2016届高考数学(文)二轮复习考点例题课件：专题三+第2讲+数列的通项与求和问题(人教版)

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高考数学(理)名师指导精讲课件：3-2 数列的通项与求和

在①中，令n＝1，得b1＝－12b1＋1， ∴ b1＝23， ∴ {bn}是以23为首项，13为公比的等比数列．
(3)裂项相消法：
把数列的各项分别裂开后，前后抵消从而计算和的方法，
适用于求通项为
1 anan＋1
的数列的前n项和，其中{an}为等差数
列，则ana1n＋1＝1da1n－an1＋1.
(4)分组求和法：一个数列如果既不是等差数列又不是等比数列，但它可以拆成两个数列，而这两个数列是等差或等比数列，那么就可分组求和，这种方法叫分组求和法．
(2)由题意，知Tn＝λ－2nn－1，
所以n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝－2nn－1＋n2－n－12 ＝n2－n－21 .
故cn＝b2n＝22n2－n－12＝(n－1)14n－1，n∈N*，
所以Rn＝0×
1 4
0＋1×
1 4
1＋2×
1 4
2＋3×
1 4Βιβλιοθήκη 3＋…＋(n－1)×14n－1，
则
1 4
Rn＝0×
1．(2013·江西高考)等比数列x,3x＋3,6x＋6，…的第四
项等于( )
A．－24
B．0
C．12
D．24
2．(2013·全国新课标Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn. 已知S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为________．
3．(2013·山东高考)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4＝ 4S2，a2n＝2an＋1.
(1)数列的通项公式及递推公式的应用也是命题的热点，根据an与Sn的关系求通项公式以及利用构造或转化的方法求通项公式也是常考的热点．
(2)数列的求和问题，多以考查等差、等比数列的前n项和公式、错位相减法和裂项相消法为主，且考查频率较高，是高考命题的热点．

高三数学(文科)数列通项的求法课件

（Ⅰ）求数列 an 的通项 an ；（Ⅱ）求数列 nan 的前 n 项和 Tn ．
n 1， 1 1 n1 1， Tn n 3 (n ≥ 2) an n 2 2 2 3 ， n ≥ 2 ．
7.（07 浙江文 19）已知数列{ an }中的相邻两项 a2k 1 、 a2 k 是关于 x 的方程 x2 (3k 2k ) x 3k 2k 0 的两个根，且 a2k 1 ≤ a2 k (k ＝1，2，3，…)．
n+1
(1) an 1 pan q
an ,令b n = n 再用累加法。 p
1 方法：两边取倒数,令b n = 再用(1)法 an
五、归纳法
• 对于一些由递推关系给出的数列，可以通过先研究前 n项的结构与项数 n的内在联系，用不完全归纳法对 an 作出猜想，这个方法也是求数列通项的一种基本方法。
高考一轮复习
数列通项的求法
数列是高中数学的重要内容之一，也是初等数学与高等数学的衔接点，因而在历年的高考试题中占有较大的比重，在这类问题中，求数列的通项往往是解题的突破#43;1-an=f(n) (n∈N)，其中f(n)是可求和数列，那么可用逐项作差后累加的方法求an。
的等比数列．（I）求 c 的值；（II）求 an 的通项公式．
c2
an n n 2(n 1 ， 2， )
2
变式
2000高考题
2.设{a n }是首项为1的正项数列，且 (n 1)a 则a n
2 n 1
na
2
n
a n 1a n 0(n N )
1．（06 湖北卷文 20）设数列 {an } 的前 n 项和为 Sn ，点 (n, Sn )(n N ) 均在函数 y＝3x－2 的图像上。求数列 {an } 的通项公式；

高中数学数列复习求通项优质课PPT课件

m an
c m
迁移练习
an1
2an 3 4an
迁移练习
an1
2an 3 4an
解：
an1
2an 3 n an
1 an1
3 1 2 an
2
构造：1 3 ( 1 ) 1 3 1 2
an1
2 an
an1 2 an
结论3
对比系数得， 4, an1
2an 3 n an
1 an1
4
31 (
2 an
4)
an1
1 5 ( 3 )n1
4
2n1 5 3n1
2n1
2
《白本》P53
• 第10题
• 第14题
实在没法: 猜测通项数学归纳法(大题）
第二类递推关系：
复习： 1 . 数列 { an} 的前 n 项和 Sn=n2+1，则 an=_________________.
an1 3an 3n的两边同除3n1
3n
会有怎样的效果？
特别提醒
3
an1 3an 3n
解：an1 3an 3n的两边同除3n1 , 得
bn1
an1 3n1
an 3n
1 3
bn
{
an 3n
}是以首相为
1 3
,公差为
1 3
的等差数列，
an 3n
1
1
3 (n 1) 3 ,
即an =n 3n1.
1 cd
直接通过等比数列通项求出an.
思考 4
1 1 1
an1 an
1 a n+1
1 an
1 an1
an 1 an
5
13 1

高考数学(文)(新课标版)考前冲刺复习讲义：第2部分专题三第2讲数列求和及其综合应用 Word版含答案

第2讲数列求和及其综合应用错位相减法求和[学生用书P34]共研典例类题通法错位相减法适用于由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积构成的数列的求和，其依据是：c n ＝a n b n ，其中{a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q (q ≠1)的等比数列，则qc n ＝qa n b n ＝a n b n ＋1，此时c n ＋1－qc n ＝(a n ＋1－a n )·b n ＋1＝db n ＋1，这样就把对应相减的项变成了一个等比数列，从而达到求和的目的．(2016·高考山东卷)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，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 ＋6）n ＋1（3n ＋3）n＝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＋ (2)＋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.应用错位相减法求和需注意的问题(1)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．(2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后所得部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1，2进行验证． [跟踪训练](2016·兰州模拟)等差数列{a n }中，已知a n ＞0，a 1＋a 2＋a 3＝15，且a 1＋2，a 2＋5，a 3＋13构成等比数列{b n }的前三项．(1)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 ，则由已知得： a 1＋a 2＋a 3＝3a 2＝15，即a 2＝5. 又(5－d ＋2)(5＋d ＋13)＝100，解得d ＝2或d ＝－13(舍去)，所以a 1＝a 2－d ＝3，a n ＝a 1＋(n －1)×d ＝2n ＋1. 又b 1＝a 1＋2＝5，b 2＝a 2＋5＝10，所以公比q ＝2，所以b n ＝5×2n －1.(2)因为T n ＝5[3＋5×2＋7×22＋…＋(2n ＋1)×2n －1]， 2T n ＝5[3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)×2n ]，两式相减得－T n ＝5[3＋2×2＋2×22＋…＋2×2n －1－(2n ＋1)×2n ]＝5[(1－2n )2n －1]，则T n ＝5[(2n －1)2n ＋1]．裂项相消法求和[学生用书P35]共研典例类题通法 1．常见的裂项类型 (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；(5)n ＋1n （n －1）·2n ＝2n －（n －1）n （n －1）·2n ＝1（n －1）2n －1－1n ·2n. 2．裂项相消法求和的基本思想是把数列的通项公式a n 分拆成a n ＝b n ＋k －b n (k ≥1，k ∈N *)的形式，从而达到在求和时某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{a n }的通项公式，使之符合裂项相消的条件．(2016·海口调研测试)在等差数列{a n }中，公差d ≠0，a 1＝7，且a 2，a 5，a 10成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式及其前n 项和S n ； (2)若b n ＝5a n ·a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .【解】(1)因为a 2，a 5，a 10成等比数列，所以(7＋d )(7＋9d )＝(7＋4d )2，又因为d ≠0，所以d ＝2，所以a n ＝2n ＋5，S n ＝（7＋2n ＋5）n 2＝n 2＋6n .(2)由(1)可得b n ＝5（2n ＋5）（2n ＋7）＝52⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋5－12n ＋7，所以T n ＝52⎝ ⎛⎭⎪⎫17－19＋19－111＋…＋12n ＋5－12n ＋7＝5n14n ＋49.裂项相消法的技巧在裂项时要注意把数列的通项分拆成的两项一定是某个数列中的相邻的两项，或者是等距离间隔的两项，只有这样才能实现逐项相消，只剩余有限的几项，从而求出其和．[跟踪训练](2016·石家庄模拟)已知等差数列{a n }中，2a 2＋a 3＋a 5＝20，且前10项和S 10＝100.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．[解] (1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧2a 2＋a 3＋a 5＝4a 1＋8d ＝20，10a 1＋10×92d ＝10a 1＋45d ＝100，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.(2)由(1)知，b n ＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝12×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫11－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1.分组转化求和[学生用书P35]共研典例类题通法分组转化求和的三种类型分组转化求和是把数列之和分为几组，每组中的各项是可以利用公式(或其他方法)求和的，求出各组之和即得整体之和，这类试题一般有如下三种类型：(1)数列是周期数列，先求出每个周期内的各项之和，然后把整体之和按照周期进行划分，再得出整体之和；(2)奇偶项分别有相同的特征的数列(如奇数项组成等差数列、偶数项组成等比数列)，按照奇数项和偶数项分组求和；(3)通项中含有(－1)n 的数列，按照奇数项、偶数项分组，或者按照n 为奇数、偶数分类求和．(2016·呼和浩特模拟)在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＝2a n －1＋(n －2)(n ≥2，n ∈N *)． (1)证明：数列{a n ＋n }是等比数列，并求{a n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .【解】(1)因为a n ＋n ＝2[a n －1＋(n －1)]，a n ＋n ≠0，所以{a n ＋n }是首项为4，公比为2的等比数列，所以a n ＋n ＝4×2n －1＝2n ＋1. 所以a n ＝2n ＋1－n .(2)S n ＝(22＋23＋24＋…＋2n ＋1)－(1＋2＋3＋…＋n )＝2n ＋2－n 2＋n ＋82.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.(3)根据数列的周期性分组.[题组通关]1．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n －1(n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2017＝( )A ．1009B ．1010C ．－1009D ．－1010B [解析] 因为a n ＝(－1)n －1(n ＋1)，所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2017＝(2－3)＋(4－5)＋…＋(2016－2017)＋2018＝1008×(－1)＋2018＝1010.2．设数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，数列{a 2n －1}是首项为1的等差数列，数列{a 2n }是首项为2的等比数列，且满足S 3＝a 4，a 3＋a 5＝a 4＋2.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求S 2n .[解] (1)设等差数列的公差为d ，等比数列的公比为q ，则a 1＝1，a 2＝2，a 3＝1＋d ，a 4＝2q ，a 5＝1＋2d ，所以⎩⎪⎨⎪⎧4＋d ＝2q ，（1＋d ）＋（1＋2d ）＝2＋2q ，解得d ＝2，q ＝3.所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n ＝2k －1，2·3n 2－1，n ＝2k ，(k ∈N *)．(2)S 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝(1＋3＋5＋…＋2n －1)＋(2×30＋2×31＋…＋2×3n －1) ＝（1＋2n －1）n 2＋2（1－3n ）1－3＝n 2－1＋3n .等差、等比数列的综合问题[学生用书P36]共研典例类题通法解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解．已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1a n ＋1－1－1a n －1＝0，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n ＋1a n －1，数列{b n }的前n 项和为S n ，证明：S n ＜34.【解】(1)由已知a n ＋1a n ＋1－1－1a n －1＝0，n ∈N *，得（a n ＋1－1）＋1a n ＋1－1－1a n －1＝0，即1＋1a n ＋1－1－1a n －1＝0，亦即1a n ＋1－1－1a n －1＝－1(常数)．所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n －1是以1a 1－1＝－2为首项，－1为公差的等差数列．可得1a n －1＝－2＋(n －1)×(－1)＝－(n ＋1)，所以a n ＝nn ＋1.(2)证明：因为b n ＝a n ＋1a n －1＝（n ＋1）2n （n ＋2）－1＝1n （n ＋2）＝12⎝⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋12⎝⎛⎭⎫12－14＋12⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＜12×⎝⎛⎭⎫1＋12＝34.解决数列综合问题的方法(1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便.(2)数列的项或前n 项和可以看作关于n 的函数，然后利用函数的性质求解数列问题.(3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数，通过求数列的值域求解. [跟踪训练](2016·武汉模拟)已知S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，S 1，S 2，S 4成等比数列，且a 3＝－52.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1（2n ＋1）a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)设{a n }的公差为d (d ≠0)，因为S 1，S 2，S 4成等比数列，所以S 22＝S 1S 4，即(2a 1＋d )2＝a 1(4a 1＋6d )，化简得d 2＝2a 1d .因为d ≠0，所以d ＝2a 1.① 因为a 3＝－52，所以a 1＋2d ＝－52.②联立①②，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－12d ＝－1，所以a n ＝－12＋(n －1)×(－1)＝－n ＋12.(2)因为b n ＝1（2n ＋1）a n ＝1（2n ＋1）⎝⎛⎭⎫－n ＋12＝－2（2n ＋1）（2n －1）＝12n ＋1－12n －1，所以T n ＝⎝⎛⎭⎫13－1＋⎝⎛⎭⎫15－13＋⎝⎛⎭⎫17－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n －1＝－1＋12n ＋1＝－2n 2n ＋1. 课时作业[学生用书P120(独立成册)]1．设各项均为正数的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 4a 8＝32，则S 11的最小值为( ) A ．22 2B ．442C ．22D ．44B [解析] 因为数列{a n }为各项均为正数的等差数列，所以a 4＋a 8≥2a 4a 8＝82，S 11＝（a 1＋a 11）×112＝112(a 4＋a 8)≥112×82＝442，故S 11的最小值为442，当且仅当a 4＝a 8＝42时取等号．2．已知在数列{a n }中，a 1＝－60，a n ＋1＝a n ＋3，则|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|等于( ) A ．445 B ．765 C ．1080D ．3105B [解析] 因为a n ＋1＝a n ＋3，所以a n ＋1－a n ＝3. 所以{a n }是以－60为首项，3为公差的等差数列．所以a n ＝－60＋3(n －1)＝3n －63. 令a n ≤0，得n ≤21. 所以前20项都为负值．所以|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30| ＝－(a 1＋a 2＋…＋a 20)＋a 21＋…＋a 30 ＝－2S 20＋S 30.因为S n ＝a 1＋a n 2n ＝－123＋3n 2×n ，所以|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|＝765.3．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝3，a n ＋1a n －1＝a n (n ≥2)，则数列{a n }的前40项和S 40等于( )A ．20B ．40C ．60D ．80C [解析] 由a n ＋1＝a na n －1(n ≥2)，a 1＝1，a 2＝3，可得a 3＝3，a 4＝1，a 5＝13，a 6＝13，a 7＝1，a 8＝3，…，这是一个周期为6的数列，一个周期内的6项之和为263，又40＝6×6＋4，所以S 40＝6×263＋1＋3＋3＋1＝60.4．(2016·郑州模拟)设等比数列{a n }的各项均为正数，且a 1＝12，a 24＝4a 2a 8，若1b n＝log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a n ，则数列{b n }的前10项和为( )A ．－2011B.2011C ．－95D.95A [解析] 设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 24＝4a 2a 8，所以(a 1q 3)2＝4a 1q ·a 1q 7，即4q 2＝1，所以q ＝12或q ＝－12(舍)，所以a n ＝⎝⎛⎭⎫12n ＝2－n ，所以log 2a n ＝log 22－n ＝－n ，所以1b n ＝－(1＋2＋3＋…＋n )＝－n （1＋n ）2，所以b n ＝－2n （1＋n ）＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以数列{b n }的前10项和为－2⎣⎡⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13⎦⎤＋…＋⎝⎛⎭⎫110－111＝－2·⎝⎛⎭⎫1－111＝－2011. 5．设b n ＝a n （a n ＋1）（a n ＋1＋1）(其中a n ＝2n －1)，数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 5＝( )A.3133B.3233C.3166D.1633C [解析] 由题意得，b n ＝2n －1（2n －1＋1）（2n ＋1）＝12n －1＋1－12n ＋1，所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫120＋1－121＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋1－122＋1＋…＋ ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋1－12n ＋1＝12－12n ＋1，所以T 5＝12－133＝3166.6．已知f (x )，g (x )都是定义在R 上的函数，g (x )≠0，f ′(x )g (x )＞f (x )g ′(x )，且f (x )＝a x g (x )(a＞0，且a ≠1)，f （1）g （1）＋f （－1）g （－1）＝52.若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f （n ）g （n ）的前n 项和大于62，则n 的最小值为( )A ．8B ．7C ．6D ．9C [解析] 由⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）g （x ）′＝f ′（x ）g （x ）－f （x ）g ′（x ）g 2（x ）＞0，知f （x ）g （x ）在R 上是增函数，即f （x ）g （x ）＝a x 为增函数，所以a ＞1.又因为a ＋1a ＝52，所以a ＝2或a ＝12(舍)．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f （n ）g （n ）的前n 项和S n ＝21＋22＋…＋2n ＝2（1－2n）1－2＝2n ＋1－2＞62.即2n ＞32，所以n ＞5.7．(2016·海口调研测试)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝12n (n ＝1，2，3，…)，则S 2n ＋3＝________．[解析] 依题意得S 2n ＋3＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 2n ＋2＋a 2n ＋3)＝1＋14＋116＋…＋14n ＋1＝1－14n ＋21－14＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n ＋2. [答案]43⎝⎛⎭⎫1－14n ＋28．若等比数列的各项均为正数，前4项的和为9，积为814，则前4项倒数的和为________．[解析] 设等比数列的首项为a 1，公比为q ，则第2，3，4项分别为a 1q ，a 1q 2，a 1q 3，依题意得a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝9，a 1·a 1q ·a 1q 2·a 1q 3＝814⇒a 21q 3＝92，两式相除得a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3a 21q 3＝1a 1＋1a 1q ＋1a 1q 2＋1a 1q3＝2. [答案]29．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，a 2＝2，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 2017＝________．[解析] 因为a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，所以a 1＝12－a 2＝12－2，a 2＝2，a 3＝12－2，a 4＝2，…，故a 2n ＝2，a 2n －1＝12－2，所以S 2017＝1009a 1＋1008a 2＝1009×⎝⎛⎭⎫12－2＋1008×2＝10052. [答案]1005210．已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，设S n 为数列{a n }的前n 项和，对于任意的n >1，n ∈N *，S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋1)都成立，则S 10＝________．[解析]因为⎩⎪⎨⎪⎧S n ＋1＋S n －1＝2S n ＋2，S n ＋2＋S n ＝2S n ＋1＋2，所以a n ＋2＋a n ＝2a n ＋1，所以数列{a n }从第二项开始为等差数列，当n ＝2时，S 3＋S 1＝2S 2＋2，所以a 3＝a 2＋2＝4，所以S 10＝1＋2＋4＋6＋…＋18＝1＋9（2＋18）2＝91. [答案]9111．(2016·东北四市联考)已知数列{a n }满足a 1＝511，a 6＝－12，且数列{a n }的每一项加上1后成为等比数列．(1)求a n ；(2)令b n ＝|log 2(a n ＋1)|，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)由题意数列{a n ＋1}是等比数列，设公比为q ，a 1＋1＝512，a 6＋1＝12＝512×q 5，解得q ＝14. 则数列{a n ＋1}是以512为首项，14为公比的等比数列，所以a n ＋1＝211－2n ，a n ＝211－2n －1.(2)由(1)知b n ＝|11－2n |，当n ≤5时，T n ＝10n －n 2，当n ≥6时，T n ＝n 2－10n ＋50，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧10n －n 2，n ≤5n 2－10n ＋50，n ≥6. 12．(2016·哈尔滨模拟)已知数列{a n }是等比数列，a 2＝4，a 3＋2是a 2和a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2log 2a n －1，求数列{a n b n }的前n 项和T n .[解] (1)设数列{a n }的公比为q ，因为a 2＝4，所以a 3＝4q ，a 4＝4q 2.因为a 3＋2是a 2和a 4的等差中项，所以2(a 3＋2)＝a 2＋a 4.即2(4q ＋2)＝4＋4q 2，化简得q 2－2q ＝0.因为公比q ≠0，所以q ＝2.所以a n ＝a 2q n －2＝4×2n －2＝2n (n ∈N *)．(2)因为a n ＝2n ，所以b n ＝2log 2a n －1＝2n －1，所以a n b n ＝(2n －1)2n ，则T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)2n －1＋(2n －1)2n ，①2T n ＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n －3)2n ＋(2n －1)·2n ＋1，②由①－②得，－T n ＝2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n －1)2n ＋1＝2＋2×4（1－2n －1）1－2－(2n －1)2n ＋1 ＝－6－(2n －3)2n ＋1，所以T n ＝6＋(2n －3)2n ＋1.13．数列{a n }满足a n ＋1＝a n 2a n ＋1，a 1＝1. (1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和S n ，并证明1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＞n n ＋1. [解] (1)证明：因为a n ＋1＝a n 2a n ＋1，所以1a n ＋1＝2a n ＋1a n ，化简得1a n ＋1＝2＋1a n ，即1a n ＋1－1a n ＝2，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，2为公差的等差数列． (2)由(1)知1a n ＝2n －1，所以S n ＝n （1＋2n －1）2＝n 2. 1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2＞11×2＋12×3＋…＋1n （n ＋1）＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 14．(选做题)已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(ω＞0，|φ|＜π)的图象经过点⎝⎛⎭⎫π12，－2，⎝⎛⎭⎫7π12，2，且在区间⎝⎛⎭⎫π12，7π12上为单调函数． (1)求ω，φ的值；(2)设a n ＝nf ⎝⎛⎭⎫n π3(n ∈N *)，求数列{a n }的前30项和S 30. [解] (1)由题可得ωπ12＋φ＝2k π－π2，k ∈Z ，7ωπ12＋φ＝2k π＋π2，k ∈Z ，解得ω＝2，φ＝2k π－2π3，k ∈Z ，因为|φ|＜π，所以φ＝－2π3. (2)因为a n ＝2n sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n π3－2π3(n ∈N *)，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n π3－2π3(n ∈N *)的周期为3，前三项依次为0，3，－3，所以a 3n －2＋a 3n －1＋a 3n ＝(3n －2)×0＋(3n －1)×3＋3n ×(－3)＝－3(n ∈N *)，所以S 30＝(a 1＋a 2＋a 3)＋…＋(a 28＋a 29＋a 30)＝－10 3.。

高考数学二轮复习专题辅导与训练 4.2 数列的通项与求和教学课件

且a1+9a6=0,则Sn取最大值时n为 ( )
A.11
B.10
C.6
D.5
【解析】选D.因为a1>0, a1+9a6=a1+a6+8a6
=a2+a5+8a6 =a2+a6+a5+7a6 =2a4+a5+7a6 =2(a4+a6)+a5+5a6 =5(a5+a6)=0, 所以a5>0,a6<0, 即前5项和最大.
d≠0,a1,a2,a5成等比数列,则a2014的值为 ( )
A.4023
B.4025
C.4027
D.4029
【解析】选C. =a1·a5⇒(1+d)2=1·(1+4d),得d=2,
所以a2014=1+20a122 3×2=4027,故选C.
4.(2014·湖州模拟)已知等差数列{an}的前n项和是Sn,若a1>0,
⑤数列1,2,4,8,…的通项公式是an=__2_n-_1(n∈N*).
⑥数列1,4,9,16,…的通项公式是an=_nn_2(nn∈1N*).
⑦数列1,3,6,10,…的通项公式是an=____2__(n∈N*). 1
⑧数列
,…的通项公式是an=__n_(n∈N*).
1, 1 , 1 , 1 1234
a3+a8=13,S7=35,则a7= ( )
A.8
B.9
C.10
D.11
【解析】选A.由已知条件可得,2a1 9d 13,
所以a7=a1+6d=2+6×1=8.
7(2a1 2
6d)

高考数学二轮复习第一部分专题篇专题三数列第二讲数列的综合应用课件文

考点二
试题解析
考点一考点二考点三
3．(2016·高考山东卷)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝3n2＋8n，{bn} 是等差数列，且 an＝bn＋bn＋1. (1)求数列{bn}的通项公式； (2)令 cn＝abn＋n＋12n＋n1，求数列{cn}的前 n 项和 Tn.
考点二
考点一考点二考点三
2，
n＝1，
所以 Tn＝3n－n2－2 5n＋11， n≥2，n∈N*.
考点二数列求和
试题解析
考点一考点二考点三
2．(2015·高考江苏卷)设数列{an}满足 a1＝1，且 an＋1－an＝n＋1(n
∈N*)，则数列a1n前
10
20 项的和为___1_1____．
考点二
试题解析
考点一考点二考点三
考点三数列与其它知识的交汇应用
试题解析
考点一考点二考点三
4．(2016·高考四川卷)已知数列{an}的首项为 1，Sn 为数列{an}的前 n 项和，Sn＋1＝qSn＋1，其中 q>0，n∈N*. (1)若 a2，a3，a2＋a3 成等差数列，求数列{an}的通项公式； (2)设双曲线 x2－ay22n＝1 的离心率为 en，且 e2＝2，求 e21＋e22＋… ＋e2n.
考点三
考点一考点二考点三
试题
(2)由(1)可知 an＝qn－1，所以双曲线 x2－ay22n＝1 的离心率 en＝ 1＋a2n＝ 1＋q2n－1. 由 e2＝ 1＋q2＝2 解得 q＝ 3，所以 e21＋e22＋…＋e2n ＝(1＋1)＋(1＋q2)＋…＋[1＋q2(n－1)] ＝n＋[1＋q2＋…＋q2(n－1)] ＝n＋qq22n－－11＝n＋12(3n－1)．

2016届高考数学(文)二轮复习课件：1-3-第一部分专题三数列2

(5)在已知数列{an}中，满足aan＋n1＝f(n)，且 f(1)·f(2)·…·f(n)可求，
重
点透
则可用累积法求数列的通项 an.
名师微
析
(6)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)．课
第8页
第一部分专题三第二讲
第八页，编辑于星期五：二十一点四十六分。
与名师对话·系列丛书
名
点
师
透析
∴前 20 项都为负值．
微课
∴|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a30|
＝－(a1＋a2＋…＋a20)＋a21＋…＋a30
＝－2S20＋S30.
第25页
第一部分专题三第二讲
第二十五页，编辑于星期五：二十一点四十六分。
与名师对话·系列丛书
大二轮专题辅导与增分攻略·二轮数学·文
重点
[高考解密]
名师
透析
1．以递推公式或图、表形式给出条件，求通项公式，考
微课
查学生用等差、等比数列知识分析问题和探究创新的能力，属
中档题．
第4页
第一部分专题三第二讲
第四页，编辑于星期五：二十一点四十六分。
与名师对话·系列丛书
大二轮专题辅导与增分攻略·二轮数学·文
2．通过分组、错位相减等转化为等差或等比数列的求和
第一部分专题三第二讲
第十七页，编辑于星期五：二十一点四十六分。
与名师对话·系列丛书
大二轮专题辅导与增分攻略·二轮数学·文
∴Sn＝(20＋21＋…＋2n－1)－n＝11－－22n－n＝2n－n－1.
[答案] 2n－n－1
重
名
点
师
透

2016届高考数学(新课标版文)二轮复习细致讲解课件第2章数列(共165张PPT)

�� 3 n=-2,只要-2 <2即可,所以λ>-3.
*
2
【答案】(-3,+∞)
热点重点难点专题透析· 数学(文科)
专题2文
5.(2015 年四川卷)设数列{an}(n=1,2,3,…)的前 n 项和 Sn 满足 Sn=2an-a1,且 a1,a2+1,a3 成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设数列{�� }的前 n 项和为 Tn,求 Tn.
(
). A.4n-1 B.4n-1 C.2n-1 D.2n-1
热点重点难点专题透析· 数学(文科)
专题2文
【解析】(法一)∵
��1 + ��3 = , ��2 + ��4 =
5 2 5 ∴ , 4
��1 + ��1 �� 2 = , ��1 q + ��1 �� 3 = .
2
热点重点难点专题透析· 数学(文科)
专题2文
4.已知数列{an}满足 an=n2+λn+2(n∈N*)是递增数列,则实数λ的取值范围是
.
热点重点难点专题透析· 数学(文科)
专题2文
【解析】 (法一)只要 an+1>an 对 n∈N 恒成立即可,所以(n+1) + λ(n+1)+2>n2+λn+2, 所以λ>-2n-1 对 n∈N*恒成立,所以λ>-3. (法二)把 an=n2+λn+2(n∈N*)看作是关于 n 的二次函数,其对称轴
5 4
5 2

高考数学微专题3 数列的通项课件(共41张PPT)

内容索引
内容索引
目标1 根据规律找通项公式
1 (2023吉林三模)大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大
衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，
数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总
和，是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．其前10项
依次是 0,2,4,8,12,18,24,32,40,50 ，则此数列的第 25 项与第 24 项的差为
高考命题方向： 1. 根据前几项来寻找序号 n 与项之间的关系． 2. 根据前几项所呈现的周期性规律，猜想通项． 3. 抓住相邻项的关系转化为熟悉问题．
内容索引
内容索引
说明： 1. 解决方案及流程 (1) 归纳猜想法： ①确定数列的前几项； ②分析序号 n 与项有何关系，初步确定分类标准； ③研究数列整体或部分规律； ④归纳数列的项用序号 n 表示的规律； ⑤证明归纳的正确性．
内容索引
内容索引
1. (2022泰安三模)已知数列{an}满足：对任意的m，n∈N*，都有aman
＝am＋n，且a2＝3，则a20的值为( )
A. 320
B. 315
C. 310
D. 35
【解析】因为对任意的 m，n∈N*，都有 aman＝am＋n，所以 a1a1＝a2， a1an＝a1＋n.又 a2＝3，所以 a1＝± 3，所以aan＋n 1＝a1，所以数列{an}是首项为 a1，公比为 a1 的等比数列，所以 an＝a1·an1－1＝an1，所以 a20＝a210＝310.
重复循环，2 022＝674×3，恰好能被3整除，且a3为偶数，所以a2 022也为偶数，故B错误；对于C，若C正确，又a2 022＝a2 021＋a2 020，则a2 021＝ a1＋a2＋…＋a2 019，同理a2 020＝a1＋a2＋…＋a2 018，a2 019＝a1＋a2＋…＋ a2 017，依次类推，可得a4＝a1＋a2，显然错误，故C错误；对于D，因为 a2 024＝a2 023＋a2 022＝2a2 022＋a2 021，所以a2 020＋a2 024＝a2 020＋2a2 022＋a2 021＝2a2 022＋(a2 020＋a2 021)＝3a2 022，故D正确．故选AD.

高考数学二轮复习专题三数列第2讲数列的求和及综合应用课件文1205340-数学备课【全免费】

＝2n－1－1， 1－2
由 b1＝2，所以 bn＝2n－1＋1. (3)cn＝bnbann＋1＝bnb＋nb1－n＋b1 n＝b1n－bn1＋1，所以 Tn＝c1＋c2＋…cn＝b11－b12＋b12－b13＋…＋ b1n－bn1＋1＝b11－bn1＋1＝12－2n＋1 1.
命题视角 3 错位相减法求和
cn＝TbnTn＋n＋1 1＝n2（2nn＋＋11）2＝n12－（n＋1 1）2，所以 An＝1－（n＋1 1）2＝（nn2＋＋12）n 2.
因此{An}是单调递增数列，所以当 n＝1 时，An 有最小值 A1＝1－14＝34；An 没有最大值．
[规律方法] 1．给出 Sn 与 an 的关系求 an，常用思路是：一是利用 Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为 an 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为 Sn 的递推关系，先求出 Sn 与 n 之间的关系，再求 an. 2．形如 an＋1＝pan＋q(p≠1，q≠0)，可构造一个新的等比数列．
[变式训练] (2017·太原质检)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝2n＋1－2，数列{bn}满足 bn＝an＋an＋1(n∈N*)．
(1)求数列{bn}的通项公式； (2)若 cn＝log2an(n∈N*)，求数列{bn·cn}的前 n 项和 Tn. 解：(1)由于 Sn＝2n＋1－2，n∈N*，
＋2n.
[规律方法] 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 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．
从而{an}的通项公式为 an＝2n2－1. an

2016版高考数学二轮复习配套课件：专题三数列第2讲

栏目导引
第七页，编辑于星期五：二十三点五十三分。
专题三数列
[解] (1)证明：由条件，对任意 n∈N*，有 an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，因而对任意 n∈N*，n≥2，有 an＋1＝3Sn－1－Sn＋3. 两式相减，得 an＋2－an＋1＝3an－an＋1，即 an＋2＝3an，n≥2. 又 a1＝1，a2＝2，所以 a3＝3S1－S2＋3＝3a1－(a1＋a2)＋3＝3a1. 故对一切 n∈N*，an＋2＝3an.
(2n＋
79)29n＝81＋2×291－1－2929n－1
－(2n＋79)92n，
所以
Dn＝975771－2n＋8147
2 9
n.
栏目
导引第二十七页，编辑于星期五：二十三点五十三
分。
专题三数列
方法归纳错位相减法的步骤
(1)求和时先乘以数列的公比． (2)把两个和的形式错位相减．
栏目导引
第五页，编辑于星期五：二十三点五十三分。
专题三数列
考点一分组转化求和 [命题角度]
分组转化求和是把数列之和分为几组，各组中根据项的不同特征利用不同的方法求和，求出各组和之后再求整体之和，考查时多以解答题形式出现主要考查： 1．周期数列的求和． 2．奇偶项分别有相同的特征的数列求和． 3．通项中含有(－1)n的数列求和．
栏目导引第二十五页，编辑于星期五：二十三点五十三
分。
专题三数列
2．在本例条件下，若 d＜1 且 cn＝anbn，求 Dn＝c1＋c2＋…＋cn.
解：因为 d＜1，所以 an＝19(2n＋79)，bn＝929n－1，所以 cn＝(2n＋79)29n－1，
Dn＝c1＋c2＋…＋cn＝(2×1＋79)920＋(2×2＋79)·921＋(2×3＋

高考数学二轮总复习第1部分层级2 专题3 数列第2讲数列的通项与求和课件理

大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激
活码为下面数学问题的答案：已知数列 1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是
20，接下来的两项是 20,21，再接下来的三项是 20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最
小整数 N：N>100 且该数列的前 N 项和为 2 的整数幂．那么该款软件的激活码是( )
12/11/2021
(2)解法一：因为 an＋1＝3an－2an－1(n≥2)，所以aann＋－1－ana－n1＝2(n≥2)，又 a2－a1＝1，所以{an＋1－an}是以 1 为首项，2 为公比的等比数列，所以 an＋1－an＝(a2－a1)·2n－1＝2n－ 1(n≥2)，又 a2－a1＝1 也满足上式，所以 an－an－1＝2n－2，an－1－an－2＝2n－3，…，a2－a1 ＝1，累加，得 an＝2n－1(n∈N*)．
12/11/2021
解法二：用归纳法求解，a1＝13，根据 an＋1＝n3＋ an＋1nan，可得 a2＝13，a3＝13，a4＝13，所以猜想 an＝13，经验证，an＋1＝13，从而 Sn＝n3.
答案：n3
12/11/2021
考点二数列求和 |多角探明|
命题角度一用公式法和分组求和法求和【例 1】 (2019·河南焦作四模)已知{an}为等差数列，且 a2＝3，{an}前 4 项的和为 16，数列{bn}满足 b1＝4，b4＝88，且数列{bn－an}为等比数列． (1)求数列{an}和{bn－an}的通项公式； (2)求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
12/11/2021
(2)记2na＋n 1的前 n 项和为 Sn. 由(1)知2na＋n 1＝2n＋122n－1＝2n1－1－2n1＋1，则 Sn＝11－13＋13－15＋…＋2n1－1－2n1＋1＝2n2＋n 1.

2016届高考数学(文)二轮复习考点例题课件：专题三+第2讲+数列的通项与求和问题(人教版)

高考数学(理)名师指导精讲课件：3-2 数列的通项与求和

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高考数学(文)(新课标版)考前冲刺复习讲义：第2部分专题三第2讲 数列求和及其综合应用 Word版含答案

高考数学二轮复习 专题辅导与训练 4.2 数列的通项与求和教学课件

高考数学二轮复习 第一部分 专题篇 专题三 数列 第二讲 数列的综合应用课件 文

2016届高考数学(文)二轮复习课件：1-3-第一部分 专题三 数列2

2016届高考数学(新课标版 文)二轮复习细致讲解课件第2章数列(共165张PPT)