(北师大版理)2019届高考数学复习课件：高考中的数列问题

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2019北师大版高考第一轮复习——等差数列与等比数列(理)(讲义).docx

高考第一轮复习一一等差数列与等比数列HIS锻輛定位【明确目标有的放矢】一、学习目标：1.了解数列的函数特性，理解等差数列与等比数列的概念。

2.掌握等差数列、等比数列的通项公式、前n项和公式及其应用。

3.掌握等差数列、等比数列的性质及其简单的应用。

4.利用等差数列、等比数列的知识解决简单的实际问题。

二、重点、难点：重点：（1）等差数列、等比数列的概念、函数特性、通项公式、前n项和公式的简单应用;（2）利用等差数列、等比数列的知识解决简单的实际问题。

难点：利用等差数列、等比数列的知识解决简单的实际问题。

三、考点分析：数列是新课标高考的重点，考查的题型有选择题、填空题、综合题。

选择题、填空题重点考杳基础知识，综合题除考査数列的基础知识外还考查函数与方程、不等式等综合性的知识，综合题难度大，通过数列的综合性试题进一步考查学生用数学思想和方法处理问题的能力。

O壬点犒itt 【事难要点点点突破】一、等差数列和等比数列的概念、有关公式及性质二、判断和证明数列是等差(等比)数列的三种常用方法：1. 定义法：对于n22的任意自然数，数列｛色｝是等差数列或等比数列。

aa n -a n _! =dI^^- = q(qHO)； a n-j2. 通项公式法：数列｛〜｝是等差数列oan=pn+q(p,q 为常数)；3. 中项公式法：数列｛a n ｝是等差数列或等比数列 O 2a n+1 =a n +a n+2 5Ka^+1 =a n a n+2(a nH O,HW N)都成立。

3.用二次函数求最值的方法求解。

注：在解含绝对值的数列的最值问题时，注意转化思想的应用。

四、等差数列的奇、偶项的问题若数列｛%｝是公差为d 的等差数列，S 奇，S 他分别表示英奇数项、偶数项的和。

1. 若数列｛色｝的项数是(2n-l),则鱼=丄S 行—s 侶=色(中间项)S 偶 n-\ 2. 若数列｛色｝的项数是2n,则坠=S 偶 °“+]五、建立等差、等比数列模型解决实际问题(等差、等比数列的应用)1. 解答数列实际问题的基本步骤：审题；建模(建立数列模型，分清是等差还是等比数列)；求解；还原。

(北师大版理)2019届高考数学复习课件：等比数列及其前n项和

5.等比数列的前n项和公式等比数列{an}的公比为q(q≠0)，其前n项和为Sn，当q＝1时，Sn＝na1；
a11－qn a1－anq 当 q≠1 时，Sn＝＝ . 1－q 1－q
6.等比数列前n项和的性质公比不为－1的等比数列{an}的前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数列，其公比为 qn .
3
解析
答案
5 2.(2018· 济宁模拟)已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＋a3＝，a2 2 5 Sn 2n－1 ＋a4＝，则＝________. 4 an
解析
答案
思维升华等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，数列中有五个量 a1，n，q，an，Sn，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)可迎刃而解.
第六章
数
列
§6.3 等比数列及其前n项和
内容索引
基础知识
自主学习
题型分类
课时作业
深度剖析
基础知识
自主学习
知识梳理 1.等比数列的定义
从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一一般地，如果一个数列___________________________________________
个常数，那么这个数列叫作等比数列，这个常数叫作等比数列的公比，通常用字母 q 表示(q≠0). 2.等比数列的通项公式
{an}，且a1＝2，q＝2，∴an＝2n，
则2n＝64×210＝216，∴n＝16.
即病毒共复制了16次.
∴所需时间为16×3＝48(分钟).
1 2 3 4 5 6
解析
答案
题型分类
深度剖析
等比数列基本量的运算自主演练 1 1.(2018· 开封质检)已知等比数列{an}满足 a1＝，a3a5＝4(a4－1)，则 a2 等于 4

2019年高考数学一轮复习第5章数列第4节数列求和课件理北师大版.pptx

)
A．1
B．56
C．61
D．310
B [∵an＝nn1＋1＝1n－n＋1 1，
∴S5＝a1＋a2＋…＋a5＝1－21＋21－31＋…－16＝56.]
3．数列{an}的通项公式是 an＝
1 n＋
n＋1，前
n
项和为
9，则
n
等于(
)
A．9
B．99
C．10
D．100
B
[∵an＝
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
n，∴Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(
)
(3)求 Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan 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)如果数列{an}是周期为 k(k 为大于 1 的正整数)的周期数列，那么 Skm＝ mSk.( )
[答案] (1)√ (2)√ (3)× (4)√
2．(教材改编)数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 an＝nn1＋1，则 S5 等于(
(2)由(1)知 an＝2n－1，bn＝3n－1. 因此 cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1. 从而数列{cn}的前 n 项和 Sn＝1＋3＋…＋(2n－1)＋1＋3＋…＋3n－1 ＝n1＋22n－1＋11－－33n＝n2＋3n－2 1.
[规律方法] 分组转化法求和的常见类型 (1)若 an ＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，则可采用分组求和法求{an} 的前 n 项和． (2)通项公式为 an＝bcnn，，nn为为偶奇数数，的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．易错警示：注意在含有字母的数列中对字母的分类讨论．
Sn＝na12＋an＝ na1＋nn2－1d

2019届高考数学(北师大版文)大一轮复习讲义：第六章数列第1讲数列的概念及简单表示法.1

§6.1　数列的概念与简单表示法最新考纲考情考向分析1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)．2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数.以考查S n 与a n 的关系为主，简单的递推关系也是考查的热点．本节内容在高考中以选择、填空的形式进行考查，难度属于低档.1．数列的定义按照一定顺序排列的一列数叫作数列，数列中的每一个数叫作这个数列的项．2．数列的分类分类原则类型满足条件有穷数列项数有限按项数分类无穷数列项数无限递增数列a n ＋1>a n 递减数列a n ＋1<a n 按项与项间的大小关系分类常数列a n ＋1＝a n其中n ∈N ＋3.数列的表示法数列有三种表示法，它们分别是列表法、图像法和解析法．4．数列的通项公式如果数列{a n }的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫作这个数列的通项公式．知识拓展1．若数列{a n }的前n 项和为S n ，通项公式为a n ，则a n ＝Error!2．在数列{a n }中，若a n 最大，则Error!若a n 最小，则Error!3．数列与函数的关系数列是一种特殊的函数，即数列是一个定义在非零自然数集或其子集上的函数，当自变量依次从小到大取值时所对应的一列函数值，就是数列．题组一　思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列．(　×　)(2)所有数列的第n 项都能使用公式表达．(　×　)(3)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．(　√　)(4)1,1,1,1，…，不能构成一个数列．(　×　)(5)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．(　×　)(6)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对任意n ∈N ＋，都有a n ＋1＝S n ＋1－S n .(　√　)题组二　教材改编2．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1＋(n ≥2)，则a 5等于( )(－1)nan －1A. B.3253C. D.8523答案　D解析　a 2＝1＋＝2，a 3＝1＋＝，(－1)2a 1(－1)3a 212a 4＝1＋＝3，a 5＝1＋＝.(－1)4a 3(－1)5a 4233．根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式a n ＝________.答案　5n －4题组三　易错自纠4．已知数列{a n }是递减数列，且对任意的正整数n ，a n ＝－n 2＋λn 恒成立，则实数λ的取值范围为____________．答案　(－∞，3)解析　∵{a n }是递减数列，∴a n ＋1<a n .∵a n ＝－n 2＋λn 恒成立，∴－(n ＋1)2＋λ(n ＋1)<－n 2＋λn ，即λ<2n ＋1对于n ∈N ＋恒成立．而2n ＋1在n ＝1时取得最小值3，∴λ<3.5．数列{a n }中，a n ＝－n 2＋11n (n ∈N ＋)，则此数列最大项的值是________．答案　30解析　a n ＝－n 2＋11n ＝－2＋，(n －112)1214∵n ∈N ＋，∴当n ＝5或n ＝6时，a n 取最大值30.6．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，则a n ＝________.答案　Error!解析　当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋1－[(n －1)2＋1]＝2n －1，故a n ＝Error!题型一　由数列的前几项求数列的通项公式1．数列0，，，，…的一个通项公式为( )234567A ．a n ＝(n ∈N ＋)n －1n ＋2B ．a n ＝(n ∈N ＋)n －12n ＋1C ．a n ＝(n ∈N ＋)2(n －1)2n －1D ．a n ＝(n ∈N ＋)2n2n ＋1答案　C解析　注意到分子0,2,4,6都是偶数，对照选项排除即可．2．数列－，，－，，…的一个通项公式a n ＝________.11×212×313×414×5答案　(－1)n 1n (n ＋1)解析　这个数列前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式为a n ＝(－1)n .1n (n ＋1)思维升华由前几项归纳数列通项的常用方法及具体策略(1)常用方法：观察(观察规律)、比较(比较已知数列)、归纳、转化(转化为特殊数列)、联想(联想常见的数列)等方法．(2)具体策略：①分式中分子、分母的特征；②相邻项的变化特征；③拆项后的特征；④各项的符号特征和绝对值特征；⑤化异为同，对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破，或寻找分子、分母之间的关系；⑥对于符号交替出现的情况，可用(－1)k 或(－1)k ＋1，k ∈N＋处理．(3)如果是选择题，可采用代入验证的方法．题型二　由a n 与S n的关系求通项公式典例 (1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1(n ∈N ＋)，则其通项公式为______．答案　a n ＝Error!解析　当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＋1＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n ＋1－[3(n －1)2－2(n －1)＋1]＝6n －5，显然当n ＝1时，不满足上式．故数列的通项公式为a n ＝Error!(2)(2017·南昌模拟)若数列{a n }的前n 项和S n ＝a n ＋(n ∈N ＋)，则{a n }的通项公式2313a n ＝________.答案　(－2)n －1解析　由S n ＝a n ＋，得当n ≥2时，S n －1＝a n －1＋，两式相减，整理得a n ＝－2a n －1，又23132313当n ＝1时，S 1＝a 1＝a 1＋，∴a 1＝1，∴{a n }是首项为1，公比为－2的等比数列，故a n ＝(－2)2313n －1.思维升华已知S n ，求a n 的步骤(1)当n ＝1时，a 1＝S 1.(2)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1.(3)对n ＝1时的情况进行检验，若适合n ≥2的通项则可以合并；若不适合则写成分段函数形式．跟踪训练 (1)(2017·河南八校一联)在数列{a n }中，S n 是其前n 项和，且S n ＝2a n ＋1，则数列的通项公式a n ＝________.答案　－2n －1解析　由题意得S n ＋1＝2a n ＋1＋1，S n ＝2a n ＋1，两式相减得S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－2a n ，即a n ＋1＝2a n ，又S 1＝2a 1＋1＝a 1，因此a 1＝－1，所以数列{a n }是以a 1＝－1为首项、2为公比的等比数列，所以a n ＝－2n －1.(2)(2017·河北衡水中学押题卷)已知数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列，数列{b n }满足关系＋＋＋…＋＝，数列{b n }的前n 项和为S n ，则S 5的值为( )a 1b 1a 2b 2a 3b 3anbn 12n A ．－454 B ．－450C ．－446 D ．－442答案　B解析　由题意可得a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1(n ∈N ＋)，且＋＋＋…＋＝，a 1b 1a 2b 2a 3b 3an bn 12n ＋＋＋…＋＝，a 1b 1a 2b 2a 3b 3an －1bn －112n －1当n ≥2时，两式作差可得＝－＝－，an bn 12n 12n －112n 则b n ＝Error!由此可得S 5＝－450.题型三　由数列的递推关系求通项公式典例根据下列条件，确定数列{a n }的通项公式．(1)a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln；(1＋1n )(2)a 1＝1，a n ＋1＝2n a n ；(3)a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2.解　(1)∵a n ＋1＝a n ＋ln ，(1＋1n )∴a n －a n －1＝ln＝ln (n ≥2)，(1＋1n －1)n n －1∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝ln ＋ln ＋…＋ln ＋ln 2＋2nn －1n －1n －232＝2＋ln (nn －1·n －1n －2·…·32·2)＝2＋ln n (n ≥2)．又a 1＝2适合上式，故a n ＝2＋ln n (n ∈N ＋)．(2)∵a n ＋1＝2n a n ，∴＝2n －1 (n ≥2)，anan －1∴a n ＝··…··a 1anan －1an －1an －2a 2a 1＝2n －1·2n －2·…·2·1＝21＋2＋3＋…＋(n －1)＝2.(1)2n n -又a 1＝1适合上式，故a n ＝2(n ∈N ＋)．(1)2n n -(3)∵a n ＋1＝3a n ＋2，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，又a 1＝1，∴a 1＋1＝2，故数列{a n ＋1}是首项为2，公比为3的等比数列，∴a n ＋1＝2·3n －1，故a n ＝2·3n －1－1(n ∈N ＋)．引申探究在本例(2)中，若a n ＝·a n －1(n ≥2，且n ∈N ＋)，其他条件不变，则a n ＝________.n －1n 答案　1n解析　∵a n ＝a n －1 (n ≥2)，n －1n ∴a n －1＝a n －2，…，a 2＝a 1.n －2n －112以上(n －1)个式子相乘得a n ＝a 1···…·＝＝.1223n －1n a 1n 1n当n ＝1时也满足此等式，∴a n ＝.1n 思维升华已知数列的递推关系求通项公式的典型方法(1)当出现a n ＝a n －1＋m 时，构造等差数列．(2)当出现a n ＝xa n －1＋y 时，构造等比数列．(3)当出现a n ＝a n －1＋f (n )时，用累加法求解．(4)当出现＝f (n )时，用累乘法求解．anan －1跟踪训练 (1)已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝4，a n ＋2＋2a n ＝3a n ＋1(n ∈N ＋)，则数列{a n }的通项公式a n ＝______________.答案　3×2n －1－2解析　由a n ＋2＋2a n －3a n ＋1＝0，得a n ＋2－a n ＋1＝2(a n ＋1－a n )，∴数列{a n ＋1－a n }是以a 2－a 1＝3为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＋1－a n ＝3×2n －1，∴当n ≥2时，a n －a n －1＝3×2n －2，…，a 3－a 2＝3×2，a 2－a 1＝3，将以上各式累加，得a n －a 1＝3×2n －2＋…＋3×2＋3＝3(2n －1－1)，∴a n ＝3×2n －1－2(当n ＝1时，也满足)．(2)在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋，则通项公式a n ＝________.1n (n ＋1)答案　4－1n解析　原递推公式可化为a n ＋1＝a n ＋－，1n 1n ＋1则a 2＝a 1＋－，a 3＝a 2＋－，11121213a 4＝a 3＋－，…，a n －1＝a n －2＋－，a n ＝a n －1＋－，逐项相加得13141n －21n －11n －11n a n ＝a 1＋1－，1n 故a n ＝4－.1n 题型四　数列的性质典例已知a n ＝，那么数列{a n }是( )n －1n ＋1A ．递减数列B ．递增数列C ．常数列D ．不确定答案　B解析　a n ＝1－，将a n 看作关于n 的函数，n ∈N ＋，易知{a n }是递增数列．2n ＋1典例数列{a n }满足a n ＋1＝，a 8＝2，则a 1＝________________.11－an 答案　12解析　∵a n ＋1＝，11－an ∴a n ＋1＝＝＝11－an 11－11－an －11－an －11－an －1－1＝＝1－1－an －1－an －11an －1＝1－＝1－(1－a n －2)＝a n －2，n ≥3，111－an －2∴周期T ＝(n ＋1)－(n －2)＝3.∴a 8＝a 3×2＋2＝a 2＝2.而a 2＝，∴a 1＝.11－a 112命题点3　数列的最值典例数列{a n }的通项a n ＝，则数列{a n }中的最大项是( )nn 2＋90A ．3B ．1910C. D.1191060答案　C解析　令f (x )＝x ＋(x >0)，运用基本不等式得f (x )≥2，当且仅当x ＝3时等号成90x 9010立．因为a n ＝，所以≤，由于n ∈N ＋，不难发现当n ＝9或n ＝10时，a n ＝最1n ＋90n 1n ＋90n 1290119大．思维升华 (1)解决数列的单调性问题可用以下三种方法①用作差比较法，根据a n ＋1－a n 的符号判断数列{a n }是递增数列、递减数列还是常数列．②用作商比较法，根据(a n ＞0或a n ＜0)与1的大小关系进行判断．an ＋1an③结合相应函数的图像直观判断．(2)解决数列周期性问题的方法先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值．(3)数列的最值可以利用数列的单调性或求函数最值的思想求解．跟踪训练 (1)数列{a n }满足a n ＋1＝Error!a 1＝，则数列的第2 018项为________．35答案　15解析　由已知可得，a 2＝2×－1＝，3515a 3＝2×＝，1525a 4＝2×＝，2545a 5＝2×－1＝，4535∴{a n }为周期数列且T ＝4，∴a 2 018＝a 504×4＋2＝a 2＝.15(2)(2017·安徽名校联考)已知数列{a n }的首项为2，且数列{a n }满足a n ＋1＝，数列{a n }an －1an ＋1的前n 项的和为S n ，则S 2 016等于( )A ．504 B ．588C ．－588 D ．－504答案　C解析　∵a 1＝2，a n ＋1＝，∴a 2＝，a 3＝－，a 4＝－3，a 5＝2，…，∴数列{a n }的周an －1an ＋11312期为4，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝－，∵2 016÷4＝504，∴S 2 016＝504×＝－588，故选C.76(－76)解决数列问题的函数思想典例 (1)数列{a n }的通项公式是a n ＝(n ＋1)·n ，则此数列的最大项是第________项．(1011)(2)若a n ＝n 2＋kn ＋4且对于n ∈N ＋，都有a n ＋1>a n 成立，则实数k 的取值范围是__________．思想方法指导(1)可以将数列看成定义域为正整数集上的函数；(2)数列的最值可以根据单调性进行分析．解析　(1)∵a n ＋1－a n ＝(n ＋2)n ＋1－(n ＋1)n(1011)(1011)＝n ×，(1011)9－n11当n <9时，a n ＋1－a n >0，即a n ＋1>a n ；当n ＝9时，a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝a n ；当n >9时，a n ＋1－a n <0，即a n ＋1<a n ，∴该数列中有最大项，且最大项为第9,10项．(2)由a n ＋1>a n 知该数列是一个递增数列，又∵通项公式a n ＝n 2＋kn ＋4，∴(n ＋1)2＋k (n ＋1)＋4>n 2＋kn ＋4，即k >－1－2n ，又n ∈N ＋，∴k >－3.答案　(1)9或10　(2)(－3，＋∞)1．(2017·湖南长沙一模)已知数列的前4项为2,0,2,0，则依此归纳该数列的通项不可能是( )A ．a n ＝(－1)n －1＋1B ．a n ＝Error!C ．a n ＝2sin n π2D ．a n ＝cos(n －1)π＋1答案　C解析　对n ＝1,2,3,4进行验证，知a n ＝2sin 不合题意，故选C.n π22．现有这么一列数：2，，，，( )，，，…，按照规律，( )中的数应为( )32547813321764A. B. C. D.9161116121118答案　B解析　分母为2n ，n ∈N ，分子为连续的质数，所以( )中的数应为，故选B.11163．(2017·黄冈质检)已知在正项数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2,2a ＝a ＋a (n ≥2)，则2n 2n ＋12n －1a 6等于( )A ．16B ．4C ．2D ．452答案　B解析　由题意得a －a ＝a －a ＝…＝a －a ＝3，故{a }是以3为公差的等差数2n ＋12n 2n 2n －12212n 列，即a ＝3n －2.2n 所以a ＝3×6－2＝16.又a n >0，所以a 6＝4.故选B.264．若数列{a n }满足a 1＝2，a 2＝3，a n ＝(n ≥3且n ∈N ＋)，则a 2 018等于( )an －1an －2A ．3 B ．2 C. D.1223答案　A解析　由已知a 3＝＝，a 4＝＝，a 2a 132a 3a 212a 5＝＝，a 6＝＝，a 4a 313a 5a 423a 7＝＝2，a 8＝＝3，a 6a 5a 7a 6∴数列{a n }具有周期性，且T ＝6，∴a 2 018＝a 336×6＋2＝a 2＝3.5．(2017·辽宁沈阳东北育才学校模拟)已知数列{a n }满足a 1，，，…，是首项为a 2a 1a 3a 2anan －11，公比为2的等比数列，则a 101等于( )A ．2100 B ．24 950 C ．25 050 D ．25 151答案　C解析　∵数列{a n }满足a 1，，，…，是首项为1，公比为2的等比数列，a 2a 1a 3a 2anan －1∴＝2n －1，anan －1∴a n ＝a 1×××…×＝1×21×22×…×2n －1＝，a 2a 1a 3a 2anan －1(1)22n n ∴a 101＝25 050.故选C.6．(2017·河北保定模拟)已知函数f (x )＝Error!若数列{a n }满足a n ＝f (n )(n ∈N ＋)，且{a n }是递增数列，则实数a 的取值范围是( )A ．(1,3)B ．(1,2]C ．(2,3) D.[2411，3)答案　C解析　因为{a n }是递增数列，所以Error!解得Error!即2<a <3，故选C.7．若数列{a n }满足关系a n ＋1＝1＋，a 8＝，则a 5＝______________.1an 3421答案　85解析　借助递推关系，由a 8递推依次得到a 7＝，a 6＝，a 5＝.2113138858．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ＋1(n ∈N ＋)，则a n ＝________.答案　Error!解析　当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝4≠2×1＋1，因此a n ＝Error!9．(2018·大庆模拟)已知数列{a n }的通项公式a n ＝(n ＋2)·n ，则数列{a n }的项取最大值时，(67)n ＝________.答案　4或5解析　假设第n 项为最大项，则Error!即Error!解得Error!　即4≤n ≤5，又n ∈N ＋，所以n ＝4或n ＝5，故数列{a n }中a 4与a 5均为最大项，且a 4＝a 5＝.657410．(2017·太原模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n －a n ＋1＝na n a n ＋1(n ∈N ＋)，则a n ＝__________.答案　2n 2－n ＋2解析　由a n －a n ＋1＝na n a n ＋1，得－＝n ，则由累加法得－＝1＋2＋…＋(n －1)1an ＋11an 1an 1a 1＝，n 2－n 2又因为a 1＝1，所以＝＋1＝，1an n 2－n 2n 2－n ＋22所以a n ＝(n ∈N ＋)．2n 2－n ＋211．已知S n 为正项数列{a n }的前n 项和，且满足S n ＝a ＋a n (n ∈N ＋)．122n 12(1)求a 1，a 2，a 3，a 4的值；(2)求数列{a n }的通项公式．解　(1)由S n ＝a ＋a n (n ∈N ＋)可得122n 12a 1＝a ＋a 1，解得a 1＝1，122112S 2＝a 1＋a 2＝a ＋a 2，解得a 2＝2，12212同理，a 3＝3，a 4＝4.(2)S n ＝＋a ，①an2122n 当n ≥2时，S n －1＝＋a ，②an －12122n －1①－②得(a n －a n －1－1)(a n ＋a n －1)＝0.由于a n ＋a n －1≠0，所以a n －a n －1＝1，又由(1)知a 1＝1，故数列{a n }为首项为1，公差为1的等差数列，故a n ＝n .12．已知数列{a n }中，a n ＝1＋(n ∈N ＋，a ∈R 且a ≠0)．1a ＋2(n －1)(1)若a ＝－7，求数列{a n }中的最大项和最小项的值；(2)若对任意的n ∈N ＋，都有a n ≤a 6成立，求a 的取值范围．解　(1)∵a n ＝1＋(n ∈N ＋，a ∈R 且a ≠0)，1a ＋2(n －1)又a ＝－7，∴a n ＝1＋(n ∈N ＋)．12n －9结合函数f (x )＝1＋的单调性，12x －9可知1＞a 1＞a 2＞a 3＞a 4，a 5＞a 6＞a 7＞…＞a n ＞1(n ∈N ＋)．∴数列{a n }中的最大项为a 5＝2，最小项为a 4＝0.(2)a n ＝1＋＝1＋，1a ＋2(n －1)12n －2－a 2已知对任意的n ∈N ＋，都有a n ≤a 6成立，结合函数f (x )＝1＋的单调性，12x －2－a2可知5＜＜6，即－10＜a ＜－8.2－a2即a 的取值范围是(－10，－8)．13．(2018届广东珠海摸底)整数列{a n }满足a n ＋1－a n －1<3n ＋，a n ＋2－a n >3n ＋1－，n ∈N ＋，a 2＝3，则a 2 018等于( )1212A. B.32 010－3832 009－38C.D.32 019－3832 018－38答案　C解析　由a n ＋1－a n －1<3n ＋，可得a n ＋2－a n <3n ＋1＋，又a n ＋2－a n >3n ＋1－，且{a n }为整数121212列，所以a n ＋2－a n ＝3n ＋1，a 2 018＝(a 2 018－a 2 016)＋(a 2 016－a 2 014)＋…＋(a 4－a 2)＋a 2＝32 017＋32 015＋…＋33＋3＝＝.3(1－32 018)1－932 019－3814．若数列中的最大项是第k 项，则k ＝________.{n (n ＋4)(23)n }答案　4解析　设数列为{a n }，则a n ＋1－a n ＝(n ＋1)(n ＋5)·n ＋1－n (n ＋4)·n(23)(23)＝n ＝(10－n 2)．(23)[23(n 2＋6n ＋5)－n 2－4n]2n3n ＋1所以当n ≤3时，a n ＋1>a n ；当n ≥4时，a n ＋1<a n .因此，a 1<a 2<a 3<a 4，a 4>a 5>a 6>…，故a 4最大，所以k ＝4.15．(2017·湖北武汉调研)已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝，若a n (a n －1＋2a n ＋1)13＝3a n －1·a n ＋1(n ≥2，n ∈N ＋)，则数列{a n }的通项a n 等于( )A. B. C. D.12n －112n －113n －112n －1＋1答案　B解析　a n a n －1＋2a n a n ＋1＝3a n －1a n ＋1，＋＝，1an ＋12an －13an －＝2，1an ＋11an (1an －1an －1)则＝2，数列是首项为2，公比为2的等比数列，1an ＋1－1an1an －1an －1{1an ＋1－1an }－＝2×2n －1＝2n ，1an ＋11an 利用累加法，＋＋＋…＋1a 1(1a 2－1a 1)(1a 3－1a 2)(1an－1an －1)＝1＋2＋22＋…＋2n －1，＝＝2n －1，则a n ＝.故选B.1an 2n －12－112n －116．(2017·太原五中模拟)设{a n }是首项为1的正项数列，且(n ＋1)a －na ＋a n ＋1·a n ＝0(n ＝1,2,3，…)，则它的通项公式a n ＝________.2n ＋12n 答案　(n ∈N ＋)1n 解析　因为数列{a n }是首项为1的正项数列，所以a n ·a n ＋1≠0，所以－＋1＝0.(n ＋1)an ＋1annan an ＋1令＝t (t >0)，则(n ＋1)t 2＋t －n ＝0，an ＋1an 分解因式，得[(n ＋1)t －n ](t ＋1)＝0，所以t ＝或t ＝－1(舍去)，即＝.nn ＋1an ＋1an nn ＋1方法一　(累乘法)因为····…·a 2a 1a 3a 2a 4a 3a 5a 4anan －1＝····…·，12233445n －1n 所以a n ＝(n ∈N ＋)．1n 方法二　(迭代法)因为a n ＋1＝a n ，nn ＋1所以a n ＝a n －1＝··a n －2n －1n n －1n n －2n －1＝···a n －3n －1n n －2n －1n －3n －2＝…＝···…·a 1，n －1n n －2n －1n －3n －212所以a n ＝(n ∈N ＋)．1n 方法三　(特殊数列法)因为＝，所以＝1.an ＋1an nn ＋1(n ＋1)an ＋1nan所以数列{na n }是以a 1为首项，1为公比的等比数列．所以na n ＝1×1n －1＝1.所以a n ＝(n ∈N ＋)．1n。

高考数学总复习专题三数列问题课件理北师大版

比数列．
(1)求数列{an}的通项公式； (3)解由 nbn＝n×4n，得
(2)令 bn＝2an 10，证明：数列{bn}
Tn＝1×4＋2×42＋…＋n×4n ① 4Tn ＝ 1×42 ＋ … ＋ (n － 1)×4n ＋
为等比数列；
n×4n＋1，
②
(3)求数列{nbn}的前 n 项和 Tn. ①－②，得－3Tn＝4＋42＋…＋4n
思维升华
启迪
(jiě
数列与函数的综xī合) 一般体现在两
个方面：
(1)以数列的特征量 n，an，Sn 等为坐标的点在函数图像上，可以得到
(1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝ana3n＋1，Tn 是数列{bn} 的前 n 项和，求使得 Tn<2m0对
所有 n∈N＋都成立的最小正整
数列的递推关系； (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．
【例 1】在等差数列{an}中，a10 启迪
(jiě
升华
＝30，a20＝50.
(1)设出数列{anx}ī的) 通项公式，结
(1)求数列{an}的通项公式；合已知条件列方程组即可求
(2)令 bn＝2an 10，证明：数列{bn} 解；
为等比数列；
(2)由(1)写出 bn 的表达式，利用
思维(sīwéi) 解析思维升华
故
启迪
Tn ＝
1 2
[(1
－(17xj)īi＋)ě
(
1 7
－
1 13
)
＋
…
＋
(6n1－5－6n1＋1)]＝12(1－6n1＋1)．
因此，要使12(1－6n1＋1)<2m0对 n∈N＋

北师大版高三数学(理)一轮专项复习《数列》课件

∴Tn=b1+b2+…+bn=��
(��1 +�� 2
)
=��(3ln2 +3��ln2 ) = 3��(��+1)ln 2.
2
2
故 Tn=3��(��2��+1)ln 2.
专项三
高考中的数列
考情分析
典例剖析
专题总结
-10-
高考中的数列
专项三
考情分析
典例剖析
专题总结
-8-
题型一
题型二
题型三
题型四
对点训练2 设{an}是公比大于1的等比数列,Sn为数列{an}的前n
项和,已知S3=7,且a1+3,3a2,a3+4构成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=ln a3n+1,n=1,2,…,求数列{bn}的前n项和Tn.
−
1 ��-1
=
13.
∴
1 ��
是以
1 为首项,13为公差的等差数列,
∴��1��=1+��3-1 = ��+3 2,∴bn=��+3 2.
专项三
高考中的数列
考情分析
典例剖析
专题总结
-16-
题型一
题型二
题型三
题型四
对点训练4 已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn1,其中λ为常数.
典例剖析
题型二
题型三
题型四

精选2019届高考数学北师大版一轮复习讲义：第4讲数列求和

§6.4 数列求和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 ≠1.3．一些常见数列的前n 项和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n (n ＋1)2. (2)1＋3＋5＋7＋…＋2n －1＝n 2. (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n ＝n(n ＋1)． (4)12＋22＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6.知识拓展数列求和的常用方法 (1)公式法直接利用等差、等比数列的求和公式求和． (2)分组转化法把数列转化为几个等差、等比数列，再求解． (3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．常见的裂项公式①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；②1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n.(4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． (5)错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和． (6)并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“³”)(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．( ³ )(4)数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12n ＋2n －1的前n 项和为n 2＋12n .( ³ )(5)推导等差数列求和公式的方法叫作倒序求和法，利用此法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( √ )(6)如果数列{a n }是周期为k 的周期数列，那么S km ＝mS k (m ，k 为大于1的正整数)．( √ ) 题组二教材改编2．一个球从100 m 高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是( )A ．100＋200(1－2－9) B ．100＋100(1－2－9) C ．200(1－2－9) D ．100(1－2－9)答案 A解析第10次着地时，经过的路程为100＋2(50＋25＋…＋100³2－9)＝100＋2³100³(2－1＋2－2＋…＋2－9)＝100＋200³2－1(1－2－9)1－2－1＝100＋200(1－2－9)． 3．1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1＝________.(x ≠0且x ≠1)答案 1－x n(1－x )2－nxn1－x解析设S n ＝1＋2x ＋3x 2＋…＋nxn －1，①则xS n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n，②①－②得(1－x)S n ＝1＋x ＋x 2＋…＋x n －1－nx n＝1－x n1－x －nx n ， ∴S n ＝1－x n(1－x )2－nxn1－x . 题组三易错自纠4．(2017²潍坊调研)设{a n }是公差不为0的等差数列，a 1＝2，且a 1，a 3，a 6成等比数列，则{a n }的前n 项和S n 等于( ) A.n 2＋7n 4B.n 2＋5n 3C.2n 2＋3n 4D ．n 2＋n答案 A解析设等差数列的公差为d ，则a 1＝2， a 3＝2＋2d ，a 6＝2＋5d.又∵a 1，a 3，a 6成等比数列，∴a 23＝a 1²a 6. 即(2＋2d)2＝2(2＋5d)，整理得2d 2－d ＝0. ∵d ≠0，∴d ＝12.∴S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n 24＋74n.5．(2018²日照质检)数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1²(4n－3)，则它的前100项之和S 100等于( )A ．200B ．－200C ．400D ．－400 答案 B解析 S 100＝(4³1－3)－(4³2－3)＋(4³3－3)－…－(4³100－3)＝4³[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4³(－50)＝－200.6．数列{a n }的通项公式为a n ＝ncos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 017＝________. 答案 1 008解析因为数列a n ＝ncos n π2呈周期性变化，观察此数列规律如下：a 1＝0，a 2＝－2，a 3＝0，a 4＝4.故S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2. a 5＝0，a 6＝－6，a 7＝0，a 8＝8，故a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝2，∴周期T ＝4.∴S 2 017＝S 2 016＋a 2 017＝2 0164³2＋2 017²cos 2 0172π＝1 008.题型一分组转化法求和典例 (2018²合肥质检)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N ＋.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)na n ，求数列{b n }的前2n 项和．解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－(n －1)2＋(n －1)2＝n.a 1也满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n. (2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n＋(－1)nn.记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋ (22))＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．记A ＝21＋22＋ (22)，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ，则A ＝2(1－22n)1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n]＝n. 故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.引申探究本例(2)中，求数列{b n }的前n 项和T n . 解由(1)知b n ＝2n＋(－1)nn. 当n 为偶数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －1)＋n] ＝2－2n ＋11－2＋n 2＝2n ＋1＋n2－2；当n 为奇数时，T n ＝(21＋22＋ (2))＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n －1)－n] ＝2n ＋1－2＋n －12－n ＝2n ＋1－n 2－52. ∴T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1＋n2－2，n 为偶数，2n ＋1－n 2－52，n 为奇数.思维升华分组转化法求和的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和．(2)通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数，c n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．提醒：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论．跟踪训练等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，满足a 1＝3，b 1＝1，b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3. (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)令c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2S n，n 为奇数，b n ，n 为偶数，设数列{c n }的前n 项和为T n ，求T 2n .解 (1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q ，由⎩⎪⎨⎪⎧b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3，得⎩⎪⎨⎪⎧q ＋6＋d ＝10，3＋4d －2q ＝3＋2d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝2，∴a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝2n －1.(2)由a 1＝3，a n ＝2n ＋1得S n ＝n (a 1＋a n )2＝n(n ＋2)，则c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n (n ＋2)，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，即c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1n －1n ＋2，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，∴T 2n ＝(c 1＋c 3＋…＋c 2n －1)＋(c 2＋c 4＋…＋c 2n )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＋ (2＋23＋…＋22n －1)＝1－12n ＋1＋2(1－4n)1－4＝2n 2n ＋1＋23(4n －1)．题型二错位相减法求和典例(2017²天津)已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N ＋)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4. (1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和(n ∈N ＋)．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q. 由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12，而b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0.又因为q>0，解得q ＝2，所以b n ＝2n. 由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8，① 由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16，②联立①②，解得a 1＝1，d ＝3，由此可得a n ＝3n －2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n. (2)设数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为T n ，由a 2n ＝6n －2，b 2n －1＝2³4n －1，得a 2n b 2n －1＝(3n －1)³4n，故T n ＝2³4＋5³42＋8³43＋…＋(3n －1)³4n，③4T n ＝2³42＋5³43＋8³44＋…＋(3n －4)³4n ＋(3n －1)³4n ＋1，④③－④，得－3T n ＝2³4＋3³42＋3³43＋…＋3³4n－(3n －1)³4n ＋1＝12³(1－4n)1－4－4－(3n －1)³4n ＋1＝－(3n －2)³4n ＋1－8，得T n ＝3n －23³4n ＋1＋83. 所以数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为3n －23³4n ＋1＋83. 思维升华错位相减法求和时的注意点(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式． (3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．跟踪训练 (2018²阜阳调研)设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100.(1) 求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2) 当d>1时，记c n ＝a nb n，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝29.故⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －1或⎩⎪⎨⎪⎧a n＝19(2n ＋79)，b n＝9²⎝ ⎛⎭⎪⎫29n －1.(2)由d>1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故c n ＝2n －12n －1，于是 T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，①12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n .② ①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ，故T n ＝6－2n ＋32n －1.题型三裂项相消法求和命题点1 形如a n ＝1n (n ＋k )型典例 (2017²郑州市第二次质量预测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝－2，且满足S n ＝12a n ＋1＋n ＋1(n ∈N ＋)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝log 3(－a n ＋1)，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋2的前n 项和为T n ，求证：T n <34. (1)解由S n ＝12a n ＋1＋n ＋1(n ∈N ＋)，得S n －1＝12a n ＋n(n ≥2，n ∈N ＋)，两式相减，并化简，得a n ＋1＝3a n －2，即a n ＋1－1＝3(a n －1)，又a 1－1＝－2－1＝－3≠0，所以{a n －1}是以－3为首项，3为公比的等比数列，所以a n －1＝(－3)²3n －1＝－3n.故a n ＝－3n＋1.(2)证明由b n ＝log 3(－a n ＋1)＝log 33n＝n ，得1b n b n ＋2＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，所以T n ＝12⎝ ⎛1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1⎭⎪⎫－1n ＋1＋1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－2n ＋32(n ＋1)(n ＋2)<34. 命题点2 a n ＝1n ＋n ＋k型典例已知函数f(x)＝x α的图像过点(4,2)，令a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )，n ∈N ＋.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 017＝________. 答案2 018－1解析由f(4)＝2，可得4α＝2，解得α＝12，则f(x)＝12x .∴a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 017＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 017＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 017－ 2 016)＋( 2 018－2 017)＝ 2 018－1.思维升华 (1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：1n ＋n ＋k ＝1k (n ＋k －n)，1n (n ＋k )＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k ，裂项后可以产生连续相互抵消的项．(2)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项．跟踪训练 (2018届贵州遵义航天高级中学模拟)已知等差数列{a n }满足(a 1＋a 2)＋(a 2＋a 3)＋…＋(a n ＋a n ＋1)＝2n(n ＋1)．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n ²a n ＋1，求{b n }的前n 项和S n .解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，当n ＝1时，a 1＋a 2＝4，当n ＝2时，a 1＋a 2＋a 2＋a 3＝12，即4a 2＝12，a 2＝3， ∴a 1＝1，d ＝a 2－a 1＝2，∴等差数列{a n }的通项公式a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1， ∴a n ＝2n －1. (2)由(1)得b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.四审结构定方案典例 (12分)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn(其中k ∈N ＋)，且S n 的最大值为8.(1)确定常数k ，并求a n ；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2的前n 项和为T n ，求证：T n <4.(1)S n ＝－12n 2＋kn ――――→S n 是关于n 的二次函数n ＝k 时，S n 最大――――――――→根据S n 的结构特征确定k 的值k ＝4；S n ＝－12n 2＋4n ――→根据S n 求a n a n ＝92－n (2)9－2a n 2n＝n 2n －1――――――――→根据数列结构特征确定求和方法T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n 2n －1――――→错位相减法求和计算可得T n ―→证明：T n <4规范解答(1)解当n ＝k ∈N ＋时，S n ＝－12n 2＋kn 取得最大值，即8＝S k ＝－12k 2＋k 2＝12k 2，故k 2＝16，k ＝4.当n ＝1时，a 1＝S 1＝－12＋4＝72，[3分]当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝92－n.当n ＝1时，上式也成立．综上，a n ＝92－n.[6分](2)证明 ∵9－2a n 2n ＝n2n －1，∴T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n2n －1，①2T n ＝2＋2＋32＋…＋n －12n －3＋n2n －2.②[7分]②－①，得2T n －T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n2n －1＝4－12n －2－n 2n －1＝4－n ＋22n －1.[11分]∴T n ＝4－n ＋22n －1.∴T n <4.[12分]1．(2018²广州调研)数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于( )A ．n 2＋1－12nB ．2n 2－n ＋1－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2－n ＋1－12n答案 A解析该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n ＝n 2＋1－12n.2．(2018²长春调研)数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1²n，则S 17等于( )A ．9B ．8C ．17D ．16答案 A解析 S 17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.3．在数列{a n }中，若a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，则数列{a n }的前12项和等于( ) A ．76 B ．78 C ．80 D ．82 答案 B解析由已知a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，得a n ＋2＋(－1)n ＋1²a n ＋1＝2n ＋1，得a n ＋2＋a n ＝(－1)n(2n －1)＋(2n ＋1)，取n ＝1,5,9及n ＝2,6,10，结果相加可得S 12＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 11＋a 12＝78.故选B.4．(2018²深圳调研)已知函数f(n)＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2，n 为奇数，－n 2，n 为偶数，且a n ＝f(n)＋f(n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( )A ．0B ．100C ．－100D ．10 200 答案 B解析由题意，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100) ＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101) ＝－50³101＋50³103＝100.故选B.5．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋cos2n π2a n ＋sin 2n π2，则该数列的前12项和为( ) A ．211 B ．212 C ．126 D ．147 答案 D解析由题意意可得a 1＝1，a 2＝2，a 3＝a 1＋1＝2，a 4＝2a 2＋0＝4，a 5＝a 3＋1＝3，a 6＝2a 4＝8.即其奇数项构成首项为1，公差为1的等差数列，而其偶数项则构成首项为2，公比为2的等比数列，所以该数列的前2n 项的和S 2n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ＋n (n －1)2³1＋2(1－2n )1－2＝n 2＋n 2＋2n ＋1－2，令n ＝6，可得S 12＝147.6．(2018届南宁二中、柳州高中联考)已知数列2 008，2 009，1，－2 008，…，若这个数列从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 018项之和S 2 018＝________. 答案 4 017解析由题意可知a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，a 1＝2 008， a 2＝2 009，∴a 3＝1，a 4＝－2 008，a 5＝－2 009，a 6＝－1，a 7＝2 008，…，所以a n ＋6＝a n ，即数列{a n }是以6为周期的数列，又a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝0，∴S 2 018＝336(a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6)＋(a 1＋a 2)＝4 017.7．(2017²全国Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则k ＝1n 1S k ＝________. 答案2n n ＋1 解析设等差数列{a n }的公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧ a 3＝a 1＋2d ＝3，S 4＝4a 1＋4³32d ＝10，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，d ＝1.∴S n ＝n ³1＋n (n －1)2³1＝n (n ＋1)2， 1S n ＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. ∴k ＝1n1S k ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1. 8．(2018²商丘质检)有穷数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n －1所有项的和为__________．答案 2n ＋1－2－n解析由题意知所求数列的通项为1－2n 1－2＝2n －1，故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为2(1－2n )1－2－n ＝2n ＋1－2－n.9．(2018届湖南永州模拟)若S n ＝12＋12＋4＋12＋4＋6＋...＋12＋4＋6＋ (2)(n ∈N ＋)，则S 2 017＝________. 答案 2 0172 018解析令a n ＝12＋4＋6＋…＋2n ＝2(2＋2n )n ＝1n －1n ＋1，故S 2 017＝1－12＋12－13＋…＋12 017－12 018＝2 0172 018. 10．(2017²安阳二模)已知数列{a n }中，a n ＝－4n ＋5，等比数列{b n }的公比q 满足q ＝a n －a n －1(n ≥2)且b 1＝a 2，则|b 1|＋|b 2|＋|b 3|＋…＋|b n |＝________.答案 4n －1解析由已知得b 1＝a 2＝－3，q ＝－4，∴b n ＝(－3)³(－4)n －1，∴|b n |＝3³4n －1，即{|b n |}是以3为首项，4为公比的等比数列，∴|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＝3(1－4n )1－4＝4n －1. 11．(2018届广东佛山三水区实验中学模拟)已知等差数列{a n }的公差d 为2，S n 是它的前n 项和，a 1，a 4，a 13成等比数列．(1)求a n 和S n ；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为T n ，求T n .解 (1)因为a 4＝a 1＋3d ＝a 1＋6，a 13＝a 1＋12d ＝a 1＋24，而a 1，a 4，a 13成等比数列，所以a 24＝a 1a 13，即(a 1＋6)2＝a 1(a 1＋24)，解得a 1＝3，所以a n ＝3＋(n －1)²2＝2n ＋1，S n ＝n (3＋2n ＋1)2＝n 2＋2n. (2)由(1)知1S n ＝1n 2＋2n ＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 所以T n ＝12⎣⎢⎡ ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15⎦⎥⎤＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－2n ＋32n 2＋6n ＋4. 12．(2017²天津河西区二模)数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n(n ＋1)(n ∈N ＋)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足：a n ＝b 13＋1＋b 232＋1＋b 333＋1＋…＋b n 3n ＋1，求数列{b n }的通项公式； (3)令c n ＝a n b n 4(n ∈N ＋)，求数列{c n }的前n 项和T n . 解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，可知a 1＝2满足该式， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n(n ∈N ＋)．(2)a n ＝b 13＋1＋b 232＋1＋b 333＋1＋…＋b n 3n ＋1(n ≥1)，① a n ＋1＝b 13＋1＋b 232＋1＋b 333＋1＋…＋b n 3n ＋1＋b n ＋13n ＋1＋1，② ②－①得b n ＋13n ＋1＋1＝a n ＋1－a n ＝2，b n ＋1＝2(3n ＋1＋1)，而b 1＝8，故b n ＝2(3n ＋1)(n ∈N ＋)．(3)∵c n ＝a n b n 4＝n(3n ＋1)＝n²3n ＋n ， ∴T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n＝(1³3＋2³32＋3³33＋…＋n ³3n )＋(1＋2＋…＋n)．令H n ＝1³3＋2³32＋3³33＋…＋n ³3n ，③则3H n ＝1³32＋2³33＋3³34＋…＋n ³3n ＋1，④③－④得－2H n ＝3＋32＋33＋…＋3n －n ³3n ＋1 ＝3(1－3n )1－3－n ³3n ＋1， H n ＝(2n －1)²3n ＋1＋34，∴数列{c n }的前n 项和T n ＝(2n －1)²3n ＋1＋34＋n (n ＋1)2.13．(2018届广东珠海一中等六校联考)数列{a n }满足a 1＝1，且对于任意的n ∈N ＋都有a n ＋1＝a n ＋a 1＋n ，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 017等于( )A.2 0162 017B.4 0322 017 C.2 0172 018D.4 0342 018 答案 D解析由题意可得a n ＋1－a n ＝n ＋1，则a 1＝1，a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n ，以上各式相加可得a n ＝n (n ＋1)2，则1a n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， 1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 017＝2³⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12 017－12 018 ＝4 0342 018. 14．设f(x)＝4x 4＋2，若S ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22 017＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0162 017，则S ＝________. 答案 1 008解析 ∵f(x)＝4x 4x ＋2，∴f(1－x)＝41－x41－x ＋2＝22＋4x ， ∴f(x)＋f(1－x)＝4x 4x ＋2＋22＋4x ＝1. S ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22 017＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0162 017，① S ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0162 017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0152 017＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 017，② ①＋②，得2S ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0162 017＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫22 017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0152 017＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0162 017＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 017 ＝2 016，∴S ＝2 0162＝1 008.15．(2017²贵州一中、凯里一中联考)已知函数f(x)＝e xe x＋1，{a n}为等比数列，a n>0且a1 009＝1，则f(ln a1)＋f(ln a2)＋…＋f(ln a2 017)等于( )A．2 007 B.11 009C．1 D.2 017 2答案 D解析∵f(x)＝e xe x＋1，∴f(－x)＋f(x)＝e－xe－x＋1＋e xe x＋1＝1，∵数列{a n}是等比数列，∴a1a2 017＝a2a2 016＝…＝a1 008a1 010＝a21 009＝1，设S2 017＝f(ln a1)＋f(ln a2)＋…＋f(ln a2 017)，①则S2 017＝f(ln a2 017)＋f(ln a2 016)＋…＋f(ln a1)，②①＋②得2S2 017＝2 017，∴S2 017＝2 0172，故选D.16．(2018²南昌调研)已知正项数列{a n}的前n项和为S n，任意n∈N＋，2S n＝a2n＋a n.令b n＝1a n a n＋1＋a n＋1a n，设{b n}的前n项和为T n，则在T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为________．答案9解析∵2S n＝a2n＋a n，①∴2S n＋1＝a2n＋1＋a n＋1，②②－①，得2a n＋1＝a2n＋1＋a n＋1－a2n－a n，a2n＋1－a2n－a n＋1－a n＝0，(a n＋1＋a n)(a n＋1－a n－1)＝0.又∵{a n}为正项数列，∴a n＋1－a n－1＝0，即a n＋1－a n＝1.在2S n＝a2n＋a n中，令n＝1，可得a1＝1.∴数列{a n}是以1为首项，1为公差的等差数列．∴a n＝n，∴b n＝1n n＋1＋(n＋1)n＝(n＋1)n－n n＋1[n n＋1＋(n＋1)n][(n＋1)n－n n＋1]＝(n＋1)n－n n＋1n(n＋1)＝1n－1n＋1，∴T n＝1－12＋12－13＋…＋1n－1－1n＋1n－1n＋1＝1－1n＋1，要使T n为有理数，只需1n＋1为有理数，令n＋1＝t2，∵1≤n≤100，∴n＝3,8,15,24,35,48,63,80,99，共9个数．∴T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为9.。

高考数学(北师大版理)一轮复习课件第六章数列第1节

规律方法根据所给数列的前几项求其通项时，需仔细观察分析，抓住以下几方面的特征： (1)分式中分子、分母的各自特征； (2)相邻项的联系特征； (3)拆项后的各部分特征； (4)符号特征.应多进行对比、分析，从整体到局部多角度观察、归纳、联想.
【训练 1】 (1)(2018·长沙模拟)已知数列的前 4 项为 2，0，2，0，则依此归纳该数
些项小于它的前一项的数列
3.数列的通项公式 (1)通项公式：如果数列{an}的第n项an与____n____之间的关系可以用一个式子an＝ f(n)来表示，那么这个公式叫作这个数列的通项公式. (2)递推公式：如果已知数列{an}的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项an与它的前一项an－1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫作这个数列的递推公式.
【训练2】 (1)已知数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n，则数列{an}的通项公式an＝ ________. (2)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n＋1，则数列的通项公式an＝________. 解析 (1)a1＝S1＝2－3＝－1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2－3n)－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，由于a1也适合上式，∴an＝4n－5.
答案
(1)32n2＋n2
2 (2)n＋1
(3)2n＋1－3
规律方法 1.形如 an＋1＝an＋f(n)的递推关系式利用累加法求通项公式，特别注意能消去多少项，保留多少项. 2.形如 an＋1＝an·f(n)的递推关系式可化为aan＋n1＝f(n)的形式，可用累乘法，也可用 an＝aan－n 1·aann－－12·…·aa21·a1 代入求出通项. 3.形如 an＋1＝pan＋q 的递推关系式可以化为(an＋1＋x)＝p(an＋x)的形式，构成新的等比数列，求出通项公式，求变量 x 是关键.

北师大版高中数学复习之--数列优秀课件

( n 1 ) 2 ( n 1 ) n 2n 2 n 1 ( 2 n 1 )n 1
1 1 (n )2 2 4 1 1 n 2
∴
bn1 bn
解法二：（作差法） a 1a 1 1 a n n n b b ( a ) n 1 n n n 1 n n 1 a n n 1 2 n (n 1 n ) a n n n 1 a n 1 2 n (n 1 n ) a n n ( n 1 ) a n
（2）试确定实数 m 的取值范围，使得对于一切大于 1 的自然数 n 不等式：
11 m2 log f ( n ) log ( n 1 ) m m 1 20
2

恒成立.
分析要想利用不等式恒成立求 m 的取值范围，就应当
知道f(n) 是谁，而f(n)又与数列 Sn 有关，因此，要从 f(n)= S2n+1-Sn+1 入手求解,为了求解方便，应当知道，若想 f (n) 大于已知式恒成立，只要知道 f (n) 是单调递增的函数，那么 f (2) 为 f (n) 的最小值，只要f(2)>已 f( 2 ) 知式恒成立即可。
解：∵
1 1 1 S 1 (nN n ) 2 3 n
1 1 11 1 1 1 1 ∴ S 2 n 1 2 3 n n 1 n 22 n 2 n 1
11 1 1 S 1 n 1 23 nn 1
到数学归纳法，这也是证明不等式的一个基本方法，在比较 b n 与
b n 1 大小的时候，可利用函数
的思想，利用函数的单调性进行比较。
2 2 1 1 证明：（1）当n =1时，a 不等式成立 1

2019年高考数学(北师大版理科)：专题探究课3 数列中的高考热点问题

三数列中的高考热点问题(对应学生用书第90页)[命题解读] 数列在中学数学中既具有独立性，又具有较强的综合性，是初等数学与高等数学的一个重要衔接点，从近五年全国卷高考试题来看，本专题的热点题型有：一是等差、等比数列的综合问题；二是数列的通项与求和；三是数列与函数、不等式的交汇，难度中等．解决等差、等比数列的综合问题，关键是理清两种数列的项之间的关系，并注重方程思想的应用，等差(比)数列共涉及五个量a 1，a n ，S n ，d(q)，n ，“知三求二”．已知等差数列{an }，公差d ＝2，S 1，S 2，S 4成等比数列．(1)求a n ；(2)令b n ＝(－1)n4n a n ·a n ＋1，求{b n }的前n 项和T n .[解] (1)∵S 1，S 2，S 4成等比数列．∴S 22＝S 1S 4，∴(2a 1＋2)2＝a 1⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫4a 1＋4×32×2 解得a 1＝1，∴a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.(2)b n ＝(－1)n ·4n a n ·a n ＋1＝(－1)n ·4n(2n －1) (2n ＋1)＝(－1)n ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1＋12n ＋1. ∴当n 为偶数时，{b n }的前n 项和T n ＝－⎝⎛⎭⎪⎪⎫1＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13＋15－…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1＋12n ＋1 ＝－1＋12n ＋1＝－2n 2n ＋1，当n 为奇数时，{b n }的前n 项和T n ＝－⎝⎛⎭⎪⎪⎫1＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13＋15－…－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1＋12n ＋1 ＝－1－12n ＋1＝－2n ＋22n ＋1. 故T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ －2n 2n ＋1，n 为偶数，－2n －22n ＋1，n 为奇数. }b>01是等比数列；若}b>0≠1是等差数列. 对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系，以便实现等差、等比数列之间的相互转化[跟踪训练] 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，常数λ>0，且λa 1a n ＝S 1＋S n 对一切正整数n 都成立．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设a 1>0，λ＝100.当n 为何值时，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫lg 1a n 的前n 项和最大？ [解] (1)取n ＝1，得λa 21＝2S 1＝2a 1，a 1(λa 1－2)＝0. 若a 1＝0，则S n ＝0.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝0－0＝0，所以a n ＝0(n ≥1)．若a 1≠0，则a 1＝2λ.当n ≥2时，2a n ＝2λ＋S n,2a n －1＝2λ＋S n －1，两式相减得2a n －2a n －1＝a n ，所以a n ＝2a n －1(n ≥2)，从而数列{a n }是等比数列，所以a n ＝a 1·2n －1＝2λ·2n －1＝2n λ.综上，当a 1＝0时，a n ＝0；当a 1≠0时，a n ＝2n λ.(2)当a 1>0，且λ＝100时，令b n ＝lg 1a n，由(1)知，b n ＝lg 1002n ＝2－nlg 2. 所以数列{b n }是单调递减的等差数列，公差为－lg 2.。

北师大版高考数学一轮复习统考第6章数列高考大题冲关系列3高考中数列问题的热点题型课件

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14 解
两式相减得12Sn＝12＋2212＋213＋…＋21n－22nn－＋11，
即12Sn＝12＋2×1411－－212n1－1－22nn－＋11＝32－2n1－1－22nn－＋11，
解 (1)设等差数列{an}的公差为 d，
∵a2＋2，a4，a6－2 顺次成等比数列，
∴a24＝(a2＋2)(a6－2)，
∴(a3＋d)2＝(a3－d＋2)(a最3＋新 P3PdT－欢2迎)下，载可修改
3解
又 a3＝3，∴(3＋d)2＝(5－d)(1＋3d)，化简得 d2－2d＋1＝0，解得 d＝1，
－(n＋1)·2n＋2＝－n·2n＋2，
∴Tn＝n·2n＋2，易知数列{Tn}是递增数列，又 T5＝640，T6＝1536，∴使
Tn>1000 成立的 n 的最小值为 6.
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8解
题型2 数列的通项与求和
例 2 (2019·广州调研)已知数列{an}满足 a1＋4a2＋42a3＋…＋4n－1an＝n4 (n∈N*)．
∴an＝a3＋(n－3)d＝3＋(n－3)×1＝n. (2)由(1)得 bn＝－a1nanna＋21n＋1＝(－1)nn2nn＋＋11 ＝(－1)nn1＋n＋1 1， ∴S2n＝b1＋b2＋b3＋…＋b2n ＝－1＋12＋12＋31－13＋14＋…＋21n＋2n1＋1＝－1＋2n1＋1＝2－n＋2n1.
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10 解
(2)由(1)得 bn＝24nn＋an1＝2n1＋1，所以 bnbn＋1＝2n＋112n＋3＝122n1＋1－2n1＋3，故 Tn＝12×31－15＋15－71＋…＋2n1＋1－2n1＋3＝12×31－2n1＋3＝6nn＋9.

高三数学第四篇第一节数列课件理北师大版

项与项数的关系，项与前后项之间的关系，通项公式的形式并不唯一
．
【自主探究】 (1)各项是从4开始的偶数，
所以an＝2n＋2.
(2)每一项分子比分母少1，而分母可写为21,22,23,24,25，…，故所求数列的一
个通项公式可写为an＝
.
2n－1
2n
(3)带有正负号，故每项中必须含有(－1)n＋1这个因式，而后去掉负号，观察
第二十六页，编辑于星期五：八点三十六分。
3．已知 a1 且aan－n 1＝f(n)(n≥2)，可以用“累乘法”，即aan－n 1＝f(n)，aann－－12＝f(n－1)，…，aa32＝f(3)， aa21＝f(2)，所有等式左右两边分别相乘，得 aan－n 1·aann－－12·…·aa32·aa21 ＝f(2)·f(3)·…·f(n－1)·f(n)，即an＝a1·f(2)·f(3)·…·f(n－1)·f(n.)
第二十四页，编辑于星期五：八点三十六分。
∴8an＝(an＋an－1＋4)(an－an－1)， ∴(an＋an－1)(an－an－1－4)＝0， ∵an＞0，∴an＋an－1＞0， ∴an－an－1－4＝0，即an－an－1＝4. ∴数列{an}为等差数列，且公差d＝4，
又a1＝S1＝(a1＋2)2， ∴a1＝2，∴an＝8 2＋4(n－1)＝4n－2.
第三页，编辑于星期五：八点三十六分。
1．数列的定义按照一定顺序排列着的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数
列的项． 2．数列的分类
第四页，编辑于星期五：八点三十六分。
分类原则按项数分类按项与项间的大小关系
分类
按其他标准分类
类型有穷数列无穷数列递增数列递减数列

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3
4
5
解析
答案
4.(2017· 江西高安中学等九校联考)已知数列{an}是等比数列，数列{bn}是等 b3＋b9 差数列，若 a1· a6· a11＝3 3，b1＋b6＋b11＝7π，则 tan 的值是 1－a4· a8 A.1 2 C.－ 2 2 B. 2
√
D.－ 3
1
2
3
4
5
解析
答案
5.(2018· 保定模拟)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，对任意 n∈N＋都有 Sn＝ 2 1 4 a n－，若 1<Sk<9 (k∈N＋)，则 k 的值为_____. 3 3
an 的前求数列 bn
n 项和 Tn.
解答
命题点2 数列与不等式的交汇例4 (2016· 天津)已知{an}是各项均为正数的等差数列，公差为d，对任意的n∈N＋，bn是an和an＋1的等比中项.
∴(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，∴d2＝a1d，
a1＋a5＋a9 15a1 ∵d≠0，∴d＝a1，∴ ＝＝3.故选 B. 5 a a2＋a3 1
1 2 3 4 5
解析
答案
2.(2018· 衡水调研)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，a5＝5，S5＝15，则
1 数列a a 的前 100 项和为 n n＋1
1
2
3
4
5
解析
答案
题型分类
深度剖析
题型一
等差数列、等比数列的综合问题
例1
(2016· 四川)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；
解答
2 y 2 2 2 2 (2)设双曲线 x － 2＝1 的离心率为 en，且 e2＝2，求 e1＋e2＋…＋en. an
解
8
a7 a8 2 2 由已知，得 b7＝，b8＝＝4b7，
a7
7
有 2 a ＝4× 2 ＝ 2 a ＋2，
解得 d＝a8－a7＝2，
nn－1 所以 Sn＝na1＋ d＝－2n＋n(n－1)＝n2－3n. 2
解答
1 (2)若 a1＝1，函数 f(x)的图像在点(a2， b2)处的切线在 x 轴上的截距为 2－， ln 2
an 1 1 ∴ n 是以为首项，为公比的等比数列. 2 2
证明
(2)求数列{an}的通项公式与前n项和Sn.
解答
题型三命题点1 数列与函数的交汇
数列与其他知识的交汇
例3 (2018· 长春模拟)设等差数列{an}的公差为d，点(an，bn)在函数f(x)＝2x 的图像上(n∈N＋). (1)若a1＝－2，点(a8,4b7)在函数f(x)的图像上，求数列{an}的前n项和Sn；
a5 1 于是 q ＝＝ . a3 4
2
3 1 又{an}不是递减数列且 a1＝，所以 q＝－ . 2 2
1 3 n－1 n－1 3 故等比数列{an}的通项公式为 an＝ ×－2 ＝(－1) · n. 2 2
解答
1 (2)设 Tn＝Sn－ (n∈N＋)，求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值. Sn
解答
思维升华等差数列、等比数列综合问题的解题策略 (1) 分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差 (公比)等，确定解题的顺序. (2) 注意细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的.
3 跟踪训练1 (2018· 沧州模拟)已知首项为的等比数列{an}不是递减数列， 2 其前n项和为Sn(n∈N＋)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式；解设等比数列{an}的公比为q，
因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3，
解得a1＝1，所以an＝2n－1.
解答
(2)令 bn＝(－1)
n－1
4n ，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. anan＋1
解答
思维升华 (1)一般求数列的通项往往要构造数列，此时从要证的结论出发，这是很重要的解题信息. (2)根据数列的特点选择合适的求和方法，常用的求和方法有错位相减法、分组转化法、裂项相消法等.
解答
题型二
数列的通项与求和
例2 (2018· 邢台模拟)已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，
S2，S4成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
2×1 解因为 S1＝a1，S2＝2a1＋ ×2＝2a1＋2， 2 4×3 S4＝4a1＋ ×2＝4a1＋12， 2
由题意得(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，
1 跟踪训练 2 (2018· 大连模拟)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＝，an＋1 2 n＋1 ＝ an(n∈N＋). 2n
an 是等比数列； (1)证明：数列 n
n＋1 1 证明 ∵a1＝，an＋1＝ a， 2 2n n an 当 n∈N＋时， ≠0， n a1 1 an＋1 an 1 又＝， ∶ ＝ (n∈N＋)为常数， 1 2 n＋1 n 2
高考专题突破三
高考中的分类深度剖析
课时作业
考点自测
1.(2017· 洛阳模拟)已知等差数列{an}的公差和首项都不等于0，且a2，
a1＋a5＋a9 a4，a8成等比数列，则等于 a2＋a3
A.2
√
B.3
C.5
D.7
解析 ∵在等差数列{an}中，a2，a4，a8 成等比数列，∴a2 4＝a2a8，
√
100 A. 101 99 C. 100
99 B. 101 101 D. 100
1
2
3
4
5
解析
答案
3.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.6
B.7
C.8
D.9 √
1
2