(江苏专用)2020版高考数学二轮复习专题三数列第2讲数列的求解与综合创新学案(文)苏教版

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江苏专用2020版高考数学二轮复习专题三数列第2讲数列的求解与综合创新学案文苏教版20191121326

第2讲数列的求解与综合创新[2019考向导航]1．必记的概念与定理(1)等差数列{a n }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{a n }的前n 项和公式：q ≠1时，S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q 1－q；q ＝1时，S n ＝na 1；(3)数列求和的方法技巧 ①分组转化法有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列的通项公式拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．②错位相减法这是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别是等差数列和等比数列．③倒序相加法若求和式中到首尾距离相等的两项和相等或者求和式中到首尾距离相等的两项具有某种对称性，则可以考虑使用倒序相加的求和方法．在使用倒序相加法求和时要注意相加后求出的和是所求和的二倍，得出解题结果后不要忽视了除以2．④裂项相消法利用通项公式变形，将通项公式分裂成两项或几项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和．2．记住几个常用的公式与结论常见的拆项公式： (1)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1；(2)1n （n ＋k ）＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k ；(3)1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；(4)1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )．3．需要关注的易错易混点在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形导致解题失误．数列求通项、求和及求参数的范围(值)[典型例题](2019·南京高三模拟)已知常数p ＞0，数列{a n }满足a n ＋1＝|p －a n |＋2a n ＋p ，n ∈N *．(1)若a 1＝－1，p ＝1， ①求a 4的值；②求数列{a n }的前n 项和S n ．(2)若数列{a n }中存在三项a r ，a s ，a t (r ，s ，t ∈N *，r ＜s ＜t )依次成等差数列，求a 1p的取值范围．【解】 (1)因为p ＝1，所以a n ＋1＝|1－a n |＋2a n ＋1． ①因为a 1＝－1，所以a 2＝|1－a 1|＋2a 1＋1＝1，a 3＝|1－a 2|＋2a 2＋1＝3，a 4＝|1－a 3|＋2a 3＋1＝9．②因为a 2＝1，a n ＋1＝|1－a n |＋2a n ＋1，所以当n ≥2时，a n ≥1，从而a n ＋1＝|1－a n |＋2a n ＋1＝a n －1＋2a n ＋1＝3a n (n ≥2)，所以a n ＝3n －2(n ≥2)．当n ＝1时，S 1＝－1．当n ≥2时，S n ＝－1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝－1＋1－3n －11－3＝3n －1－32．所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，3n －1－32，n ≥2，n ∈N *，即S n ＝3n －1－32，n ∈N *． (2)因为a n ＋1－a n ＝|p －a n |＋a n ＋p ≥p －a n ＋a n ＋p ＝2p ＞0，所以a n ＋1＞a n ，即{a n }单调递增． ①当a 1p≥1时，有a 1≥p ，于是a n ≥a 1≥p ，所以a n ＋1＝|p －a n |＋2a n ＋p ＝a n －p ＋2a n ＋p ＝3a n ，所以a n ＝3n －1a 1．若{a n }中存在三项a r ，a s ，a t (r ，s ，t ∈N *，r ＜s ＜t )依次成等差数列，则有2a s ＝a r ＋a t ，即2×3s －1＝3r －1＋3t －1．(*)因为s ≤t －1，所以2×3s －1＝23×3s ＜3t －1＜3r －1＋3t －1，即(*)不成立．故此时数列{a n }中不存在三项依次成等差数列． ②当－1＜a 1p＜1时，有－p ＜a 1＜p ．此时a 2＝|p －a 1|＋2a 1＋p ＝p －a 1＋2a 1＋p ＝a 1＋2p ＞p ，于是当n ≥2时，a n ≥a 2＞p ，从而a n ＋1＝|p －a n |＋2a n ＋p ＝a n －p ＋2a n ＋p ＝3a n ．所以a n ＝3n －2a 2＝3n －2(a 1＋2p )(n ≥2)．若{a n }中存在三项a r ，a s ，a t (r ，s ，t ∈N *，r ＜s ＜t )依次成等差数列，由①可知，r ＝1，于是有2×3s －2(a 1＋2p )＝a 1＋3t －2(a 1＋2p )．因为2≤s ≤t －1，所以a 1a 1＋2p＝2×3s －2－3t －2＝29×3s －13×3t －1＜0．因为2×3s －2－3t －2是整数，所以a 1a 1＋2p≤－1，于是a 1≤－a 1－2p ，即a 1≤－p ，与－p ＜a 1＜p 矛盾，故此时数列{a n }中不存在三项依次成等差数列． ③当a 1p≤－1时，有a 1≤－p ＜p ，a 1＋p ≤0，于是a 2＝|p －a 1|＋2a 1＋p ＝p －a 1＋2a 1＋p ＝a 1＋2p ，a 3＝|p －a 2|＋2a 2＋p ＝|p ＋a 1|＋2a 1＋5p ＝－p －a 1＋2a 1＋5p ＝a 1＋4p ，此时有a 1，a 2，a 3成等差数列．综上可知：a 1p≤－1．对于数列中有关参数的范围(值)问题，技巧性较高，主要是抓住n ∈N *这一特点，常常用函数思想和转化化归思想将有关问题转化为函数或放缩到某一范围处理．[对点训练]1．(2019·江苏名校高三入学摸底)已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝a n ＋2a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和S n ； (3)在第(2)问的条件下，若不等式(－1)nλ(4－S n )≤1对任意的n ∈N *恒成立，求λ的取值范围．[解] (1)由已知得a n ＋1n ＋1＝2a n n，其中n ∈N *，又a 11＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为1，公比为2的等比数列，所以a n n＝2n －1，则a n ＝n ·2n －1．(2)由(1)知，b n ＝4（n ＋2）n ·（n ＋1）2n ＝4n ·2n －1－4（n ＋1）2n ，故S n ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－14＋14－112＋112－132＋…＋1n ·2n －1－1（n ＋1）2n＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1（n ＋1）2n ．(3)由(2)得S n ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1（n ＋1）2n ，所以(－1)nλ(4－S n )≤1可化为4（－1）nλ（n ＋1）2n ≤1．当n 为奇数时，不等式可化为λ≥－（n ＋1）2n4，记f (n )＝－（n ＋1）2n4，易证{f (n )}是递减数列，所以f (n )max ＝f (1)＝－1，所以λ≥－1．当n 为偶数时，不等式可化为λ≤（n ＋1）2n4，记g (n )＝（n ＋1）2n4，易证{g (n )}是递增数列，所以g (n )min ＝g (2)＝3，所以λ≤3．综上可知，λ的取值范围为－1≤λ≤3．数列的综合与创新 [典型例题](2019·高考江苏卷)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M －数列”． (1)已知等比数列{a n }(n ∈N *)满足：a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，求证：数列{a n }为“M －数列”；(2)已知数列{b n }(n ∈N *)满足：b 1＝1，1S n ＝2b n －2b n ＋1，其中S n 为数列{b n }的前n 项和．①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数．若存在“M －数列”{c n }(n ∈N *)，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有c k ≤b k ≤c k ＋1成立，求m 的最大值．【解】 (1)证明：设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0．由⎩⎪⎨⎪⎧a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a 21q 4＝a 1q 4，a 1q 2－4a 1q ＋4a 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2．因此数列{a n }为“M －数列”． (2)①因为1S n ＝2b n －2b n ＋1，所以b n ≠0．由b 1＝1，S 1＝b 1，得11＝21－2b 2，则b 2＝2．由1S n ＝2b n －2b n ＋1，得S n ＝b n b n ＋12（b n ＋1－b n ），当n ≥2时，由b n ＝S n －S n －1，得b n ＝b n b n ＋12（b n ＋1－b n ）－b n －1b n2（b n －b n －1），整理得b n ＋1＋b n －1＝2b n ．所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列．因此，数列{b n }的通项公式为b n ＝n (n ∈N *)． ②由①知，b k ＝k ，k ∈N *．因为数列{c n }为“M －数列”，设公比为q ，所以c 1＝1，q >0．因为c k ≤b k ≤c k ＋1，所以q k －1≤k ≤q k，其中k ＝1，2，3，…，m ．当k ＝1时，有q ≥1；当k ＝2，3，…，m 时，有ln k k ≤ln q ≤ln kk －1．设f (x )＝ln x x (x >1)，则f ′(x )＝1－ln xx2．令f ′(x )＝0，得x ＝e ．列表如下：因为ln 22＝ln 86<ln 96＝ln 33，所以f (k )max ＝f (3)＝ln 33．取q ＝33，当k ＝1，2，3，4，5时，ln k k≤ln q ，即k ≤q k ，经检验知q k －1≤k 也成立．因此所求m 的最大值不小于5．若m ≥6，分别取k ＝3，6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216，所以q 不存在．因此所求m 的最大值小于6．综上，所求m 的最大值为5．数列综合与创新问题的解题策略(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公式、求通项公式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．[对点训练]2．对于给定的正整数k，若数列{a n} 满足：a n－k＋a n－k＋1＋…＋a n－1＋a n＋1＋…＋a n＋k－1＋a n ＋k＝2ka n对任意正整数n(n>k) 总成立，则称数列{a n} 是“P(k)数列”．(1)证明：等差数列{a n}是“P(3)数列”；(2)若数列{a n}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{a n}是等差数列．[证明] (1)因为{a n}是等差数列，设其公差为d，则a n＝a1＋(n－1)d，从而，当n≥4时，a n－k＋a n＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d＝2a1＋2(n－1)d＝2a n，k＝1，2，3，所以a n－3＋a n－2＋a n－1＋a n＋1＋a n＋2＋a n＋3＝6a n，因此等差数列{a n}是“P(3)数列”．(2)数列{a n}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，当n≥3时，a n－2＋a n－1＋a n＋1＋a n＋2＝4a n，①当n≥4时，a n－3＋a n－2＋a n－1＋a n＋1＋a n＋2＋a n＋3＝6a n．②由①知，a n－3＋a n－2＝4a n－1－(a n＋a n＋1)，③a n＋2＋a n＋3＝4a n＋1－(a n－1＋a n)．④将③④代入②，得a n－1＋a n＋1＝2a n，其中n≥4，所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′．在①中，取n＝4，则a2＋a3＋a5＋a6＝4a4，所以a2＝a3－d′，在①中，取n＝3，则a1＋a2＋a4＋a5＝4a3，所以a1＝a3－2d′，所以数列{a n}是等差数列．1．已知数列{a n}的前n项和S n满足S n＋S m＝S n＋m(n，m∈N*)且a1＝5，则a8＝________．[解析] 数列{a n}的前n项和S n满足S n＋S m＝S n＋m(n，m∈N*)且a1＝5，令m＝1，则S n＋1＝S n＋S1＝S n＋5，即S n＋1－S n＝5，所以a n＋1＝5，所以a8＝5．[答案] 52．(2019·江苏省名校高三入学摸底卷)已知公差不为0的等差数列{a n}的前n项和为S n，若a1，a3，a4成等比数列，则S3S7－S4的值为________．[解析] 法一：设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 1，a 3，a 4成等比数列，所以a 23＝a 1a 4，所以(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋3d )，因为d ≠0，所以a 1＝－4d ，所以S 3S 7－S 4＝3a 1＋3×22d7a 1＋7×62d －⎝ ⎛⎭⎪⎫4a 1＋4×32d ＝3a 1＋3d 3a 1＋15d ＝－9d3d ＝－3．法二：设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 1，a 3，a 4成等比数列，所以a 23＝a 1a 4，所以(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋3d )，因为d ≠0，所以a 1＝－4d ，所以S 3S 7－S 4＝3a 23a 6＝a 1＋d a 1＋5d ＝－3dd＝－3． [答案] －33．(2019·泰州市高三模拟)设f (x )是R 上的奇函数，当x >0时，f (x )＝2x＋ln x4，记a n＝f (n －5)，则数列{a n }的前8项和为________．[解析] 数列{a n }的前8项和为a 1＋a 2＋…＋a 8＝f (－4)＋f (－3)＋…＋f (3)＝f (－4)＋[f (－3)＋f (3)]＋[f (－2)＋f (2)]＋[f (－1)＋f (1)]＋f (0)＝f (－4)＝－f (4)＝－(24＋ln 1)＝－16．[答案] －164．(2019·日照模拟改编)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，则{|a n |}的前n 项和T n＝________．[解析] 由S n ＝n 2－6n 可得，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－6n －(n －1)2＋6(n －1)＝2n －7．当n ＝1时，S 1＝－5＝a 1，也满足上式，所以a n ＝2n －7，n ∈N *．所以n ≤3时，a n ＜0；n ≥4时，a n ＞0，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，1≤n ≤3，n 2－6n ＋18，n ≥4．[答案] ⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，1≤n ≤3，n 2－6n ＋18，n ≥45．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，并且S 10>0，S 11<0，若S n ≤S k 对n ∈N *恒成立，则正整数k 的值为________．[解析] 由S 10>0，S 11<0知a 1>0，d <0，并且a 1＋a 11<0，即a 6<0，又a 5＋a 6>0，所以a 5>0，即数列的前5项都为正数，第5项之后的都为负数，所以S 5最大，则k ＝5．[答案] 56．(2019·南京高三模拟)若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 3－a 1＝2，则a 5的最小值为________．[解析] 设等比数列{a n }的公比为q (q ＞0且q ≠1)，则由a 3－a 1＝2，得a 1＝2q 2－1．因为a 3－a 1＝2＞0，所以q ＞1，所以a 5＝a 1q 4＝2q 4q 2－1．令q 2－1＝t ＞0，所以a 5＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋1t ＋2≥8，当且仅当t ＝1，即q ＝2时，等号成立，故a 5的最小值为8．[答案] 87．(2019·江苏名校高三入学摸底)定义实数a ，b 之间的运算⊕如下：a ⊕b ＝⎩⎪⎨⎪⎧a （a ≥b ）b （a <b ），已知数列{a n }满足：a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝2（a n ＋1⊕2）a n(n ∈N *)，若a 2 017＝1，记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 017的值为________．[解析] 因为a 1＝1，a 2＝1，所以a 3＝4，a 4＝8，a 5＝4，a 6＝1，a 7＝1，a 8＝4，…即此时{a n }是周期数列，且周期为5，所以a 2 017＝a 2＝1，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝18，故S 2 017＝403×18＋a 1＋a 2＝7 256． [答案] 7 2568．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，{a n }的“差数列”的通项公式为a n ＋1－a n ＝2n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________．[解析] 因为a n ＋1－a n ＝2n ，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n1－2＋2＝2n －2＋2＝2n．所以S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2．[答案] 2n ＋1－29．(2019·徐州调研)设等差数列{a n }满足a 3＋a 7＝36，a 4a 6＝275，且a n a n ＋1有最小值，则这个最小值为________．[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 3＋a 7＝36，所以a 4＋a 6＝36，与a 4a 6＝275，联立，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝11，a 6＝25或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝25，a 6＝11，当⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝11，a 6＝25时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－10，d ＝7，此时a n ＝7n －17，a 2＝－3，a 3＝4，易知当n ≤2时，a n <0，当n ≥3时，a n >0，所以a 2a 3＝－12为a n a n ＋1的最小值；当⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝25，a 6＝11时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝46，d ＝－7，此时a n ＝－7n ＋53，a 7＝4，a 8＝－3，易知当n ≤7时，a n >0，当n ≥8时，a n <0，所以a 7a 8＝－12为a n a n ＋1的最小值．综上，a n a n ＋1的最小值为－12． [答案] －1210．(2019·昆明调研)将数列{a n }中的所有项按每一行比上一行多1项的规则排成如下数阵：a 1a 2，a 3a 4，a 5，a 6a 7，a 8，a 9，a 10……记数阵中的第1列数a 1，a 2，a 4，…构成的数列为{b n }，S n 为数列{b n }的前n 项和．若S n＝2b n －1，则a 56＝________．[解析] 当n ≥2时，因为S n ＝2b n －1，所以S n －1＝2b n －1－1，所以b n ＝2b n －2b n －1，所以b n＝2b n －1(n ≥2且n ∈N *)，因为b 1＝2b 1－1，所以b 1＝1，所以数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以b n ＝2n －1．设a 1，a 2，a 4，a 7，a 11，…的下标1，2，4，7，11，…构成数列{c n }，则c 2－c 1＝1，c 3－c 2＝2，c 4－c 3＝3，c 5－c 4＝4，…，c n －c n －1＝n －1，累加得，c n －c 1＝1＋2＋3＋4＋…＋(n －1)，所以c n ＝n （n －1）2＋1，由c n ＝n （n －1）2＋1＝56，得n ＝11，所以a 56＝b 11＝210＝1 024．[答案] 1 02411．(2019·江苏名校高三入学摸底)构造数组，规则如下：第一组是两个1，即(1，1)，第二组是(1，2a ，1)，第三组是(1，a (1＋2a )，2a ，a (2a ＋1)，1)，…，在每一组的相邻两个数之间插入这两个数的和的a 倍得到下一组，其中a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14．设第n 组中有a n 个数，且这a n 个数的和为S n (n ∈N *)．(1)求a n 和S n ； (2)求证：a 1－1S 1＋a 2－1S 2＋…＋a n －1S n ≥n2． [解] (1)由题意可得a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋(a n －1)＝2a n －1，所以a n ＋1－1＝2(a n －1)，又a 1－1＝1，则a n －1＝2n －1，所以a n ＝2n －1＋1．又S 1＝2，且S n ＋1＝S n ＋2a (S n －1)＝(2a ＋1)S n －2a ，则S n ＋1－1＝(2a ＋1)(S n －1)，又S 1－1＝1，所以S n －1＝(2a ＋1)n －1，所以S n ＝(2a ＋1)n －1＋1．(2)证明：令b n ＝a n －1S n ，则b n ＝2n －1（2a ＋1）n －1＋1．下面用分析法证明数列{b n }为单调递增数列．要证b n <b n ＋1，即证2n －1（2a ＋1）n －1＋1<2n（2a ＋1）n＋1，又a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14，故即证2(2a ＋1)n －1＋2>(2a ＋1)n ＋1，只需证2(2a ＋1)n －1≥(2a ＋1)n，即证2≥2a ＋1，显然成立，则数列{b n }为单调递增数列．所以a 1－1S 1＋a 2－1S 2＋…＋a n －1S n ≥n ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－1S 1＝n2． 12．(2019·江苏名校高三入学摸底)已知各项均为正数的数列{a n }满足：a 1＝a ，a 2＝b ，a n ＋1＝a n a n ＋2＋m (n ∈N *)，其中m ，a ，b 均为实常数．(1)若m ＝0，且a 4，3a 3，a 5成等差数列． ①求ba的值；②若a ＝2，令b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数2log 2a n －1，n 为偶数，求数列{b n }的前n 项和S n ；(2)是否存在常数λ，使得a n ＋a n ＋2＝λa n ＋1对任意的n ∈N *都成立？若存在，求出实数λ的值(用m ，a ，b 表示)；若不存在，请说明理由．[解] (1)①因为m ＝0，所以a 2n ＋1＝a n a n ＋2，所以正项数列{a n }是等比数列，不妨设其公比为q ．又a 4，3a 3，a 5成等差数列，所以q 2＋q ＝6，解得q ＝2或q ＝－3(舍去)，所以b a＝2．②当a ＝2时，数列{a n }是首项为2、公比为2的等比数列，所以a n ＝2n，所以b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，即数列{b n }的奇数项依次构成首项为2、公比为4的等比数列，偶数项依次构成首项为3、公差为4的等差数列．当n 为偶数时，S n ＝2（1－4n 2）1－4＋n2（3＋2n －1）2＝2n ＋13＋n 2＋n 2－23；当n 为奇数时，S n ＝2（2n ＋1－1）3＋（n ＋1）（n ＋1＋1）2－(2n ＋1)＝2n ＋23＋n 2－n 2－23．所以S n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋13＋n 2＋n 2－23，n 为偶数2n ＋23＋n 2－n 2－23，n 为奇数．(2)存在常数λ＝a 2＋b 2－m ab，使得a n ＋a n ＋2＝λa n ＋1对任意的n ∈N *都成立．证明如下：因为a 2n ＋1＝a n a n ＋2＋m (n ∈N *)，所以a 2n ＝a n －1a n ＋1＋m ，n ≥2，n ∈N *，所以a 2n ＋1－a 2n ＝a n a n ＋2－a n －1a n ＋1，即a 2n ＋1＋a n －1a n ＋1＝a n a n ＋2＋a 2n ．由于a n >0，此等式两边同时除以a n a n ＋1，得a n ＋a n ＋2a n ＋1＝a n －1＋a n ＋1a n，所以a n ＋a n ＋2a n ＋1＝a n －1＋a n ＋1a n ＝…＝a 1＋a 3a 2，即当n ≥2，n ∈N *时，都有a n ＋a n ＋2＝a 1＋a 3a 2a n ＋1．因为a 1＝a ，a 2＝b ，a 2n ＋1＝a n a n ＋2＋m ，所以a 3＝b 2－ma，所以a 1＋a 3a 2＝a ＋b 2－m a b ＝a 2＋b 2－mab，所以当λ＝a 2＋b 2－m ab时，对任意的n ∈N *都有a n ＋a n ＋2＝λa n ＋1成立．13．(2019·泰州市高三模拟)已知数列{a n }，{b n }满足2S n ＝(a n ＋2)b n ，其中S n 是数列{a n }的前n 项和．(1)若数列{a n }是首项为23，公比为－13的等比数列，求数列{b n }的通项公式；(2)若b n ＝n ，a 2＝3，求数列{a n }的通项公式；(3)在(2)的条件下，设c n ＝a n b n，求证：数列{c n }中的任意一项总可以表示成该数列其他两项之积．[解] (1)因为a n ＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －1＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ， S n ＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ，所以b n ＝2S na n ＋2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n－2⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ＋2＝12． (2)若b n ＝n ，则2S n ＝na n ＋2n ，① 所以2S n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1＋2(n ＋1)，② ②－①得2a n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1－na n ＋2，即na n ＝(n －1)a n ＋1＋2，③当n ≥2时，(n －1)a n －1＝(n －2)a n ＋2，④ ④－③得(n －1)a n －1＋(n －1)a n ＋1＝2(n －1)a n ，即a n －1＋a n ＋1＝2a n ，由2S 1＝a 1＋2，得a 1＝2，又a 2＝3，所以数列{a n }是首项为2，公差为3－2＝1的等差数列，故数列{a n }的通项公式是a n ＝n ＋1． (3)证明：由(2)得c n ＝n ＋1n，对于给定的n ∈N *，若存在k ≠n ，t ≠n ，k ，t ∈N *，使得c n ＝c k ·c t ，只需n ＋1n ＝k ＋1k ·t ＋1t，即1＋1n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1t ，即1n ＝1k ＋1t ＋1kt ，则t ＝n （k ＋1）k －n ，取k ＝n ＋1，则t ＝n (n ＋2)，所以对数列{c n }中的任意一项c n ＝n ＋1n ，都存在c n ＋1＝n ＋2n ＋1和c n 2＋2n ＝n 2＋2n ＋1n 2＋2n，使得c n＝c n ＋1·c n 2＋2n ．14．(2019·盐城高三模拟)已知数列{a n }满足a 1＝m ，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n ，n ＝2k －1a n ＋r ，n ＝2k (k ∈N *，r ∈R )，其前n 项和为S n ．(1)当m 与r 满足什么关系时，对任意的n ∈N *，数列{a n }都满足a n ＋2＝a n?(2)对任意的实数m ，r ，是否存在实数p 与q ，使得{a 2n ＋1＋p }与{a 2n ＋q }是同一个等比数列？若存在，请求出p ，q 满足的条件；若不存在，请说明理由；(3)当m ＝r ＝1时，若对任意的n ∈N *，都有S n ≥λa n ，求实数λ的最大值．[解] (1)由题意，得a 1＝m ，a 2＝2a 1＝2m ，a 3＝a 2＋r ＝2m ＋r ，由a 3＝a 1，得m ＋r ＝0．当m ＋r ＝0时，因为a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n ，n ＝2k －1a n －m ，n ＝2k(k ∈N *)，所以a 1＝a 3＝…＝m ，a 2＝a 4＝…＝2m ，故对任意的n ∈N *，数列{a n }都满足a n ＋2＝a n ．即当实数m ，r 满足m ＋r ＝0时，题意成立． (2)依题意，a 2n ＋1＝a 2n ＋r ＝2a 2n －1＋r ，则a 2n ＋1＋r ＝2(a 2n －1＋r )，因为a 1＋r ＝m ＋r ，所以当m ＋r ≠0时，{a 2n ＋1＋r }是等比数列，且a 2n ＋1＋r ＝(a 1＋r )2n＝(m ＋r )2n．为使{a 2n ＋1＋p }是等比数列，则p ＝r ．同理，当m ＋r ≠0时，a 2n ＋2r ＝(m ＋r )2n，则为使{a 2n ＋q }是等比数列，则q ＝2r ．综上所述，①若m ＋r ＝0，则不存在实数p ，q ，使得{a 2n ＋1＋p }与{a 2n ＋q }是等比数列；②若m ＋r ≠0，则当p ，q 满足q ＝2p ＝2r 时，{a 2n ＋1＋p }与{a 2n ＋q }是同一个等比数列． (3)当m ＝r ＝1时，由(2)可得a 2n －1＝2n－1，a 2n ＝2n ＋1－2，当n ＝2k 时，a n ＝a 2k ＝2k ＋1－2，S n ＝S 2k ＝(21＋22＋…＋2k )＋(22＋23＋…＋2k ＋1)－3k ＝3(2k ＋1－k －2)，所以S n a n＝3⎝⎛⎭⎪⎫1－k2k ＋1－2．令c k ＝k 2k ＋1－2，则c k ＋1－c k ＝k ＋12k ＋2－2－k2k ＋1－2＝（1－k ）2k ＋1－2（2k ＋2－2）（2k ＋1－2）<0，所以S n a n ≥32，λ≤32．当n ＝2k －1时，a n ＝a 2k －1＝2k－1，S n ＝S 2k －a 2k ＝3(2k ＋1－k －2)－(2k ＋1－2)＝2k ＋2－3k －4，所以S n a n ＝4－3k2k －1，同理可得S na n≥1，λ≤1．综上所述，实数λ的最大值为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.。

2020高考数学二轮复习专题--数列课件及练习

2020高考数学二轮复习专题--数列课件及练习2020高考数学二轮复习专题--数列课件及练习等差数列、等比数列的基本问题1.(2020江苏溧水中学月考)等差数列{an}前9项的和等于前4项的和,若a1=1,ak+a4=0,则k=.?2.(2020江苏苏州高三上学期期中)已知在等比数列{an}中,a3=2,a4a6=16,则(a_7"-"a_9)/(a_3"-"a_5)=.?3.(2020江苏南通中学高三考前冲刺练习)已知等差数列{an}的公差d=3,Sn是其前n 项和,若a1,a2,a9成等比数列,则S5的值为.?4.(2020南通高三第二次调研)设等比数列{an}的前n项和为Sn.若S3,S9,S6成等差数列,且a8=3,则a5=.?5.设数列{an}的首项a1=1,且满足a2n+1=2a2n-1与a2n=a2n-1+1,则数列{an}的前20项和为.?6.(2020江苏锡常镇四市高三教学情况调研(二))已知公差为d的等差数列{an}的前n 项和为Sn,若S_10/S_5=4,则(4a_1)/d=.?7.已知Sn为数列{an}的前n项和,若a1=2,且〖〖S_n〗_+〗_1=2Sn,设bn=log2an,则1/(b_1b_2)+1/(b_2b_3)+…+1/(b_10b_11)的值是.?8.(2020扬州高三第三次调研)已知实数a,b,c成等比数列,a+6,b+2,c+1成等差数列,则b的最大值为.?9.(2020扬州高三第三次调研)已知数列{an}满足an+1+(-1)nan=(n+5)/2(n∈N*),数列{an}的前n项和为Sn.(1)求a1+a3的值;(2)若a1+a5=2a3.①求证:数列{a2n}为等差数列;②求满足S2p=4S2m(p,m∈N*)的所有数对(p,m).10.(2020苏锡常镇四市高三教学情况调研(二))已知等差数列{an}的首项为1,公差为d,数列{bn}的前n项和为Sn,若对任意的n∈N*,6Sn=9bn-an-2恒成立.(1)如果数列{Sn}是等差数列,证明数列{bn}也是等差数列;(2)如果数列{b_n+1/2}为等比数列,求d的值;(3)如果d=3,数列{cn}的首项为1,cn=bn-bn-1(n≥2),证明数列{an}中存在无穷多项可表示为数列{cn}中的两项之和.?答案精解精析1.答案10解析S9=S4,则9a1+36d=4a1+6d,a1+6d=a7=0,则a4+a10=2a7=0,则k=10.2.答案4解析等比数列中奇数项符号相同,a3>0,则a5>0,又a4a6=〖a_5〗^2=16,则a5=4,从而a7=8,a9=16,则(a_7"-"a_9)/(a_3"-"a_5)=("-"8)/("-"2)=4.3.答案65/2解析由题意可得a1a9=〖a_2〗^2,则由a1(a1+24)=(a1+3)2,解得a1=1/2,则S5=5×1/2+(5×4)/2×3=65/2.4.答案-6解析由S3,S9,S6成等差数列可得S3+S6=2S9,当等比数列{an}的公比q=1时不成立,则q≠1,(a_1"("1"-"q^3")")/(1"-"q)+(a_1"("1"-"q^6")")/(1"-"q)=2(a_1"("1"-"q^9")")/(1"-"q),化简得2q6-q3-1=0,q3=-1/2(舍去1),则a5=a_8/q^3=-6.5.答案2056解析由题意可得奇数项构成等比数列,则a1+a3+…+a19=(1"-"2^10)/(1"-"2)=1023,偶数项a2+a4+…+a20=(a1+1)+(a3+1)+…+(a19+1)=1033,故数列{an}的前20项和为2056.6.答案2解析由〖S_1〗_0/S_5=4得〖S_1〗_0=4S5,即10a1+45d=4(5a1+10d),则(4a_1)/d=2.7.答案19/10解析由〖〖S_n〗_+〗_1=2Sn,且S1=a1=2,得数列{Sn}是首项、公比都为2的等比数列,则Sn=2n.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-2n-1=2n-1,a1=2不适合,则an={■(2","n=1","@2^(n"-"1)","n≥2",")┤故bn={■(1","n=1","@n"-"1","n≥2",")┤所以1/(b_1b_2)+1/(b_2b_3)+…+1/(b_10b_11)=1+1/(1×2)+1/(2×3)+…+1/(9×10)=1+(1"-"?1/2)+(1/2"-"?1/3)+…+(1/9"-"?1/10)=2-1/10=19/10.8.答案3/4解析设等比数列a,b,c的公比为q(q≠0),则a=b/q,c=bq,又a+6=b/q+6,b+2,c+1=bq+1成等差数列,则(b/q+6)+(bq+1)=2(b+2),化简得b=3/2"-" (q+1/q),当b最大时q<0,此时q+1/q≤-2,b=3/2"-"(q+1/q)≤3/4,当且仅当q=-1时取等号,故b的最大值为3/4.9.解析(1)由条件,得{■(a_2"-"a_1=3",①"@a_3+a_2=7/2",②")┤②-①得a1+a3=1/2.(2)①证明:因为an+1+(-1)nan=(n+5)/2,所以{■(a_2n"-"a_(2n"-"1)=(2n+4)/2",③"@a_(2n+1)+a_2n=(2n+5)/2",④")┤④-③得a2n-1+a2n+1=1/2.于是1=1/2+1/2=(a1+a3)+(a3+a5)=4a3,所以a3=1/4,又由(1)知a1+a3=1/2,则a1=1/4.所以a2n-1-1/4=-(a_(2n"-"3)"-"?1/4)=…=(-1)n-1(a_1"-"?1/4)=0,所以a2n-1=1/4,将其代入③式,得a2n=n+9/4.所以a2(n+1)-a2n=1(常数),所以数列{a2n}为等差数列.②易知a1=a2n+1,所以S2n=a1+a2+…+a2n=(a2+a3)+(a4+a5)+…+(a2n+a2n+1)=n^2/2+3n.由S2p=4S2m知p^2/2+3p=4(m^2/2+3m).所以(2m+6)2=(p+3)2+27,即(2m+p+9)(2m-p+3)=27,又p,m∈N*,所以2m+p+9≥12且2m+p+9,2m-p+3均为正整数,所以{■(2m+p+9=27","@2m"-"p+3=1",")┤解得p=10,m=4,所以所求数对为(10,4).10.解析(1)证明:设数列{Sn}的公差为d",∵6Sn=9bn-an-2,①6Sn-1=9bn-1-an-1-2(n≥2),②①-②得6(Sn-Sn-1)=9(bn-bn-1)-(an-an-1),③即6d"=9(bn-bn-1)-d,所以bn-bn-1=(6d"""+d)/9(n≥2)为常数,所以{bn}为等差数列.(2)由③得6bn=9bn-9bn-1-d,即3bn=9bn-1+d,因为{b_n+1/2}为等比数列,所以(b_n+1/2)/(b_(n"-"1)+1/2)=(3b_(n"-"1)+d/3+1/2)/(b_(n"-"1)+1/2)=(3(b_(n"-"1)+1/2)+d/3"-"1)/(b_(n"-"1)+1/2)=3+(d/3"-"1)/(b_(n"-"1)+1/2)(n≥2)是与n无关的常数,所以d/3-1=0或bn-1+1/2为常数.当d/3-1=0时,d=3,符合题意;当bn-1+1/2为常数时,在6Sn=9bn-an-2中,令n=1,则6b1=9b1-a1-2,又a1=1,解得b1=1,所以bn-1+1/2=b1+1/2=3/2(n≥2),此时3+(d/3"-"1)/(b_(n"-"1)+1/2)=3+(d/3"-"1)/(3/2)=1,解得d=-6.综上,d=3或d=-6.(3)证明:当d=3时,an=3n-2.由(2)得数列{b_n+1/2}是以3/2为首项,3为公比的等比数列,所以bn+1/2=3/2×3n-1=1/2?3n.即bn=1/2(3n-1).当n≥2时,cn=bn-bn-1=1/2(3n-1)-1/2(3n-1-1)=3n-1;当n=1时,也满足上式,所以cn=3n-1(n≥1).设an=ci+cj(1≤i。

2020版高考数学大二轮复习专题二数列第二讲数列的综合问题课件文

专题二数列
第二讲数列的综合问题
C目录 ONTENTS
考点一考点二考点三 4 限时规范训练
[策略分析·把握技巧] 化归的常用策略利用化归思想可探索一些一般数列的简单性质．等差数列与等比数列是数列中的两个特殊的基本数列，高考中通常考查的是非等差、等比数列问题，应对的策略就是通过化归思想，将其转化为这两种数列．
❶
❷
(1)求{an}的通项公式；
[学审题]
条件信息
想到方法
注意什么
信息❶已知{an}是各项均为正数的等比数列
数列定义
注意条件中各
信息❷已知 a1＝2，a3 ＝2a2＋16
信息❸bn＝log2an
利用通项公式求项均为正，公出公比，列出方程比不能为负值
求 bn
[规范解答] (1)设{an}的公比为 q，由题设得 2q2＝4q＋16，即 q2－2q－8＝0.…………3 分解得 q＝－2(舍去)或 q＝4. ……………………5 分因此{an}的通项公式为 an＝2×4n－1＝22n－1. ………………6 分 (2)由(1)得 bn＝(2n－1)log22＝2n－1，……………………10 分因此数列{bn}的前 n 项和为 1＋3＋…＋2n－1＝n2.……12 分
(2)由(1)知，an＋bn＝2n1－1，an－bn＝2n－1，所以 an＝12[(an＋bn)＋(an－bn)]＝21n＋n－12， bn＝12[(an＋bn)－(an－bn)]＝21n－n＋12.
(2019·高考全国卷 Ⅱ )(12 分 ) 已知 {an} 是各项均为
正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2＋16.
b3
再求 b1、b2、b3
列时要紧扣定义

2020版高考数学二轮复习教程第二编专题三数列第3讲数列的综合问题练习理

第3讲数列的综合问题「考情研析」 1.从具体内容上，数列的综合问题，主要考查:①数列与函数、不等式结合，探求数列中的最值或证明不等式．②以等差数列、等比数列为背景，利用函数观点探求参数的值或范围． 2.从高考特点上，常在选填题型的最后两题及解答题第17题中出现，分值一般为5～8分。

核心知识回顾数列综合应用主要体现在以下两点：（1)以数列知识为纽带，在数列与函数、方程、不等式、解析几何的交汇处命题，主要考查利用函数观点、不等式的方法解决数列问题,往往涉及与数列相关的不等式证明、参数的范围等．(2)以数列知识为背景的新概念、创新型问题，除了需要用到数列知识外,还要运用函数、不等式等相关知识和方法,特别是题目条件中的“新知识”是解题的钥匙，此类问题体现了即时学习，灵活运用知识的能力．热点考向探究考向1 数列与函数的综合问题例1 (2019·上海市青浦区高三二模)已知函数f(x）＝x2＋ax＋b（a,b∈R)，且不等式｜f（x)｜≤2019｜2x－x2｜对任意的x∈［0,10］都成立，数列{a n｝是以7＋a为首项，公差为1的等差数列(n∈N＊）．(1）当x∈[0，10]时，写出方程2x－x2＝0的解，并写出数列{a n｝的通项公式（不必证明)；(2）若b n＝a n·错误!an（n∈N＊)，数列{b n}的前n项和为S n，对任意的n∈N＊，都有S n〈m成立，求m的取值范围．解（1)因为x∈［0，10]时，易知方程2x－x2＝0的解为x＝2,x ＝4，由不等式｜f(x）|≤2019|2x－x2|对任意的x∈[0，10]都成立，可得错误!即错误!解得错误!所以f(x)＝x2－6x＋8，又数列｛a n｝是以7＋a＝1为首项,公差为1的等差数列，所以a n＝n。

(2)由（1）知b n＝a n·错误!an＝n·错误!n，所以S n＝b1＋b2＋…＋b n＝1·13＋2·错误!2＋3·错误!3＋…＋n·错误!n，①错误!S n＝1·错误!2＋2·错误!3＋3·错误!4＋…＋n·错误!n＋1,②①－②得，错误!S n＝错误!＋错误!2＋错误!3＋…＋错误!n－n·错误!n＋1＝错误!－n·错误!n＋1＝错误!错误!－错误!，整理得，S n＝错误!－错误!，由错误!>0可得S n〈错误!，由S n<m恒成立,可得m≥错误!.数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景,给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出S n的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题,解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化．已知数列{a n}的前n项和为S n，向量a＝(S n,1），b＝错误!，满足条件a∥b.(1)求数列{a n｝的通项公式；(2）设函数f（x）＝错误!x，数列｛b n}满足条件b1＝1,f（b n＋1）＝错误!.①求数列｛b n｝的通项公式;②设c n＝错误!,求数列{c n｝的前n项和T n。

2020高考数学(理科)二轮专题复习课标通用版跟踪检测：专题3 数列第1部分专题3 第2讲

7．已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝3＋2n，则数列{an}的通项公式为________. 解析因为 Sn＝3＋2n，所以 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2n－1，而 n＝1 时，a1＝S1＝5 不适
合上式，所以 an＝Error!
答案 an＝Error!
1
1
8．(2019·广东深圳适应性考试)在数列{an}中，a1＝2 019，an＋1＝an＋nn＋1(n∈N*)，
2n ＝n2＋1－2n.故选 A
项．
3．1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝( )
nn＋1 A． 2
nn＋1 B．－ 2
nn＋1 C．(－1)n＋1 2
D．以上均不正确
C 解析当 n 为偶数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝－3－7－…－(2n－1)＝－
n 3＋2n－1 2
nn＋1
2 ＝－ 2 ；当 n 为奇数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)
n－1 [3＋2n－1－1]
2
nn＋1
n＋1n2＝－3－7－…－[2(n－1)－1]＋n2＝－
2
＋n2＝ 2 .综上可得，原
nn＋1 式＝(－1)n＋1 2 .故选 C 项．
4．已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝an－1(a≠0)，则{an}( )
2×3 3 4
n n＋1
则 3Tn＝ 30 ＋30＋31＋…＋3n－3＋3n－2，②
1 1－
3n－1
( ) 1 1
1 n＋1
1 n＋1 15
1＋＋＋…＋
1－
②－①得 2Tn＝6＋ 3 32
3n－2 －3n－1＝6＋ 3 －3n－1＝ 2 －
2n＋5
2·3n－1.

2020版高考数学大二轮复习专题三大题考法课数列的综合应用及数学归纳法

数列的综合应用及数学归纳法错误!1．数列{a n｝的前n项和S n满足S n＝2a n－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．(1)求数列{a n}的通项公式；(2）设b n＝错误!，求数列｛b n}的前n项和T n。

解:(1）∵S n＝2a n－a1,①∴当n≥2时，S n－1＝2a n－1－a1,②①－②得，a n＝2a n－2a n－1，即a n＝2a n－1。

由a1，a2＋1，a3成等差数列，得2（a2＋1）＝a1＋a3，∴2(2a1＋1)＝a1＋4a1，解得a1＝2.∴数列｛a n｝是首项为2，公比为2的等比数列．∴a n＝2n。

(2）∵a n＝2n,∴S n＝2a n－a1＝2n＋1－2，S n＋1＝2n＋2－2.∴b n＝错误!＝错误!＝错误!错误!－错误!.∴数列{b n}的前n项和T n＝错误!错误!＋错误!＋…＋错误!＝错误!错误!＝错误!。

2．(2019·绍兴适应性考试)已知数列｛a n｝是公差为2的等差数列，且a1，a5＋1，a23＋1成等比数列．数列{b n}满足：b1＋b2＋…＋b n＝2n＋1－2，n∈N＊。

(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；（2）设数列{c n}的前n项和为T n，且c n＝错误!若对n∈N*，T2n≥T2k恒成立,求正整数k的值．解：（1）由已知得（a5＋1)2＝a1（a23＋1），即（a1＋9）2＝a1(a1＋45），所以a1＝3，所以a n＝2n＋1.当n＝1时，b1＝2,当n≥2时，b n＝（b1＋b2…＋b n）－（b1＋b2…＋b n－1）＝2n＋1－2n＝2n，所以b n＝2n.（2）因为T2n＝错误!－错误!＝错误!错误!－错误!错误!＝－错误!＋错误!错误!－错误!，所以T2n＋2－T2n＝错误!错误!＝错误!错误!＝错误!错误!。

设d n＝错误!，则d n＋1－d n＝错误!－错误!＝错误!<0恒成立，因此d1>d2>d3>d4>…，由于d1〉1,d2〉1，d3>1，d4〈1，…，因此T4－T2<0,T6－T4〈0，T8－T6〈0,T10－T8〉0，…，所以{T2n｝中T8最小,所以k的值为4。

2020届高考数学(文)二轮复习全程方略课件：专题三数列(2)数列的求和及综合应用

命题视角 1 函数的基本性质
[例 3] 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，点(n， Sn)(n∈N*)均在函数 f(x)＝3x2－2x 的图象上．
(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 2Tn≤λ －2 015 对任意 n∈N*都成立的实数 λ 的取值范围．
(2)bn＝－1－log2|an|＝2n－1，数列{bn}的前 n 项和 Tn ＝n2，
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．
命题视角 2 裂项相消法求和 [例 1－2] (2015·全国卷Ⅰ)Sn 为数列{an}的前 n 项和．已知 an＞0，a2n＋2an＝4Sn＋3. (1)求{an}的通项公式； (2)设 bn＝ana1n＋1，求数列{bn}的前 n 项和．
解：(1)由 a2n＋2an＝4Sn＋3 可知， a2n＋1＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.
[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．
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式； (2)记 cn＝(－1)nbn＋an，求数列{cn}的前 2n 项和 S2n.
解：(1)设等差数列{bn}的公差为 d，

高三数学二轮复习理科专题三----数列

选择题1．【全13-6】已知数列{}n a满足12430,3n na a a++==-，则{}n a的前10项和等于（A）()10613---（B）()101139--（C）()10313--（D）()1031+3-2.【全14-10】等比数列{}na中，452,5a a==，则数列{lg}na的前8项和等于（）A．6 B．5 C．4 D．33.【A2012-5】已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a5=5，S5=15，则数列的前100项和为(A)(B) (C) (D)4.【B2012-5】已知{na}为等比数列，2aa74=+，865-=⋅aa，则=+101aa( ) （A）7 （B）5 （C）-5 （D）-75.【A2013-7】设等差数列{}n a的前n项和为n S，若21-=-mS，0=mS，31=+mS，则=m （A）3 （B）4 （C）5 （D）66.【A2013-12】设nnnCBA△的三边长分别为na,nb,nc，nnnCBA△的面积为nS，3,2,1=n……若1b＞1c，1112acb=+，nnaa=+1，2n1acb nn+=+，2n1abc nn+=+，则（A）{}n S为递减数列（B）{}n S为递增数列（C）{}12-n S为递增数列，{}n S2为递减数列（D）{}12-n S为递减数列，{}n S2为递增数列7.【B2013-3】等比数列{}n a的前n项和为n S，已知12310aaS+=，95=a，则1a＝（）（A）31（B）31-（C）91（D）91-8.【A2015-4】等比数列｛a n｝满足a1=3，135a a a++=21，则357a a a++=( ) A．21 B．42 C．63 D．849.【A2016-3】已知等差数列{}n a前9项的和为27，10=8a，则100=a（A）100 （B）99 （C）98 （D）9710.【C2016-12】定义“规范01数列”{a n}如下：{a n}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意，中0的个数不少于1的个数.若m=4，则不同的“规范01数列”共有（A）18个（B）16个（C）14个（D）12个1210010199101991001011002k m≤12,,,ka a a解答题5.【B2015-17】（本小题满分12分）[来源:Z&xx&]nS为数列{na}的前n项和.已知na＞0，2n na a+=43nS+.（Ⅰ）求{na}的通项公式：（Ⅱ）设 ,求数列}的前n项和6.【B2016-17]（本题满分12分）为等差数列的前n项和，且记，其中表示不超过的最大整数，如．（Ⅰ）求；（Ⅱ）求数列的前1 000项和．7.【C2016-17】（本小题满分12分）已知数列的前n项和，其中．（I）证明是等比数列，并求其通项公式；（II）若，求．基础知识思路方法nS{}n a17=128.a S=，[]=lgn nb a[]x x[][]0.9=0lg99=1，111101b b b，，{}nb{}na1n nS aλ=+0λ≠{}na53132S=λ。

2020年江苏高考数学数列二轮专项训练题组答案解析(9页)

2020年江苏高考数学数列二轮专项训练题组专题13 数列(一)一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分.将答案填在题中的横线上.1.已知等差数列{}n a 的公差d 不为0，且1a ，2a ，4a 成等比数列，则1a d的值为____. 【答案】1【解析】由题意得：2214a a a =⋅，则2111()(3)a d a a d +=⋅+，整理得1a d =，所以11a d= 2.等比数列{}n a 中，若12341,4,2,a a a a =成等差数列，则17a a =【答案】64【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，2344,2,a a a 成等差数列，所以，32444a a a =+，即2344q q q =+，解得：q ＝2，所以，6171a a a q =＝643.等差数列{}n a （公差不为0），其中1a ，2a ，6a 成等比数列，则这个等比数列的公比为_____.【答案】4【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，由题意得: 2216a a a =，则2111(+)(5)a d a a d =+整理得13d a =，2114a a d a =+=，所以21=4a a 4.若数列{}n a 是公差不为0的等差数列，ln 1a 、ln 2a 、ln 5a 成等差数列，则21a a 的值为．【答案】3【解析】∵ln 1a 、ln 2a 、ln 5a 成等差数列，∴2152a a a =，故2111(4)()a a d a d +=+，又公差不为0，解得12d a =，∴21111133a a d a a a a +===．5. 等差数列{}n a 的公差不为零，121,a a =是1a 和5a 的等比中项，则159246a a a a a a ++=++ ．【答案】97【解析】由题意得：2215a a a =⋅，则2111()(4)a d a a d +=⋅+，整理得：12d a =，15951124641134993377a a a a a d a a a a a a d a +++====+++6.已知1，1a ，2a ，4成等差数列，1，1b ，2b ，3b ，4成等比数列，则122a ab +的值是．【答案】25 【解析】1Q ，1a ，2a ，4成等差数列，21145a a ∴+=+=，又1，1b ，2b ，3b ，4成等比数列，2213144b b b ∴==⨯=，解得22b =±，又21210b b =⨯>，22b ∴=，∴12252a ab +=． 7. 已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，44a =，515S =，则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭g 的前2019项和为．【答案】20202019【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，44a =Q ，515S =，134a d ∴+=，1545152a d ⨯+=，联立解得：11a d ==， 11n a n n ∴=+-=．∴11111(1)1n n a a n n n n +==-++．则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭g 的前2019项和1111112019112232019202020202020=-+-+⋯⋯+-=-=． 8. 在等比数列{}n a 中，首项11a =，且34a ，42a ，5a 成等差数列，若数列{}n a 的前n 项之积为n T ，则10T 的值为．【答案】452【解析】在等比数列{}n a 中，首项11a =，且34a ，42a ，5a 成等差数列，43544a a a ∴=+，32444q q q ∴=+，解得2q =， 12n n a -∴=，Q 数列{}n a 的前n 项之积为n T ，024567890123456789451022222222222T +++++++++∴=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯==．9. 已知等比数列{}n a 满足2124a a +=，235a a =，则该数列的前5项的和为．【答案】31【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，2124a a +=Q ，235a a =，1(2)4a q ∴+=，22411()a q a q =，联立解得11a =，2q =．∴该数列的前5项的和5213121-==-．10.等比数列的各项均为实数，其前项和为，已知，则= ．【答案】32【解析】当：时：不合题意当：1≠q 时：11.已知数列是等差数列，是其前n 项和.若，则的值是_____.【答案】16.【解析】由题意首先求得首项和公差，然后求解前8项和即可.{}n a n n S 3676344S S ==,8a *{}()n a n ∈N n S 25890,27a a a S +==8S 1=q由题意可得：，解得：，则. 12.已知{}n a 为等差数列，135105a a a ++=，24699a a a ++=，以n S 表示{}n a 的前项和，则使得n S 达到最大值的n 是．【答案】20【解析】设等差数列公差为d ，则有11361053999a d a d +=⎧⎨+=⎩解得139a =，2d =-203921910a ∴=-⨯=>，213922010a =-⨯=-<∴数列的前20项为正， ∴使得n S 达到最大值的是2013.设数列{}n a 各项为正数，且()13log 12n n a -+=，若()321log 1n n b a -=+，数列{}n b 的前n 项和为n T ，则使345n T >成立时n 的最小值为 .【答案】6【解析】()13log 12n n a -+=，()221321log 124n n n n b a ---=+==，则()211211444413n nn n T b b b -=+++=++++=-……. 不等式345n T >即为()*41036n n N >∈，所以6n ≥，于是345n T >成立时n 的最小值为6. 14.已知集合，．将的所有元素从小到大依次排列构成一个数列．记为数列的前n 项和，则使得成立的n 的最小值为________．【答案】27 【解析】设，则()()()25811191470989272a a a a d a d a d S a d ⎧+=++++=⎪⎨⨯=+=⎪⎩152a d =-⎧⎨=⎩8187840282162S a d ⨯=+=-+⨯=由得所以只需研究是否有满足条件的解，此时，，为等差数列项数，且.由得满足条件的最小值为.二、解答题：本大题共6小题，共90分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15．（本题满分14分）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，24a =，530S =．（1）求n a ；（2）设数列1{}n S 前n 项和为n T ，当20192020n T =时，求n 的值．【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，24a =Q ，530S =．14a d ∴+=，1455302a d ⨯+=g ，解得．12a d ==22(1)2n a n n ∴=+-= (6分)（2）由（1）可得(22)(1)2n n n S n n +==+． ⇒1111n S n n =-+．数列1{}n S 前n 项和为1111111122311n T n n n =-+-+⋯+-=-++，当20192020n T =时，12019112020n -=+，2019n ∴=．（14分） 16.（本题满分14分）已知{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，{b n }是等比数列，且a 1＝b 1＝2，a 4＋b 4＝21，S 4＋b 4＝30.(1) 求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2) 记c n ＝a n b n ，n ∈N *，求数列{c n }的前n 项和．【解析】 (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a 1＝b 1＝2，得a 4＝2＋3d ，b 4＝2q 3，S 4＝8＋6d .(3分)由条件a 4＋b 4＝21，S 4＋b 4＝30，得方程组⎩⎪⎨⎪⎧ 2＋3d ＋2q 3＝21，8＋6d ＋2q 3＝30，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2.所以a n ＝n ＋1，b n ＝2n ，n ∈N *.(7分) (2) 由题意知c n ＝(n ＋1)×2n . 记T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n .则T n ＝2×2＋3×22＋4×23＋…＋n ×2n －1＋ (n ＋1)×2n ，2T n ＝2×22＋3×23＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n ＋(n ＋1)2n ＋1，所以－T n ＝2×2＋(22＋23＋…＋2n )－(n ＋1)×2n ＋1，(11分) 即T n ＝n ·2n ＋1，n ∈N *.(14分)17. （本题满分14分）已知数列{a n }是公差为正数的等差数列，其前n 项和为S n ，且a 2·a 3＝15，S 4＝16. (1) 求数列{a n }的通项公式．(2) 设数列{b n }满足b 1＝a 1，b n ＋1－b n ＝1a n ·a n ＋1.①求数列{b n }的通项公式；②是否存在正整数m ，n (m ≠n )，使得b 2，b m ，b n 成等差数列？若存在，求出m ，n 的值；若不存在，请说明理由．【解析】 (1) 设数列{a n }的公差为d ，则d ＞0.由a 2·a 3＝15，S 4＝16，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋da 1＋2d ＝15，4a 1＋6d ＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝7，d ＝－2(舍去)．所以a n ＝2n －1.(4分) (2) ①因为b 1＝a 1＝1， b n ＋1－b n ＝1a n ·a n ＋1＝12n －1·2n ＋1＝12·⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1， (6分) 即b 2－b 1＝12⎝⎛⎭⎫1－13， b 3－b 2＝12⎝⎛⎭⎫13－15， …b n －b n －1＝12⎝⎛⎭⎫12n －3－12n －1，n ≥2，累加得b n －b 1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n －1＝n －12n －1，(9分) 所以b n ＝b 1＋n －12n －1＝1＋n －12n －1＝3n －22n －1.又b 1＝1也符合上式，故b n ＝3n －22n －1，n ∈N *.(10分) ②假设存在正整数m ，n (m ≠n )，使得b 2，b m ，b n 成等差数列，则b 2＋b n ＝2b m . 又b 2＝43，b n ＝3n －22n －1＝32－14n －2，b m ＝32－14m －2，所以43＋⎝⎛⎭⎫32－14n －2＝2⎝⎛⎭⎫32－14m －2，即12m －1＝16＋14n －2，化简得2m ＝7n －2n ＋1＝7－9n ＋1.(12分) 当n ＋1＝3，即n ＝2时，m ＝2(舍去)；当n ＋1＝9，即n ＝8时，m ＝3，符合题意．所以存在正整数m ＝3，n ＝8，使得b 2，b m ，b n 成等差数列．(14分)18.(本题满分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12k T t t t S a a a =+++L .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,T k ⊆…，，求证：1T k S a +<；【解析】 (1) 由已知得a n ＝a 1·3n －1，n ∈N *.于是当T ＝{2,4}时，S T ＝a 2＋a 4＝3a 1＋27a 1＝30a 1. 又S T ＝30，故30a 1＝30，即a 1＝1.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *.（8分） (2) 因为T ⊆{1,2，…，k }，a n ＝3n －1>0，n ∈N *，所以S T ≤a 1＋a 2＋…＋a k ＝1＋3＋…＋3k －1＝12(3k －1)<3k .（15分）因此，S T <a k ＋1.（16分）19. （本题满分16分）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M －数列”.（1）已知等比数列{a n }满足：245132,440a a a a a a =-+=，求证:数列{a n }为“M －数列”；（2）已知数列{b n }满足:111221,n n n b S b b +==-，其中S n 为数列{b n }的前n 项和．求数列{b n }的通项公式；【解析】（1）设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由245321440a a a a a a =⎧⎨-+=⎩，得244112111440a q a q a q a q a ⎧=⎨-+=⎩，解得112a q =⎧⎨=⎩．因此数列{}n a 为“M —数列”.（8分）（2）①因为1122n n n S b b +=-，所以0n b ≠．由1111,b S b ==得212211b =-，则22b =. 由1122n n n S b b +=-，得112()n n n n n b b S b b ++=-，（12分)当2n ≥时，由1n n n b S S -=-，得()()111122n n n nn n n n n b b b b b b b b b +-+-=---，整理得112n n n b b b +-+=．所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列. 因此，数列{b n }的通项公式为b n =n ()*n N∈.（16分）20.（本题满分16分）在数列{a n }中，已知a 1＝2，a n ＋1＝3a n ＋2n －1. (1) 求证：数列{a n ＋n }为等比数列；(2) 记b n ＝a n ＋(1－λ)n ，且数列{b n }的前n 项和为T n ，若T 3为数列{T n }中的最小项，求λ的取值范围．【解析】 (1) 因为a n ＋1＝3a n ＋2n －1，所以a n ＋1＋n ＋1＝3(a n ＋n )．故a n ＋1＋n ＋1a n ＋n＝3，又a 1＝2，则a 1＋1＝3，故{a n ＋n }是以3为首项，3为公比的等比数列．(4分) (2) 由(1)知a n ＋n ＝3n ，所以b n ＝3n －nλ.(6分)故T n ＝31＋32＋…＋3n －(1＋2＋3＋…＋n )λ＝32(3n －1)－n n ＋12λ.(8分) 因为T 3为数列{T n }中的最小项，则对∀n ∈N *，有32(3n －1)－n n ＋12λ≥39－6λ恒成立，即3n ＋1－81≥(n 2＋n －12)λ对∀n ∈N *恒成立．(10分) 当n ＝1时，由T 1≥T 3，得λ≥365；当n ＝2时，由T 2≥T 3，得λ≥9；(12分)当n ≥4时，n 2＋n －12＝(n ＋4)(n －3)＞0恒成立，所以λ≤3n ＋1－81n 2＋n －12对∀n ≥4恒成立．令f (n )＝3n ＋1－81n 2＋n －12，n ≥4，则f (n ＋1)－f (n )＝3n＋12n 2－26＋162n ＋1n 2＋3n －10n 2＋n －12＞0恒成立，故f (n )＝3n ＋1－81n 2＋n －12在n ≥4时单调递增，所以λ≤f (4)＝814.(15分)综上，9≤λ≤814.(16分)。

《创新设计》2021届高考数学(理)二轮复习(江苏专用)习题：专题三数列

第1讲等差数列、等比数列的基本问题高考定位高考对本内容的考查主要有：(1)数列的概念是A 级要求，了解数列、数列的项、通项公式、前n 项和等概念，一般不会单独考查；(2)等差数列、等比数列是两种重要且特殊的数列，要求都是C 级.真题感悟1.(2022·江苏卷)已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和.若a 1＋a 22＝－3，S 5＝10，则a 9的值是________.解析设等差数列{a n }公差为d ，由题意可得：⎩⎨⎧a 1＋（a 1＋d ）2＝－3，5a 1＋5×42d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝3，则a 9＝a 1＋8d ＝－4＋8×3＝20. 答案 202.(2021·江苏卷)设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________.解析 ∵a 1＝1，a n ＋1－a n ＝n ＋1，∴a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n ，将以上n －1个式子相加得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝（2＋n ）（n －1）2，即a n ＝n （n ＋1）2，令b n ＝1a n，故b n ＝2n （n ＋1）＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n－1n ＋1，故S 10＝b 1＋b 2＋…＋b 10 ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－12＋12－13＋…＋110－111＝2011. 答案 20113.(2010·江苏卷)函数y ＝x 2(x ＞0)的图象在点(a k ，a 2k )处的切线与x 轴交点的横坐标为a k ＋1，k 为正整数，a 1＝16，则a 1＋a 3＋a 5＝________.解析在点(a k ，a 2k )处的切线方程为：y －a 2k ＝2a k (x －a k )，当y ＝0时，解得x ＝a k 2，所以a k ＋1＝a k 2，故{a n }是a 1＝16，q ＝12的等比数列，即a n ＝16×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，∴a 1＋a 3＋a 5＝16＋4＋1＝21.答案 214.(2021·江苏卷)在正项等比数列{a n }中，a 5＝12，a 6＋a 7＝3.则满足a 1＋a 2＋…＋a n >a 1a 2…a n 的最大正整数n 的值为________.解析设数列{a n }的公比为q (q ＞0)，由已知条件得12q ＋12q 2＝3，即q 2＋q －6＝0，解得q ＝2，或q ＝－3(舍去)，a n ＝a 5q n －5＝12×2n －5＝2n －6，a 1＋a 2＋…＋a n ＝132(2n －1)， a 1a 2…a n＝2－52－42－3…2n －6＝2n 2－11n 2，由a 1＋a 2＋…＋a n >a 1a 2…a n ，可知2n －5－2－5>2n （n －11）2，由2n －5－2－5>2n （n －11）2，可求得n 的最大值为12，而当n ＝13时，28－2－5<213，所以n 的最大值为12. 答案 12 考点整合 1.等差数列(1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ， (2)求和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d ， (3)性质：①若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ； ②a n ＝a m ＋(n －m )d ；③S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…，成等差数列. 2.等比数列(1)通项公式：a n ＝a 1q n －1(q ≠0)；(2)求和公式：q ＝1，S n ＝na 1；q ≠1，S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q1－q ；(3)性质：①若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ； ②a n ＝a m ·q n －m ；③S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…，(S m ≠0)成等比数列. 3.求通项公式的常见类型(1)观看法：利用递推关系写出前几项，依据前几项的特点观看、归纳、猜想出a n 的表达式，然后用数学归纳法证明.(2)利用前n 项和与通项的关系a n ＝⎩⎨⎧S 1 （n ＝1），S n －S n －1 （n ≥2）.(3)公式法：利用等差(比)数列求通项公式.(4)累加法：在已知数列{a n }中，满足a n ＋1＝a n ＋f (n )，把原递推公式转化为a n ＋1－a n ＝f (n )，再利用累加法(逐差相加法)求解.(5)叠乘法：在已知数列{a n }中，满足a n ＋1＝f (n )a n ，把原递推公式转化为a n ＋1a n ＝f (n )，再利用叠乘法(逐商相乘法)求解.(6)构造等比数列法：在已知数列{a n }中，满足a n ＋1＝pa n ＋q (其中p ，q 均为常数，pq (p －1)≠0)先用待定系数法把原递推公式转化为a n ＋1－t ＝p (a n －t )，其中t ＝q1－p，再利用换元法转化为等比数列求解.热点一等差、等比数列的基本运算【例1】 (1)(2022·全国Ⅰ卷改编)已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝________. (2)(2022·连云港调研)在等差数列{a n }中，a 5＝3，a 6＝－2，则a 3＋a 4＋…＋a 8＝________. (3)(2021·湖南卷)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，且3S 1，2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________.解析 (1)由等差数列性质，知S 9＝9（a 1＋a 9）2＝9×2a 52＝9a 5＝27，得a 5＝3，而a 10＝8，因此公差d ＝a 10－a 510－5＝1，∴a 100＝a 10＋90d ＝98.(2)依据等差数列性质计算.由于{a n }是等差数列，所以a 3＋a 4＋…＋a 8＝3(a 5＋a 6)＝3.(3)由3S 1，2S 2，S 3成等差数列知，4S 2＝3S 1＋S 3，可得a 3＝3a 2，∴公比q ＝3，故等比数列通项a n ＝a 1q n －1＝3n －1.答案 (1)98 (2)3 (3)3n －1探究提高 (1)等差、等比数列的基本运算是利用通项公式、求和公式求解首项a 1和公差d (公比q )，在列方程组求解时，要留意整体计算，以削减计算量.(2)在解决等差、等比数列的运算问题时，经常接受“巧用性质、整体考虑、削减运算量”的方法.【训练1】 (1)(2022·江苏卷)在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 2＝1，a 8＝a 6＋2a 4，则a 6的值是________.(2)(2022·北京东城区模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝5，S m ＝－11，S m ＋1＝21，则m 等于________.(3)(2021·潍坊模拟)在等比数列{a n }中，公比q ＝2，前87项和S 87＝140，则a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 87＝________.解析 (1)由于a 8＝a 2q 6，a 6＝a 2q 4，a 4＝a 2q 2，所以由a 8＝a 6＋2a 4得a 2q 6＝a 2q 4＋2a 2q 2，消去a 2q 2，得到关于q 2的一元二次方程(q 2)2－q 2－2＝0，解得q 2＝2，a 6＝a 2q 4＝1×22＝4.(2)由已知得S m －S m －1＝a m ＝－16，S m ＋1－S m ＝a m ＋1＝32，故公比q ＝－2，又S m ＝a 1－a m q 1－q ＝－11，故a 1＝－1，又a m ＝a 1q m －1＝－16，代入可求得m ＝5.(3)法一 a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 87＝a 3(1＋q 3＋q 6＋…＋q 84)＝a 1q 2·1－（q 3）291－q 3＝q 21＋q ＋q 2·a 1（1－q 87）1－q ＝47×140＝80. 法二设b 1＝a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 85，b 2＝a 2＋a 5＋a 8＋…＋a 86，b 3＝a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 87，由于b 1q ＝b 2，b 2q ＝b 3，且b 1＋b 2＋b 3＝140，所以b 1(1＋q ＋q 2)＝140，而1＋q ＋q 2＝7，所以b 1＝20，b 3＝q 2b 1＝4×20＝80. 答案 (1)4 (2)5 (3)80热点二等差、等比数列的判定与证明【例2】 (2022·南师附中月考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝14，且S n ＝S n －1＋a n －1＋12(n ∈N *，且n ≥2)，数列{b n }满足：b 1＝－1194，且3b n －b n －1＝n (n ≥2，且n ∈N *). (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：数列{b n －a n }为等比数列.(1)解由S n ＝S n －1＋a n －1＋12，得S n －S n －1＝a n －1＋12，即a n －a n －1＝12(n ∈N *，n ≥2)，则数列{a n }是以12为公差的等差数列，又a 1＝14， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝12n －14. (2)证明 ∵3b n －b n －1＝n (n ≥2)， ∴b n ＝13b n －1＋13n (n ≥2)， ∴b n －a n ＝13b n －1＋13n －12n ＋14＝13b n －1－16n ＋14＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫b n －1－12n ＋34(n ≥2).b n －1－a n －1＝b n －1－12(n －1)＋14＝b n －1－12n ＋34(n ≥2)， ∴b n －a n ＝13(b n －1－a n －1)(n ≥2)，∵b 1－a 1＝－30≠0，∴b n －a n b n －1－a n －1＝13(n ≥2).∴数列{b n －a n }是以－30为首项，13为公比的等比数列. 探究提高推断和证明数列是等差(比)数列的两种方法(1)定义法：对于n ≥1的任意自然数，验证a n ＋1－a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫或a n ＋1a n 为同一常数. (2)中项公式法：①若2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)，则{a n }为等差数列；②若a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)，则{a n }为等比数列.【训练2】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝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. (1)证明由题设，a n a n ＋1＝λS n －1，① 知a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－1，② ②－①得：a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1. ∵a n ＋1≠0，∴a n ＋2－a n ＝λ.(2)解由题设可求a 2＝λ－1，∴a 3＝λ＋1，令2a 2＝a 1＋a 3，解得λ＝4，故a n ＋2－a n ＝4.由此可得{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列，a 2n －1＝4n －3； {a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2n ＝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. 热点三求数列的通项[微题型1] 由S n 与a n 的关系求a n【例3－1】 (1)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋2S n ·S n －1＝0(n ≥2，n ∈N *)，a 1＝12.求数列{a n }的通项公式.(2)(2022·岳阳二模节选)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3, n ∈N *.证明：a n ＋2＝3a n ；并求a n .解 (1)由a n ＋2S n ·S n －1＝0(n ≥2，n ∈N *)，得S n －S n －1＋2S n ·S n －1＝0，所以1S n －1S n －1＝2(n ≥2，n ∈N *)，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列.又1S 1＝2，所以1S n＝2n ，故S n ＝12n ，a n ＝S n －S n －1＝12n －12（n －1）＝－12n （n －1）(n ≥2，n ∈N *)，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，－12n （n －1），n ≥2.(2)由条件，对任意n ∈N *，有a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3，因而对任意n ∈N *，n ≥2，有a n ＋1＝3S n －1－S n ＋3. 两式相减，得a n ＋2－a n ＋1＝3a n －a n ＋1，即a n ＋2＝3a n ，n ≥2.又a 1＝1，a 2＝2，所以a 3＝3S 1－S 2＋3＝3a 1－(a 1＋a 2)＋3＝3a 1，故对一切n ∈N *，a n ＋2＝3a n .又∵a n ≠0，所以a n ＋2a n ＝3.于是数列{a 2n －1}是首项a 1＝1，公比为3的等比数列；数列{a 2n }是首项a 2＝2，公比为3的等比数列.因此a 2n －1＝3n －1，a 2n ＝2×3n －1. ∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3n －12，n 为奇数，2×3n －22，n 为偶数.探究提高给出S n 与a n 的递推关系求a n ，常用思路是：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .[微题型2] 已知a n 与a n ＋1的递推关系式求a n【例3－2】 (1)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n a n ＋n ＋12n ，求数列{a n }的通项公式；(2)已知正项数列{a n }满足a 1＝1，(n ＋2)a 2n ＋1－(n ＋1)a 2n ＋a n a n ＋1＝0，求通项a n ；(3)已知a 1＝4，a n ＋1＝2a n 2a n ＋1，求通项a n .解 (1)由已知得a 1＝1，且a n ＋1n ＋1＝a n n ＋12n，∴a 22＝a 11＋121，a 33＝a 22＋122，…，a n n ＝a n －1n －1＋12n －1，∴a n n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1＝2－12n －1(n ≥2).∴a n ＝2n －n2n －1(n ≥2)，又a 1＝1适合上式，∴a n ＝2n －n2n －1.(2)由(n ＋2)a 2n ＋1－(n ＋1)a 2n ＋a n a n ＋1＝0，得(n ＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n 2＋a n ＋1a n ＝n ＋1，所以a n ＋1a n ＝n ＋1n ＋2. 又a 1＝1，则a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝n n ＋1·n －1n ·…·23·1＝2n ＋1. 故数列{a n }的通项公式a n ＝2n ＋1.(3)∵a n ＋1＝2a n 2a n ＋1，两边取倒数得1a n ＋1＝12a n ＋1，设b n ＝1a n ，则b n ＋1＝12b n ＋1，则b n ＋1－2＝12(b n－2)，∴b n ＋1－2b n －2＝12，故{b n －2}是以b 1－2＝1a 1－2＝－74为首项，12为公比的等比数列.∴b n －2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－74⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，即1a n－2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－74⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，得a n ＝2n ＋12n ＋2－7.探究提高 (1)形如b n ＋1－b n ＝f (n )，其中f (n )＝k 或多项式(一般不高于三次)，用累加法即可求得数列的通项公式；(2)形如a n ＋1＝a n ·f (n )，可用累乘法；(3)形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠1，q ≠0)，可构造一个新的等比数列；(4)形如a n ＋1＝qa n ＋q n (q 为常数，且q ≠0，q ≠±1)，解决方法是在递推公式两边同除以q n ＋1. 【训练3】 (1)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，2S n n ＝a n ＋1－13n 2－n －23，n ∈N *. ①求a 2的值；②求数列{a n }的通项公式.(2)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S n ＋1＋S n ＝a 2n ＋1，数列{b n }满足b n ·b n ＋1＝3a n ，且b 1＝1.求数列{a n }、{b n }的通项公式.解 (1)①依题意，2S 1＝a 2－13－1－23，又S 1＝a 1＝1，所以a 2＝4. ②当n ≥2时，2S n ＝na n ＋1－13n 3－n 2－23n ， 2S n －1＝(n －1)a n －13(n －1)3－(n －1)2－23(n －1)，以上两式相减得，2a n ＝na n ＋1－(n －1)a n －13(3n 2－3n ＋1)－(2n －1)－23. 整理得(n ＋1)a n ＝na n ＋1－n (n ＋1)，即a n ＋1n ＋1－a n n ＝1，又a 22－a 11＝1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为a 11＝1，公差为1的等差数列，所以a nn ＝1＋(n －1)×1＝n ，所以a n ＝n 2.(2)∵S n ＋1＋S n ＝a 2n ＋1，① S n ＋S n －1＝a 2n (n ≥2)，②①－②得a n ＋1＋a n ＝a 2n ＋1－a 2n ，∴(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －1)＝0， ∵a n ＋1＞0，a n ＞0，∴a n ＋1＋a n ≠0， ∴a n ＋1－a n ＝1(n ≥2)，又由S 2＋S 1＝a 22，得2a 1＋a 2＝a 22，即a 22－a 2－2＝0，∴a 2＝2，a 2＝－1(舍去)，∴{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列， ∴a n ＝n .又b n ·b n ＋1＝3a n ＝3n ，③ b n －1b n ＝3n －1(n ≥2)，④ ③④得b n ＋1b n －1＝3(n ≥2)，又由b 1＝1，可求b 2＝3.故b 1，b 3，…，b 2n －1是首项为1，公比为3的等比数列；b 2，b 4，…，b 2n 是首项为3，公比为3的等比数列.∴b 2n －1＝3n －1，b 2n ＝3·3n －1＝3n . ∴b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3n －12，n 为奇数，3n 2，n 为偶数.1.在等差(比)数列中，a 1，d (q )，n ，a n ，S n 五个量中知道其中任意三个，就可以求出其他两个.解这类问题时，一般是转化为首项a 1和公差d (公比q )这两个基本量的有关运算.2.等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又便利的工具，应有意识地去应用.但在应用性质时要留意性质的前提条件，有时需要进行适当变形.3.应用关系式a n ＝⎩⎨⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2时，肯定要留意分n ＝1，n ≥2两种状况，在求出结果后，看看这两种状况能否整合在一起.一、填空题1.(2021·南通模拟)在等差数列{a n }中，a 1＋3a 3＋a 15＝10，则a 5的值为________. 解析设数列{a n }的公差为d ，∵a 1＋a 15＝2a 8，∴2a 8＋3a 3＝10，∴2(a 5＋3d )＋3(a 5－2d )＝10，∴5a 5＝10，∴a 5＝2.答案 22.在等比数列{a n }中，已知a 1＋a 3＝8，a 5＋a 7＝4，则a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝________. 解析设等比数列{a n }的公比为q ，由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 2＝8，a 1q 4＋a 1q 6＝4，解得q 4＝12.又a 9＋a 11＝a 1q 8＋a 3q 8＝(a 1＋a 3)q 8＝8×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝2，a 13＋a 15＝a 1q 12＋a 3q 12＝(a 1＋a 3)q 12＝8×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝1，所以a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝2＋1＝3. 答案 33.若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9＞0，a 7＋a 10＜0，则当n ＝________时，{a n }的前n 项和最大. 解析依据题意知a 7＋a 8＋a 9＝3a 8＞0，即a 8＞0.又a 8＋a 9＝a 7＋a 10＜0，∴a 9＜0，∴当n ＝8时，{a n }的前n 项和最大. 答案 84.等差数列{a n }的公差为2，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n 等于________. 解析由a 2，a 4，a 8成等比数列，得a 24＝a 2a 8，即(a 1＋6)2＝(a 1＋2)(a 1＋14)，∴a 1＝2. ∴S n ＝2n ＋n （n －1）2×2＝2n ＋n 2－n ＝n (n ＋1). 答案 n (n ＋1)5.(2022·宿迁调研)设各项都是正数的等比数列{a n }，S n 为前n 项和，且S 10＝10，S 30＝70，那么S 40等于________.解析依题意，数列S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30成等比数列，因此有(S 20－S 10)2＝S 10(S 30－S 20)，即(S 20－10)2＝10(70－S 20)，故S 20＝－20或S 20＝30.又S 20＞0，因此S 20＝30，S 20－S 10＝20，S 30－S 20＝40，则S 40＝S 30＋（S 30－S 20）2S 20－S 10＝70＋40220＝150.答案 1506.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 ＝________.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，成等差数列的状况有a ，b ，－2；b ，a ，－2；－2，a ，b ；－2，b ，a ；成等比数列的状况有：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. 答案 97.(2022·全国Ⅰ卷)设等比数列满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为__________.解析设等比数列{a n }的公比为q ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 2＝10，a 1q ＋a 1q 3＝5，解得⎩⎨⎧a 1＝8，q ＝12，∴a 1a 2…a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12（－3）＋（－2）＋…＋（n －4）＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1212n （n －7）＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1212⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫n －722－494，当n ＝3或4时，12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫n －722－494取到最小值－6，此时⎝ ⎛⎭⎪⎫1212⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫n －722－494取到最大值26，所以a 1a 2…a n 的最大值为64. 答案 648.等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 10＝0，S 15＝25，则nS n 的最小值为________. 解析设数列{a n }的首项和公差分别为a 1，d ，则⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋45d ＝0，15a 1＋105d ＝25，⎩⎨⎧a 1＝－3，d ＝23，则nS n ＝n ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－3n ＋n （n －1）3＝n 33－103n 2. 设函数f (x )＝x 33－103x 2，则f ′(x )＝x 2－203x ，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，203时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫203，＋∞时，f ′(x )＞0，所以函数f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫203，但6＜203＜7，且f (6)＝－48，f (7)＝－49，由于－48＞－49，所以最小值为－49. 答案－49 二、解答题9.(2022·全国Ⅲ卷)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.(1)证明由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，a 1≠0.由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1，得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ，即a n ＋1(λ－1)＝λa n ，由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n＝λλ－1.因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1.(2)解由(1)得S n ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫λλ－1n. 由S 5＝3132得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132. 解得λ＝－1.10.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1， (1)证明{a n ＋12}是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)证明1a 1＋1a 2＋…＋1a n<32.证明 (1)由a n ＋1＝3a n ＋1，得a n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋12.又a 1＋12＝32，所以{a n ＋12}是首项为32，公比为3的等比数列. a n ＋12＝3n 2，因此{a n }的通项公式为a n ＝3n －12. (2)由(1)知1a n ＝23n －1.由于当n ≥1时，3n －1≥2×3n －1，所以13n －1≤12×3n －1. 于是1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≤1＋13＋…＋13n －1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n <32. 所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n<32.11.数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且对任意正整数n ，点(a n ＋1，S n )在直线2x ＋y －2＝0上. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在实数λ，使得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋λn ＋λ2n 为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.解 (1)由题意，可得2a n ＋1＋S n －2＝0.① 当n ≥2时，2a n ＋S n －1－2＝0.②①－②，得2a n ＋1－2a n ＋a n ＝0，所以a n ＋1a n ＝12(n ≥2).由于a 1＝1，2a 2＋a 1＝2，所以a 2＝12. 所以{a n }是首项为1，公比为12的等比数列. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.(2)由(1)知，S n ＝1－12n1－12＝2－12n －1. 若⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋λn ＋λ2n 为等差数列，则S 1＋λ＋λ2，S 2＋2λ＋λ22，S 3＋3λ＋λ23成等差数列，则2⎝ ⎛⎭⎪⎫S 2＋9λ4＝S 1＋3λ2＋S 3＋25λ8，即2⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋9λ4＝1＋3λ2＋74＋25λ8，解得λ＝2.又λ＝2时，S n ＋2n ＋22n ＝2n ＋2，明显{2n ＋2}成等差数列，故存在实数λ＝2，使得数列{S n ＋λn ＋λ2n }成等差数列.第2讲数列的综合应用高考定位高考对本内容的考查主要有：(1)通过适当的代数变形后，转化为等差数列或等比数列的问题；(2)求数列的前n 项和的几种方法；(3)数列与函数、不等式、数论等学问结合的综合问题.题型一般为解答题，且为压轴题.真题感悟(2022·江苏卷)记U ＝{1，2，…，100}.对数列{a n }(n ∈N *)和U 的子集T ，若T ＝∅，定义S T ＝0；若T ＝{t 1，t 2，…，t k }，定义S T ＝at 1＋at 2＋…＋at k .例如：T ＝{1，3，66}时，S T ＝a 1＋a 3＋a 66.现设{a n }(n ∈N *)是公比为3的等比数列，且当T ＝{2，4}时，S T ＝30.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)对任意正整数k (1≤k ≤100)，若T ⊆{1，2，…，k }，求证：S T ＜a k ＋1； (3)设C ⊆U ，D ⊆U ，S C ≥S D ，求证：S C ＋S C ∩D ≥2S D . (1)解当T ＝{2，4}时，S T ＝a 2＋a 4＝a 2＋9a 2＝30， ∴a 2＝3，a 1＝a 23＝1，故a n ＝a 1q n －1＝3n －1.(2)证明对任意正整数k (1≤k ≤100). 由于T ⊆{1，2，…，k }，则S T ≤a 1＋a 2＋a 3＋…＋a k ＝1＋3＋32＋…＋3k －1＝3k －12＜3k ＝a k ＋1.因此，S T ＜a k ＋1.(3)证明设A ＝∁C (C ∩D )，B ＝∁D (C ∩D )，则A ∩B ＝∅，S C ＝S A ＋S C ∩D ，S D ＝S B ＋S C ∩D ，S C ＋S C ∩D －2S D ＝S A －2S B ， ∴S C ＋S C ∩D ≥2S D 等价于S A ≥2S B . 由条件S C ≥S D 可得S A ≥S B . ①若B ＝∅，则S B ＝0，所以S A ≥2S B 成立，②若B ≠∅，由S A ≥S B 可知A ≠∅，设A 中的最大元素为I ，B 中的最大元素为m ，若m ≥I ＋1，则由(2)得S A ＜S I ＋1≤a m ≤S B ，冲突. 又∵A ∩B ＝∅，∴I ≠m ，∴I ≥m ＋1， ∴S B ≤a 1＋a 2＋…＋a m ＝1＋3＋32＋…＋3m －1＜a m ＋12≤a I 2≤S A2，即S A ＞2S B 成立.综上所述，S A ≥2S B .故S C ＋S C ∩D ≥2S D 成立. 考点整合 1.数列求和常用方法(1)分组转化求和：把数列的每一项拆成两项(或多项)，再重新组合成两个(或多个)简洁的数列，最终分别求和.(2)错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列.把S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n 两边同乘以相应等比数列的公比q ，得到qS n ＝a 1q ＋a 2q ＋…＋a n q ，两式错位相减即可求出S n .(3)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫c a n a n ＋1(其中{a n }是各项均不为零的等差数列，c 为常数)的数列.2.数列中的不等式问题主要有证明数列不等式、比较大小或恒成立问题，解决方法如下： (1)利用数列(或函数)的单调性；(2)放缩法：①先求和后放缩；②先放缩后求和，包括放缩后成等差(或等比)数列再求和，或者放缩后成等差比数列再求和，或者放缩后裂项相消法求和.热点一数列求和与不等式的结合问题【例1】 (2022·泰州调研)已知数列{a n }和{b n }满足a 1a 2a 3…a n ＝(2)b n (n ∈N *).若{a n }为等比数列，且a 1＝2，b 3＝6＋b 2. (1)求a n 与b n ；(2)设c n ＝1a n－1b n(n ∈N *).记数列{c n }的前n 项和为S n .①求S n ；②求正整数k ，使得对任意n ∈N *均有S k ≥S n . 解 (1)由题意a 1a 2a 3…a n ＝(2)b n ，b 3－b 2＝6，知a 3＝(2)b 3－b 2＝8.又由a 1＝2，得公比q ＝2(q ＝－2舍去)，所以数列{a n }的通项为a n ＝2n (n ∈N *). 所以，a 1a 2a 3…a n ＝2n （n ＋1）2＝(2)n (n ＋1).故数列{b n }的通项为b n ＝n (n ＋1)(n ∈N *). (2)①由(1)知c n ＝1a n －1b n ＝12n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1(n ∈N *)，所以S n ＝1n ＋1－12n (n ∈N *).②由于c 1＝0，c 2>0，c 3>0，c 4>0；当n ≥5时，c n ＝1n （n ＋1）⎣⎢⎡⎦⎥⎤n （n ＋1）2n －1，而n （n ＋1）2n －（n ＋1）（n ＋2）2n ＋1＝（n ＋1）（n －2）2n ＋1>0，得n （n ＋1）2n ≤5·（5＋1）25<1，所以，当n ≥5时，c n <0.综上，对任意n ∈N *，恒有S 4≥S n ，故k ＝4.探究提高 (1)以数列为背景的不等式恒成立问题，多与数列求和相联系，最终利用数列或数列对应函数的单调性求解.(2)以数列为背景的不等式证明问题，多与数列求和有关，常利用放缩法或单调性法证明.(3)当已知数列关系式时，需要知道其范围时，可借助数列的单调性，即比较相邻两项的大小即可.【训练1】 (2022·洛阳二模)已知数列{a n }中，a 2＝2，S n 是其前n 项和，且S n ＝na n2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若正项数列{b n }满足a n ＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫b n 22，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 的前n 项和为T n ，求使得n ＋12－T n ＞30成立的正整数n 的最小值. 解 (1)令n ＝1，得a 1＝0.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝na n 2－（n －1）a n －12.可得(n －2)a n ＝(n －1)a n －1，当n ≥3时，a n a n －1＝n －1n －2，所以a n ＝a n a n －1×a n －1a n －2×…×a 3a 2×a 2＝2(n －1)，明显当n ＝1，2时，满足上式.所以a n ＝2(n －1). (2)由于a n ＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫b n 22，所以2(n －1)＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫b n 22＝log 2b 2n －log 24＝2log 2b n －2，即2n ＝2log 2b n ，∴b n ＝2n ， a n b n ＝2（n －1）2n ＝n －12n －1，所以T n ＝020＋121＋222＋323＋…＋n －12n －1，12T n ＝021＋122＋223＋…＋n －22n －1＋n －12n ，作差得12T n ＝12＋122＋…＋12n －1－n －12n ＝1－12n －1－n －12n ＝1－n ＋12n .∴T n ＝2－n ＋12n －1.所以n ＋12－T n＝2n －1＞30，当n ≥6时，不等式恒成立，所以正整数n 的最小值为6. 热点二有关数列中计算的综合问题【例2】 (2022·镇江期末)已知数列{a n }的各项都为自然数，前n 项和为S n ，且存在整数λ，使得对任意正整数n 都有S n ＝(1＋λ)a n －λ恒成立.(1)求λ的值，使得数列{a n }为等差数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{a n }为等比数列，此时存在正整数k ，当1≤k ＜j 时，有∑i ＝k ja i ＝2 016，求k .解 (1)法一由于S n ＝(1＋λ)a n －λ，① 所以S n ＋1＝(1＋λ)a n ＋1－λ，② 由②－①得λa n ＋1＝(1＋λ)a n ，③当λ＝0时，a n ＝0，数列{a n }是等差数列.当λ≠0时，a 1＝(1＋λ)a 1－λ，a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝1λa n ，④ 要使数列{a n }是等差数列，则④式右边1λa n 为常数，即a n ＋1－a n 为常数，④式左边a n ＋1－a n ＝0，a n ＝0，与a 1＝1冲突.综上可得，当λ＝0时，数列{a n }为等差数列，且a n ＝0. 法二若数列{a n }是等差数列，必有2a 2＝a 1＋a 3，当λ＝0时，a 1＝a 2＝a 3＝0，满足2a 2＝a 1＋a 3，此时S n ＝a n ，则S n ＋1＝a n ＋1，故a n ＝0，当λ≠0时，a 1＝1，a 2＝1＋1λ，a 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1λ2，由2a 2＝a 1＋a 3，得2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1λ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1λ2，该方程无解，综上可得，当λ＝0时，数列{a n }为等差数列，其中a n ＝0. (2)由(1)可得，当λ＝0时，数列{a n }不是等比数列，当λ＝－1时，由①得S n ＝1，则a 1＝S 1＝1， a n ＝S n －S n －1＝0(n ≥2)，不是等比数列.当λ≠0，且λ≠－1时，得a n ＋1a n ＝1＋1λ，{a n }为公比为1＋1λ的等比数列，又对任意n ，a n ∈N ，则q ＝1＋1λ∈N ，故仅有λ＝1，q ＝2时，满足题意，又由(1)得a 1＝1，故a n ＝2n －1. 由于∑i ＝kja i ＝2k －1（2j －k ＋1－1）2－1＝2 016，所以2k －1(2j －k ＋1－1)＝2 016＝25×32×7，由题意j －k ＋1≥2，2j －k ＋1－1为大于1的奇数，所以2k －1＝25，k ＝6，则2j －5－1＝32×7，2j －5＝64，j ＝11，故仅存在k ＝6时，j ＝11，∑i ＝k ja i ＝2 016.探究提高此类问题看似简洁，实际简单，思维量和计算量较大，难度较高.【训练2】 (2011·江苏卷)设M 为部分正整数组成的集合，数列{a n }的首项a 1＝1，前n 项的和为S n ，已知对任意的整数k ∈M ，当整数n ＞k 时，S n ＋k ＋S n －k ＝2(S n ＋S k )都成立.(1)设M ＝{1}，a 2＝2，求a 5的值； (2)设M ＝{3，4}，求数列{a n }的通项公式.解 (1)由题设知，当n ≥2时，S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋S 1)，即(S n ＋1－S n )－(S n －S n －1)＝2S 1，从而a n ＋1－a n ＝2a 1＝2.又a 2＝2，故当n ≥2时，a n ＝a 2＋2(n －2)＝2n －2.所以a 5的值为8.(2)由题设知，当k ∈M ＝{3，4}且n ＞k 时，S n ＋k ＋S n －k ＝2S n ＋2S k 且S n ＋1＋k ＋S n ＋1－k ＝2S n ＋1＋2S k ，两式相减得a n ＋1＋k ＋a n ＋1－k ＝2a n ＋1，即a n ＋1＋k －a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋1－k ，所以当n ≥8时，a n －6，a n －3，a n ，a n ＋3，a n ＋6成等差数列，且a n －6，a n －2，a n ＋2，a n ＋6也成等差数列.从而当n ≥8时，2a n ＝a n ＋3＋a n －3＝a n ＋6＋a n －6，(*)且a n ＋6＋a n －6＝a n ＋2＋a n －2.所以当n ≥8时，2a n ＝a n ＋2＋a n －2，即a n ＋2－a n ＝a n －a n －2.于是当n ≥9时，a n －3，a n －1，a n ＋1，a n ＋3成等差数列，从而a n ＋3＋a n －3＝a n ＋1＋a n －1，故由(*)式知2a n ＝a n ＋1＋a n －1，即a n ＋1－a n ＝a n －a n －1.当n ≥9时，设d ＝a n －a n －1.当2≤m ≤8时，m ＋6≥8，从而由(*)式知2a m ＋6＝a m ＋a m ＋12，故2a m ＋7＝a m ＋1＋a m ＋13.从而2(a m ＋7－a m ＋6)＝a m ＋1－a m ＋(a m ＋13－a m ＋12)，于是a m ＋1－a m ＝2d －d ＝d .因此，a n ＋1－a n ＝d 对任意n ≥2都成立.又由S n ＋k ＋S n －k －2S n ＝2S k (k ∈{3，4})可知，(S n ＋k －S n )－(S n －S n －k )＝2S k ，故9d ＝2S 3且16d ＝2S 4.解得a 4＝72d ，从而a 2＝32d ，a 3＝52d ，又由S 3＝92d ＝a 1＋a 2＋a 3，故a 1＝d2.因此，数列{a n }为等差数列，由a 1＝1知d ＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1. 热点三有关数列中证明的综合问题【例3】 (2022·南通、扬州、泰州调研)已知数列{a n }，{b n }均为各项都不相等的数列，S n 为{a n }的前n 项和，a n ＋1b n ＝S n ＋1(n ∈N *). (1)若a 1＝1，b n ＝n2，求a 4的值；(2)若{a n }是公比为q 的等比数列，求证：存在实数λ，使得{b n ＋λ}为等比数列；(3)若{a n }的各项都不为零，{b n }是公差为d 的等差数列，求证：a 2，a 3，…，a n ，…成等差数列的充要条件是d ＝12.(1)解由a 1＝1，b n ＝n2知a 2＝4，a 3＝6，a 4＝8. (2)证明由于a n ＋1b n ＝S n ＋1，① 所以当n ≥2时，a n b n －1＝S n －1＋1，②由①－②得，当n ≥2时，a n ＋1b n －a n b n －1＝a n ，③ 由③得，当n ≥2时，b n ＝a n a n ＋1b n －1＋a n a n ＋1＝1q b n －1＋1q ，所以b n ＋11－q ＝1q ⎝ ⎛⎭⎪⎫b n －1＋11－q .又由于b n ＋11－q ≠0(否则{b n }为常数数列与题意不符)，所以存在实数λ＝11－q，使得{b n ＋λ}为等比数列. (3)证明由于{b n }为公差为d 的等差数列，所以由③得，当n ≥2时，a n ＋1b n －a n (b n －d )＝a n ，即(a n ＋1－a n )b n ＝(1－d )a n ，由于{a n }，{b n }各项均不相等，所以a n ＋1－a n ≠0，1－d ≠0，所以当n ≥2时，b n 1－d ＝a na n ＋1－a n，④ 当n ≥3时，b n －11－d ＝a n －1a n －a n －1，⑤ 由④－⑤得，当n ≥3时，a n a n ＋1－a n －a n －1a n －a n －1＝b n －b n －11－d ＝d 1－d，⑥先证充分性，即由d ＝12证明a 2，a 3，…，a n ，…成等差数列. 由于d ＝12，由⑥得a na n ＋1－a n －a n －1a n －a n －1＝1，所以当n ≥3时，a n a n ＋1－a n ＝1＋a n －1a n －a n －1＝a na n －a n －1，又a n ≠0，所以a n ＋1－a n ＝a n －a n －1，即a 2，a 3，…，a n ，…成等差数列.再证必要性，即由a 2，a 3，…，a n ，…成等差数列证明d ＝12. 由于a 2，a 3，…，a n ，…成等差数列，所以当n ≥3时，a n ＋1－a n ＝a n －a n －1，所以由⑥得a n a n ＋1－a n －a n －1a n －a n －1＝a n a n －a n －1－a n －1a n －a n －1＝1＝d1－d，解得d ＝12.所以a 2，a 3，…，a n ，…成等差数列的充要条件是a ＝12.探究提高分析已知条件和求解目标，确定最终解决问题需要首先求解的中间问题，如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)证明数列为等差或等比数列需要先证任意两项的差或比值为定值，证明充要条件需要证明充分性与必要性等，确定解题的规律次序. 【训练3】 (2022·江苏卷)设数列{a n }的前n 项和为S n .若对任意的正整数n ，总存在正整数m ，使得S n ＝a m ，则称{a n }是“H 数列”.(1)若数列{a n }的前n 项和S n ＝2n (n ∈N *)，证明：{a n }是“H 数列”；(2)设{a n }是等差数列，其首项a 1＝1，公差d ＜0.若{a n }是“H 数列”，求d 的值；(3)证明：对任意的等差数列{a n }，总存在两个“H 数列”{b n }和{c n }，使得a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)成立.(1)证明由已知，当n ≥1时，a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2n ＋1－2n ＝2n.于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝n ＋1，使得S n ＝2n＝a m .所以{a n }是“H 数列”.(2)解由已知，得S 2＝2a 1＋d ＝2＋d .由于{a n }是“H 数列”，所以存在正整数m ，使得S 2＝a m ，即2＋d ＝1＋(m －1)d ，于是(m －2)d ＝1.由于d ＜0，所以m －2＜0，故m ＝1.从而d ＝－1.当d ＝－1时，a n ＝2－n ，S n ＝n （3－n ）2是小于2的整数，n ∈N *，于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝2－S n ＝2－n （3－n ）2，使得S n ＝2－m ＝a m ，所以{a n }是“H 数列”.因此d 的值为－1.(3)证明设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝na 1＋(n －1)(d －a 1)(n ∈N *). 令b n ＝na 1，c n ＝(n －1)(d －a 1)，则a n ＝b n ＋c n (n ∈N *). 下证{b n }是“H 数列”.设{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝n （n ＋1）2a 1(n ∈N *)，于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝n （n ＋1）2，使得T n ＝b m ，所以{b n }是“H 数列”.同理可证{c n }也是“H 数列”.所以，对任意的等差数列{a n }，总存在两个“H 数列”{b n }和{c n }，使得a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)成立. 热点四数列中的探究性问题【例4】设数列{a n }的前n 项积为T n ，已知对∀n ，m ∈N *，当n ＞m 时，总有T nT m ＝T n －m ·q (n －m )m (q＞0是常数).(1)求证：数列{a n }是等比数列；(2)设正整数k ，m ，n (k ＜m ＜n )成等差数列，试比较T n ·T k 和(T m )2的大小，并说明理由； (3)探究：命题p ：“对∀n ，m ∈N *，当n ＞m 时，总有T nT m＝T n －m ·q (n －m )m (q ＞0是常数)”是命题t ：“数列{a n }是公比为q (q ＞0)的等比数列”的充要条件吗？若是，请给出证明；若不是，请说明理由.(1)证明设m ＝1，则有T n T 1＝T n －1·q n －1，由于T i ≠0(i ∈N *)，所以有T nT n －1＝a 1·q n －1，即a n ＝a 1·q n－1，所以当n ≥2时a na n －1＝q ，所以数列{a n }是等比数列.(2)解当q ＝1时，a n ＝a 1(n ∈N *)，所以T n ＝a n 1，所以T n ·T k ＝a n 1·a k 1＝a n ＋k 1＝a 2m 1＝T 2m ，当q ≠1时，a n ＝a 1·q n －1，T n ＝a 1·a 2…a n ＝a n1·q 1＋2＋…＋(n －1)＝a n1·qn （n －1）2，所以T n ·T k ＝a n 1·qn （n －1）2·a k 1·q k （k －1）2＝a n ＋k1·qn 2－n ＋k 2－k2，T 2m ＝a 2m 1·qm (m －1).由于n ＋k ＝2m 且k ＜m ＜n ，所以a n ＋k1＝a 2m1，n 2＋k 2－n －k 2＝n 2＋k 22－m ＞⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋k 22－m ＝m 2－m ，所以若q ＞1，则T n ·T k＞T 2m ；若q ＜1，则T n ·T k ＜T 2m .(3)解由(1)知，充分性成立；必要性：若数列{a n }成等比数列，则a n ＝a 1·q n －1，所以当q ≠1时，T n ＝a n 1·qn （n －1）2，则T n T m＝a n 1·qn （n －1）2a m 1·q m （m －1）2＝a n －m 1·q n 2－n －m 2＋m 2＝a n －m 1·q （n －m ）（n ＋m －1）2，T n －m ·q (n－m )m＝a n －m1·q（n －m ）（n －m －1）2·q(n －m )·m＝a n －m1·q（n －m ）（n －m －1）＋2（n －m ）m2＝a n －m1·q（n －m ）（n ＋m －1）2.所以，“对∀n ，m ∈N *，当n ＞m 时总有T n T m＝T n －m ·q (n －m )m 成立；同理可证当q ＝1时也成立.所以命题p 是命题t 的充要条件.探究提高数列中的比较大小与其它比较大小的方法类似，也是差比法或商比法.另外探究充要条件要从充分性、必要性两个方面推断与查找.【训练4】 (2022·南京调研)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且2a 5－a 3＝13，S 4＝16.(1)求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)设T n ＝∑i ＝1n(－1)i a i ，若对一切正整数n ，不等式λT n ＜[a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ]·2n －1恒成立，求实数λ的取值范围；(3)是否存在正整数m ，n (n ＞m ＞2)，使得S 2，S m －S 2，S n －S m 成等比数列？若存在，求出全部的m ，n ；若不存在，请说明理由. 解 (1)设数列{a n }的公差为d . 由于2a 5－a 3＝13，S 4＝16，所以⎩⎨⎧2（a 1＋4d ）－（a 1＋2d ）＝13，4a 1＋6d ＝16，解得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1，S n ＝n 2.(2)①当n 为偶数时，设n ＝2k ，k ∈N *，则T 2k ＝(a 2－a 1)＋(a 4－a 3)＋…＋(a 2k －a 2k －1)＝2k ，代入不等式λT n ＜[a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ]·2n －1得λ·2k ＜4k ，从而λ＜4k2k .设f (k )＝4k 2k ，则f (k ＋1)－f (k )＝4k ＋12（k ＋1）－4k 2k ＝4k （3k －1）2k （k ＋1）.由于k ∈N *，所以f (k ＋1)－f (k )＞0，所以f (k )是递增的，所以f (k )min ＝2，所以λ＜2. ②当n 为奇数时，设n ＝2k －1，k ∈N *，则T 2k －1＝T 2k －(－1)2k a 2k ＝2k －(4k －1)＝1－2k ，代入不等式λT n ＜[a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ]·2n －1，得λ·(1－2k )＜(2k －1)4k ，从而λ＞－4k .由于k ∈N *，所以－4k 的最大值为－4，所以λ＞－4. 综上所述，λ的取值范围为(－4，2).(3)假设存在正整数m ，n (n ＞m ＞2)，使得S 2，S m －S 2，S n －S m 成等比数列，则(S m －S 2)2＝S 2·(S n －S m )，即(m 2－4)2＝4(n 2－m 2)，所以4n 2＝(m 2－2)2＋12，即4n 2－(m 2－2)2＝12，即(2n －m 2＋2)(2n ＋m 2－2)＝12.由于n ＞m ＞2，所以n ≥4，m ≥3，所以2n ＋m 2－2≥15.由于2n －m 2＋2是整数，所以等式(2n －m 2＋2)(2n ＋m 2－2)＝12不成立，故不存在正整数m ，n (n ＞m ＞2)，使得S 2，S m －S 2，S n －S m 成等比数列.1.数列与不等式综合问题(1)假如是证明不等式，常转化为数列和的最值问题，同时要留意比较法、放缩法、基本不等式的应用；(2)假如是解不等式，留意因式分解的应用. 2.数列与函数的综合问题(1)函数条件的转化：直接利用函数与数列的对应关系，把函数解析式中的自变量x 换为n 即可. (2)数列向函数的转化：可将数列中的问题转化为函数问题，但要留意函数定义域. 3.数列中的探究性问题处理探究性问题的一般方法是：假设题中的数学对象存在或结论成立或其中的一部分结论成立，然后在这个前提下进行规律推理.若由此导出冲突，则否定假设，否则，给出确定结论，其中反证法在解题中起着重要的作用.还可以依据已知条件建立恒等式，利用等式恒成立的条件求解.一、填空题1.(2021·全国Ⅱ卷)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 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 . 答案－1n2.(2022·江苏卷改编)各项均为正数的等比数列{a n }满足a 1a 7＝4，a 6＝8，若函数f (x )＝a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋…＋a 10x 10的导数为f ′(x )，则f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝________.解析由于各项均为正数的等比数列{a n }满足a 1a 7＝4，a 6＝8，所以a 4＝2，q ＝2，故a n ＝2n －3，又f ′(x )＝a 1＋2a 2x ＋3a 3x 2＋…＋10a 10x 9，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2－2＋2×2－2＋3×2－2＋…＋10×2－2＝2－2×10×112＝554.答案 5543.已知数列{a n }满足a 1＝0，a 2＝1，a n ＋2＝3a n ＋1－2a n ，则{a n }的前n 项和S n ＝________. 解析 ∵a n ＋2＝3a n ＋1－2a n ，∴a n ＋2－a n ＋1＝2(a n ＋1－a n )， ∴a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n＝2， ∴数列{a n ＋1－a n }是以1为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＋1－a n ＝2n －1，∴a 2－a 1＝20，a 3－a 2＝21，a 4－a 3＝22，…，a n －a n －1＝2n －2， ∴a n －a 1＝20＋21＋…＋2n －2＝1－2n －11－2＝2n －1－1，∴a n ＝2n －1－1，∴S n ＝(20＋21＋…＋2n －1)－n ＝1－2n1－2－n ＝2n －n －1.答案 2n －n －14.(2021·南京、盐城模拟)已知等比数列{a n }的首项为43，公比为－13，其前n 项和为S n ，若A ≤S n －1S n≤B 对n ∈N *恒成立，则B －A 的最小值为________.解析依题意得S n ＝43⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n，当n 为奇数时，S n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤1，43；当n 为偶数时，S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫89，1.由函数y ＝x －1x 在(0，＋∞)上是增函数得S n －1S n的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1772，0∪⎝ ⎛⎦⎥⎤0，712，因此有A ≤－1772，B ≥712，B －A ≥712＋1772＝5972，即B －A 的最小值是5972. 答案 59725.数列{a n }的通项a n ＝n 2⎝ ⎛⎭⎪⎫cos 2n π3－sin 2n π3，其前n 项和为S n ，则S 30为________.解析由于a n ＝n 2⎝⎛⎭⎪⎫cos2n π3－sin 2 n π3＝n 2cos 2n π3，由于cos 2n π3以3为周期，且cos 2π3＝－12，cos 4π3＝－12， cos 6π3＝1，所以S 30＝(a 1＋a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5＋a 6)＋…＋(a 28＋a 29＋a 30) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋222＋32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－42＋522＋62＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－282＋2922＋302＝∑k ＝110⎣⎢⎡⎦⎥⎤－（3k －2）2＋（3k －1）22＋（3k ）2＝∑k ＝110⎝ ⎛⎭⎪⎫9k －52＝470.答案 470 二、解答题6.数列{a n }满足a n ＝2a n －1＋2n ＋1(n ∈N *，n ≥2)，a 3＝27. (1)求a 1，a 2的值；(2)是否存在一个实数t ，使得b n ＝12n (a n ＋t )(n ∈N *)，且数列{b n }为等差数列？若存在，求出实数t ；若不存在，请说明理由； (3)求数列{a n }的前n 项和S n .解 (1)由a 3＝27，得27＝2a 2＋23＋1，∴a 2＝9，∵9＝2a 1＋22＋1，∴a 1＝2. (2)假设存在实数t ，使得{b n }为等差数列，则2b n ＝b n －1＋b n ＋1，(n ≥2且n ∈N *)∴2×12n (a n ＋t )＝12n －1(a n －1＋t )＋12n ＋1(a n ＋1＋t )，∴4a n ＝4a n －1＋a n ＋1＋t ，∴4a n ＝4×a n －2n －12＋2a n ＋2n ＋1＋1＋t ，∴t ＝1. 即存在实数t ＝1，使得{b n }为等差数列. (3)由(1)，(2)得b 1＝32，b 2＝52，∴b n ＝n ＋12， ∴a n ＝⎝⎛⎭⎪⎫n ＋12·2n －1＝(2n ＋1)2n －1－1， S n ＝(3×20－1)＋(5×21－1)＋(7×22－1)＋…＋[(2n ＋1)×2n －1－1] ＝3＋5×2＋7×22＋…＋(2n ＋1)×2n －1－n ，① ∴2S n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)×2n －2n ，② 由①－②得－S n ＝3＋2×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －1－(2n ＋1)×2n＋n ＝1＋2×1－2n1－2－(2n＋1)×2n ＋n＝(1－2n )×2n ＋n －1， ∴S n ＝(2n －1)×2n －n ＋1.7.(2022·江苏卷)已知各项均为正数的两个数列{a n }和{b n }满足：a n ＋1＝a n ＋b na 2n ＋b 2n，n ∈N *. (1)设b n ＋1＝1＋b n a n ，n ∈N *，求证：数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫⎝ ⎛⎭⎪⎫b n a n 2是等差数列；(2)设b n ＋1＝2·b na n，n ∈N *，且{a n }是等比数列，求a 1和b 1的值.(1)证明由题设知a n ＋1＝a n ＋b na 2n ＋b 2n＝1＋b n an1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b n a n 2＝b n ＋11＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b n a n 2，所以b n ＋1a n ＋1＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b n a n 2，从而⎝ ⎛⎭⎪⎫b n ＋1a n ＋12－⎝ ⎛⎭⎪⎫b n a n 2＝1(n ∈N *)，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫⎝ ⎛⎭⎪⎫b n a n 2是以1为公差的等差数列.(2)解由于a n ＞0，b n ＞0，所以（a n ＋b n ）22≤a 2n ＋b 2n ＜(a n ＋b n )2，从而1＜a n ＋1＝a n ＋b na 2n ＋b 2n≤ 2.(*) 设等比数列{a n }的公比为q ，由a n ＞0知q ＞0.下证q ＝1.若q ＞1，则a 1＝a 2q ＜a 2≤2，故当n ＞log q 2a 1时，a n ＋1＝a 1q n ＞2，与(*)冲突；若0＜q ＜1，则a 1＝a 2q ＞a 2＞1，故当n ＞log q 1a 1时，a n ＋1＝a 1q n ＜1，与(*)冲突.综上，q ＝1，故a n ＝a 1(n ∈N *)，所以1＜a 1≤ 2.又b n ＋1＝2·b n a n ＝2a 1·b n (n ∈N *)，所以{b n }是公比为2a 1的等比数列.若a 1≠2，则2a 1＞1，于是b 1＜b 2＜b 3.又由a 1＝a 1＋b n a 21＋b 2n得b n ＝a 1±a 212－a 21a 21－1(n ∈N *)，所以b 1，b 2，b 3中至少有两项相同，冲突，所以a 1＝2，从而b n ＝a 1±a 212－a 21a 21－1＝ 2.所以a 1＝b 1＝ 2.8.(2021·江苏卷)设{a n }是首项为a ，公差为d 的等差数列(d ≠0)，S n 是其前n 项的和.记b n ＝nS nn 2＋c ，n ∈N *，其中c 为实数.(1)若c ＝0，且b 1，b 2，b 4成等比数列，证明：S nk ＝n 2S k (k ，n ∈N *)； (2)若{b n }是等差数列，证明：c ＝0. 证明由题设，S n ＝na ＋n （n －1）2d . (1)由c ＝0，得b n ＝S n n ＝a ＋n －12d .又b 1，b 2，b 4成等比数列，所以b 22＝b 1b 4，即⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋d 22＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋32d ，化简得d 2－2ad ＝0.由于d ≠0，所以d ＝2a . 因此，对于全部的m ∈N *，有S m ＝m 2a .从而对于全部的k ，n ∈N *，有S nk ＝(nk )2a ＝n 2k 2a ＝n 2S k .(2)设数列{b n }的公差为d 1，则b n ＝b 1＋(n －1)d 1，即nS nn 2＋c ＝b 1＋(n －1)d 1，n ∈N *，代入S n 的表达式，整理得，对于全部的n ∈N *，有⎝ ⎛⎭⎪⎫d 1－12d n 3＋(b 1－d 1－a ＋12d )n 2＋cd 1n ＝c (d 1－b 1).。

2020年高考数学二轮复习 4.2 数列的综合应用课件理

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

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

第2讲数列的求和及综合应用
高考定位 1.高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和，难度中档偏下；2.在考查数列运算的同时，将数列与不等式、函数交汇渗透.
真题感悟 1.(2017·全国Ⅲ卷)设数列{an}满足 a1＋3a(2n＋1)(b21＋b2n＋1)＝(2n＋1)bn＋1，又 S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，所以 bn＝2n＋1. 令 cn＝bann，则 cn＝2n2＋n 1，因此 Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝32＋252＋273＋…＋22nn－－11＋2n2＋n 1，又12Tn＝232＋253＋274＋…＋2n2－n 1＋22nn＋＋11，两式相减得12Tn＝32＋12＋212＋…＋2n1－1－22nn＋＋11，所以 Tn＝5－2n2＋n 5.
温馨提醒 (1)裂项求和时，易把系数写成它的倒数或忘记系数导致错误. (2)an＝SS1n，－nS＝n－11，，n≥2，忽略 n≥2 的限定，忘记第一项单独求解与检验.
2.数列与函数、不等式的交汇数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出Sn的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化.数列与不等式的综合问题一般以数列为载体，考查最值问题、不等关系或恒成立问题.
热点一数列的求和问题命题角度1 分组转化求和【例 1－1】 (2017·郑州质检)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2＋2 n，
n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前 2n 项和.
解 (1)当 n＝1 时，a1＝S1＝1；当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋2 n－(n－1)2＋2 (n－1)＝n. 而 a1 也满足 an＝n，故数列{an}的通项公式为 an＝n. (2)由(1)知 an＝n，故 bn＝2n＋(－1)nn. 记数列{bn}的前 2n 项和为 T2n，则 T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n). 记 A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则 A＝2(11－－222n)＝22n＋1－2， B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n. 故数列{bn}的前 2n 项和 T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.

(江苏专用)2020年高考数学二轮复习专题10数列(Ⅱ)学案

专题10数—列(II)回顾2020〜2020年的高考题，数列是每一年必考的内容之一•其中在填空题中，会出现等差、等比数列的基本量的求解问题•在解答题中主要考查等差、等比数列的性质论证问题，只有2020年难度为中档题, 其余四年皆为难题•预测在2020年的高考题中，数列的考查变化不大：1填空题依然是考查等差、等比数列的基本性质2在解答题中，依然是考查等差、等比数列的综合问题，可能会涉及恒等关系论证和不等关系的论证.■小题基础练请K 1AOTI J 1E h U 1 1 AN 口IM011. 在等差数列｛a n｝中，公差d = 2，前100项的和Soo= 45,则a1+ a s+ a s+-+ a99=100 9解析：S00 = —(a1+ a100)= 45, a1 + a100=和,2a1 + a99= a1 + a too —d=二.550 50 2a1+a3+ a5+…+ a99= 7(a1+a99)= 7 x5=10.答案：102.已知数列｛a n｝对任意的p, q€ N满足a p+q= a p+ a q,且比=—6,那么a io=答案：—30S + $+•••+ S nT n= ，称T n为数列a1, a2,…，a n的“理想数”，已2 004，那么数列12, a1, a2,…，a500的“理想数”为解析：根据理想数的意义有,2 004 = 500a1+ 499a2+響a3+…+ a500,解析：由已知得a4= a2 + a2= —12, a8 = a4 + a4 = —24, aw= a8 + a2= —30.3 .设数列｛a n｝的前n项和为S,令知数列a1, a2,…，a500的“理想数”为5002=2501 x 12+ 500a i + 499a 2 + 498a 3+・・・ + a soo501501 x 12+ 2 004 x 500501答案：2 012 4.函数y = x 2(x >0)的图象在点(亦,a k )处的切线与x 轴交点的横坐标为a k +1, k 为正整数，a= 16,则a 1 + a 3 + a 5 = ________ .解析：函数 y = x (x >0)在点(16,256)处的切线方程为 y — 256 = 32( x — 16).令y = 0得a 2= 8;同理函数y =x 2(x >0)在点(8,64)处的切线方程为 y — 64= 16(x — 8)，令y = 0得a 3= 4;依次同理求得a 4= 2, a 5=1.所以 a 1 + a 3 + a 5= 21.答案：215 .将全体正整数排成一个三角形数阵：1234 5 6 7 » 9 1Q 11 12 13 1115按照以上排列的规律，第 n 行(n 》3)从左向右的第3个数为 ____________ .2n — n解析：前n — 1行共有正整数1 + 2 +…+ ( n — 1)个，即一^个，因此第n 行第3个数是全体正整数中 2n — n第一厂+ 3个，即为答案：2n — n +6[典例1](1)已知正数数列｛a n ｝对任意p ，q € N ，都有a p + q = a p • a q ，若a 2 = 4，贝U a n = __________ . ⑵ 数列｛a n ｝为正项等比数列，若 a 2= 1,且a n + a n +1 = 6a n — 1(n € N, n 》2)，则此数列的前n 项和S=2a p +1［解析］(1)由 a p +q = a p • a q , a 2= 4,可得 a 2= a 1 = 4? a 1 = 2,所以a p +1 = a p • a 1,即卩 =a 1 = 2,即数a p列｛a n ｝为等比数列，所以 a n = a 1 • q n —1 = 2・2n —1 = 2n .6(2)设等比数列的公比为 q ,由a n +a n +1= 6&-1知，当n = 2时，a 2 + a 3= 6a 1.再由a 2= 1,得1 + q =-， q2化简得 q + q — 6 = 0,解得 q =— 3 或 q = 2. v q >0,2 012.2小n —n + 62暉分考点讲透攻克車难趙分分都加牢二q= 2,1a1= 2, S=n— 12=2［答案］(1)2 n (2)2 2这两题分别是由"a p + q = a p • a q ”和"a n + a n +1= 6a n —1”推出其他条件来确定基本量，不过第 ⑴ 小题中首先要确定该数列的特征，而第(2)小题已经明确是等比数列，代入公式列方程求解即可.［演练1］已知｛刘是等差数列，a 10= 10，前10项和Sw = 70,则其公差d = ______________ .10— 4 = 6,所以 d = 3.a 1+ 9d = 10,法二：由题意得10a 1 + 45d = 70,答案：3［典例2］已知数列｛a n ｝的前n 项和S 满足S= 2a n + (— 1)n , n > 1. (1) 写出数列｛a n ｝的前三项a 1, a 2, a s ；2 n⑵ 求证数列a n +— 1为等比数列，并求出｛a n ｝的通项公式.［解］(1)在 s= 2a n + ( — 1)n , n 》i 中分别令 n = 1,2,3 得a 1= 2a 1— 1, a 1= 1,a 1 + a 2 = 2a 2+ 1, 解得 a 2 = 0,a 1 + a 2 + a 3= 2a 3— 1,a 3= 2.(2) 由 S n = 2a n + ( — 1) , n 》1,得 S-1 = 2a n -1+ ( — 1) 1, n 》2. 两式相减得 a n = 2a n + ( — 1) — 2ai -1 — ( — 1) , n 》2. 即 a n = 2a n —1 — 2( — 1) , n 》2.4n 2n4n — 12na n=2a n -1—3x (—1)—(—1)=2a n -1+3x (—1)— 3x (—1),2 n 2 n —1a n + 3 X ( — 1) = 2( a n —1 + 3 x ( — 1) 1)( n 》2),2n2 1故数列a n + 3X— 1 是以a 1—=；为首项，2为公比的等比数列.33 32 1所以 a n + 3X ( — 1)n = 3x2n —1,刚1n — 12n解析：法一：因为 S °= 70,所以10 a 1 + a 10=70,即卩 a 1 + a 10= 14.又 a 10 = 10,所以 a 1 = 4,故 9d =解得即a n= 3x2 —3x( —1)1 •求数列通项公式的方法：（1）公式法；（2）根据递推关系求通项公式有：①叠加法；②叠乘法；③S , n = 1,转化法；（3）已知前n 项和公式用a n =求解.S n 一 S n - 1 , n2 .数列求和的基本方法：（1）公式法；（2）分组法；（3）裂项相消法；（4）错位相减法；（5）倒序相加法.[演练2]已知数列｛a n ｝的前n 项和为S ，且满足2S n = pa n — 2n , n € N ,其中常数p >2. （1）证明：数列｛a n +1｝为等比数列；（2）若a 2= 3，求数列｛a n ｝的通项公式；（3）对于⑵ 中数列｛a n ｝，若数列｛b n ｝满足b n = log 2（a n + 1）（ n € N *），在b k 与b k +1之间插入2k—1（k € N ）个2,得到一个新的数列｛c n ｝，试问：是否存在正整数 m 使得数列｛c n ｝的前m 项的和T m = 2 011 ?如果存在，求出m 的值；如果不存在，说明理由.解：（1）证明：因为2S = pan — 2n , 所以 2S n +1 = pai +1 — 2（ n + 1）, 所以 2a n +1 = pa +1 — pa — 2, 所以 a n + 1 =a n + ，所以 a n + 1+ 1 = （ a n + 1）. p — 2 p — 2 p — 2' ‘2因为 2a 1= pa 1 — 2,且 p >2，所以 a 1=>0.p — 2所以 a 1 + 1 = >0p—2所以数列｛a n + 1｝为等比数列.所以 a n = -— 1. p— 2p 2又因为a 2= 3,所以总2 — 1 = 3p — 2所以 p = 4, a n = 2 — 1.⑶ 由⑵ 得b n = log 22n = n (n € N),数列｛6｝中，b k (含b k 项)前的所有项的和是(1 + 2+ 3+-+ k ) + (212k - 2k所以a n + 1 + 1a n + 1p p —(2)由(1)知 a n + 1 =p n p — 2+ 2k — 2,+ 2 + 2 +-+ 2 ) X 2=-10当k = 10 时，其和是55+ 2 — 2 = 1 077<2 011 ,当k = 11 时，其和是66+ 2 — 2 = 2 112>2 011 ,又因为 2 011 — 1 077 = 934= 467X 2,是 2 的倍数,所以当m= 10 + (1 + 2 + 2 +-+ 2 ) + 467= 988 时,T m = 2 011，所以存在 m= 988 使得 T m = 2 011.［典例3］将数列｛a n ｝中的所有项按每一行比上一行多两项的规则排成如下数表:旳叭务g %'07 fl H %已知表中的第一列数 a 1, a 2, a 5,…构成一个等差数列，记为｛b n ｝，且b 2 = 4, b 5= 10.表中每一行正中间一个数a 1, a s , a ?,…构成数列｛6｝，其前n 项和为S .(1) 求数列｛b n ｝的通项公式；(2) 若上表中，从第二行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，公比为同一个正数，且 a 13= 1. ① 求s n ；② 记M= ｛n |( n + 1)C n ＞入，n € N*｝，若集合M 的元素个数为3,求实数入的取值范围. ［解］ ⑴ 设数列｛b n ｝的公差为d ,b 1 + d = 4,b 1 = 2,则解得所以b n = 2n .b+ 4d = 10,d = 2,⑵①设每一行组成的等比数列的公比为q.由于前 n 行共有 1 + 3 + 5+-+ (2n — 1) = n 2个数，且 32<13<42, 所以 a 10= b 4= 8.33 1 所以 a 13=aeq = 8q .又 a 13= 1,解得 q =1n因此 C n = 2n • 21= 2^—2.②由①知 6= 夬，不等式(n + 1)0》入，可化为n 一—》入. 设f (n )=屮15计算得 f (1) = 4, f (2) = f (3) = 6, f (4) = 5, f (5) = 4所以当n 》3时，f ( n + 1)<f (n ).1 111 1 n1 n n +2 因此尹=尹+ 尹+ 2^+…+ 2^― 2^ =4—2― 2^-^ = 4- 2n —1 ,解得S= 8 — n + 22n —2所以 S= C 1+ C 2+…+ 1 2C n — 1 + C n = 2—1 + 于+ …+n — 1 n 1 2 2 n — 1 n2n —3 + 2n —2, 2 Sn ' 2°+ 2“ + +2*—2+2*—1.因为 f (n + 1) — f (n )=n + 1 2— nn — 1因为集合M 的元素的个数为3, 所以入的取值范围是(4,5］.本题第二小冋中②的参数取值范围冋题，运用了函数的思想方法，进行参数分离转化为n n + 12n —2》入，再构造函数求出“ 買的取值范围，从而得到参数入的取值范围，这里要注意n 只能取正整数.[演练3]F 面的数组均由三个数组成，它们是： (1,2,3) , (2,4,6) , (3,8,11 ) , (4,16,20) , (5,32,37)，…, (a n , b n , C n ). (1) 请写出 6的一个表达式，6= __________________；(2) 若数列｛C n ｝的前n 项和为M ,贝y M 1o= ________________ .(用数字作答) 解析：由1,2,3,4,5，…猜想a n = n ；由 2,4,8,16,32 ，…猜想 b n = 2n ;C n = n + 2n .从而 M °= (1 + 2+-+ 10) + (2 + 22+…+ 210)10 .2 2 -1一一:——=2 101.2 — 1答案：(1) n + 2n (2)2 101 ［专题技法归纳］1. 数列的递推关系是相邻项之间的关系，高考对递推关系的考查不多，填空题中出现复杂递推关系时，可以用不完全归纳法研究.在解答题中主要是转化为等差、等比数列的基本量来求解.2. 数列求和问题，主要考查利用公式法求数列的前 n 项和，再论证和的性质，故不过多涉及求和的技巧以及项的变形.3.数列中a n 或S 的最值问题与函数处理方法类似，首先研究数列a n 或S 的特征，再进一步判断数列的单调性，从而得到最值.要注意的细节是n 只能取正整数.4 .数列中大小比较与不等式中大小比较方法类似，同类型的多项式比较可以作差作商或用基本不等式，不同类型的比较一般要构造函数来解决.5 .数列中的参数取值范围问题在处理时，首选还是参数分离，分离后根据新数列的单调性确定最值或范围.配套专题检测飞FEITAO ZHU AUTT1.已知等差数列｛a n ｝中，a 7 + a 9 = 16, a 4= 1,贝U 恥的值为 ___________ 解析：由 a 7 + a 9= 16,得 a3= 8, 由 a 4+ a 12 = 2a 8,得恥=15. 答案：15由每组数都是“前两个之和等于第三个”猜想 10X 10+12得 n = 10. 答案：105•设等比数列｛a n ｝的公比为q ,前n 项和为S,若S+1, S, S+2成等差数列，则 q 的值为 ___________________ . 解析：由题意可知1,二可得 2(1 — q n ) = (1 — q n +1) + (1 — q n +2)，即 q 2 + q — 2= 0,解得 q = — 2 或 q=1(不合题意，舍去)，「• q = — 2.答案：—26•所有正奇数如下数表排列 (表中下一行中的数的个数是上一行中数的个数的 2倍):第一行 1 第二行 3 5 第三行 7 9 11 13则第6行中•的第3个数是 _________ .解析：由1 + 2 + 4+ 8+ 16+ 3= 34得第六行第三个数为第 34个正奇数，所以这个数是2X 34 — 1= 67. 答案：677.设1 = a 1 < a 2a ?,其中a 1, a s , a s , a ?成公比为q 的等比数列，a 2, a 4, a 6成公差为1的等差数列，贝U q 的最小值是 ________ .解析：记 a 2 = m 贝U 1w me q < m +1< q 2< m + 2< q 3，要q 取最小值，则 m 必定为 1,于是有 K q < 2,2 e q 2e 3, 3< q 3,所以 q 》萌.解析：由 a i = 0, a n +1= § Jn € N)，得 a 2=— .3 a 3= '3, a 4= 0,- ••…由此可知：数列｛a n ｝是周期变化的，且循环周期为 3,所以可得a 20= a 2=—、：3.答案：—；33.已知a ，b ，a + b 成等差数列, a , b , ab 成等比数列, 且0<log m (ab )<1 ,则m 的取值范围是 2b = 2a + b ,解析：由题意得b 2= at , 即b = ?,解得 b = a ,a = 2,b = 4.由 0<log m 8<1，得 n >8. 答案：(8 ,+s)4.等差数列｛刘共有2n +1项，其中奇数项之和为319,偶数项之和为 290,则n =解析:12 a 1 + a 2n +1 n + 1n + 1 319a 2 + a 2n290'(n € N)，贝V a 20=2.已知数列｛a n ｝满足a i = 0, a n +1 =答案：^3…亠 5a n —13 * /口 5X 2- 13 5X 3- 135X 1- 13 解析：由 a= 2, a n +i =菇—y (n € N)，得 a 2 = 3X 2- 7 = 3, a 3= 3X 3- 7 = 1, a 4= 3X 1-7 = 2, 则｛a n ｝是周期为3的数列，所以 S oo = (2 + 3+ 1) X 33+ 2= 200.答案：2009. 已知数列｛a n ｝, ｛b n ｝满足a 1= 1, a 2 = 2, b= 2,且任意的正整数 i , j , k , l ，当i + j = k + l 时, 都有 a i + b j = a k + b i , 1 2 010则——-121( a + b )的值是 2 010 i =1解析：由题意得 a 1= 1, a 2= 2, a 3= 3, a 4= 4, a 5= 5； b 1 = 2, b 2= 3, b 3 = 4, 5, b 5= 6.归纳得 a n =n , b n = n + 1 ；设 6= a n + b n , c n = a n + b n = n +n + 1 = 2n + 1,则数列｛6｝是首项为 C 1= 3,公差为 2 的等差1 2 010数列，所以2 010 11 (a + b i ) = --1--X 2 010 X —萨 4 021— = 2 012.答案：2 012 a10. ______ 对正整数n ,设曲线y = x n (1 -x )在x = 2处的切线与y 轴交点的纵坐标为 a n ,则数列的前n 项和是 . 解析：y '= nx n -1 - (n + 1)x n ,曲线y = x n (1 - x )在x = 2处的切线的斜率为 k = n 辺“-1 — (n +1)・2 n , n n n y + 2 = k (x -2)，令 x = 0 得 a n = (n +1)・2，令 b n =沖=2，数列的前 n 项和为 2+ 22 + 23+…+ 2n = 2n +1- 2.答案：2n +1-2 11. 已知数列｛a n ｝满足 a n >0 且对一切 n € N*，有 £ + £+•••+ a ^= S 2, a 1+ a 2+・・・+ a n = S.(1) 求证：对一切 n € N 有 a n +1- a n +1 = 2S ；(2) 求数列｛a n ｝通项公式.解：(1)证明：T a ?+ a 3+…+ a 3 = S 2，①3 3 3 3 仝 q…a 1 + a 2 + …+ a n + a n +1 = S+1.②②—①得 SL1 — Sn = a/,3即(S+1 — S)( S+1+ Si) = a n +1,3 a n +1 (2 S+ a n + 1) = a n + 1.-a n +1 工 0,2 *…a n +1 — a n +1 = 2S n ( n € N).(2)由 a n +1 — a n +1 = 2S 及 a n — a n = 2S1-1( n 》2) 两式相减，得(a n + 1+ a n )( a n + 1- a n ) = a n + 1 + a n . a n +1 + a n >0,.・.a n +1 — a n = 1( n 》2).当 n = 1,2 时，易得 a 1= 1, a 2 = 2 也适合 a n +1 — a n = 1, .｛a n ｝是等差数列，且 a n = n . 8.已知数列｛a n ｝满足a i = 2, a n +1 = 5a n — 13 3a — 7 (n € N)，则数列｛a n ｝的前100项的和为 a n 切点为(2 , - 2n ),所以切线方程为111 n * 12.设数列｛a n ｝的前n 项和为S ，已知…+ (n €N). S i S2S n n 十 I(1)求 S 1, S 2及 s ；1 * n 12 16 ⑵ 设b n = 2 a n ，若对一切n €N ,均有社1b k € m m — 6n 十—，求实数 m 的取值范围. 解：依题意，n = 1时，S = 2; n = 2时，$= 6.n *因为S ；十S 2+…十S = n 十n € N)，」1 1 1 n —1心时，萨寸…十S —1 =〒，所以S ；=洁—咚'所以S = n (n + 1)- 上式对n = 1也成立，所以 S n = n ( n +1)( n €N) (2)当 n = 1 时，a 1 = 2,当 n 》2 时，a n = S — S -1 = 2n , 所以数列｛b n ｝是等比数列.1 1n 41—『1 则着1b k = 厂=31 - 4 1 1 因为31 —羊随n 的增大而增大,1 n 1所以1 1b k <1，1 1<_,m 4 由 2 16 1m — 6n 十-3 > 3, 所以n <0或m>5,即卩m 的取值范围为(一^, 0) U [5，十^). 所以 a n = 2n (n € N), b n = 1 n b n 1 4 ，bZ 1 = 4.11 —""n . 4nrO 或 m>4,me 1 或 m>5,。

2020届高考数学二轮课时作业：层级二专题三第2讲数列求和及综合应用

……
记数阵中的第 1 列数 a1，a2，a4，…，构成的数列为{bn}，Sn 为数列{bn}的前 n 项和，若 Sn＝2bn－1，则 a56＝________.
解析：当 n≥2 时，
∵Sn＝2bn－1，∴Sn－1＝2bn－1－1，∴bn＝2bn－2bn－1，∴bn＝2bn－1(n≥2 且 n∈N*)，
1
31
3
以 Sn≥S1＝2，因为8＜2，所以不存在 n，使得 Sn＝8.
10．(2019·武汉二模)已知数列{an}和{bn}满足 a1a2a3…an＝( 2)bn(n∈N*)．若{an}为等比
数列，且 a1＝2，b3＝6＋b2.
(1)求 an 与 bn；
11 (2)设 cn＝an－bn(n∈N*)．记数列{cn}的前 n 项和为 Sn. ①求 Sn； ②求正整数 k，使得对任意 n∈N*均有 Sk≥Sn. 解析：(1)由题意 a1a2a3…an＝( 2)bn，b3－b2＝6，知 a3＝( 2)b3－b2＝8.
1 × 1－210
10 × 9
1，公差为 2 的等差数列，故数列{an}的前 20 项和为 1－2 ＋10×1＋ 2 ×2＝1
123.
答案：1 123
8．(2019·山师附中质检)将数列{an}中的所有项按每一行比上一行多 1 项的规则排成如下数阵：
a1 a2，a3 a4，a5，a6 a7，a8，a9，a10
nn－1
cn－c1＝1＋2＋3＋4＋…＋(n－1)，∴cn＝ 2 ＋1，由 cn＝ 2 ＋1＝56，得
n＝11，∴a56＝b11＝210＝1 024.
答案：1 024
三、解答题(本大题共 3 小题，每小题 12 分，共 36 分)
9．(2020·郑州三测)已知数列{an}满足 a1＝1,2an·an＋1＋an＋1－an＝0，数列{bn}满足 bn＝

(江苏专用)2020版高考数学二轮复习专题三数列高考热点追踪(三)学案文苏教版

高考热点追踪(三)交汇性试题，向来是高考试题中最为亮丽的风景线，这类问题着重考查观察发现，类比转化以及运用数学知识分析和解决数学问题的能力．下面举例说明数列的交汇性运用，请同学们赏析．一、数列与几何图形交汇(2019·南通模拟)如图是一个面积为1的三角形，现进行如下操作．第一次操作：分别连结这个三角形三边的中点，构成4个三角形，挖去中间一个三角形(如图①中阴影部分所示)，并在挖去的三角形上贴上数字标签“1”；第二次操作：连结剩余的三个三角形三边的中点，再挖去各自中间的三角形 (如图②中阴影部分所示)，同时在挖去的3个三角形上都贴上数字标签“2”；第三次操作：连结剩余的各三角形三边的中点，再挖去各自中间的三角形，同时在挖去的三角形上都贴上数字标签“3”；……，如此下去．记第n 次操作后剩余图形的总面积为a n ．(1)求a 1、a 2；(2)欲使剩余图形的总面积不足原三角形面积的14，问至少经过多少次操作？ (3)求第n 次操作后，挖去的所有三角形上所贴标签上的数字和S n ．【解】 (1)a 1＝34，a 2＝916． (2)因为{a n }是以34为首项，以34为公比的等比数列，所以a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34n．由⎝ ⎛⎭⎪⎫34n <14，得3n <4n －1．因为31>40，32>41，33>42，34>43，35<44，所以当n ＝5时，⎝ ⎛⎭⎪⎫34n <14．所以至少经过5次操作，可使剩余图形的总面积不足原三角形面积的14． (3)设第n 次操作挖去b n 个三角形，则{b n }是以1为首项，3为公比的等比数列，即b n ＝3n －1．所以所有三角形上所贴标签上的数字的和S n ＝1×1＋2×3＋…＋n ×3n －1，则3S n ＝1×3＋2×32＋…＋n ×3n ，两式相减，得－2S n ＝(1＋3＋32＋…＋3n －1)－n ×3n ＝3n－12－n ×3n ，故S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2－14×3n ＋14． [名师点评] 本题把几何问题与代数解法自然联系起来．从运算到推理，都要有很强的思维判断性和熟练的解题技能．合理的推断，能使解题简捷、运算简单，节约大量的解题时间，反之，则会因运算繁杂不断出错而无法进行下去，这体现了有较高的思维水平者因能善于运用思维而赢得解题时间，是高层次的解决问题能力的标志．二、数列与三角函数交汇已知函数f (x )＝32sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6－12cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6． (1)求函数f (x )的最小正周期与单调递减区间；(2)若函数g (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，x >0且函数g (x )的图象与直线y ＝32交点的横坐标由小到大依次是x 1，x 2，…，x n ，求数列{x n }的前100项和．【解】 f (x )＝32sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6－12cos ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6 ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6－π6＝sin 2x ． (1)函数f (x )的最小正周期T ＝2π2＝π．令2k π＋π2≤2x ≤2k π＋3π2，k ∈Z ，得k π＋π4≤x ≤k π＋3π4，k ∈Z ，所以函数f (x )的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π＋π4，k π＋3π4，k ∈Z ． (2)法一：因为g (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，所以g (x )＝sin x ，x >0．由sin x ＝32，x >0，得x ＝2k π＋π3，k ∈N 或x ＝2k π＋2π3，k ∈N ，所以x 1＋x 2＋…＋x 99＋x 100＝(x 1＋x 3＋x 5＋…＋x 99)＋(x 2＋x 4＋x 6＋…＋x 100)＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤π3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2π＋π3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫4π＋π3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫98π＋π3＋ ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2π＋2π3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫4π＋2π3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫98π＋2π3 ＝50⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋98π＋π32＋50⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3＋98π＋2π32＝50×198π2＝4 950π．法二：因为g (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，所以g (x )＝sin x ，x >0．由正弦函数的对称性、周期性，可知 x 1＋x 22＝π2，x 3＋x 42＝2π＋π2，x 5＋x 62＝4π＋π2，…，x 99＋x 1002＝98π＋π2，所以x 1＋x 2＋…＋x 99＋x 100＝π＋5π＋…＋193π＋197π＝50×（π＋197π）2＝4 950π． [名师点评] 高考试题力求以角度新、情境新、设问方式新的形式呈现．提高难度主要在于“新”，而不在“难”，“新”本身就已蕴涵“难”．把“新”作为关键，能够考查思维的灵活性和创造性，体现高考的选拔功能，本题很好地体现了这一特征．三、数列与向量交汇(2019·南京四校第一学期联考)已知向量a ＝(x ，－1)，b ＝(xy ，x －y )，若a ⊥b ，y ＝f (x )．(1)求f (x )的表达式；(2)已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝13，a 2n ＋1＝2a n f (a n )(n ∈N *)，求数列{a n }的通项公式；(3)在(2)的条件下，设b n ＝1a 2n －1，S n 为数列{b n }的前n 项和，求使S n ＞1278成立的n 的最小值．【解】 (1)由a ⊥b ，得x 2y ＋(－1)(x －y )＝0，所以y ＝xx 2＋1，则f (x )的表达式为f (x )＝x x 2＋1． (2)由(1)知f (x )＝xx 2＋1，。

(江苏专用)2020版高考数学二轮复习专题三数列第2讲数列的求解与综合创新学案(文)苏教版