12, 所以T n -2n<12.例3 [配例3使用] 已知{a n }是等比数列,且a 1+a 2=20,a 2+a 3=80.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)设b n =+log 4a n ,求数列{b n }的前n 项和S n . 解:(1)设数列{a n }的公比为q.由1 1 20 1 12 80 解得 1 4 4 所以a n =4×4n-1=4n . (2)b n =+log 4a n = +log 44n =2n +n , S n =b 1+b 2+b 3+…+b n =(2+1)+(22+2)+(23+3)+…+(2n +n )=(2+22+23+…+2n )+(1+2+3+…+n )=2 1 2 1 2+ 1 2=2n+1+ 2 2-2.。

数学高考重点数列与级数的应用与题型解析

数学高考重点数列与级数的应用与题型解析数学中的数列与级数一直是高中数学的重点内容，也是高考中经常涉及的考点。

掌握数列与级数的应用以及相应的解题技巧，对于高中数学学习和高考备考都至关重要。

本文将针对数列与级数的应用与题型进行详细解析，帮助同学们更好地理解与掌握这一部分知识点。

一、数列的应用1. 等差数列的应用等差数列是高中数学中最基础的数列之一，在实际生活中有着广泛的应用。

常见的等差数列应用包括等差数列的求和、等差数列的平均数、等差数列的累加与差的应用等。

下面以一个具体例子来阐述等差数列的应用。

【例题】某班级一次考试的数学成绩是等差数列，已知第一次考试的平均成绩为80分，共有20个学生参加考试，而第二次考试的平均成绩为85分，共有25个学生参加考试。

问这两次考试的总平均成绩是多少？【解析】设第一次考试的第一个人的成绩为a，公差为d，根据等差数列的求和公式可得：第一次考试的总分 = 20 ×（2a + (20-1)×d）/ 2 = 20a + 190d第一次考试的平均成绩 = 第一次考试的总分 / 参加考试的学生数 = （20a + 190d）/ 20 = a + 9.5d同理，设第二次考试的第一个人的成绩为b，公差为d，则第二次考试的平均成绩为 b + 12d。

根据题意得知，a + 9.5d = 80，b + 12d = 85。

将两个等式联立解方程组，可得a = 65，b = 35。

两次考试的总平均成绩 = （第一次考试的总分 + 第二次考试的总分）/ （参加考试的学生数之和）= （20 × 65 + 190 × d + 25 × 35 + 300 × d）/ （20 + 25）= （1300 + 490d + 875 + 300d）/ 45= （2175 + 790d）/ 45经过计算可得，两次考试的总平均成绩为 80.56 分。

2. 等比数列的应用等比数列在数学中同样有着广泛的应用，尤其是在解决与增长、衰减、利润等相关问题时常会涉及等比数列。

数列的求和与应用

数列的求和与应用数列是指按照一定规律排列的一系列数值。

在数学中，研究数列的求和及其应用是一个重要的课题。

本文将介绍数列的求和方法，并探讨其在实际问题中的应用。

一、数列的求和方法1.1 等差数列的求和公式等差数列是指数列中相邻两项之差都相等的数列。

求等差数列的和可以通过应用等差数列的求和公式来实现。

设等差数列的首项为a1，公差为d，求该等差数列的前n项和Sn，可使用如下公式：Sn = (n/2) * (2a1 + (n-1)d)1.2 等比数列的求和公式等比数列是指数列中相邻两项之比都相等的数列。

求等比数列的和可以通过应用等比数列的求和公式来实现。

设等比数列的首项为a1，公比为r，求该等比数列的前n项和Sn，可使用如下公式：Sn = a1 * (1 - r^n) / (1 - r)二、数列求和的实际应用2.1 应用一：日常生活中的数列数列求和的应用多种多样，其中一种常见的应用是在日常生活中。

例如，我们每天的步数可以看作是一个数列，通过对步数的求和，可以得到一个累计步数，用于监控健康状况或设定锻炼目标。

2.2 应用二：金融和投资领域在金融和投资领域，数列的求和常常被用来计算利润、收益或投资回报率。

某个投资产品每年的收益率为r，如果连续n年进行投资，则可以使用等比数列的求和公式来计算总收益。

2.3 应用三：物理学中的数列物理学中，数列的求和方法被广泛应用于运动学问题的求解中。

例如，在匀加速直线运动中，物体的位移可以看作是一个等差数列，通过对位移的求和，可以得到总位移。

三、总结通过本文的介绍，我们了解到了数列的求和方法以及在实际问题中的应用。

无论是等差数列还是等比数列，都可以通过相应的求和公式进行求解。

数列求和在日常生活、金融投资以及物理学等领域都有重要的应用，帮助我们解决各种实际问题。

数列的求和是数学中的重要题型之一，掌握数列求和的方法将有助于我们更好地理解和应用数学知识。

通过不断练习和实践，我们可以提高自己的数学思维能力，并将数学知识运用到更广泛的领域中。

数学高考必备知识总结数列与级数的应用技巧

数学高考必备知识总结数列与级数的应用技巧数学高考必备知识总结：数列与级数的应用技巧数学的高考考察内容众多，其中数列与级数是一个重要且常见的考点。

通过掌握数列与级数的应用技巧，可以有效提升解题效率和正确率。

本文将对数列与级数的常见应用进行总结，并提供一些解题技巧。

一、等差数列的应用等差数列是高考中最基础也最常见的数列之一。

在应用中，最常见的问题是求等差数列的通项公式以及根据已知条件求和。

1. 求等差数列的通项公式设等差数列的首项为a1，公差为d，第n项为an，则通项公式可以表示为an = a1 + (n - 1)d。

通过根据已知条件求解，可以确定等差数列的通项公式。

2. 求等差数列的和等差数列的和可以通过求通项公式以及项数来计算。

假设等差数列的前n项和为Sn，通过Sn = (n/2)(a1+an)公式计算。

二、等比数列的应用等比数列在高考中较为常见，也需要掌握一些基本的应用技巧。

1. 求等比数列的通项公式设等比数列的首项为a1，公比为q，第n项为an，则通项公式可以表示为an = a1 * q^(n-1)。

通过根据已知条件求解，可以确定等比数列的通项公式。

2. 求等比数列的和等比数列的和可以通过求通项公式以及项数来计算。

假设等比数列的前n项和为Sn，通过Sn = (a1 * (1 - q^n))/(1 - q)公式计算。

三、级数的应用技巧级数是数列的和，也是高考中的一个重要考点，主要涉及到级数收敛性判断和级数求和等问题。

1. 级数的收敛性判断对于数列an的和Sn，当Sn的极限存在有限值时，称级数收敛；当Sn的极限不存在或为无穷大时，称级数发散。

通过判断数列的通项公式或使用比较判别法、比值判别法等方法判断级数的收敛性。

2. 级数求和对于某些特殊的级数，可以通过一些技巧来求和。

例如，对于几何级数S= a/(1-r)，可以通过乘以(1-r)得到(1-r)S=a，并进一步求解。

四、应用技巧小结数列与级数的应用技巧是数学高考解题的重要内容，通过对数列与级数的通项公式、求和公式以及收敛性判断等方面的掌握，可以更好地解决相关题目。

数列与数列求和等比数列求和公式及应用

数列与数列求和等比数列求和公式及应用数列与数列求和等比数列求和公式及应用数列是一组按特定规律排列的数的集合，而数列求和则是计算数列中所有数之和的过程。

在数学中，等比数列是一种特殊的数列，它的每一项都是前一项与相同的常数（称为公比）相乘得到的。

在本文中，我们将介绍等比数列的求和公式以及其应用。

一、等比数列求和公式设等比数列的首项为a₁，公比为r，项数为n。

我们需要求解等比数列的前n项之和Sn。

1. 当公比r不等于1时，等比数列求和公式为：Sn = a₁ * (1 - r^n) / (1 - r)2. 当公比r等于1时，等比数列求和的结果就是其首项与项数的乘积，即：Sn = a₁ * n二、应用实例等比数列求和公式在实际问题中有广泛的应用，以下是一些常见的例子。

1. 财务应用：假设你每天存款的利率是0.03，第一天存入100元，第二天存入100 * 0.03 = 103元，以此类推。

问存了10天后，一共存入了多少钱？第一项a₁ = 100，公比r = 0.03，项数n = 10。

代入等比数列求和公式可得：Sn = 100 * (1 - 0.03^10) / (1 - 0.03) ≈ 1038.55元因此，存了10天后，一共存入了约1038.55元。

2. 物理应用：在物理学中，速度、加速度等与时间有关的量常常构成等比数列。

例如，一个物体以每秒钟减速50m/s²的速度匀减速运动，从初始速度200m/s开始，问经过5秒钟后，物体的总位移是多少？第一项a₁ = 200，公比r = -50/200 = -0.25，项数n = 5。

代入等比数列求和公式可得：Sn = 200 * (1 - (-0.25)^5) / (1 - (-0.25)) ≈ 268.75m因此，经过5秒钟后，物体的总位移约为268.75m。

3. 经济应用：在经济学中，利润、市场份额等指标常常构成等比数列。

例如，某公司的利润在第一年为1万美元，每年增长20%。

高考数学(考点解读命题热点突破)专题11 数列求和及数列的简单应用文-人教版高三全册数学试题

专题11 数列求和及数列的简单应用文【考向解读】数列求和是数列部分高考考查的两大重点之一，主要考查等差、等比数列的前n项和公式以及其他求和方法，尤其是错位相减法、裂项相消法是高考的热点内容，常与通项公式相结合考查，有时也与函数、方程、不等式等知识交汇，综合命题.从全国卷来看，由于三角和数列问题在解答题中轮换命题，若考查数列解答题，则以数列的通项与求和为核心地位来考查，题目难度不大.【命题热点突破一】分组转化法求和例1、(2016·某某卷)设数列{a n}的前n项和为S n，已知S2＝4，a n＋1＝2S n＋1，n∈N*.(1)求通项公式a n；(2)求数列{|a n－n－2|}的前n项和．【变式探究】等比数列{a n}中，a1，a2，a3分别是下表第一，二，三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列.第一列第二列第三列第一行3210第二行6414第三行9818(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若数列{b n}满足：b n＝a n＋(－1)n ln a n，求数列{b n}的前n项和S n.【方法技巧】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差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解.在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，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.【命题热点突破二】裂项相消法求和例2、设数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意正整数n 都有6S n ＝1－2a n .求数列{a n }的通项公式；【变式探究】【2016年高考某某理数】（本小题满分12分）已知数列{n a }的首项为1，n S 为数列{}n a 的前n 项和，11n n S qS +=+，其中q>0，*n N ∈ . （Ⅰ）若2322,,2a a a +成等差数列，求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设双曲线2221n y x a -=的离心率为n e ，且253e =，证明：121433n n n n e e e --++⋅⋅⋅+>.【答案】（Ⅰ）1=n n a q ；（Ⅱ）详见解析. 【解析】（Ⅰ）由已知，1211,1,n n nnS qS S qS 两式相减得到21,1nn a qa n .又由211S qS 得到21a qa ，故1n n a qa 对所有1n 都成立.所以，数列{}n a 是首项为1，公比为q 的等比数列. 从而1=n n a q .由2322+2a a a ，，成等比数列，可得322=32a a ，即22=32,q q ，则(21)(2)0q+q ，由已知,0q ，故 =2q .所以1*2()n na n N .【方法技巧】裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求和(如本例)，还有一类隔一项的裂项求和，如1（n －1）（n ＋1）(n ≥2)或1n （n ＋2）.【命题热点突破三】错位相减法求和例3、已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝a n ＋1＋n －2，n ∈N *，a 1＝2. (1)证明：数列{a n －1}是等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝3n S n －n ＋1(n ∈N *)的前n 项和为T n ，证明：T n ＜6.【解析】(1)证明因为S n ＝a n ＋1＋n －2，当n ≥2时，S n －1＝a n ＋(n －1)－2＝a n ＋n －3，两式相减，得a n ＝a n ＋1－a n ＋1，即a n ＋1＝2a n －1. 设＝a n －1，代入上式，得＋1＋1＝2(＋1)－1，即＋1＝2.又S n ＝a n ＋1＋n －2，则a n ＋1＝S n －n ＋2，故a 2＝S 1－1＋2＝3.所以c 1＝a 1－1，c 2＝a 2－1＝2，故c 2＝2c 1.综上，对于正整数n ，＋1＝2都成立，即数列{a n －1}是等比数列，其首项a 1－1＝1，公比q ＝2.所以a n－1＝1×2n －1，故a n ＝2n －1＋1.(2)解由S n ＝a n ＋1＋n －2，得S n －n ＋2＝a n ＋1＝2n ＋1，故S n －n ＋1＝2n.所以b n ＝3n 2n .所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n －1＋b n ＝32＋622＋ (3)2n ，①2×①，得2T n ＝3＋62＋3×322＋ (3)2n －1，②②－①，得T n ＝3＋32＋322＋…＋32n －1－3n 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋122＋…＋12n －1－3n 2n ＝3×1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n1－12－3n2n ＝6－3n ＋62n .因为3n ＋62n ＞0，所以T n ＝6－3n ＋62n ＜6.【方法技巧】近年高考对错位相减法求和提到了特别重要的位置上，常在解答题中出现，也是考纲对数列前n 项和的基本要求，错位相减法适用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列；所谓“错位”，就是要找“同类项”相减.要注意的是相减后得到部分等比数列的和，此时一定要查清其项数.【命题热点突破四】利用数列单调性解决数列不等式问题例4、首项为正数的数列{a n }满足a n ＋1＝14(a 2n ＋3)，n ∈N *.(1)证明：若a 1为奇数，则对一切n ≥2，a n 都是奇数； (2)若对一切n ∈N *都有a n ＋1＞a n ，求a 1的取值X 围.法二由a 2＝a 21＋34＞a 1，得a 21－4a 1＋3＞0，于是0＜a 1＜1或a 1＞3.a n ＋1－a n ＞a 2n ＋34－a 2n －1＋34＝（a n ＋a n －1）（a n －a n －1）4，因为a 1＞0，a n ＋1＝a 2n ＋34，所以所有的a n 均大于0，因此a n ＋1－a n 与a n －a n －1同号.根据数学归纳法，∀n ∈N *，a n ＋1－a n 与a 2－a 1同号.因此，对一切n ∈N *都有a n ＋1＞a n 的充要条件是0＜a 1＜1或a 1＞3.【方法技巧】涉及到数列不等式，比较大小或恒成立问题，经常用到作差法.法一用了作差法和数学归纳法；法二将a n ＋1－a n 的符号问题转化为a 2－a 1的符号问题，再由a 2，a 1的递推关系，求出a 1的X 围.【命题热点突破五】放缩法解决与数列和有关的不等式例5、已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2，4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 的前n 项和为T n ，求证：n 4n ＋4＜T n ＜12.(2)证明 ∵1a 2n ＝14n 2＞14n （n ＋1）＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n ＞14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝14⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n4n ＋4. 又∵1a 2n ＝14n 2＜14n 2－1＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n ＜12⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＜12.即得n 4n ＋4＜T n ＜12. 【方法技巧】数列与不等式的证明主要有两种题型：(1)利用对通项放缩证明不等式；(2)作差法证明不等式.【高考真题解读】1.【2016高考某某理数】已知{}n a 是各项均为正数的等差数列，公差为d ，对任意的,b n n N ∈*是n a 和1n a +的等差中项.(Ⅰ)设22*1,n n n c b b n N +=-∈，求证：{}n c 是等差数列；(Ⅱ)设()22*11,1,nnn n k a d T b n N ===-∈∑，求证：2111.2nk kT d =<∑【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析2.【2016高考新课标3理数】已知数列{}n a 的前n 项和1n n S a λ=+，其中0λ≠．（I ）证明{}n a 是等比数列，并求其通项公式；（II ）若53132S =，求λ．【答案】（Ⅰ）1)1(11---=n n a λλλ；（Ⅱ）1λ=-．【解析】（Ⅰ）由题意得1111a S a λ+==，故1≠λ，λ-=111a ，01≠a ．由n n a S λ+=1，111+++=n n a S λ得n n n a a a λλ-=++11，即n n a a λλ=-+)1(1．由01≠a ，0≠λ得0≠n a ，所以11-=+λλn n a a . 因此}{n a 是首项为λ-11，公比为1-λλ的等比数列，于是1)1(11---=n n a λλλ．（Ⅱ）由（Ⅰ）得n n S )1(1--=λλ，由32315=S 得3231)1(15=--λλ，即=-5)1(λλ321，解得1λ=-．3.【2016高考某某理数】设数列{}n a 满足112n n a a +-≤，n *∈N ．（I ）证明：()1122n n a a-≥-，n *∈N ；（II ）若32nn a ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，n *∈N ，证明：2n a ≤，n *∈N ．【答案】（I ）证明见解析；（II ）证明见解析．（II ）任取n *∈N ，由（I ）知，对于任意m n >，1121112122222222n mn n n n m m nm n n n n m m a a a a a a a a +++-+++-⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+-+⋅⋅⋅+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭11111222n n m +-≤++⋅⋅⋅+ 112n -<，故11222m nn n m a a -⎛⎫<+⋅ ⎪⎝⎭ 11132222m n n m -⎡⎤⎛⎫≤+⋅⋅⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦3224mn ⎛⎫=+⋅ ⎪⎝⎭．4.【2016年高考理数】（本小题13分）设数列A ：1a ，2a ,…N a (N ≥).如果对小于n (2n N ≤≤)的每个正整数k 都有k a ＜n a ，则称n 是数列A 的一个“G 时刻”.记“)(A G 是数列A 的所有“G 时刻”组成的集合.（1）对数列A ：-2，2，-1，1，3，写出)(A G 的所有元素；（2）证明：若数列A 中存在n a 使得n a >1a ，则∅≠)(A G ；（3）证明：若数列A 满足n a -1n a - ≤1（n=2,3, …,N）,则)(A G 的元素个数不小于N a -1a . 【答案】（1）()G A 的元素为2和5；（2）详见【解析】；（3）详见【解析】. 【解析】（Ⅰ）)(A G 的元素为2和5.因此)(A G 的元素个数p 不小于1N a a -. 5.【2016年高考某某理数】（本小题满分12分）已知数列{n a }的首项为1，n S 为数列{}n a 的前n 项和，11n n S qS +=+，其中q>0，*n N ∈ . （Ⅰ）若2322,,2a a a +成等差数列，求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设双曲线2221ny x a -=的离心率为n e ，且253e =，证明：121433n n n n e e e --++⋅⋅⋅+>.【答案】（Ⅰ）1=n n a q ；（Ⅱ）详见解析.6.【2016高考某某理数】（本题满分18分）本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分.若无穷数列{}n a 满足：只要*(,)p q a a p q N =∈，必有11p q a a ++=，则称{}n a 具有性质P . （1）若{}n a 具有性质P ，且12451,2,3,2a a a a ====，67821a a a ++=，求3a ；（2）若无穷数列{}n b 是等差数列，无穷数列{}n c 是公比为正数的等比数列，151b c ==，5181b c ==，n n n a b c =+判断{}n a 是否具有性质P ，并说明理由；（3）设{}n b 是无穷数列，已知*1sin ()n n n a b a n N +=+∈.求证：“对任意1,{}n a a 都具有性质P ”的充要条件为“{}n b 是常数列”.【答案】（1）316a =．（2）{}n a 不具有性质P ．（3）见解析．（3）[证]充分性：当{}n b 为常数列时，11sin n n a b a +=+．对任意给定的1a ，只要p q a a =，则由11sin sin p q b a b a +=+，必有11p q a a ++=．充分性得证．必要性：用反证法证明．假设{}n b 不是常数列，则存在k *∈N ，使得12k b b b b ==⋅⋅⋅==，而1k b b +≠．下面证明存在满足1sin n n n a b a +=+的{}n a ，使得121k a a a +==⋅⋅⋅=，但21k k a a ++≠．设()sin f x x x b =--，取m *∈N ，使得m b π>，则()0f m m b ππ=->，()0f m m b ππ-=--<，故存在c 使得()0f c =．取1a c =，因为1sin n n a b a +=+（1n k ≤≤），所以21sin a b c c a =+==，依此类推，得121k a a a c +==⋅⋅⋅==．但2111sin sin sin k k k k a b a b c b c ++++=+=+≠+，即21k k a a ++≠．所以{}n a 不具有性质P ，矛盾．必要性得证．综上，“对任意1a ，{}n a 都具有性质P ”的充要条件为“{}n b 是常数列”．7.【2016高考新课标2理数】n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且17=128.a S =，记[]=lg n n b a ，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，如[][]0.9=0lg99=1，．（Ⅰ）求111101b b b ，，；（Ⅱ）求数列{}n b 的前1 000项和．【答案】（Ⅰ）10b =，111b =，1012b =；（Ⅱ）1893.8.【2016高考某某理数】（本小题满分12分）已知数列{}n a 的前n 项和S n =3n 2+8n ，{}n b 是等差数列，且1.n n n a b b +=+（Ⅰ）求数列{}n b 的通项公式；（Ⅱ）令1(1).(2)n n n nn a c b ++=+ 求数列{}n c 的前n 项和T n . 【答案】（Ⅰ）13+=n b n ；（Ⅱ）223+⋅=n n n T . 【解析】（Ⅰ）由题意知当2≥n 时，561+=-=-n S S a n n n ，当1=n 时，1111==S a ，所以56+=n a n . 设数列{}n b 的公差为d ，由⎩⎨⎧+=+=322211b b a b b a ，即⎩⎨⎧+=+=d b db 321721111，可解得3,41==d b ，所以13+=n b n .9.【2016高考某某卷】（本小题满分16分）记{}1,2,100U =…，.对数列{}()*n a n N ∈和U 的子集T ，若T =∅,定义0TS=;若{}12,,k T t t t =…，，定义12+kT t t t S a a a =++….例如：{}=1,3,66T 时，1366+T S a a a =+.现设{}()*n a n N ∈是公比为3的等比数列，且当{}=2,4T 时，=30T S .（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）对任意正整数()1100k k ≤≤，若{}1,2,k T ⊆…，，求证：1T k S a +<；（3）设,,C D C U D U S S ⊆⊆≥,求证：2C CDD S S S +≥.【答案】（1）13n n a -=（2）详见解析（3）详见解析【解析】（3）下面分三种情况证明. ①若D 是C 的子集，则2C C DC D D D D S S S S S S S +=+≥+=. ②若C 是D 的子集，则22C CDC C CD S S S S S S +=+=≥.③若D 不是C 的子集，且C 不是D 的子集. 令UE CD =，UF DC =则E ≠∅，F ≠∅，EF =∅.于是C E C D S S S =+，D F C D S S S =+，进而由C D S S ≥，得E F S S ≥.设k 是E 中的最大数，l 为F 中的最大数，则1,1,k l k l ≥≥≠.由（2）知，1E k S a +<，于是1133l kl F E k a S S a -+=≤≤<=，所以1l k -<，即l k ≤.又k l ≠，故1l k ≤-，从而1121131133222l l k E F l a S S a a a ----≤+++=+++=≤≤，故21E F S S ≥+，所以2()1C C DD CDS S S S -≥-+，即21C CDD S S S +≥+.综合①②③得，2C C DD S S S +≥.10.【2016高考某某理数】（本小题满分12分）已知数列{}n a 的前n 项和S n =3n 2+8n ，{}n b 是等差数列，且1.n n n a b b +=+（Ⅰ）求数列{}n b 的通项公式；（Ⅱ）令1(1).(2)n n n nn a c b ++=+ 求数列{}n c 的前n 项和T n . 【答案】（Ⅰ）13+=n b n ；（Ⅱ）223+⋅=n n n T . 【解析】（Ⅱ）由（Ⅰ）知11(66)3(1)2(33)n n n nn c n n +++==+⋅+，又n n c c c c T +⋅⋅⋅+++=321，得23413[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯，345223[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯，两式作差，得234123[22222(1)2]n n n T n ++-=⨯⨯+++⋅⋅⋅+-+⨯224(21)3[4(1)2]2132n n n n n ++-=⨯+-+⨯-=-⋅所以223+⋅=n n n T1．(2015·新课标全国Ⅱ，16)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝____________．【答案】－1n【解析】由题意，得S 1＝a 1＝－1，又由a n ＋1＝S n S n ＋1，得S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，所以S n ≠0，所以S n ＋1－S nS n S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n＝－1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1＝－1为首项，－1为公差的等差数列，得1S n＝－1－(n －1)＝－n ，所以S n ＝－1n.2．(2015·某某，8)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( )A ．6B ．7C ．8D ．9 【答案】 D3．(2015·某某，3)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n ，若a 3，a 4，a 8成等比数列，则( )A ．a 1d ＞0，dS 4＞0B ．a 1d ＜0，dS 4＜0C ．a 1d ＞0，dS 4＜0D ．a 1d ＜0，dS 4＞0 【答案】 B【解析】 ∵a 3，a 4，a 8成等比数列，∴(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )(a 1＋7d )，整理得a 1＝－53d ，∴a 1d ＝－53d2＜0，又S 4＝4a 1＋4×32d ＝－2d 3，∴dS 4＝－2d23＜0，故选B.4．(2015·某某，21)数列{a n }满足：a 1＋2a 2＋…＋na n ＝4－n ＋22n －1，n ∈N *.(1)求a 3的值；(2)求数列{a n }前n 项和T n ；(3)令b 1＝a 1，b n ＝T n －1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋…＋1n a n (n ≥2)，证明：数列{b n }的前n 项和S n 满足S n <2＋2ln n .【解析】(1)解 a 1＝1，a 1＋2a 2＝2，a 2＝12，a 1＋2a 2＋3a 3＝4－54，a 3＝14.(2)解 n ≥2时，a 1＋2a 2＋…＋(n －1)a n －1＝4－n ＋12n －2，与原式相减，得na n ＝n 2n －1，a n ＝12n －1，n ＝1也符合，T n ＝1－12n1－12＝2－12n －1.…k ＝n －1时，1n<ln 2－ln(n －1)．∴1＋12＋13＋…＋1n <1＋(ln 2－ln 1)＋(ln 3－ln 2)＋…＋[ln n －ln(n －1)]，即1＋12＋13＋…＋1n<1＋ln n ，所以n ≥2时，2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋…＋1n <2＋2ln n ，综上n ∈N ＋时，S n <2＋2ln n .5．(2015·某某，20)已知数列{a n }满足a 1＝12且a n ＋1＝a n －a 2n (n ∈N *)．(1) 证明：1≤a n a n ＋1≤2(n ∈N *)； (2)设数列{a 2n }的前n 项和为S n ，证明：12（n ＋2）≤S n n ≤12（n ＋1）(n ∈N *)．6．(2015·某某，18)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知2S 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n 项和T n . 【解析】 (1)因为2S n ＝3n＋3，所以2a 1＝3＋3，故a 1＝3，当n ＞1时，2S n －1＝3n －1＋3，此时2a n ＝2S n －2S n －1＝3n －3n －1＝2×3n －1，即a n ＝3n －1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，3n －1，n ＞1. (2)因为a n b n ＝log 3a n ，所以b 1＝13，当n ＞1时，b n ＝31－n log 33n －1＝(n －1)·31－n .所以T 1＝b 1＝13；当n ＞1时，T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝13＋(1×3－1＋2×3－2＋…＋(n －1)×31－n )，所以3T n ＝1＋(1×30＋2×3－1＋…＋(n －1)×32－n )，两式相减，得2T n ＝23＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n )－(n －1)×31－n ＝23＋1－31－n 1－3－1－(n －1)×31－n ＝136－6n ＋32×3n ，所以T n ＝1312－6n ＋34×3n ，经检验，n ＝1时也适合．综上可得T n ＝1312－6n ＋34×3n . 7．(2015·某某，18)已知数列{a n }满足a n ＋2＝qa n (q 为实数，且q ≠1)，n ∈N *，a 1＝1，a 2＝2，且a 2＋a 3，a 3＋a 4，a 4＋a 5成等差数列．(1)求q 的值和{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a 2n a 2n －1，n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和．(2)由(1)得b n ＝log 2a 2n a 2n －1＝n 2n －1. 设{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1×120＋2×121＋3×122＋…＋(n －1)×12n －2＋n ×12n －1， 12S n ＝1×121＋2×122＋3×123＋…＋(n －1)×12n －1＋n ×12n . 上述两式相减得：12S n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝1－12n 1－12－n 2n ＝2－22n －n 2n ，整理得，S n ＝4－n ＋22n －1，n ∈N *. 所以，数列{b n }的前n 项和为4－n ＋22n －1，n ∈N *. 8．(2014·某某，19)已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1. 所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n 2n ＋1，n 为偶数. ⎝ ⎛⎭⎪⎫或T n ＝2n ＋1＋（－1）n －12n ＋1 9．(2013·某某，19)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．。

高考数学命题热点名师解密专题：数列求和的方法规律(理)

一．【学习目标】1．熟练掌握等差、等比数列前n项和公式．2．熟练掌握非等差、等比数列求和的几种方法，如错位相减、裂项相消以及分组求和等．二．【知识要点】求数列前n项和的基本方法(1)公式法数列{a n}为等差或等比数列时直接运用其前n项和公式求和．若{a n}为等差数列，则S n＝（a1＋a n）n2＝____________________．若{a n}为等比数列，其公比为q，则当q＝1时，S n＝_________({a n}为常数列)；当q≠1时，S n＝______________＝_________(2)裂项相消求和法数列{a n}满足通项能分裂为两项之差，且分裂后相邻的项正负抵消从而求得其和．(3)倒序相加法如果一个数列{a n}的前n项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项的和即可用倒序相加法，如等差数列前n项的和公式就是用此法推导的．(4)错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n项和即可用此法来求，如等比数列的前n项和公式就是用此法推导的．(5)分组转化求和法一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减．(6)并项求和法一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称为并项求和．形如a n＝(－1)n f(n)类型，可采用两项合并求解．例如，S n＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5050.三．【方法总结】1.常用基本求和法均对应数列通项的特殊结构特征，分析数列通项公式的特征，联想相应的求和方法既是根本，又是关键.2.数列求和实质就是求数列{S n }的通项公式，它几乎涵盖了数列中所有的思想策略、方法和技巧，对学生的知识和思维有很高的要求，应充分重视并系统训练.练习3.已知函数，则的值为_____．【答案】2.裂项求和例2.数列{}n a 的前n 项和为n S ，若，则5S 等于（）1656130【答案】【解析】选练习1.数列的前项的和为（）11【答案】【解析】故数列的前10项的和为选练习6.数列{}n a 满足11a =，且对于任意的*n N Î都有，则等于（）20162017403220172017201840342018【答案】D练习7.设数列{}n a 满足，且，若[]x 表示不超过x 的最大整数，则()【答案】【解析】构造，则，由题意可得，故数列{}n b 是为首项为公差的等差数列，故，故以上个式子相加可得，解得，∴，∴，∴20172018则．故答案为：．练习8.已知幂函数()a f x x =的图象过点()4,2，令（*n N Î），记数列{}n a 的前n项和为n S ，则2018S =（）11-1+1【答案】故选：.练习9.已知数列{}n a 的首项为9，且，若，则数列{}n b 的前n项和n S =__________．【答案】2119101n--练习10.设数列{}n a 的前项为n S ，点,n S n næöç÷èø，()*n N Î均在函数32y x =-的图象上.（1）求数列{}n a 的通项公式。

2022年新高考数学难点解题方法突破《专题11 数列求和方法之分组并项求和法》(原卷版)

专题11 数列求和方法之分组并项求和法一、单选题1．已知数列{}n a 满足11a =，24a =，310a =，且{}1n n a a +-是等比数列，则81ii a==∑（）A ．376B ．382C ．749D ．7662．若在边长为1的正三角形ABC 的边BC 上有n （2n ≥，*n ∈N ）等分点，沿向量BC 的方向依次为121,,,n P P P -⋅⋅⋅，记1121n n T AB AP AP AP AP AC-=⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅，若给出四个数值：①294；①9110；①19718；①23233；则n T 的值可能的共有（） A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个 3．若数列{}n a 的通项公式是1(1)(41)n n a n +=-+，则111221a a a +++=（）A ．45B ．65C ．69D ．105-二、解答题4．设{}n a 为等差数列，{}n b 是正项等比数列，且112a b ==，322a b =.在①53112b b b -=，①542a b +=，这两个条件中任选一个，回答下列问题：（1）写出你选择的条件并求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）在（1）的条件下，若()*n n n c a b n =+∈N，求数列{}nc 的前n 项和nS.5．已知数列{a n }中，已知a 1＝1，a 2＝a ，a n ＋1＝k (a n ＋a n ＋2)对任意n ①N *都成立，数列{a n }的前n 项和为S n . （1）若{a n }是等差数列，求k 的值；（2）若a ＝1，k ＝－12，求S n . 6．在数列{}n a 中，12a =，1541n n a a n +=-+，*n N ∈. （1）证明：数列{}n a n -是等比数列；（2）求{}n a 的前n 项和n S .7．已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足22S a +是12a 和4a 的等差中项，12a =. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）令222log n n n b a a =+，求数列{}n b 的前n 项和n T .8．在①535S =，①13310a a +=，①113n a n a +=+这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答. 已知{}n a 是各项均为正数的等差数列，其前n 项和为n S ，________，且1a ，412a ，9a 成等比数列. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()1nn n b a =-，求1ni i b =∑.9．已知数列{}n a 是等差数列，n S 是其前n 项和，且132,12a S ==．（1）求数列{}n a 的通项公式;（2）设4nn n b a =+，求数列{}n b 的前n 项和n T ．10．已知等差数列{}n a 的公差为()0d d ≠，前n 项和为n S ，且满足815a =，1a ，2a ，5a 成等比数列. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若12n n b =，求数列{}nn a b +的前n 项和n T . 11．已知{}n a 是等比数列，13a =，424a =．数列{}n b 满足11b =，48b =-，且{}n n a b +是等差数列．（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）求数列{}n b 的前n 项和．12．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且22n n S n a +=-.（1）证明数列{}1n a +是等比数列，并求出数列{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 中，12b =，12n n b b +=-，求数列{}n n a b +的前n 项和n T . 13．已知{}n a 是公差不为零的等差数列，11a =，且1a ，3a ，9a 成等比数列．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）求数列{}22n an a +的前n 项和n S ．14．已知数列{}n a 满足奇数项135,,a a a ⋅⋅⋅成等比数列{}()21n a n N *-∈，而偶数项246,,a a a ⋅⋅⋅成等差数列{}()2n a n N *∈，且12a =，21a =，243a a a +=，465a a a +=，数列{}n a 的前n 项和为n S ．（①）求n a ；（①）当13a a <时，若22nn n b S ⋅=，试求n b 的最大值．15．在①1232,14a a a =+=，①1237,9a a a +==，①13211,5a a a +==，这三个条件中任选一个，补充在下面横线上，并解答问题.已知等比数列{}n b 的公比是(1)q q >，12n n b a n =+-，且有 (n *∈N ).(注：如果选择多个条件分别解答，那么按照第一个解答计分) （1）求证：12n nb -=；（2）求数列{}n a 的前n 项和为n S .16．设n S 是数列{}n a 的前n 项和，已知11a =，122n n S a +=- （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()121log nn n b a =-，求数列{}n b 的前n 项和n T .17．已知等差数列{}n a 中，()12lg 1a a +=，且()1324lg lg lg a a a a +=+. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若16,,k a a a 是等比数列{}n b 的前3项，求k 的值及数列{}n n a b +的前n 项和n S 18．已知数列{}n a 的前n 项和为2n S n n =+. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若12na nb n ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，求数列{}n b 的前n 项和n T . 19．已知数列{}n a 中，12,2,n a a a S ==为数列{}n a 的前n 项和，若对任意的正整数n 都有1()2n n n a a S -=. （1）求a 的值；（2）试确定数列{}n a 是不是等差数列；若是，求出其通项公式，若不是，说明理由；（3）记2112n n n n n S S p S S ++++=+，求数列{}n p 的前n 项和n T . （4）记2n n C T n =-是否存在正整数M ，使得不等式n C M ≤恒成立，若存在，求出M 的最小值，若不存在，说明理由.20．已知数列{}n a 的首项135a =，1321n n na a a +=+，n ∈+N .（1）求证：数列1{1}na -为等比数列；（2）记12111n nS a a a =++⋅⋅⋅+，若100n S <，求最大正整数n . 21．已知数列{}n a 满足111,2,n n a a a +==+数列{}n b 的前n 项和为n S ，且2n n S b =-. （1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（2）设n n n c a b =+，求数列{}n c 的前n 项和n T ． 22．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且233n n S a =-. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设32log (1)nn n b a n =+-⋅，求数列{}n b 的前n 项和n T .23．如图，在直角坐标系中有边长为2的正方形，取其对角线的一半，构成新的正方形，再取新正方形对角线的一半，构成正方形……如此形成一个边长不断缩小的正方形系列.设这一系列正方形中心的纵坐标为()n y n N +∈，其中1y 为最大正方形中心的纵坐标.（1）求数列{}n y 的通项公式；（2）若数列{}n y 的奇数项构成新数列{}n a ，求{}n a 的前n 项和n S .24．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()*1222,n n S S n n N -=+≥∈，数列{}n b 中，1122a b ==.（1）求{}n a 的通项公式；（2）若2211nn b b -=+，212n n n b b a +=+，求数列{}n b 的前10项和.25．已知有限数列{a n }，从数列{a n } 中选取第i 1项、第i 2项、……、第i m 项（i 1＜i 2＜…＜i m ），顺次排列构成数列{a k }，其中b k ＝a k ，1≤k ≤m ，则称新数列{b k }为{a n } 的长度为m 的子列．规定：数列{a n } 的任意一项都是{a n } 的长度为1的子列．若数列{a n } 的每一子列的所有项的和都不相同，则称数列{a n } 为完全数列．设数列{a n }满足a n ＝n ，1≤n ≤25，n ①N *．（①）判断下面数列{a n } 的两个子列是否为完全数列，并说明由；数列（1）：3，5，7，9，11；数列（2）：2，4，8，16．（①）数列{a n } 的子列{a k }长度为m ，且{b k }为完全数列，证明：m 的最大值为6；（①）数列{a n } 的子列{a k }长度m ＝5，且{b k }为完全数列，求1234511111b b b b b ++++的最大值．三、填空题41．数列{}n a 的通项公式22cos4n n a n n π=-，其前n 项和为n S ，则2021S =______. 42．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，21122n n a a a =＋，=+，则5S 的值为__________. 43．在数列{}n a 中，若121,(1)2n n n a a a +=+-=，记n S 是数列{}n a 的前n 项和，则100S =__________. 44．已知等差数列{}n a 中*111,tan tan ()n n n a d b a n N a +===⋅∈，则数列{}n b 的前n 项和n S =___.45．已知数列{}n a 的前n 项和22n S n =，*n N ∈.求数列{}n a 的通项公式为______.设2(1)n n n n b a a =+-，求数列{}n b 的前2n 项和n T =______.46．已知数列{}n a 满足21n a n =-，n S 为{}n a 的前n 项和，记11cos cos 22n n n n n b S S ππ+-⎛⎫=⋅⋅+⋅ ⎪⎝⎭，数列{}n b 的前n 项和为n T ，则50T =______．47．设n S 为数列{}n a 的前n 项和，10a =，若11(1)(2)n nn n a a +⎡⎤=+-+-⎣⎦（*n N ∈），则100S =__________.四、双空题48．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12a =，11122n n a a +=+，则n S =______；若12n n S na t ≤+恒成立，则实数t 的取值范围为______.49．设数列{}n a 中，11a =，()*11(1)n n n n a a n n++=-∈N ，则5a =________，数列前n 项的和n S =________. 50．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足313a =，()()1112n n a a +++=，则1a =_______；12S =___________．。