2016高考数学理科二轮复习课件：专题3第二讲 数列求和及综合应用
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高考数学 专题突破 第一部分专题三第二讲 数列求和及综合应用课件 理
10 11 1 2 1 n－ 2 1 ∴①－②得， Sn＝ 2 ＋ 2 ＋ 2 ＋„＋ 2 2 1 n 1× 1－ 2 1 1 1 n n－ 1 n ＋2 － n·2 ＝ － n·2 ， 1 1－ 2 1 n－ 2 1 n－ 1 ∴ Sn＝4－ 2 － n· 2 .
解： (1) 因为 Sn ＝ 2an － n ，令 n ＝ 1 ，解得 a1 ＝ 1 ， 再分别令n＝2，n＝3，解得a2＝3，a3＝7. (2) 因为 Sn ＝ 2an － n ，所以 Sn － 1 ＝ 2an － 1 － (n － 1)(n≥2 ， n∈ N*)，两式相减，得 an＝ 2an－ 1＋ 1， 所以an＋1＝2(an－1＋1)(n≥2，n∈N*)．又因为
∵ q∈ (0,1)，∴a2>a4， 1 ∴解方程组得 a2＝1， a4＝ ， 4 1 n－ 1 1n－ 2 1 ∴ q＝ ， a1＝ 2，∴ an＝2× 2 2 ＝2 .
1n－2 1 n－ 1 (2)由 (1)知，an＝ 2 ，所以 bn＝ n· 2 . 1 0 1 1 1 2 ∴ Sn ＝ 1× 2 ＋ 2× 2 ＋ 3× 2 ＋ „ ＋ (n － 1 n －2 1 n－ 1 1)·2 ＋ n·2 ，① 1 1 1 2 1 n － 2 1 Sn＝ 1× 2 ＋ 2× 2 ＋„＋ (n－2) 2 ＋ (n－ 2 1 n －1 1 n 1)·2 ＋ n·2 ，②
错位相减求和
例2 已知等比数列 {an}中，公比 q∈(0,1)，a2＋
5 1 1 * a4＝ ，a1a5＝ ，设 bn＝ nan(n∈ N )． 4 4 2 (1)求数列 {an}的通项公式； (2)求数列 {bn}的前 n 项和 Sn.
高考数学二轮复习专题三数列第2讲数列求和课件文
【训练1】 (2016·北京卷)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列， 且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4. (1)求{an}的通项公式； (2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和. 解 (1)设数列{an}的公差为 d，{bn}的公比为 q， 由bb23＝ ＝bb11qq＝ 2＝39，得bq1＝＝31. ， ∴{bn}的通项公式 bn＝b1qn－1＝3n－1， 又 a1＝b1＝1，a14＝b4＝34－1＝27，
第2讲 数列求和
高考定位 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.
真题感悟 (2016·山东卷)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝3n2＋8n，{bn}是 等差数列，且 an＝bn＋bn＋1. (1)求数列{bn}的通项公式； (2)令 cn＝（（abn＋n＋12））n＋n1.求数列{cn}的前 n 项和 Tn.
又 Sn＝an＋1＋n－2，则 an＋1＝Sn－n＋2， 故 a2＝S1－1＋2＝3. 所以 c1＝a1－1＝1，c2＝a2－1＝2，故 c2＝2c1. 综上，对于正整数 n，cn＋1＝2cn 都成立，即数列{an－1}是等比 数列，其首项 a1－1＝1，公比 q＝2.所以 an－1＝1×2n－1， 故 an＝2n－1＋1. (2)由 Sn＝an＋1＋n－2，得 Sn－n＋2＝an＋1＝2n＋1， 故 Sn－n＋1＝2n.所以 bn＝32nn.
∴1＋(14－1)d＝27，解得d＝2. ∴{an}的通项公式an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×2 ＝2n－1(n＝1，2，3，…). (2)设数列{cn}的前n项和为Sn.∵cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1，
∴Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝2×1－1＋30＋2×2－1＋31＋ 2×3 － 1 ＋ 32 ＋ … ＋ 2n － 1 ＋ 3n － 1 ＝ 2(1 ＋ 2 ＋ … ＋ n) － n ＋ 30×（1－1－3 3n）＝2×（n＋21）n－n＋3n－2 1＝n2＋3n－2 1. 即数列{cn}的前 n 项和为 n2＋3n－2 1.
高三数学二轮复习 数列求和及综合应用 课件(全国通用)
2 2 2 2
1 1 1 1 － 1 2 答案：(1)① － ②2 (2) ② n n n＋1 2n－1 2n＋1
2．常见的放缩技巧 1 1 1 1 1 1 1 (1) － ＝ < < ＝ － ； n n＋1 nn＋1 n2 n－1n n－1 n
1 1 1 1 － 1 (2) 2< 2 ＝ ； n n －1 2n－1 n＋1
第2讲
数列求和及综合应用
(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、裂项相消等方法求一般数列的和，体现 转化与化归的思想． (2)①数列的综合问题，往往将数列与函数、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．
＝－3n· 2n 2.
＋
所以Tn＝3n· 2n 2 .
＋
[知识回顾] 1．必记公式 (1)常见的拆项公式(其中n∈N*) 1 ① ＝________________. nn＋1 1 1 1 1 ② ＝ n－ . nn＋k k n＋k 1 ③ ＝_____________. 2n－12n＋1
[考题回访] 1．(2016· 天津卷)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．
2 * (1)设cn＝b2 － b ， n ∈ N ，求证：数列{cn}是等差数列； ＋ n 1 n 2n
(2)设a1＝d，Tn＝∑
k ＝1
* (－1)kb2 k ，n∈N ，求证：
④若等差数列{an}的公差为d，
1 1 1 1 1－ 1 1－ 1 则 ＝ a ＝ a ； . a 2 d a n ＋ n ＋ anan＋1 d a a n 1 n 2 n n＋2 1 1 1 1 － ⑤ ＝ . 2 n n ＋ 1 n ＋ 1 n ＋ 2 nn＋1n＋2
1 1 1 1 － 1 2 答案：(1)① － ②2 (2) ② n n n＋1 2n－1 2n＋1
2．常见的放缩技巧 1 1 1 1 1 1 1 (1) － ＝ < < ＝ － ； n n＋1 nn＋1 n2 n－1n n－1 n
1 1 1 1 － 1 (2) 2< 2 ＝ ； n n －1 2n－1 n＋1
第2讲
数列求和及综合应用
(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、裂项相消等方法求一般数列的和，体现 转化与化归的思想． (2)①数列的综合问题，往往将数列与函数、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．
＝－3n· 2n 2.
＋
所以Tn＝3n· 2n 2 .
＋
[知识回顾] 1．必记公式 (1)常见的拆项公式(其中n∈N*) 1 ① ＝________________. nn＋1 1 1 1 1 ② ＝ n－ . nn＋k k n＋k 1 ③ ＝_____________. 2n－12n＋1
[考题回访] 1．(2016· 天津卷)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．
2 * (1)设cn＝b2 － b ， n ∈ N ，求证：数列{cn}是等差数列； ＋ n 1 n 2n
(2)设a1＝d，Tn＝∑
k ＝1
* (－1)kb2 k ，n∈N ，求证：
④若等差数列{an}的公差为d，
1 1 1 1 1－ 1 1－ 1 则 ＝ a ＝ a ； . a 2 d a n ＋ n ＋ anan＋1 d a a n 1 n 2 n n＋2 1 1 1 1 － ⑤ ＝ . 2 n n ＋ 1 n ＋ 1 n ＋ 2 nn＋1n＋2
【2份】江苏省2016年高考理科数学二轮专题复习课件：专题三 数列 共63张PPT
真题感悟· 考点整合
热点聚焦· 题型突破
归纳总结· 思维升华
热点一 等差、等比数列的基本运算
【例 1】 等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 S10＝0，S15＝25，则 Sn 的最小值为________.
解析 设等差数列{an}的公差为 d，由已知
10×9 S10＝10a1＋ 2 d＝0， 2 解得 a1＝－3，d＝3. S ＝15a ＋15×14d＝25， 1 2 15
Sm－1＝5，Sm＝－11，Sm＋1＝21，则m等于________.
解析 由已知得 Sm－Sm－1＝am＝－16，Sm＋1－Sm＝am＋1＝32，故公 a1－amq 比 q＝－2，又 Sm＝ ＝－11，故 a1＝－1， 1－q 又 am＝a1qm 1＝－16，代入可求得 m＝5. 答案 5
1 ak ak 时，解得 x＝ ，所以 ak＋1＝ ，故{an}是 a1＝16，q＝ 的等比数 2 2 2 列，即 答案 21
1n－1 an＝16×2 ，∴a1＋a3＋a5＝16＋4＋1＝21.
真题感悟· 考点整合
热点聚焦· 题型突破
归纳总结· 思维升华
1 4.(2013· 江苏卷)在正项等比数列{an}中，a5＝2，a6＋a7＝3.则满足 a1＋a2＋„＋an>a1a2„an 的最大正整数 n 的值为________. 1 1 2 解析 由已知条件得2q＋2q ＝3，
真题感悟· 考点整合
热点聚焦· 题型突破
归纳总结· 思维升华
1 2 令 bn＝a ，故 bn＝ n（n＋1） n
1 1 ＝2n－n＋1 ，故
S10＝b1＋b2＋„＋b10
1 1 1 1 1 20 ＝21－2＋2－3＋„＋10－11＝ . 11
高考数学二轮复习数列求和及其综合应用
(2)在各项均为正数的数列{an}中，a1＝1，a2n＋1－2an＋1an－3a2n＝0，Sn 是数列 {an}的前 n 项和，若对 n∈N*，不等式 an(λ－2Sn)≤27 恒成立，则实数 λ 的 取值范围为_(－__∞__，__1_7_]_.
∵a2n＋1－2an＋1an－3a2n＝0， ∴(an＋1＋an)(an＋1－3an)＝0， ∵an>0，∴an＋1＝3an，又a1＝1， ∴数列{an}是首项为1，公比为3的等比数列， ∴an＝3n－1， Sn＝11－－33n＝32n－12， ∴不等式 an(λ－2Sn)≤27 即 λ≤2Sn＋2a7n＝3n＋32n－71－1 对 n∈N*恒成立，
所以 2an1
2an
＝4，
所以an＋1－an＝2，
所以数列{an}是公差为2的等差数列，
因为a2，a4，a7成等比数列，
所以 a24＝a2a7，
所以(a1＋6)2＝(a1＋2)(a1＋12)， 解得a1＝6，
所以an＝6＋2(n－1)＝2n＋4， 因为Sn为数列{bn}的前n项和，且bn是1和Sn的等差中项， 所以Sn＋1＝2bn， 当n≥2时，有Sn－1＋1＝2bn－1， 两式相减得bn＝2bn－2bn－1，即bn＝2bn－1， 当n＝1时，有S1＋1＝b1＋1＝2b1， 所以b1＝1， 所以数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，所以bn＝2n－1，
考向3 错位相减法
例3 (2022·上饶模拟)从①b5－b4＝18b2，②S5＝b4－2，③log3bn＋1－1＝ log3bn这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答. 已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是正项等比数列，且2an＝an＋1＋ an－1(n≥2)，S3＝b3＝9，b4＝a14，________. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
2016版优化方案高考数学(江苏专用理科)二轮复习课件专题三第2讲 数列求和与数列的综合运用
专题三 数 列
第2讲
数列求和与数列的综合运用
专题三 数 列
2016高考导航
考点扫描 三年考情 2015 2014 2013 考向预测
江苏高考对本讲知识的考查主 1．数列 第14题 要有以下两种形式：以填空题 第11题 第19题 的形式考查，主要利用等差、 求和 等比数列的通项公式、前 n 项和 公式及其性质解决与项、和有 关的计算问题，属于中档题； 以解答题的形式考查，主要是 2．数列 等差、等比数列的定义、通项 的综合运 第20题 第20题 第19题 公式、前 n 项和公式及其性质等 用 知识交汇综合命题，考查用数 列知识分析问题、解决问题的 能力，属高档题．
方法归纳 在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想.把一般的数 列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析 清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地 求解 .错位相减法求数列的前 n 项和是一类重要方法 .在应用这 种方法时，一定要抓住数列的特征，即数列的项可以看作是由 一个等差数列和一个等比数列对应项相乘所得数列的求和问题.
1． (2015· 高考湖南卷)设数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 a1＝ 1， a2＝2，且 an＋2＝3Sn－ Sn＋ 1＋ 3， n∈ N*. (1)证明：an＋2＝ 3an； (2)求 Sn.
解：(1)证明：由条件，对任意 n∈ N*，有 an＋2＝3Sn－ Sn＋ 1＋ 3， 因而对任意 n∈ N*， n≥2，有 an＋1＝3Sn－1－ Sn＋ 3. 两式相减，得 an＋2－an＋ 1＝ 3an－an＋ 1，即 an＋2＝3an， n≥ 2.
又 a1＝ 1， a2＝2，所以 a3＝3S1－ S2＋3＝ 3a1－(a1＋a2)＋ 3＝ 3a1. 故对一切 n∈ N*， an＋2＝3an. a n ＋2 (2)由 (1)知，an≠0，所以 ＝ 3. an 于是数列 {a2n－ 1}是首项 a1＝ 1，公比为 3 的等比数列；数列 {a2n} 是首项 a2＝2，公比为 3 的等比数列． 因此 a2n－ 1＝ 3n 1， a2n＝ 2× 3n 1.
第2讲
数列求和与数列的综合运用
专题三 数 列
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考点扫描 三年考情 2015 2014 2013 考向预测
江苏高考对本讲知识的考查主 1．数列 第14题 要有以下两种形式：以填空题 第11题 第19题 的形式考查，主要利用等差、 求和 等比数列的通项公式、前 n 项和 公式及其性质解决与项、和有 关的计算问题，属于中档题； 以解答题的形式考查，主要是 2．数列 等差、等比数列的定义、通项 的综合运 第20题 第20题 第19题 公式、前 n 项和公式及其性质等 用 知识交汇综合命题，考查用数 列知识分析问题、解决问题的 能力，属高档题．
方法归纳 在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想.把一般的数 列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析 清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地 求解 .错位相减法求数列的前 n 项和是一类重要方法 .在应用这 种方法时，一定要抓住数列的特征，即数列的项可以看作是由 一个等差数列和一个等比数列对应项相乘所得数列的求和问题.
1． (2015· 高考湖南卷)设数列{an}的前 n 项和为 Sn.已知 a1＝ 1， a2＝2，且 an＋2＝3Sn－ Sn＋ 1＋ 3， n∈ N*. (1)证明：an＋2＝ 3an； (2)求 Sn.
解：(1)证明：由条件，对任意 n∈ N*，有 an＋2＝3Sn－ Sn＋ 1＋ 3， 因而对任意 n∈ N*， n≥2，有 an＋1＝3Sn－1－ Sn＋ 3. 两式相减，得 an＋2－an＋ 1＝ 3an－an＋ 1，即 an＋2＝3an， n≥ 2.
又 a1＝ 1， a2＝2，所以 a3＝3S1－ S2＋3＝ 3a1－(a1＋a2)＋ 3＝ 3a1. 故对一切 n∈ N*， an＋2＝3an. a n ＋2 (2)由 (1)知，an≠0，所以 ＝ 3. an 于是数列 {a2n－ 1}是首项 a1＝ 1，公比为 3 的等比数列；数列 {a2n} 是首项 a2＝2，公比为 3 的等比数列． 因此 a2n－ 1＝ 3n 1， a2n＝ 2× 3n 1.
高考数学大二轮复习层级二专题三数列第2讲数列求和及综合应用课件
1，n＝1， 因此 an＝－nn2＋1，n≥2.
1，n＝1， 答案：an＝－nn2＋1，n≥2.
(2)各项均不为 0 的数列{an}满足an＋1an2＋an＋2＝an＋2an(n∈N*)， 且 a3＝2a8＝15，则数列{an}的通项公式为____________．
解析：因为an＋1an2＋an＋2＝an＋2an，所以 an＋1an＋an＋1an＋2＝2an＋2an. 因为 anan＋1an＋2≠0，所以an1＋2＋a1n＝an2＋1， 所以数列a1n为等差数列．
[解析] (1)由已知，an＋1－an＝lnn＋n 1，a1＝2， 所以 an－an－1＝lnn－n 1(n≥2)， an－1－an－2＝lnnn－ －12， … a2－a1＝ln21，
将以上 n－1 个式子叠加，得 an－a1＝lnn－n 1＋lnnn－－21＋…＋ln21 ＝lnn－n 1·nn－ －12·…·21 ＝ln n. 所以 an＝2＋ln n(n≥2)， 经检验 n＝1 时也适合．故选 A.
②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1＝－311－－33n＋ n×3n＋1＝2n－123n＋1＋3.
所以 a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn＝3n2＋3×2n－123n＋1＋3 ＝2n－13n＋22＋6n2＋9(n∈N*)．
[主干整合] 1．数列通项 (1)数列通项 an 与前 n 项和 Sn 的关系，an＝SS1n－Sn－1nn≥＝21.， (2)应用 an 与 Sn 的关系式 f(an，Sn)＝0 时，应特别注意 n＝1 时的 情况，防止产生错误．
12Tn＝3·12＋7·212＋…＋(4n－9)·21n－2＋(4n－5)·21n－1， 所以12Tn＝3＋4·12＋4·212＋…＋4·21n－2－(4n－5)·21n－1， 因此 Tn＝14－(4n＋3)·21n－2，n≥2， 又 b1＝1，所以 bn＝15－(4n＋3)·12n－2.
1，n＝1， 答案：an＝－nn2＋1，n≥2.
(2)各项均不为 0 的数列{an}满足an＋1an2＋an＋2＝an＋2an(n∈N*)， 且 a3＝2a8＝15，则数列{an}的通项公式为____________．
解析：因为an＋1an2＋an＋2＝an＋2an，所以 an＋1an＋an＋1an＋2＝2an＋2an. 因为 anan＋1an＋2≠0，所以an1＋2＋a1n＝an2＋1， 所以数列a1n为等差数列．
[解析] (1)由已知，an＋1－an＝lnn＋n 1，a1＝2， 所以 an－an－1＝lnn－n 1(n≥2)， an－1－an－2＝lnnn－ －12， … a2－a1＝ln21，
将以上 n－1 个式子叠加，得 an－a1＝lnn－n 1＋lnnn－－21＋…＋ln21 ＝lnn－n 1·nn－ －12·…·21 ＝ln n. 所以 an＝2＋ln n(n≥2)， 经检验 n＝1 时也适合．故选 A.
②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1＝－311－－33n＋ n×3n＋1＝2n－123n＋1＋3.
所以 a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn＝3n2＋3×2n－123n＋1＋3 ＝2n－13n＋22＋6n2＋9(n∈N*)．
[主干整合] 1．数列通项 (1)数列通项 an 与前 n 项和 Sn 的关系，an＝SS1n－Sn－1nn≥＝21.， (2)应用 an 与 Sn 的关系式 f(an，Sn)＝0 时，应特别注意 n＝1 时的 情况，防止产生错误．
12Tn＝3·12＋7·212＋…＋(4n－9)·21n－2＋(4n－5)·21n－1， 所以12Tn＝3＋4·12＋4·212＋…＋4·21n－2－(4n－5)·21n－1， 因此 Tn＝14－(4n＋3)·21n－2，n≥2， 又 b1＝1，所以 bn＝15－(4n＋3)·12n－2.
高考数学理科二轮复习课件：专题3第二讲 数列求和及综合应用
＝1－12＋41＋…＋2n1－1－2－2n n ＝1－1－2n1－1－2－2nn＝2nn. 所以 Sn＝2nn－1.
综上，数列2an－n 1的前 n 项和 Sn＝2nn－1.
本题考查等差数列的通项公式的求法以及用错位相减法 求数列的前n项和，难度适中．
数列{bn}的前 n 项和．
解析：(1)设等差数列{an}的公差为 d，由题意得： d＝a4－3 a1＝12－ 3 3＝3， 所以 an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1，2，…)， 设等比数列{bn－an}的公比为 q，由题意得：q3＝bb41－－aa41
＝240－－312＝8，解得 q＝2.
所以 bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1，从而 bn＝3n＋2n－1(n ＝1，2，…)．
随堂讲义
专题三 数 列 第二讲 数列求和及综合应用
高考数列一定有大题，按近几年高考特点，可估计 2016年不会有大的变化，考查递推关系、数学归纳法的 可能较大，但根据高考题命题原则，一般会有多种方法 可以求解．因此，全面掌握数列求和相关的方法更容易 让你走向成功．
例 1 已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝12n(n∈N*)，
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列2an－n 1的前 n 项和． 思路点拨：(1)由题设求出 a1，d，可确定通项公式； (2)可用错位相减法求和．
解析：(1)设等差数列{an}的公差为 d，由已知条件可得 a21a＋1＋d1＝2d0， ＝－10，解得ad1＝＝－1，1.
(1)已知数列{bn}的前 n 项和 Sn，求 bn 时分如下三个步 骤进行：①当 n＝1 时，b1＝S1；②当 n≥2 时，bn＝Sn－Sn －1；③验证 b1 是否适合 n≥2 的解析式，据验证情况写出 bn 的表达式．
综上，数列2an－n 1的前 n 项和 Sn＝2nn－1.
本题考查等差数列的通项公式的求法以及用错位相减法 求数列的前n项和，难度适中．
数列{bn}的前 n 项和．
解析：(1)设等差数列{an}的公差为 d，由题意得： d＝a4－3 a1＝12－ 3 3＝3， 所以 an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1，2，…)， 设等比数列{bn－an}的公比为 q，由题意得：q3＝bb41－－aa41
＝240－－312＝8，解得 q＝2.
所以 bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1，从而 bn＝3n＋2n－1(n ＝1，2，…)．
随堂讲义
专题三 数 列 第二讲 数列求和及综合应用
高考数列一定有大题，按近几年高考特点，可估计 2016年不会有大的变化，考查递推关系、数学归纳法的 可能较大，但根据高考题命题原则，一般会有多种方法 可以求解．因此，全面掌握数列求和相关的方法更容易 让你走向成功．
例 1 已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝12n(n∈N*)，
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列2an－n 1的前 n 项和． 思路点拨：(1)由题设求出 a1，d，可确定通项公式； (2)可用错位相减法求和．
解析：(1)设等差数列{an}的公差为 d，由已知条件可得 a21a＋1＋d1＝2d0， ＝－10，解得ad1＝＝－1，1.
(1)已知数列{bn}的前 n 项和 Sn，求 bn 时分如下三个步 骤进行：①当 n＝1 时，b1＝S1；②当 n≥2 时，bn＝Sn－Sn －1；③验证 b1 是否适合 n≥2 的解析式，据验证情况写出 bn 的表达式．
(江苏专用)2016高考数学二轮复习专题三第2讲数列的综合应用课件理
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 的通项公式及其前n项和的基本的几种方法；(3)数列与函数、 不等式的综合问题.题型一般为解答题，且为压轴题.
真题感悟
(2015·江苏卷)设 a1，a2，a3，a4 是各项为正数且公差为 d(d≠0)的 等差数列. (1)证明：2a1，2a2，2a3，2a4 依次构成等比数列； (2)是否存在 a1，d，使得 a1，a22，a33，a44依次构成等比数列？并说 明理由； (3)是否存在 a1，d 及正整数 n，k，使得 an1，an2＋k，a3n＋2k，an4＋3k依次 构成等比数列？并说明理由.
再将这两式相除，化简得
ln(1＋3t)ln(1＋2t)＋3ln(1＋2t)ln(1＋t)＝4ln(1＋3t)ln(1＋t)(**).
令 g(t)＝4ln(1＋3t)ln(1＋t)－ln(1＋3t)ln(1＋2t)－3ln(1＋2t)ln(1＋t)，
则 g′(t)＝
2[（1＋3t）2ln（1＋3t）－3（1＋2t）2ln（1＋2t）＋3（1＋t）2ln（1＋t）]
（1＋t）（1＋2t）（1＋3t）
.
令 φ(t)＝(1＋3t)2ln(1＋3t)－3(1＋2t)2ln(1＋2t)＋3(1＋t)2ln(1＋t)，
则 φ′(t)＝6[(1＋3t)ln(1＋3t)－2(1＋2t)ln(1＋2t)＋(1＋t)ln(1＋t)].
令 φ1(t)＝φ′(t)，则 φ1′(t)＝6[3ln(1＋3t)－4ln(1＋2t)＋ln(1＋t)]. 令 φ2(t)＝φ1′(t)，则 φ2′(t)＝（1＋t）（1＋122t）（1＋3t）＞0. 由 g(0)＝φ(0)＝φ1(0)＝φ2(0)＝0，φ′2(t)＞0， 知 φ2(t)，φ1(t)，φ(t)，g(t)在－13，0和(0，＋∞)上均单调. 故 g(t)只有唯一零点 t＝0，即方程(**)只有唯一解 t＝0，故假设不 成立. 所以不存在 a1，d 及正整数 n，k，使得 an1，an2＋k，an3＋2k，a4n＋3k依次 构成等比数列.
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 的通项公式及其前n项和的基本的几种方法；(3)数列与函数、 不等式的综合问题.题型一般为解答题，且为压轴题.
真题感悟
(2015·江苏卷)设 a1，a2，a3，a4 是各项为正数且公差为 d(d≠0)的 等差数列. (1)证明：2a1，2a2，2a3，2a4 依次构成等比数列； (2)是否存在 a1，d，使得 a1，a22，a33，a44依次构成等比数列？并说 明理由； (3)是否存在 a1，d 及正整数 n，k，使得 an1，an2＋k，a3n＋2k，an4＋3k依次 构成等比数列？并说明理由.
再将这两式相除，化简得
ln(1＋3t)ln(1＋2t)＋3ln(1＋2t)ln(1＋t)＝4ln(1＋3t)ln(1＋t)(**).
令 g(t)＝4ln(1＋3t)ln(1＋t)－ln(1＋3t)ln(1＋2t)－3ln(1＋2t)ln(1＋t)，
则 g′(t)＝
2[（1＋3t）2ln（1＋3t）－3（1＋2t）2ln（1＋2t）＋3（1＋t）2ln（1＋t）]
（1＋t）（1＋2t）（1＋3t）
.
令 φ(t)＝(1＋3t)2ln(1＋3t)－3(1＋2t)2ln(1＋2t)＋3(1＋t)2ln(1＋t)，
则 φ′(t)＝6[(1＋3t)ln(1＋3t)－2(1＋2t)ln(1＋2t)＋(1＋t)ln(1＋t)].
令 φ1(t)＝φ′(t)，则 φ1′(t)＝6[3ln(1＋3t)－4ln(1＋2t)＋ln(1＋t)]. 令 φ2(t)＝φ1′(t)，则 φ2′(t)＝（1＋t）（1＋122t）（1＋3t）＞0. 由 g(0)＝φ(0)＝φ1(0)＝φ2(0)＝0，φ′2(t)＞0， 知 φ2(t)，φ1(t)，φ(t)，g(t)在－13，0和(0，＋∞)上均单调. 故 g(t)只有唯一零点 t＝0，即方程(**)只有唯一解 t＝0，故假设不 成立. 所以不存在 a1，d 及正整数 n，k，使得 an1，an2＋k，an3＋2k，a4n＋3k依次 构成等比数列.
高中数学高考数学学习资料：专题3 第2讲 数列的综合应用
[解]
nban－1 (1)∵a1＝b＞0，an＝ ， an－1＋n－1
n 1 1 n－ 1 ∴a ＝b＋b· ， a n n－1 n 1 1 令cn＝a ，则cn＝b＋bcn－1， n 1 1 ①当b＝1时，cn＝1＋cn－1，且c1＝ ＝b＝1 a1 ∴{cn}是首项为1，公差为1的等差数列， n ∴cn＝1＋(n－1)×1＝n，于是cn＝a ＝n，这时an＝1； n
2．(2011· 新课标全国卷)等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2 ＝1，a2 3＝9a2a6. (1)求数列{an}的通项公式； 1 (2)设bn＝log3a1＋log3a2＋„＋log3an，求数列{b }的前n项和． n
解：(1)设数列{an}的公比为q. 1 2 2 2 由a3 ＝9a2a6得a2 ＝ 9 a ，所以 q ＝ . 3 4 9 1 由条件可知q＞0，故q＝ . 3 1 由2a1＋3a2＝1，得2a1＋3a1q＝1，得a1＝ . 3 1 故数列{an}的通项公式为an＝ n. 3
－
所以S2n＝b1＋b2＋„＋b2n ＝2(1＋3＋„＋32n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)2n](ln2－ln3)＋[－ 1＋2－3＋…＋(－1)2n2n]ln3 1－32n ＝ 2× ＋nln3＝32n＋nln3－1. 1－3
1．(2011· 南昌模拟)已知数列{an}的通项公式为an＝2n＋
(2)bn＝log3a1＋log3a2＋„＋log3an nn＋1 ＝－(1＋2＋„＋n)＝－ . 2 1 2 1 1 故b ＝－ ＝－2(n－ )． nn＋1 n＋ 1 n 1 1 1 1 1 1 1 1 2n ＋ ＋„＋b ＝－2[(1－ )＋( － )＋„＋(n－ )]＝－ . b1 b2 2 2 3 n ＋ 1 n ＋ 1 n 1 2n 所以数列{b }的前n项和为－ . n＋ 1 n
专题三 第2讲 数列求和及其综合应用
所以S100＝P107－Q7 ＝107×22＋214－21－－228＝11 302.
2 考点二 数列的综合问题
PART TWO
核心提炼
数列与函数、不等式的综合问题是高考命题的一个方向，此类问题突破 的关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，求出数列的通项或前 n项和，再利用数列或数列对应的函数解决最值、范围问题，通过放缩 进行不等式的证明.
(2)(2021·长春模拟)已知等比数列{an}满足：a1＋a2＝20，a2＋a3＝80.数
列{bn}满足bn＝log2an，其前n项和为Sn，若 6
Sn＋bn11≤λ恒成立，则λ的最小
值为__2_3__.
解析 设等比数列{an}的公比为 q，由题意可得aa11＋q＋a1aq1＝q2＝208，0， 解得a1＝4，q＝4， 故{an}的通项公式为an＝4n，n∈N*. bn＝log2an＝log24n＝2n， Sn＝2n＋12n(n－1)·2＝n2＋n，
例4 (1)(2021·淄博模拟)已知在等比数列{an}中，首项a1＝2，公比q>1，
a2，a3是函数f(x)＝13 x3－6x2＋32x的两个极值点，则数列{an}的前9项和 是__1_0_2_2__.
解析 由 f(x)＝13x3－6x2＋32x，得 f′(x)＝x2－12x＋32， 又因为 a2，a3 是函数 f(x)＝13x3－6x2＋32x 的两个极值点， 所以a2，a3是函数f′(x)＝x2－12x＋32的两个零点， 故aa22＋ ·a3a＝3＝321，2，
专题三 数 列
考情分析
KAO QING FEN XI
1.数列求和重点考查分组转化、错位相减、裂项相消三种求和方法. 2.数列的综合问题，一般以等差数列、等比数列为背景，与函数、不
2 考点二 数列的综合问题
PART TWO
核心提炼
数列与函数、不等式的综合问题是高考命题的一个方向，此类问题突破 的关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，求出数列的通项或前 n项和，再利用数列或数列对应的函数解决最值、范围问题，通过放缩 进行不等式的证明.
(2)(2021·长春模拟)已知等比数列{an}满足：a1＋a2＝20，a2＋a3＝80.数
列{bn}满足bn＝log2an，其前n项和为Sn，若 6
Sn＋bn11≤λ恒成立，则λ的最小
值为__2_3__.
解析 设等比数列{an}的公比为 q，由题意可得aa11＋q＋a1aq1＝q2＝208，0， 解得a1＝4，q＝4， 故{an}的通项公式为an＝4n，n∈N*. bn＝log2an＝log24n＝2n， Sn＝2n＋12n(n－1)·2＝n2＋n，
例4 (1)(2021·淄博模拟)已知在等比数列{an}中，首项a1＝2，公比q>1，
a2，a3是函数f(x)＝13 x3－6x2＋32x的两个极值点，则数列{an}的前9项和 是__1_0_2_2__.
解析 由 f(x)＝13x3－6x2＋32x，得 f′(x)＝x2－12x＋32， 又因为 a2，a3 是函数 f(x)＝13x3－6x2＋32x 的两个极值点， 所以a2，a3是函数f′(x)＝x2－12x＋32的两个零点， 故aa22＋ ·a3a＝3＝321，2，
专题三 数 列
考情分析
KAO QING FEN XI
1.数列求和重点考查分组转化、错位相减、裂项相消三种求和方法. 2.数列的综合问题，一般以等差数列、等比数列为背景，与函数、不
2016版高考数学二轮复习配套课件：专题三 数列第2讲
栏目 导引
第七页，编辑于星期五：二十三点 五十三分。
专题三 数列
[解] (1)证明：由条件，对任意 n∈N*，有 an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3， 因而对任意 n∈N*，n≥2，有 an＋1＝3Sn－1－Sn＋3. 两式相减，得 an＋2－an＋1＝3an－an＋1，即 an＋2＝3an，n≥2. 又 a1＝1，a2＝2， 所以 a3＝3S1－S2＋3＝3a1－(a1＋a2)＋3＝3a1. 故对一切 n∈N*，an＋2＝3an.
(2n＋
79)29n＝81＋2×291－1－2929n－1
－(2n＋79)92n，
所以
Dn＝975771－2n＋8147
2 9
n.
栏目
导引 第二十七页，编辑于星期五：二十三点 五十三
分。
专题三 数列
方法归纳 错位相减法的步骤
(1)求和时先乘以数列的公比． (2)把两个和的形式错位相减．
栏目 导引
第五页，编辑于星期五：二十三点 五十三分。
专题三 数列
考点一 分组转化求和 [命题角度]
分组转化求和是把数列之和分为几组，各组中根据项的不同特征 利用不同的方法求和，求出各组和之后再求整体之和，考查时多 以解答题形式出现主要考查： 1．周期数列的求和． 2．奇偶项分别有相同的特征的数列求和． 3．通项中含有(－1)n的数列求和．
栏目 导引 第二十五页，编辑于星期五：二十三点 五十三
分。
专题三 数列
2．在本例条件下，若 d＜1 且 cn＝anbn，求 Dn＝c1＋c2＋…＋cn.
解：因为 d＜1，所以 an＝19(2n＋79)，bn＝929n－1， 所以 cn＝(2n＋79)29n－1，
Dn＝c1＋c2＋…＋cn＝(2×1＋79)920＋(2×2＋79)·921＋(2×3＋
第七页，编辑于星期五：二十三点 五十三分。
专题三 数列
[解] (1)证明：由条件，对任意 n∈N*，有 an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3， 因而对任意 n∈N*，n≥2，有 an＋1＝3Sn－1－Sn＋3. 两式相减，得 an＋2－an＋1＝3an－an＋1，即 an＋2＝3an，n≥2. 又 a1＝1，a2＝2， 所以 a3＝3S1－S2＋3＝3a1－(a1＋a2)＋3＝3a1. 故对一切 n∈N*，an＋2＝3an.
(2n＋
79)29n＝81＋2×291－1－2929n－1
－(2n＋79)92n，
所以
Dn＝975771－2n＋8147
2 9
n.
栏目
导引 第二十七页，编辑于星期五：二十三点 五十三
分。
专题三 数列
方法归纳 错位相减法的步骤
(1)求和时先乘以数列的公比． (2)把两个和的形式错位相减．
栏目 导引
第五页，编辑于星期五：二十三点 五十三分。
专题三 数列
考点一 分组转化求和 [命题角度]
分组转化求和是把数列之和分为几组，各组中根据项的不同特征 利用不同的方法求和，求出各组和之后再求整体之和，考查时多 以解答题形式出现主要考查： 1．周期数列的求和． 2．奇偶项分别有相同的特征的数列求和． 3．通项中含有(－1)n的数列求和．
栏目 导引 第二十五页，编辑于星期五：二十三点 五十三
分。
专题三 数列
2．在本例条件下，若 d＜1 且 cn＝anbn，求 Dn＝c1＋c2＋…＋cn.
解：因为 d＜1，所以 an＝19(2n＋79)，bn＝929n－1， 所以 cn＝(2n＋79)29n－1，
Dn＝c1＋c2＋…＋cn＝(2×1＋79)920＋(2×2＋79)·921＋(2×3＋
【2份】2016年高考数学(理)二轮复习课件：专题三 数列 共97张PPT
第7页
大二轮专题辅导与增分攻略·二轮数学·理
[思路引导] 根据等差、 等比数列的概念， 求出数列{an}的通 项公式，再求值． [解析] (1)依题意得 a2 a2 则等差数列{a2 1＋1＝2， 3＋1＝10， n＋
重 点 透 析
2 a2 3＋1－a1＋1 1}的公差为 ＝4，因此 a2 n＋1＝2＋4(n－1)＝4n－ 2
[解析] 依题意， 由 a1<a2<a4 不能得知等比数列{an}是递增数 列，如取 an＝－(－2)n－1，此时数列{an}是等比数列，且 a1<a2<a4， 但显然此时数列{an}不是递增数列；反过来，由数列{an}是递增
重 点 透 析
数列可得 a1<a2<a4.因此， “a1<a2<a4”是“数列{an}是递增数列”的 必要不充分条件，故选 B.
应用等比数列前 n 项和公式时应首先判断公比 q 与 1 的关系．
重 点 透 析
(1)(2015· 新课标全国卷Ⅱ)已知等比数列 {an}满足 a1＝3，a1 ＋a3＋a5＝21，则 a3＋a5＋a7＝( A．21 C．63 B．42 D．84 )
第6页
大二轮专题辅导与增分攻略·二轮数学·理
(1)各项均为正数的数列{an}中， a1＝1， a3＝3， 如果数列{a2 n＋ 1}是等差数列，则 a13＝(
重 点 透 析
) C．49 D．50
名 师 微 课
A．7
B．25
(2)(2015· 合肥第一次质量检测)已知数列{an}满足 an＋1＝2an(n ∈N*)且 a2＝1，则 log2a2 016＝________.
名 师 微 课
列，等价于 a1an－a1an－1<0，即 a1(an－an－1)<0，即 a1d<0.
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.
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.
2016高考数学(文)二轮复习课件2.4.2数列求和及综合应用
⑤将递推关系进行变换,转化为常见数列(等差、等比数列).
(2)常见的求和的方法 ①公式法求和 ②错位相减法 ③裂项相消法 ④倒序相加法 ⑤分组求和法 (3)主要思想安一模)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2=-11， a5+a9=-2，则当Sn取最小值时，n等于( A.9 B.8 C.7 ) D.6
2.(2015·泰安模拟)已知数列{an}的通项为 a n n , 则它的前n项和 n 1
2
Sn=_______.
【解析】因为数列{an}的通项为 a n n , 所以它的前n项和 n 1
2 2 3 n 1 1 2 3 n 1 n Sn 1 2 … n 1 , Sn 2 3 … n 1 n , 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 n 所以 1 S 1 1 1 … 1 n 2 n 2 2 n , n 2 2 22 2n 1 2n 1 1 2n 2n 2 所以 S 4 4 2n . n 2n 4 2n 答案： 4 2n
4.(2015·安徽高考)已知数列{an}中，a1=1，an=an-1+ 1 (n≥2)，
2
则数列{an}的前9项和等于__________.
【解析】当n≥2时，an=an-1+ 1 且a2=a1+ 1 ，
2 2 所以{an}是首项为1，公差为 1 的等差数列， 2 所以 S9 9 1 9 8 1 9 18 27. 2 2
预测2016年命题热点为： (1)已知等差(比)数列的某些项的值或其前几项的和，求该数列的通 项公式. (2)已知某数列的递推式或某项的值，求该数列的和. (3)已知某个不等式成立，求某参数的值.证明某个不等式成立.
高考数学二轮复习第一部分专题篇专题三数列第二讲数列的综合应用课件文
试题
通解
优解
考点(kǎo diǎn)
一
考点(kǎo diǎn)
a1＝12＝1－1×1 2，a2＝56＝1－2×1 3，a3＝1112＝1－3×1 4，…，归纳
二
考点三
可得 an＝1－nn1＋1，选 C.
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考点(kǎo diǎn)一
试题(shìtí)证明(zhèn解gm析íng)
考点一
考点(kǎo 由递推关系(guān xì) diǎn)一 求通项
[经典结论·全通关]
求数列通项常用的方法
考点(kǎo diǎn) (1)定义法：①形如 an＋1＝an＋C(C 为常数)，直接利用定义判断其
一
为等差数列．②形如 an＋1＝kan(k 为非零常数)且首项不为零，直接
考点二 利用定义判断其为等比数列．
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考点(kǎo diǎn)一
考点一
考点二 考点三
试题(shìtí解) 析(jiě
(1)由题意得aa21＝＋2aa2＝1＋4， 1， 则aa12＝ ＝13，.
又当 n≥2 时，由 an＋1－an＝(2Sn＋1)－2(Sn－1＋1)＝2an，得 an＋1＝3an； 所以数列{an}的通项公式为 an＝3n－1，n∈N*. (2)设 bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*，则 b1＝2，b2＝1.
当 n≥3 时，由于 3n－1>n＋2，故 bn＝3n－1－n－2，n≥3.
设数列{bn}的前 n 项和为 Tn，则 T1＝2，T2＝3，
当
n≥3
时，Tn＝3＋911－－33n－
2－n＋7n－2＝3n－n2－5n＋11，
2
2
2，
n＝1，
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(1)已知数列{bn}的前 n 项和 Sn，求 bn 时分如下三个步 骤进行：①当 n＝1 时，b1＝S1；②当 n≥2 时，bn＝Sn－Sn －1；③验证 b1 是否适合 n≥2 的解析式，据验证情况写出 bn 的表达式． (2)用数表给出的数列求其通项或和的问题，往往要弄 清前 n－1 行共有多少项．
1 1－ n 2 1 1 1 1 2 n n S ＝ 1＋ ＋ 2＋ …＋ n－1 － n＝ － n＝ 2 － n － 2 n 2 2 2 1 2 2 2 1－ 2 n ， 2n n＋2 整理，得 Sn＝4－ n－1 ，n∈N*. 2 n＋2 所以，数列{bn}的前 n 项和为 4－ n－1 ，n∈N*. 2
an (2)求数列 n－1 的前 2
n 项和．
思路点拨：(1)由题设求出 a1，d，可确定通项公式； (2)可用错位相减法求和．
解析：(1)设等差数列{an}的公差为 d，由已知条件可得
a1＋d＝0， a1＝1， 解得 2a1＋12d＝－10， d＝－1.
(3)由(2)知，64T2na2n≤3(1－ka2n) 即得 1n 1 1 64×3－3 · n≤31－k·n ， 2 2 2 64 n 所以 k≤2 ＋ n －64. 2 64 64 n n 因为 2 ＋ n －64≥2 2 · n －64＝－48(当 n＝3 时等 2 2 号成立)， 即所求 k 的最大值为－48.
随堂讲义
专题三 数 列 第二讲 数列求和及综合应用
高考数列一定有大题，按近几年高考特点，可估计 2016年不会有大的变化，考查递推关系、数学归纳法的 可能较大，但根据高考题命题原则，一般会有多种方法 可以求解．因此，全面掌握数列求和相关的方法更容易 让你走向成功．
例1
1n * 已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝ (n ∈ N )， 2
解法二(除幂法) 等式 an＋1＝5an＋4 两边同时除以 5n＋1 得： an＋1 an 4 ＝ ＋ n n＋1 n＋1. 5 5 5 an 4 令 bn＝ n，则 bn－bn－1＝ n， 5 5 ∴bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－1－bn－2)＋(bn－bn
1 1 － 2n－1 2n＋1 1 1 n ＝ ×1－ ＝ . 2 n ＋ 1 2 2n＋1
1 000 1 000 1 000 n 由 Tn＝ ＞ 得 n＞ ， 所以满足 Tn＞ 的 13 2 013 2n＋1 2 013 最小正整数为 77.
1 1 1 2－n ＝1－2＋4＋…＋ n－1－ n 2 2 1 n 2－n 1 － ＝1－ n－1 － n ＝ n. 2 2 2
所以 Sn＝ n－1. 2
an 综上，数列 n－1的前 2
n
n 项和 Sn＝
. 2n－1
1 的前 (2)若数列 bnbn＋1
Sn＋
Sn－1
1 000 n 项和为 Tn， 问： 满足 Tn＞ 的 2 013
最小正整数 n 是多少？
1 1 x 解析：(1)∵f(1)＝a＝ ，∴f(x)＝ . 3 3 1 2 a1＝ f(1)－ c＝ － c， a2＝ [f(2)－ c]－[f(1)－ c]＝－ ， a3 3 9 2 ＝[f(3)－c]－[f(2)－c]＝－ . 27 又数列{an}成等比数列， 4 81 a2 2 1 2 ∴a1＝ ＝ ＝－ ＝ －c. a3 2 3 3 － 27 a2 1 ∴c＝1.又公比 q＝ ＝ ， a1 3 1n 2 1n－1 ∴an＝－ ＝－2 (n∈N*)． 33 3
1．(2014· 北京卷)已知{an}是等差数列，满足 a1＝3， a4＝12，数列{bn}满足 b1＝4，b4＝20，且{bn－an}是等比 数列． (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)求数列{bn}的前 n 项和． 分析：(1)由已知{an}是等差数列，a1＝3，a4＝12， 可求出{an}的通项公式； 由{bn－an}是等比数列， 结合{an} 的通项公式，可求出{bn}的通项公式； (2)由 (1)知， bn＝ 3n＋2n－1(n＝1，2，…)，从而可利用分组求和法，求出 数列{bn}的前 n 项和．
log2a2n n (2)由(1)得 bn＝ ＝ n－1，n∈N*. a2n－1 2 设{bn}的前 n 项和为 Sn，则 1 1 1 1 Sn＝ 1× 0＋ 2× 1＋ 3× 2 ＋…＋ (n－ 1)× n－2＋ n× 2 2 2 2 2
n－1，
1
1 1 1 1 1 S ＝1× 1＋2× 2＋3× 3＋…＋(n－1)× n－1＋n× 2 n 2 2 2 2 1 ， 2n 上述两式相减，得
n
本题考查等差数列的通项公式的求法以及用错位相减法 求数列的前n项和，数列{an}满足 an＋2＝qan(q 为实数， 且 q≠1)，n∈N*，a1＝1，a2＝2，且 a2＋a3，a3＋a4，a4＋ a5 成等差数列． (1)求 q 的值和{an}的通项公式； log2a2n (2)设 bn＝ ，n∈N*，求数列{bn}的前 n 项和． a2n－1
n－1 1 ，n为正奇数， 2 2 所以 an＝ n 1 ，n为正偶数. 2 2 T2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n) 1n 1n 1 × 1 － 1－ 2 2 1n 2 ＝ ＋ ＝3×1－ 2 . 1 1 1－ 1－ 2 2
1 1 是首项为 b1＝ ，公比为 的等比数列． 2 2 1 n (2)由(1)知，bn＝ 2 ， 当 n＝2k(k∈N
*
1 k )时，an＝a2k＝bk＝ 2 ；
当 n＝2k－1(k∈N*)时，
12k－1 an＝a2k－1＝ ÷a2k 2 12k－1 1k－1 k ＝ ·2 ＝ . 2 2
记 T2n 为{an}的前 2n 项的和． (1)设 bn＝a2n，证明：数列{bn}是等比数列． (2)求 T2n. (3)不等式 64· T2n·a2n≤3(1－ka2n)对于一切 n∈N*恒成立， 求实数 k 的最大值．
12n＋1 bn＋1 a2n＋2 a2n＋1a2n＋2 1 2 解析： (1) ＝ ＝ ＝ ＝ ， 所以{bn} bn a2n 2 1 a2na2n＋1 2n 2
∵Sn－Sn－1＝( Sn－ Sn－1)( Sn＋ Sn－1) ＝ Sn＋ Sn－1(n≥2)， 又 bn＞0， Sn＞0，∴ Sn－ Sn－1＝1. 数列{ Sn}构成一个首项为 1，公差为 1 的等差数列， Sn＝1＋(n－1)×1＝n，Sn＝n2， 当 n≥2，bn＝Sn－Sn－1＝n2－(n－1)2＝2n－1， 又∵当 n＝1 时，b1＝1 满足上式， ∴bn＝2n－1(n∈N*)．
1 (2)由 an＝2n＋1 可知 bn＝ anan＋1 1 1 1 1 － ＝ ＝ . 2 n ＋ 1 2 n ＋ 3 2 （2n＋1）（2n＋3） 设数列{bn}的前 n 项和为 Tn，则 Tn＝b1＋b2＋…＋bn
1 1 1 1 1 1 1 ＝ 3－5＋5－7＋…＋2n＋1－2n＋3 2 n ＝ . 3（2n＋3）
例3
1 x 已知点1， 是函数 f(x) ＝ a (a＞0 且 a≠1)的图象上 3
一点，等比数列{an}的前 n 项和为 f(n)－c，数列{bn}(bn＞0) 的首项为 c，且前 n 项和 Sn 满足 Sn－Sn－1＝ (n≥2)． (1)求数列{an}和{bn}的通项公式．
解析：(1)设等差数列{an}的公差为 d，由题意得： a4－a1 12－3 d＝ ＝ ＝3， 3 3 所以 an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1，2，…)， b4－a4 设等比数列{bn－an}的公比为 q，由题意得：q ＝ b1－a1
3
20－12 ＝ ＝8，解得 q＝2. 4－3 所以 bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1，从而 bn＝3n＋2n－1(n ＝1，2，…)．
1 1 1 1 (2)Tn＝ ＋ ＋ ＋…＋ b1b2 b2b3 b3b4 bnbn＋1 1 1 1 1 ＝ ＋ ＋ ＋…＋ 1×3 3×5 5×7 （2n－1）×（2n＋1） 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ＝ × 1－ ＋ × － ＋ × － ＋ … ＋ × 3 2 2 2 2 3 5 5 7
解析： (1)由已知， 有(a3＋a4)－(a2＋a3)＝(a4＋a5)－(a3＋a4)， 即 a4－a2＝a5－a3， 所以 a2(q－1)＝a3(q－1)． 又因为 q≠1，所以 a3＝a2＝2.由 a3＝a1·q，得 q＝2. n－1 * k－1 当 n＝2k－1(k∈N )时，an＝a2k－1＝2 ＝2 2 ； n * k 当 n＝2k(k∈N )时，an＝a2k＝2 ＝22. n－1 2 2 ，n为奇数， 所以，{an}的通项公式为 an＝ n 22，n为偶数.
3．(2015· 新课标Ⅰ卷)Sn 为数列{an}的前 n 项和． 已 知 an＞0，a2 n＋2an＝4Sn＋3. (1)求{an}的通项公式； 1 (2)设 bn＝ ，求数列{bn}的前 n 项和． anan＋1
解析：(1)由 a2 n＋2an＝4Sn＋3，① 可知 a2 n＋ 1＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.② 2 ②－①，得 a2 － a ＋ n 1 n＋2(an＋1－an)＝4an＋1， 2 即 2(an＋1＋an)＝a2 － a ＋ n 1 n＝(an＋1＋an)(an＋ 1－an)． 由 an＞0，得 an＋1－an＝2. 又 a2 1＋2a1＝4a1＋3，解得 a1＝－1(舍去)或 a1＝3. 所以{an}是首项为 3，公差为 2 的等差数列，通项 公式为 an＝2n＋1.