2013届高三数学二轮复习专题三第2讲数列求和及数列的综合应用教案

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高三数学二轮专题复习教案――数列一、本章知识结构：二、重点知识回顾１．数列的概念及表示方法（１）定义：按照一定顺序排列着的一列数．（２）表示方法：列表法、解析法（通项公式法和递推公式法）、图象法．（３）分类：按项数有限还是无限分为有穷数列和无穷数列；按项与项之间的大小关系可分为单调数列、摆动数列和常数列．a n S1( n 1)a n S n S n Sn 1(n ≥ 2)（４）与的关系：．2．等差数列和等比数列的比较（１）定义：从第 2 项起每一项与它前一项的差等于同一常数的数列叫等差数列；从第2 项起每一项与它前一项的比等于同一常数（不为0）的数列叫做等比数列．（２）递推公式：a n1a n d， a n 1a n·q， q 0， n N ．（３）通项公式：a n a1(n 1)d， a n a1q n 1， n N．（４）性质等差数列的主要性质：①单调性： d ≥0 时为递增数列， d ≤ 0 时为递减数列， d 0 时为常数列．②若mn p q ，则aman a p a q (m， n，p，qN )．特别地，当 m n 2 p时，有ama n2a p．③an a m(n m)d(m， n N ) ．④Sk，S2kSk，S3 kS2k，成等差数列．等比数列的主要性质：，a10a1，a10a1 00①单调性：当0q 1 或 q 1时，为递增数列；当q，，或q1时，为1递减数列；当q0时，为摆动数列；当q1时，为常数列．②若m npa ·a a ·a (m，n，p，q N )．特别地，若mn 2 p ，q，则m n p q则a m·a n a p2．a n q n m ( m， n N ， q 0)③am．④ S k， S2k S k， S3k S2k，，当 q1时为等比数列；当q1时，若 k 为偶数，不是等比数列．若k为奇数，是公比为1的等比数列．三、考点剖析考点一：等差、等比数列的概念与性质例 1.（ 2008 深圳模拟）已知数列{ a}的前 n项和 S12n n 2 .n n（1）求数列{ an}的通项公式；（2）求数列{| an|}的前 n项和 T n .解：（ 1）当n1时, a1S112 11211 ；、当n时S nSn 1(12n n2)[12(n1)(n 1)2]132n. ，2 ,a na也符合132n的形式.所以 ,数列{ a}的通项公式为 an13 2n.1n、11（ 2）令a n132n0, 又 n N * , 解得 n 6.n 6时,T n| a1 || a2|| a n| a1a2a n S n12n n 2；当当n6 ,T n| a1 | | a2 || a6 | | a7 || a n |a1 a2a6a7a8a n2S6S2(12 6 62 )(12 n n2 ) n 212n72. nT n 12n n 2 , n6,n212n 72, n 6.综上，点评：本题考查了数列的前n 项与数列的通项公式之间的关系，特别要注意n＝１时情况，在解题时经常会忘记。

数列综合应用数列求和教案

授课人：史宏刚班级11104班课题数列综合应用（一）数列求和教学目标1.知识与能力：培养学生观察分析应用能力。

2.过程与方法：通过课堂分析演练，总结解题技巧。

3.情感态度价值观：提高学生刻苦专研学习态度。

重点、难点、关键公式法、裂项相消、错位相减. 、倒序相加法求和裂项相消、错位相减法认清问题实质选择解题方法程序与内容一、组织教学师生问好，检查出席二、目标展示 1、情境创设复习提问：回顾重要知识点，为本节应用做准备数列前n 项和的定义:S n =a 1+a 2+a 3+…+a n引入课堂 2、明确目标公式法、裂项相消、错位相减. 、倒序相加法求数列前n 项和1.公式法：（1）直接法：直接由等差、等比数列的求和公式求和，等比数列求和时注意对公比 q =1，q ≠1的讨论；11()(1)22n n n a a n n S na d +-==+⎪⎩⎪⎨⎧≠≠--=--==)10(11)1()1(111q q q qa a q q a q na S n n n 且（2）特殊公式：所给数列的通项是关于n 的多项式，此时求和可采用公式法求和，常用的公式有：（3）拆项求和法：把数列的每一项分成几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求和.2.错位相减法:主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘得的新数列求和，即为等比数列求和公式的推导方法.3.裂项相消法:把数列的通项拆成两项之差，正负相消剩下首尾若干项再求和.4.倒序相加法：如果一个数列{an }，与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写和与倒着写和的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和的方法称为倒序相加法. 即等差数列求和公式的推导.三、目标教学、练习例1.求下列数列前n 项的和S n ： 1×4，2×5，3×6，…n (n +3)… 解: ∵a n =n(n+3)=n 2+3n设计意图充分发挥学生学习的能动性,以学生为主体,展开课堂教学通过学生对几种常见的求和方法的归纳、总结,结合具体的实例、简单回忆各方法的应用背景.把遗忘的知识点形成了一个完整的知识体系。

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．

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.。

【精品】数列求和及综合应用辅导教案

[活学活用]
3．在数列{an}中，an＝＋＋…＋，且bn＝，求数列{bn}的前n项的和．
解：an＝ (1＋2＋…＋n)＝，
∵bn＝，
∴bn＝＝8( － )，
∴数列{bn}的前n项和为
Sn＝8[(1－ )＋( － )＋( － )＋…＋( － )]＝8(1－ )＝ .
题型四、等差数列与等比数列的综合问题
把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．
(4)倒序相加法
5)错位相减法
主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广．
2．常见的裂项公式
(1) ＝－ .
(2) ＝ .
题型三、裂项相消法求和
[例3]已知等差数列{an}满足：a3＝7，a5＋a7＝26，{an}的前n项和为Sn.
(1)求an及Sn；
(2)令bn＝ (n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.
[解](1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
由于a3＝7，a5＋a7＝26，
∴a1＋2d＝7,2a1＋10d＝26，
解得a1＝3，d＝2.
由于an＝a1＋(n－1)d，Sn＝，
∴an＝2n＋1，Sn＝n(n＋2)．
(2)∵an＝2n＋1，
∴a －1＝4n(n＋1)，
因此bn＝＝ .
故Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝
＝
＝ .
∴数列{bn}的前n项和Tn＝ .
[类题通法]
裂项法的实质是将数列中的每项(通项)分解，然后重新组合使之能消去一些项，最终达到求和的目的．利用裂项法的关键是分析数列的通项，考察是否能分解成两项的差，这两项一定要是同一数列相邻(相间)的两项，即这两项的结论应一致．

高三数学文二轮复习 3.2数列求和与数列的综合应用课件

1．等差、等比数列的求和公式 (1)等差数列前 n 项和公式： Sn＝na1＋nn2－1·d＝na12＋an. (2)等比数列前 n 项和公式： ①q＝1 时，Sn＝na1； ②q≠1 时，Sn＝a111－－qqn.
2．数列求和的方法技巧 (1)转化法有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，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．
由 y＝0，得 xk＝xk－1－1(2≤k≤n)．
(2)由 x1＝0，xk－xk－1＝－1，得 xk＝－(k－1)，所以|PkQk|＝exk＝e－(k－1)，于是 Sn＝|P1Q1|＋|P2Q2|＋|P3Q3|＋…＋|PnQn| ＝1＋e－1＋e－2＋…＋e－(n－1)＝11－－ee－－n1＝e－e－e11－n.
热点之四数列与解析几何的综合问题数列与解析几何的综合应用，展示了知识的交汇性、方法的灵活性．数列是一种特殊的函数，解题时应充分利用这一特征，同时要注意数形结合思想的应用．
【例 4】 (2011·陕西高考) 如图，从点 P1(0,0)作 x 轴的垂线交曲线 y＝ex 于点 Q1(0,1)，曲线在 Q1 点处的切线与 x 轴交于点 P2，再从 P2 作 x 轴的垂线交曲线于 Q2，依次重复上述过程得到一系列点： P1，Q1；P2，Q2；…；Pn，Qn，记 Pk 点的坐标为(xk,0)(k＝1,2，…， n)．
(2)数列应用题一般是等比、等差数列问题，其中，等比数列涉及的范围比较广，如经济上涉及利润、成本、效益的增减，解决该类题的关键是建立一个数列模型{an}，利用该数列的通项公式、递推公式或前 n 项和公式．
1.若数列{an}的通项公式为 an＝2n＋2n－1，则数列{an}

陕西省汉中市陕飞二中高三数学二轮复习专题三第二讲数列求和及综合应用课件

1．设数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列，求数列{anbn}的前n项和可用错位相减法． 2．应用错位相减法求和时，需注意： (1)给数列和Sn的等式两边所乘的常数应不为零，否则需讨论． (2)在转化为等比数列的和后，求其和时需看准项数，不一定为n.
3．设数列{an}是公差大于 0 的等差数列，a3，a5 分别是方程 x2－14x＋45＝0 的两个实根．
当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2＝6×1－5，所以，an＝6n－5(n∈N＋)．
错位相减法求和
(12 分)(2011·郑州模拟)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 Sn＋n＝2an(n∈N＋)．
(1)证明：数列{an＋1}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)若 bn＝(2n＋1)an＋2n＋1，数列{bn}的前 n 项和为 Tn. 求满足不等式2Tnn－－21＞2 010 的 n 的最小值．
解析 (1)设函数f(x)＝ax2＋bx(a≠0)，
则f′(x)＝2ax＋b，由f′(x)＝6x－2，
得a＝3，b＝－2，所以f(x)＝3x2－2x.
又因为点(n，Sn)(n∈N＋)均在函数y＝f(x)的图象上，所以Sn＝3n2－2n. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1 ＝(3n2－2n)－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5.
▪1、纪律是集体的面貌，集体的声音，集体的动作，集体的表情，集体的信念。 ▪2、知之者不如好之者，好之者不如乐之者。 ▪3、反思自我时展示了勇气，自我反思是一切思想的源泉。 ▪4、在教师手里操着幼年人的命运，便操着民族和人类的命运。一年之计，莫如树谷；十年之计，莫如树木；终身之计，莫如树人。 ▪5、诚实比一切智谋更好，而且它是智谋的基本条件。 ▪6、做老师的只要有一次向学生撒谎撒漏了底，就可能使他的全部教育成果从此为之失败。2022年1月2022/1/292022/1/292022/1/291/29/2022 ▪7、凡为教者必期于达到不须教。对人以诚信，人不欺我;对事以诚信，事无不成。2022/1/292022/1/29January 29, 2022 ▪8、教育者，非为已往，非为现在，而专为将来。2022/1/292022/1/292022/1/292022/1/29

高三数学第二轮复习教案《数列》

数列（第二轮复习）1.等差(比)数列的定义如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差(比)等于同一个常数，这个数列叫做等差(比)数列.2.通项公式等差 a n =a 1+(n-1)d ，等比a n =a 1q n -13.等差(比)中项如果在a 、b 中间插入一个数A ，使a 、A 、b 成等差(比)数列，则A 叫a 、b 的等差(比)中项．A ＝(a+b)/2或A ＝±ab4.重要性质：m+n=p+q ⇔ a m ·a n ＝a p ·a q (等比数列)a m +a n ＝a p +a q (等差数列) (m 、n 、p 、q ∈N*) 特别地 m+n=2p ⇔ a m +a n ＝2a p (等差数列) a m ·a n ＝a p 2 (等比数列)5.等差数列前n 项和等比数列前n 项和6.如果某个数列前n 项和为Sn ，则7.差数列前n 项和的最值（1）若a1＞0，d ＜0，则S n 有最大值，n 可由 ⎩⎨⎧≥≥+0a 0a 1n n （2）若a1＜0，d ＞0，则S n 有最小值，n 可由 ⎩⎨⎧≤≤+0a 0a 1n n 8．求数列的前n 项和S n ，重点应掌握以下几种方法：（1）.倒序相加法：如果一个数列{a n }，与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写和与倒着写和的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和的方法称为倒序相加法.（2）.错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列对应项乘积组成，此时求和可采用错位相减法.（3）.分组转化法：把数列的每一项分成两项，或把数列的项“集”在一块重新组合，或把整个数列分成两部分，使其转化为等差或等比数列，这一求和方法称为分组转化法.（4）.裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差，()()⎩⎨⎧≥-==-2111n S S n S a n n n ()()d n n na n a a S n n 21211-+=+=()()()⎪⎩⎪⎨⎧≠--==111111q qq a q na S n n在求和时一些正负项相互抵消，于是前n项的和变成首尾若干少数项之和，这一求和方法称为裂项相消法.9. 三个模型：（1）复利公式按复利计算利息的一种储蓄，本金为a元，每期利率为r，存期为x，则本利和y=a(1+r)x（2）.单利公式利息按单利计算，本金为a元，每期利率为r，存期为x，则本利和y=a(1+xr) （3）.产值模型原来产值的基础数为N，平均增长率为p，对于时间x的总产值y=N(1+p) x10．例、习题：1.若关于x的方程x2-x+a=0和x2-x+b=0(a,b∈R且a≠b)的四个根组成首项为1/4的等差数列，则a+b的值为( )A. 3/8B. 11/24C. 13/24D. 31/722.在等差数列{a n}中，a2+a4=p，a3+a5=q．则其前6项的和S6为( )(A) 5 (p+q)/4 (B) 3(p+q)/2 (C) p+q (D) 2(p+q)3.下列命题中正确的是( )A.数列{a n}的前n项和是S n=n2+2n-1，则{a n}为等差数列B.数列{a n}的前n项和是S n=3n-c，则c=1是{a n}为等比数列的充要条件C.数列既是等差数列，又是等比数列D.等比数列{a n}是递增数列，则公比q大于14.等差数列{a n}中，a1＞0，且3a8=5a13，则S n中最大的是( )(A)S10(B)S11(C)S20(D)S215.等差数列{a n}中，S n为数列前n项和，且S n/S m＝n2/m2 (n≠m)，则a n / a m值为( )(A)m/n (B)(2m-1)/n (C)2n/(2n-1) (D)(2n-1)/(2m-1)6.已知{a n}的前n项和S n=n2-4n+1，则|a1|+|a2|+…|a10|=( )(A)67 (B)65 (C)61 (D)567.一个项数是偶数的等比数列，它的偶数项的和是奇数项和的2倍，又它的首项为1，且中间两项的和为24，则此等比数列的项数为（）(A)12 (B)10 (C)8 (D)68.计算机是将信息转换成二进制进行处理的，二进制即“逢2进1”，如(1101)2表示二进制数，将它转换成十进制形式是1×23+1×22+0×21+1×20=13，那么将二进制数(111…11)2 （16个1）位转换成十进制形式是( )(A) 217-2 (B) 216-2 (C) 216-1 (D)215-19.{a n}为等比数列，{b n}为等差数列，且b1=0,C n＝a n+b n，若数列{C n}是1，1，5，…则{C n}的前10项和为___________.10.如果b是a，c的等差中项，y是x与z的等比中项，且x，y，z都是正数，则(b-c)log m x+(c-a)log m y+(a-b)log m z=_______.11.数列{a n}的前n项和S n=n2+1，则a n=_________________.12.四个正数成等差数列，若顺次加上2，4，8，15后成等比数列，求原数列的四个数.13.已知等比数列{a n }的公比为q ，前n 项的和为S n ，且S 3，S 9，S 6成等差数列.(1)求q 3的值；(2)求证a 2，a 8，a 5成等差数列.14.一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项和与奇数项和之比为32∶27，求公差d.15.数列{a n }是由正数组成的等比数列，S n 为前n 项的和，是否存在正常数c ，使得对任意的n ∈N +成立?并证明你的结论.16.一个首项为正数的等差数列中，前3项和等于前11项和，问此数列前多少项的和最大?17.已知等比数列{a n }的首项a1＞0，公比q ＞0.设数列{b n }的通项b n =a n+1+a n+2(n ∈N*)，数列{a n }与{b n }的前n 项和分别记为A n 与B n ，试比较A n 与B n 的大小.()()()c S c S c S n n n -=-+-++12lg 2lg lg18.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10=100，S 100=10，试求S 110.19.已知数列{a n }和{b n }满足(n ∈N +)，试证明：{a n }成等差数列的充分条件是{b n }成等差数列.20.已知数列{a n }中的a 1=1/2，前n 项和为S n ．若S n =n 2a n ，求S n 与a n 的表达式.21.在数列{a n }中，a n ＞0， 2Sn = a n +1(n ∈N) ①求S n 和a n 的表达式；②求证： n a n a a b n n +++⋅++⋅+⋅= 21212121111321<+++nS S S S。

大学数学(高数微积分)专题三第2讲数列求和及数列综合应用(课堂讲义)

(2)因为bn＝an＋(－1)nln an
＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1)
＝2·3n－1＋(－1)n[ln 2＋(n－1)ln 3]
热点分类突破
＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，
所以Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－
再验证是否可以合并为一个公式．
热点分类突破
(2013·湖南)设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝(－1)nan －21n，n∈N*，则：
(1)a3＝________；
(2)S1＋S2＋…＋S100＝________.
本
讲栏
解析
∵an＝Sn－Sn－1＝(－1)nan－21n－(－1)n－1an－1＋2n1－1，
本解 (1)由已知，得当 n≥1 时，
讲
栏目
an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1
开
关＝3(22n－1＋22n－3＋…＋2)＋2＝22(n＋1)－1.
而a1＝2，符合上式，所以数列{an}的通项公式为 an＝22n－1.
热点分类突破
(2)由 bn＝nan＝n·22n－1 知
本讲栏
即na＋n＋11－ann＝1，又a22－a11＝1，
目
开关
故数列ann是首项为a11＝1，公差为1的等差数列，
所以ann＝1＋(n－1)×1＝n，所以 an＝n2，
所以数列{an}的通项公式为 an＝n2，n∈N*.
热点分类突破
(3)证明 a11＋a12＋a13＋…＋a1n＝1＋14＋312＋412＋…＋n12 <1＋14＋2×1 3＋3×1 4＋…＋nn1－1

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

＝2n－1－1， 1－2
由 b1＝2，所以 bn＝2n－1＋1. (3)cn＝bnbann＋1＝bnb＋nb1－n＋b1 n＝b1n－bn1＋1，所以 Tn＝c1＋c2＋…cn＝b11－b12＋b12－b13＋…＋ b1n－bn1＋1＝b11－bn1＋1＝12－2n＋1 1.
命题视角 3 错位相减法求和
cn＝TbnTn＋n＋1 1＝n2（2nn＋＋11）2＝n12－（n＋1 1）2，所以 An＝1－（n＋1 1）2＝（nn2＋＋12）n 2.
因此{An}是单调递增数列，所以当 n＝1 时，An 有最小值 A1＝1－14＝34；An 没有最大值．
[规律方法] 1．给出 Sn 与 an 的关系求 an，常用思路是：一是利用 Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为 an 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为 Sn 的递推关系，先求出 Sn 与 n 之间的关系，再求 an. 2．形如 an＋1＝pan＋q(p≠1，q≠0)，可构造一个新的等比数列．
[变式训练] (2017·太原质检)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝2n＋1－2，数列{bn}满足 bn＝an＋an＋1(n∈N*)．
(1)求数列{bn}的通项公式； (2)若 cn＝log2an(n∈N*)，求数列{bn·cn}的前 n 项和 Tn. 解：(1)由于 Sn＝2n＋1－2，n∈N*，
＋2n.
[规律方法] 1．在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和．在利用分组求和法求和时，常常根据需要对项数 n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个表达式． 2．分组求和的策略：(1)根据等差、等比数列分组； (2)根据正号、负号分组．
从而{an}的通项公式为 an＝2n2－1. an

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.

高考数学二轮复习专题精讲教案三第2讲数列求和及数列的综合应用

第2讲数列求和及数列的综合应用自主学习导引真题感悟1．(2012·大纲全国卷)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前100项和为A.100101B.99101C.99100D.101100 解析利用裂项相消法求和．设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d . ∵a 5＝5，S 5＝15， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，5a 1＋5×5－12d ＝15，，∴⎩⎨⎧a 1＝1d ＝1，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n . ∴1a n a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴数列{1a n a n ＋1}的前100项和为1－12＋12－13＋…1100－1101＝1－1101＝100101. 答案 A2．(2012·浙江)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋n ，n ∈N ＋，数列{b n }满足a n ＝4log 2b n ＋3，n ∈N ＋. (1)求a n ，b n ；(2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n . 解析 (1)由S n ＝2n 2＋n ，得当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4n －1. 所以a n ＝4n －1，n ∈N ＋.由4n －1＝a n ＝4log 2b n ＋3，得b n ＝2n －1，n ∈N ＋.(2)由(1)知a n b n ＝(4n －1)·2n －1，n ∈N ＋，所以T n ＝3＋7×2＋11×22＋…＋(4n －1)·2n －1， 2T n ＝3×2＋7×22＋…＋(4n －5)·2n －1＋(4n －1)·2n ，所以2T n －T n ＝(4n －1)2n －[3＋4(2＋22＋…＋2n －1)]＝(4n －5)2n ＋5. 故T n ＝(4n －5)2n ＋5，n ∈N ＋.考题分析数列的求和是高考的必考内容，可单独命题，也可与函数、不等式等综合命题，求解的过程体现了转化与化归的数学思想，解答此类题目需重点掌握几类重要的求和方法，并加以灵活应用．网络构建高频考点突破考点一：裂项相消法求数列的前n 项和【例1】(2012·门头沟一模)数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n ·a n ＋1(n ∈N ＋)，求数列{b n }的前n 项和T n . [审题导引] (1)运用公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，求a n ，注意n ＝1时通项公式a n ；(2)裂项法求和．[规范解答] (1)由已知，当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎨⎧2， n ＝1，2n －1， n ≥2.(2)由(1)知，b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧16， n ＝1，1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， n ≥2，当n ＝1时，T 1＝b 1＝16，当n ≥2时，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝16＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＝13－14n ＋2， ∴{b n }的前n 项和T n ＝13－14n ＋2.【规律总结】常用的裂项技巧和方法用裂项相消法求和是最难把握的求和问题之一，其原因是有时很难找到裂项的方向．突破这类问题的方法是根据式子的结构特点，掌握一些常见的裂项技巧，如：(1)1n (n ＋k )＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n－1n ＋k ； (2)1n ＋k ＋n＝1k (n ＋k －n )；(3)C m －1n ＝C m n ＋1－C m n； (4)n ·n ！＝(n ＋1)！－n ！等．[易错提示] 利用裂项相消法解决数列求和问题，容易出现的错误有两个方面： (1)裂项过程中易忽视常数，如1n (n ＋2)容易误裂为1n －1n ＋2，漏掉前面的系数12；(2)裂项之后相消的过程中容易出现丢项或添项的问题，导致计算结果错误．【变式训练】1．(2012·大连模拟)已知函数f (x )＝xx ＋3，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝f (a n )(n ∈N ＋)．(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若数列{b n }满足b n ＝12a n a n ＋1·3n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求S n . 解析 (1)由已知，a n ＋1＝a n a n ＋3，∴1a n ＋1＝3a n＋1.∴1a n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋12，并且1a 1＋12＝32，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋12为以32为首项，3为公比的等比数列，∴1a n＋12＝32·3n －1，∴a n ＝23n －1.(2)b n ＝2·3n (3n －1)(3n ＋1－1)＝13n －1－13n ＋1－1，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝13－1－132－1＋…＋13n －1－13n ＋1－1＝12－13n ＋1－1. 考点二：错位相减法求数列的前n 项和【例2】(2012·滨州模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a n ＋1＝2S n ＋2(n ∈N ＋)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)在a n 与a n ＋1之间插入n 个数，使这n ＋2个数组成公差为d n 的等差数列，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1d n 的前n项和T n .[审题导引] (1)利用递推式消去S n 可求a n ；(2)利用错位相减法求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1d n 的前n 项和．[规范解答] (1)由a n ＋1＝2S n ＋2(n ∈N ＋)，得a n ＝2S n －1＋2(n ∈N ＋，n ≥2)，两式相减得a n ＋1－a n ＝2a n ，即a n ＋1＝3a n (n ∈N ＋，n ≥2)，又a 2＝2a 1＋2，∵{a n }是等比数列，所以a 2＝3a 1，则2a 1＋2＝3a 1，∴a 1＝2，∴a n ＝2·3n －1.(2)由(1)知a n ＋1＝2·3n ，a n ＝2·3n －1.∵a n ＋1＝a n ＋(n ＋1)d n ，∴d n ＝4×3n －1n ＋1，令T n ＝1d 1＋1d 2＋1d 3＋…＋1d n，则T n ＝24×30＋34·31＋44·32＋…＋n ＋14·3n －1①13T n ＝24·31＋34·32＋…＋n4·3n －1＋n ＋14·3n ②①－②得23T n ＝24·30＋14·31＋14·32＋…＋14·3n －1－n ＋14·3n＝12＋14×13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n －11－13－n ＋14·3n ＝58－2n ＋58·3n . 【规律总结】错位相减法的应用技巧(1)设数列{a n }为等差数列，数列{b n }为等比数列，求数列{a n b n }的前n 项和可用错位相减法．应用错位相减法求和时需注意：(2)①给数列和S n 的等式两边所乘的常数应不为零，否则需讨论； ②在转化为等比数列的和后，求其和时需看准项数，不一定为n .【变式训练】2．已知等差数列{a n }满足：a n ＋1＞a n (n ∈N ＋)，a 1＝1，该数列的前三项分别加上1、1、3后顺次成为等比数列{b n }的前三项． (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a nb n (n ∈N ＋)，若T n ＋2n ＋32n －1n ＜c (c ∈Z )恒成立，求c 的最小值．解析 (1)设d 、q 分别为数列{a n }的公差、数列{b n }的公比．由题意知，a 1＝1，a 2＝1＋d ，a 3＝1＋2d ，分别加上1、1、3得2、2＋d 、4＋2d ， ∴(2＋d )2＝2(4＋2d )，∴d ＝±2. ∵a n ＋1＞a n ，∴d ＞0，∴d ＝2，∴a n ＝2n －1(n ∈N ＋)，由此可得b 1＝2，b 2＝4，∴q ＝2，∴b n ＝2n (n ∈N ＋)． (2)T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n＝12＋322＋523＋…＋2n －12n ，①∴12T n ＝122＋323＋524＋…＋2n －12n ＋1.②由①－②得12T n ＝12＋12＋122＋123＋…＋12n －1－2n －12n ＋1.∴T n ＝1＋1－12n －11－12－2n －12n ＝3－12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ，∴T n ＋2n ＋32n －1n ＝3－1n ＜3.∴使T n ＋2n ＋32n －1n ＜c (c ∈Z )恒成立的c 的最小值为3. 考点三：数列与不等式的综合问题【例3】已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＝a (S n －a n ＋1)(a 为常数，且a ≠0，a ≠1)． (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a 2n ＋S n ·a n ，若数列{b n }为等比数列，求a 的值； (3)在满足条件(2)的情形下，设c n ＝1a n ＋1－1a n ＋1－1，数列{c n }的前n 项和为T n ，求证：T n ＞2n －12.[审题导引] 第(1)问先利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)把S n 与a n 的关系式转化为a n 与a n －1之间的关系，判断数列的性质，求其通项公式；(2)根据第(1)问，求出数列{b n }的前三项，利用b ＝b 1×b 3列出方程即可求得a 的值； (3)先求出数列{c n }的通项公式，根据所求证问题将其放缩，然后利用数列求和公式证明．[规范解答] (1)当n ＝1时，S 1＝a (S 1－a 1＋1)，得a 1＝a .当n ≥2时，S n ＝a (S n －a n ＋1)， S n －1＝a (S n －1－a n －1＋1)，两式相减得a n ＝a ·a n －1，得a na n －1＝a .即{a n }是等比数列．所以a n ＝a ·a n －1＝a n .(2)由(1)知b n ＝(a n )2＋a (a n －1)a －1a n ，b n ＝(2a －1)a 2n －a ·a n a －1，若{b n }为等比数列，则有b 22＝b 1b 3，而b 1＝2a 2，b 2＝a 3(2a ＋1)，b 3＝a 4(2a 2＋a ＋1)，故[a 3(2a ＋1)]2＝2a 2·a 4(2a 2＋a ＋1)，解得a ＝12，再将a ＝12代入b n ，得b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，结论成立，所以a ＝12.(3)证明由(2)，知a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，所以c n ＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－1＝2n2n ＋1＋2n ＋12n ＋1－1＝2－12n ＋1＋12n ＋1－1.所以c n ＞2－12n ＋12n ＋1.T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＞⎝ ⎛⎭⎪⎫2－12＋122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2－122＋123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2－12n ＋12n ＋1 ＝2n －12＋12n ＋1＞2n －12.结论成立．【规律总结】数列与不等式综合问题的解题方法(1)在解决与数列有关的不等式问题时，需注意应用函数与方程的思想方法，如函数的单调性、最值等．(2)在数列的恒成立问题中，有时需先求和，为了证明的需要，需合理变形，常用到放缩法，常见的放缩技巧有：①1k 2＜1k 2－1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1k －1－1k ＋1；②1k －1k ＋1＜1k 2＜1k －1－1k ＋1；③2(n ＋1－n )＜1n＜2(n －n －1)；④利用(1＋x )n 的展开式进行放缩．【变式训练】3．已知数列{b n }满足：b n ＋1＝12b n ＋14，且b 1＝72，T n 为{b n }的前n 项和．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n －12是等比数列，并求{b n }的通项公式； (2)如果对任意n ∈N ＋，不等式12k12＋n －2T n≥2n －7恒成立，求实数k 的取值范围．解析 (1)证明对任意n ∈N ＋，都有b n ＋1＝12b n ＋14，所以b n ＋1－12＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫b n －12，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n －12是等比数列，首项为b 1－12＝3，公比为12，所以b n －12＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，即b n ＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12.(2)因为b n ＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12，所以T n ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋122＋…＋12n －1＋n 2＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＋n 2＝6⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋n 2. 因为不等式12k12＋n －2T n ≥2n －7，化简，得k ≥2n －72n ，对任意n ∈N ＋恒成立，设c n ＝2n －72n ，则c n ＋1－c n ＝2(n ＋1)－72n ＋1－2n －72n ＝9－2n2n ＋1，当n ≥5时，c n ＋1≤c n ，数列{c n }为单调递减数列；当1≤n ＜5时，c n ＋1＞c n ，数列{c n }为单调递增数列．而116＝c 4＜c 5＝332，所以n ＝5时，c n 取得最大值332.所以要使k ≥2n －72n 对任意n ∈N ＋恒成立，k ≥332. 名师押题高考【押题1】在数列{a n }中，a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1，又b n ＝2a n ·a n ＋1，则数列{b n }的前n 项和S n ＝________.解析 a n ＝1n ＋1(1＋2＋3＋…＋n )＝n2，b n ＝2n 2·n ＋12＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1∴数列{b n }的前n 项和为S n ＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝8n n ＋1. 答案 8n n ＋1[押题依据] 求数列的通项公式与数列的前n 项和都是高考的热点．本题综合考查了以上两点及等差数列的求和公式，考查数列知识全面，综合性较强，故押此题．【押题2】已知数列{a n }是首项a 1＝1的等比数列，且a n ＞0，{b n }是首项为1的等差数列，又a 5＋b 3＝21，a 3＋b 5＝13. (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n 2a n 的前n 项和S n .解析 (1)设数列{a n }的公比为q ，{b n }的公差为d ，则由已知条件得：⎩⎨⎧q 4＋1＋2d ＝21q 2＋1＋4d ＝13，解之得：⎩⎨⎧d ＝2q ＝2或q ＝－2(舍去).∴a n ＝2n －1，b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. (2)由(1)知b n 2a n＝2n －12n .∴S n ＝12＋322＋523＋…＋2n －32n －1＋2n －12n .①∴12S n ＝122＋323＋…＋2n －32n ＋2n －12n ＋1.②①－②得：12S n ＝12＋222＋223＋…＋22n －2n －12n ＋1＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1－2n －12n ＋1＝12＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －11－12－2n －12n ＋1＝12＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－2n －12n ＋1.∴S n ＝3－2n ＋32n .[押题依据] 数列求和中的错位相减法因运算量较大，结构形式复杂．能够较好地考查考生的运算能力，有很好的区分度，而备受命题者青睐．本题综合考查了等差、等比数列的通项公式及错位相减法求和，难度中等，故押此题．必记内容: 高中数学三角函数公式汇总一、任意角的三角函数在角α的终边上任取．．一点),(y x P ，记：22y x r +=，正弦：r y =αsin 余弦：r x=αcos 正切：xy=αtan 余切：y x =αcot正割：xr=αsec 余割：yr =αcsc 注：我们还可以用单位圆中的有向线段表示任意角的三角函数：如图，与单位圆有关的有向．．线段MP 、OM 、AT 分别叫做角α的正弦线、余弦线、正切线。

2013年高考数学二轮专题辅导与训练专题三第2讲数列求和及数列的综合应用课时训练提能

专题三第2讲数列求和及数列的综合应用课时训练提能[限时45分钟，满分75分]一、选择题(每小题4分，共24分) 1．1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n 2等于A.n n ＋12B ．－n n ＋12C ．(－1)n ＋1n n ＋12D ．以上答案均不对解析对n 赋值验证，只有C 正确．答案 C2．数列{a n }的通项公式a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项的和为10，则项数为 A ．11B ．99C ．120D ．121解析 ∵a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，∴S n ＝n ＋1－1＝10，∴n ＝120. 答案 C3．若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝ A ．15B ．12C ．－12D ．－15解析 ∵a n ＝(－1)n(3n －2)，∴a 1＋a 2＋…＋a 10＝－1＋4－7＋10－…－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝3×5＝15. 答案 A4．设f (n )＝2＋24＋27＋210＋…＋23n ＋1(n ∈N )，则f (n )等于 A.27(8n－1)B.27(8n ＋1－1) C.27(8n ＋3－1)D.27(8n ＋4－1)解析显然，f (n )为数列{23n ＋1}的前n 项和S n ＝24＋27＋210＋…＋23n ＋1与2的和．数列{23n ＋1}为一个首项为a 1＝24，公比为q ＝23的等比数列，由等比数列的前n 项和公式可得S n ＝24[1－23n]1－23＝168n－17，故f (n )＝2＋S n ＝2＋168n－17＝16×8n－27＝2×8n ＋1－27＝27(8n ＋1－1)．答案 B5．已知函数f (x )＝x 2＋bx 的图象在点A (1，f (1))处的切线的斜率为3，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f n 的前n 项和为S n ，则S 2 010的值为A.2 0072 008 B.2 0082 009 C.2 0092 010D.2 0102 011解析 ∵f ′(x )＝2x ＋b ，∴f ′(1)＝2＋b ＝3，∴b ＝1，∴f (x )＝x 2＋x ， ∴1f n ＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1， ∴S 2 010＝1－12＋12－13＋…＋12 010－12 011＝1－12 011＝2 0102 011.答案 D6．甲、乙两间工厂的月产值在2010年元月份时相同，甲以后每个月比前一个月增加相同的产值．乙以后每个月比前一个月增加产值的百分比相同．到2010年11月份发现两间工厂的月产值又相同．比较甲、乙两间工厂2011年6月份的月产值大小，则有A ．甲的产值小于乙的产值B ．甲的产值等于乙的产值C ．甲的产值大于乙的产值D ．不能确定解析设甲各个月份的产值为数列{a n }，乙各个月份的产值为数列{b n }，则数列{a n }为等差数列，数列{b n }为等比数列，且a 1＝b 1，a 11＝b 11，故a 6＝a 1＋a 112≥a 1a 11＝b 1b 11＝b 26＝b 6，由于在等差数列{a n }中，公差不等于0，故a 1≠a 11，上面的等号不能成立，故a 6＞b 6.答案 C二、填空题(每小题5分，共15分)7．已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，…，110＋210＋310＋…＋910，…，那么数列{b n }＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和S n ＝________.解析由已知条件可得数列{a n }的通项公式为a n ＝1＋2＋3＋…＋n n ＋1＝n2，∴b n ＝1a n a n ＋1＝4n n ＋1＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1.S n ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝4⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝4nn ＋1. 答案4n n ＋18．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”的通项为2n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.解析 ∵a n ＋1－a n ＝2n，∴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 . ∴S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.答案 2n ＋1－29．数列{a n }的前n 项和为S n 且a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ＝1,2,3，…)，则log 4S 10＝________. 解析 ∵a n ＋1＝3S n ，∴a n ＝3S n －1(n ≥2)．两式相减得a n ＋1－a n ＝3(S n －S n －1)＝3a n ， ∴a n ＋1＝4a n ，即a n ＋1a n＝4. ∴{a n }为a 2为首项，公比为4的等比数列．当n ＝1时，a 2＝3S 1＝3， ∴n ≥2时，a n ＝3·4n －2，S 10＝a 1＋a 2＋…＋a 10＝1＋3＋3×4＋3×42＋…＋3×48＝1＋3(1＋4＋…＋48)＝1＋3×49－14－1＝1＋49－1＝49.∴log 4S 10＝log 449＝9. 答案 9三、解答题(每小题12分，共36分)10．已知数列{a n }满足a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n，n 为奇数，n ， n 为偶数，试求其前n 项和．解析 (1)当n 为奇数时，S n ＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a n )＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a n －1)＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－4n ＋121－4＋n －12×2＋n －12⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12－12×2＝13·2n ＋2＋n 24－1112. (2)当n 为偶数时，S n ＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a n －1)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a n )＝21－4n21－4＋n2×2＋n 2⎝ ⎛⎭⎪⎫n2－12×2＝13·2n ＋1＋n 24＋n 2－23. 11．(2012·武昌模拟)已知数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝3a n ＋3n ＋1－2n(n ∈N ＋)．(1)设b n ＝a n －2n3n，证明：数列{b n }为等差数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{a n }的前n 项和S n . 解析 (1)证明 ∵b n ＋1－b n ＝a n ＋1－2n ＋13n ＋1－a n －2n3n＝3a n ＋3n ＋1－2n －2n ＋13n ＋1－a n －2n3n＝1，∴{b n }为等差数列．又b 1＝0，∴b n ＝n －1. ∴a n ＝(n －1)·3n ＋2n.(2)设T n ＝0·31＋1·32＋…＋(n －1)·3n，则 3T n ＝0.32＋1·33＋…＋(n －1)·3n ＋1.∴－2T n ＝32＋…＋3n －(n －1)·3n ＋1＝91－3n －11－3－(n －1)·3n ＋1.∴T n ＝9－3n ＋14＋n －1·3n ＋12＝2n －3·3n ＋1＋94.∴S n ＝T n ＋(2＋22＋ (2))＝2n －33n ＋1＋2n ＋3＋14.12．(2012·丰台一模)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n－1.数列{b n }满足b 1＝2，b n＋1－2b n ＝8a n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n 2n 为等差数列，并求{b n }的通项公式；(3)设数列{b n }的前n 项和为T n ，是否存在常数λ，使得不等式(－1)nλ＜1＋T n －6T n ＋1－6(n ∈N ＋)恒成立？若存在，求出λ的取值范围；若不存在，请说明理由．解析 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝21－1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1 ＝(2n－1)－(2n －1－1)＝2n －1，因为a 1＝1适合通项公式a n ＝2n －1.所以a n ＝2n －1(n ∈N ＋)．(2)证明因为b n ＋1－2b n ＝8a n ，所以b n ＋1－2b n ＝2n ＋2，即b n ＋12n ＋1－b n2n ＝2. 所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n 2n 是首项为b 121＝1，公差为2的等差数列．所以b n2n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，所以b n ＝(2n －1)·2n.(3)存在常数λ使得不等式(－1)nλ＜1＋T n －6T n ＋1－6(n ∈N ＋)恒成立．因为T n ＝1·21＋3·22＋5·23＋…＋(2n －3)·2n －1＋(2n －1)·2n①所以2T n ＝1·22＋3·23＋…＋(2n －5)·2n －1＋(2n －3)·2n＋(2n －1)·2n ＋1②由①－②得－T n ＝2＋23＋24＋…＋2n ＋1－(2n －1)·2n ＋1，化简得T n ＝(2n －3)·2n ＋1＋6.因为T n －6T n ＋1－6＝2n －3·2n ＋12n －1·2n ＋2＝2n －34n －2＝12－24n －2＝12－12n －1. (ⅰ)当n 为奇数时，(－1)λ＜1＋T n －6T n ＋1－6，所以λ＞－1－T n －6T n ＋1－6，即λ＞－32＋12n －1.所以当n ＝1时，－32＋12n －1的最大值为－12，所以只需λ＞－12.(ⅱ)当n 为偶数时，λ＜1＋T n －6T n ＋1－6，所以λ＜32－12n －1，所以当n ＝2时，32－12n －1的最小值为76，所以只需λ＜76.由(ⅰ)(ⅱ)可知存在－12＜λ＜76，使得不等式(－1)nλ＜1＋T n －6T n ＋1－6(n ∈N ＋)恒成立．。

专题三第二讲数列的综合应用

解析：两点坐标代入f(x)得解析：将A、B两点坐标代入得、两点坐标代入 1 1 ＝ab2 a＝＝ 2 ，解得 8 ， 1＝ab3 b＝2 ＝＝ 1 1 － ∴f(x)＝ ·2x，∴f(n)＝ ·2n＝2n 3，＝＝ 8 8 ∴an＝log2f(n)＝n－3. ＝－，－ ≤ ， ≤ 令an≤0，即n－3≤0，n≤3. 项小于或等于零， ∴数列前3项小于或等于零，故S3或S2最小．数列前项小于或等于零最小． S3＝a1＋a2＋a3＝－＋(－1)＋0＝－＝－2＋－＋＝－＝－3.
＋
nban－1 an－1＋n－1 －
[解] 解
nban－1 (1)∵a1＝b＞0，an＝ ∵ ＞，， an－1＋n－1 －
－ n 1 1 n－1 ∴ a ＝ b＋ b· ， an－1 n 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＝a ＝b＝1 ＝时＋
解答题
数列的实际数列的实际应用问题一般是等差数列或等比解答题为应用数列通项、求和问题，题目难度一般较大数列通项、求和问题，题目难度一般较大. 主
[联知识串点成面联知识串点成面] 数列求和的方法技巧：数列求和的方法技巧： (1)转化法：转化法：转化法有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、列通项拆开或变形，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．见的数列，即先分别求和，然后再合并．
(2)Tn＝1×2＋4×5＋42×8＋…＋4n－1(3n－1)，① × ＋ × ＋＋－，
－

数列与数列求和的应用教学案

数列与数列求和的应用教学案在数学教学中，数列与数列求和是一个重要的概念和技巧，具有广泛的应用。

通过教学案的设计和实施，可以帮助学生更好地理解数列与数列求和的概念和方法，并且提高他们的数学应用能力。

本文将就数列与数列求和的应用教学进行探讨。

一、教学目标1. 知识与技能目标：（1）了解数列和数列求和的概念；（2）掌握数列和数列求和相关的公式和方法；（3）能够应用数列和数列求和解决实际问题。

2. 过程与方法目标：（1）培养学生的逻辑思维能力和问题解决能力；（2）注重启发式教学，激发学生的学习兴趣和主动性；（3）通过课堂练习和实际应用，培养学生的数学思维和创新意识。

二、教学内容本节课的教学内容主要包括以下几个方面：1. 数列的概念和表示方法：数列是有序的一系列数按照一定规律排列而成的集合，可表示为{an}或者an，其中an表示第n个数。

2. 数列的常见类型：（1）等差数列：相邻两项之差相等，可表示为an=a1+(n-1)d。

（2）等比数列：相邻两项之比相等，可表示为an=a1*r^(n-1)。

（3）斐波那契数列：每一项是前两项之和，可表示为an=an-1+an-2，其中a1=1，a2=1。

3. 数列求和的方法和技巧：（1）等差数列求和：Sn=n/2*(a1+an)。

（2）等比数列求和：Sn=a1*(1-r^n)/(1-r)。

（3）其他数列求和方法：递推法、数学归纳法等。

4. 数列求和的实际应用：（1）金融领域：利率、复利计算等；（2）物理学领域：运动学问题中的位移、速度、加速度等；（3）生活中的应用：数列模型在生活中的应用实例。

三、教学过程1. 导入与激发兴趣：可以通过生动有趣的问题引导学生思考，如："小明存钱，第一天存1元，第二天存2元，第三天存3元，以此类推，请问他存了多少钱？"。

2. 知识讲解与概念引入：通过讲解数列的概念和表示方法来引入数列的内容，并结合具体的例子解释等差数列、等比数列和斐波那契数列的特点和应用。

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教学案

第2讲数列求和及综合应用[考情考向·高考导航]1．已知数列递推关系求通项公式，主要考查利用a n 与S n 的关系求通项公式，利用累加法、累乘法及构造法求通项公式，主要以选择题、填空题的形式考查，有时作为解答的第(1)问考查，难度中等．2．数列求和常与数列综合应用一起考查，常以解答题的形式考查，有时与函数不等式综合在一起考查，难度中等偏上．[真题体验]1．(2018·全国Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________. 解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1＋1，∴a 1＝－1. 当n ≥2时，S n ＝2a n ＋1 ①S n －1＝2a n －1＋1 ②①－②得a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1，∴a n ＝2a n －1 即a na n －1＝2，∴数列{a n }是首项为－1，公比为2的等比数列， ∴S 6＝－11－261－2＝－63.答案：－632．(2019·天津卷)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，公比大于0，已知a 1＝b 1＝3，b 2＝a 3，b 3＝4a 2＋3.(1)求{a n }和{b n }的通项公式； (2)设数列{c n }满足c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n 为奇数，b n2，n 为偶数，求a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n (n ∈N *)．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧3q ＝3＋2d ，3q 2＝15＋4d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝3，故a n ＝3＋3(n －1)＝3n ，b n ＝3×3n －1＝3n.所以，{a n }的通项公式为a n ＝3n ，{b n }的通项公式为b n ＝3n. (2)a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)＋(a 2b 1＋a 4b 2＋a 6b 3＋…＋a 2n b n ) ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ×3＋n n －12×6＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n ×3n )＝3n 2＋6×(1×31＋2×32＋…＋n ×3n)．记T n ＝1×31＋2×32＋…＋n ×3n， ①则3T n ＝1×32＋2×33＋…＋n ×3n ＋1，②②－①得，2T n ＝－3－32－33－ (3)＋n ×3n ＋1＝－31－3n1－3＋n ×3n ＋1＝2n －13n ＋1＋32.所以a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n ＝3n 2＋6T n ＝3n 2＋3×2n －13n ＋1＋32＝2n －13n ＋2＋6n 2＋92(n ∈N *)．[主干整合]1．数列通项(1)数列通项a n 与前n 项和S n 的关系，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1 n ＝1，S n －S n －1n ≥2.(2)应用a n 与S n 的关系式f (a n ，S n )＝0时，应特别注意n ＝1时的情况，防止产生错误． 2．数列求和(1)分组转化求和：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并．(2)错位相减法：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)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．热点一求数列的通项公式[例1] (1)(2020·临沂模拟)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n ，则a n 等于( )A ．2＋ln nB ．2＋(n －1)ln nC ．2＋n ln nD ．1＋n ＋ln n(2)(2020·成都模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝12，S n ＝n 2a n (n ∈N )．则数列{a n }的通项公式为____________．[解析] (1)由已知，a n ＋1－a n ＝ln n ＋1n，a 1＝2，所以a n －a n －1＝lnnn －1(n ≥2)，a n －1－a n －2＝ln n －1n －2，…a 2－a 1＝ln 21，将以上n －1个式子叠加，得a n －a 1＝ln n n －1＋ln n －1n －2＋…＋ln 21＝ln ⎝⎛⎭⎪⎫n n －1·n －1n －2 (21)＝ln n .所以a n ＝2＋ln n (n ≥2)，经检验n ＝1时也适合．故选A. (2)由S n ＝n 2a n ，(ⅰ)得当n ≥2时，S n －1＝(n －1)2a n －1，(ⅱ)(ⅰ)－(ⅱ)，得a n ＝n 2a n －(n －1)2a n －1(n ≥2，n ∈N *)，所以(n ＋1)a n ＝(n －1)a n －1，即a n a n －1＝n －1n ＋1(n ≥2)，因为a 1·a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·…·a n a n －1＝12×13×24×35·…·n －1n ＋1＝1n n ＋1，又a 1＝12，符合上式，所以a n ＝1n n ＋1.[答案] (1)A (2)a n ＝1nn ＋11．数列{a n }中，a n 与S n 的关系a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.2．求数列通项的常用方法(1)公式法：利用等差(比)数列求通项公式．(2)在已知数列{a n }中，满足a n ＋1－a n ＝f (n )，且f (1)＋f (2)＋…＋f (n )可求，则可用累加法求数列的通项a n .(3)在已知数列{a n }中，满足a n ＋1a n＝f (n )，且f (1)·f (2)·…·f (n )可求，则可用累积法求数列的通项a n .(4)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)． (1)数列{a n }中，a 1＝1，S n 为数列{a n }的前n 项和，且满足2a na n S n －S 2n＝1(n ≥2)．则数列{a n }的通项公式为________________．解析：由已知，当n ≥2时，2a na n S n －S 2n＝1，所以2S n －S n －1S n －S n －1S n －S 2n ＝1，即2S n －S n －1－S n －1S n＝1，所以1S n －1S n －1＝12.又S 1＝a 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1，公差为12的等差数列．所以1S n ＝1＋12(n －1)＝n ＋12，即S n ＝2n ＋1.所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2n ＝－2nn ＋1. 因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，－2n n ＋1，n ≥2.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，－2n n ＋1，n ≥2.(2)各项均不为0的数列{a n }满足a n ＋1a n ＋a n ＋22＝a n ＋2a n (n ∈N *)，且a 3＝2a 8＝15，则数列{a n }的通项公式为____________．解析：因为a n ＋1a n ＋a n ＋22＝a n ＋2a n ，所以a n ＋1a n ＋a n ＋1a n ＋2＝2a n ＋2a n . 因为a n a n ＋1a n ＋2≠0，所以1a n ＋2＋1a n ＝2a n ＋1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列．设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的公差为d ，则1a 8＝1a 3＋(8－3)d .因为a 3＝2a 8＝15，所以d ＝1，又1a 1＝1a 3－2d ＝3，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以3为首项，1为公差的等差数列．∴1a n ＝3＋(n －1)×1＝n ＋2，∴a n ＝1n ＋2. 答案：a n ＝1n ＋2热点二数列求和问题裂项相消法求和[例2－1] (2018·天津卷)设{a n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是等差数列．已知a 1＝1，a 3＝a 2＋2，a 4＝b 3＋b 5，a 5＝b 4＋2b 6.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{S n }的前n 项和为T n (n ∈N *)． ①求T n ；②证明∑n,k ＝1 T k ＋b k ＋2b k k ＋1k ＋2＝2n ＋2n ＋2－2(n ∈N *)．[解] (1)设等比数列{a n }的公比为q ，由a 1＝1，a 3＝a 2＋2，可得q 2－q －2＝0.因为q ＞0，可得q ＝2，故a n ＝2n －1.设等差数列{b n }的公差为d ，由a 4＝b 3＋b 5，可得b 1＋3d ＝4，由a 5＝b 4＋2b 6，可得3b 1＋13d ＝16，从而b 1＝1，d ＝1，故b n ＝n .所以，数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，数列{b n }的通项公式为b n ＝n .(2)①由(1)，有S n ＝1－2n1－2＝2n－1，故T n ＝2×1－2n1－2－n＝2n ＋1－n －2.②证明：因为T k ＋b k ＋2b k k ＋1k ＋2＝2k ＋1－k －2＋k ＋2kk ＋1k ＋2＝k ·2k ＋1k ＋1k ＋2＝2k ＋2k ＋2－2k ＋1k ＋1，所以，∑n,k ＝1 T k ＋b k ＋2k ＋1k ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233－222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫244－233＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋2n ＋2－2n ＋1n ＋1＝2n ＋2n ＋2－2.错位相减法求和[例2－2] (2018·浙江卷)已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3＋a 4＋a 5＝28，a 4＋2是a 3，a 5的等差中项，数列{b n }满足b 1＝1，数列{(b n ＋1－b n )a n }的前n 项和为2n 2＋n .(1)求q 的值；(2)求数列{b n }的通项公式．[解析] (1)由a 4＋2是a 3，a 5的等差中项得a 3＋a 5＝2a 4＋4，所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＋4＝28，解得a 4＝8.由a 3＋a 5＝20得8⎝⎛⎭⎪⎫q ＋1q ＝20，解得q ＝2或q ＝12，因为q ＞1，所以q ＝2.(2)设c n ＝(b n ＋1－b n )a n ，数列{c n }前n 项和为S n .由c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，解得c n ＝4n －1. 由(1)可得，a n ＝2n －1，所以b n ＋1－b n ＝(4n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，故b n －b n －1＝(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，b n －b 1＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 3－b 2)＋(b 2－b 1)＝(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －9)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋…＋7·12＋3.设T n ＝3＋7·12＋11·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，12T n ＝3·12＋7·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －9)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以12T n ＝3＋4·12＋4·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋4·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2－(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，因此T n ＝14－(4n ＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，又b 1＝1，所以b n ＝15－(4n ＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2.数列求和的常用方法1．利用裂项相消法求和的注意事项(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项；或者前面剩几项，后面也剩几项；(2)裂项相消求和法是数列求和的重要方法之一，其基本形式为：若{a n }是等差数列且a n ≠0，则1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝n a 1a n ＋1.2．用错位相减法求和时应注意的两点(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的数列；(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式．3．并项求和法一个数列的前n 项和可两两结合求解，则称为并项求和．形如a n ＝(－1)nf (n )类型，可采用并项求和．(1)(2020·长沙模拟)正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0.设b n ＝n ＋1n ＋22a 2n，数列{b n }的前n 项和为____________________．解析：由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0，由于{a n }是正项数列，所以S n ＋1＞0. 所以S n ＝n 2＋n (n ∈N *)．n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ， n ＝1时，a 1＝S 1＝2适合上式．∴a n ＝2n (n ∈N *)．即b n ＝n ＋1n ＋22a 2n ＝n ＋14n 2n ＋22＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1n ＋22T n ＝116⎣⎢⎡⎝⎛⎭⎪⎫1－132＋⎝⎛⎭⎪⎫122－142＋⎝⎛⎭⎪⎫132－152＋…⎦⎥⎤＋⎝⎛⎭⎪⎫1n －12－1n ＋12＋⎝⎛⎭⎪⎫1n 2－1n ＋22＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1n ＋12－1n ＋22答案：116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋14－1n ＋12－1n ＋22(2)已知a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，3n －1，n ＞1，若数列{b n }满足a n b n ＝log 3a n ，则数列{b n }的前n 项和为____________．解析：因为a n b n ＝log 3a n ，所以b 1＝13，当n ＞1时，b n ＝3(1－n )log 33n －1＝(n －1)·31－n.所以T 1＝b 1＝13；当n ＞1时，T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝13＋(1×3－1＋2×3－2＋…＋(n －1)×31－n)，所以3T n ＝1＋(1×30＋2×3－1＋…＋(n －1)×32－n)，两式相减，得2T n ＝23＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n )－(n －1)×31－n＝23＋1－31－n1－3－1－(n －1)×31－n＝136－6n ＋32×3n ，所以T n ＝1312－6n ＋34×3n .经检验，n ＝1时也适合．综上可得T n ＝1312－6n ＋34×3n .答案：1312－6n ＋34×3n热点三数列与函数不等式的交汇创新[例3] (2019·桂林三模)已知函数f (x )的图象过定点(1,1)，且对任意的实数x 1，x 2∈R ，都有f (x 1＋x 2)＝1＋f (x 1)＋f (x 2)．(1)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1(n ∈N *)为等比数列；(2)若b n ＝1f n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，不等式T 2n －T n ＞635log 2(x ＋1)(n ≥2，n ∈N *)恒成立，求实数x 的取值范围．[审题指导] (1)先令x 1＝x 2＝12n ＋1，再证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1(n ∈N *)为等比数列；(2)先求出数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1fn的通项公式，再求和，根据T 2n －T n 的单调性求出最小项，最后求实数x 的取值范围．[解析] (1)令x 1＝x 2＝12n ＋1，则f ⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1＋12n ＋1＝1＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝1＋2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＋1，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，令x 1＝x 2＝12，则f (1)＝1＋2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1，得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1是等比数列，公比为12，首项为1.(2)由题意知函数f (x )的图象过定点(1,1)，所以f (1)＝1. 令x 1＝n ，x 2＝1，则f (n ＋1)＝1＋f (1)＋f (n )，即f (n ＋1)＝f (n )＋2，则{f (n )}是等差数列，公差为2，首项为1，故f (n )＝1＋(n －1)·2＝2n －1. 因为b n ＝1f n，所以b n ＝1fn ＝12n －1. 设g (n )＝T 2n －T n ＝b n ＋1＋b n ＋2＋…＋b 2n ＝12n ＋1＋12n ＋3＋…＋14n －1，则g (n ＋1)－g (n )＝14n ＋1＋14n ＋3－12n ＋1＝14n ＋14n ＋32n ＋1＞0，所以{g (n )}是递增数列，g (n )min ＝g (2)＝15＋17＝1235，从而635log 2(x ＋1)＜1235，即log 2(x ＋1)＜2，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1＞0，x ＋1＜4，解得x ∈(－1,3)，所以实数x 的取值范围为(－1,3)．1．求解数列与函数交汇问题注意两点：(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特别重视；(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件．2．数列为背景的不等式恒成立、不等式证明，多与数列的求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性处理．(2019·淮南二模)若数列{a n }的前n 项和为S n ，点(a n ，S n )在y ＝16－13x 的图象上(x ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若c 1＝0，且对任意正整数n 都有c n ＋1－c n ＝log 13a n ，求证：对任意正整数n ≥2，总有13≤1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ＜34. 解：(1)∵S n ＝16－13a n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝13a n －1－13a n ，∴a n ＝14a n －1，又∵S 1＝16－13a 1，∴a 1＝18，∴a n ＝18⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122n ＋1.(2)证明：由c n ＋1－c n ＝log 12a n ＝2n ＋1，得当n ≥2时，c n ＝c 1＋(c 2－c 1)＋(c 3－c 2)＋…＋(c n －c n －1)＝0＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2－1＝(n ＋1)(n －1)．∴1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n＝122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n 2－1＝12×⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15…⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1 ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫1＋12－⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＜34. 又∵1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ≥1c 2＝13，∴原式得证．限时50分钟满分76分一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分) 1．(2020·重庆七校联考)若数列{a n }满足1a n ＋1－2a n＝0，则称{a n }为“梦想数列”．已知正项数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 为“梦想数列”，且b 1＋b 2＋b 3＝1，则b 6＋b 7＋b 8＝( )A ．4B ．16C ．32D ．64 解析：C [由1a n ＋1－2a n ＝0可得a n ＋1＝12a n ，故{a n }是公比为12的等比数列，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是公比为12的等比数列，则{b n }是公比为2的等比数列，b 6＋b 7＋b 8＝(b 1＋b 2＋b 3)×25＝32，故选C.] 2．(2020·江西省五校协作体考试)设S n 是数列{a n }的前n 项和，若a n ＋S n ＝2n,2b n ＝2a n＋2－a n ＋1，则1b 1＋12b 2＋…＋1100b 100＝( )A.9798 B.9899 C.99100D.100101解析：D [因为a n ＋S n ＝2n①，所以a n ＋1＋S n ＋1＝2n ＋1②，②－①得2a n ＋1－a n ＝2n，所以2a n ＋2－a n ＋1＝2n ＋1.又2b n ＝2a n ＋2－a n ＋1＝2n ＋1，所以b n ＝n ＋1，1nb n ＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1，则1b 1＋12b 2＋…＋1100b 100＝1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101，故选D.] 3．(2020·广东省六校联考)已知数列{a n }满足a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(2n －1)·3n.设b n ＝4na n，S n 为数列{b n }的前n 项和，若S n ＜λ(λ为常数，n ∈N *)，则λ的最小值是( )A.32B.94C.3112D.3118解析：C [a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(2n －1)·3n，① 当n ≥2时，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝(2n －3)·3n －1，②①－②得，na n ＝4n ·3n －1(n ≥2)，即a n ＝4·3n －1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝3≠4，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，4×3n －1，n ≥2，b n＝⎩⎪⎨⎪⎧43，n ＝1，n3n －1，n ≥2.所以S n ＝43＋23＋332＋…＋n 3n －1＝13＋130＋231＋332＋…＋n 3n －1，③ 13S n ＝19＋13＋232＋333＋…＋n －13n －1＋n3n ，④③－④得，23S n ＝29＋130＋13＋132＋…＋13n －1－n 3n ＝29＋1－13n1－13－n 3n ，所以S n ＝3112－6n ＋94×3n ＜3112，所以易知λ的最小值是3112，故选C.] 4．(2019·青岛三模)已知f (n )表示正整数n 的所有因数中最大的奇数，例如：12的因数有1,2,3,4,6,12，则f (12)＝3；21的因数有1,3,7,21，则f (21)＝21，那么∑100,i ＝51f (i )的值为( )A ．2 488B ．2 495C ．2 498D ．2 500 解析：D [由f (n )的定义知f (n )＝f (2n )，且若n 为奇数则f (n )＝n ，则∑100,i ＝1f (i )＝f (1)＋f (2)＋…＋f (100) ＝1＋3＋5＋…＋99＋f (2)＋f (4)＋…＋f (100) ＝50×1＋992＋f (1)＋f (2)＋…＋f (50)＝2 500＋∑50,i ＝1f (i )，∴∑100,i ＝51f (i )＝∑100,i ＝1f (i )－∑50,i ＝1f (i )＝2 500.]5．(2019·深圳二模)已知数列{a n }满足2a 1＋22a 2＋…＋2n a n ＝n (n ∈N *)，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1log 2a n log 2a n ＋1的前n 项和为S n ，则S 1·S 2·S 3·…·S 10＝( ) A.110 B.15 C.111 D.211解析：C [∵2a 1＋22a 2＋…＋2n a n ＝n (n ∈N *)，∴2a 1＋22a 2＋…＋2n －1a n －1＝n －1(n ≥2)，∴2na n ＝1(n ≥2)，当n ＝1时也满足，故a n ＝12n ，故1log 2a n log 2a n ＋1＝1log 22－n log 22－n ＋1＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1，S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1，∴S 1·S 2·S 3·…·S 10＝12×23×34×…×910×1011＝111，选C.]6．(2019·潍坊三模)已知等差数列{a n }中公差d ≠0，a 1＝1，a 1，a 2，a 5成等比数列，且a 1，a 2，ak 1，ak 2，…，ak n 成等比数列，若对任意的n ∈N *，恒有a n 2k n －1≤a m2k m －1(m ∈N *)，则m ＝( )A ．0B ．1C ．2D ．1或2解析：D [由已知可得，a 22＝a 1·a 5，即(1＋d )2＝1·(1＋4d )，又d ≠0，解得d ＝2，所以a n ＝2n －1.因为a 1，a 2，ak 1，ak 2，…，ak n 成等比数列，所以2k n －1＝3n ＋1.令b n ＝a n2k n －1＝2n －13n ＋1，设数列{b n }中的最大项为b l ，故满足⎩⎪⎨⎪⎧b l ≥b l ＋1，b l ≥b l －1，解得1≤l ≤2，即数列{b n }中的最大项为b 1，b 2，所以m ＝1或2.]二、填空题(本大题共2小题，每小题5分，共10分)7．(2019·昆明三模)已知数列{a n }中，a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋2，n 是奇数，2a n ，n 是偶数，则数列{a n }的前20项和为________．解析：由题意可知，数列{a 2n }是首项为1，公比为2的等比数列，数列{a 2n －1}是首项为1，公差为2的等差数列，故数列{a n }的前20项和为1×1－2101－2＋10×1＋10×92×2＝1 123.答案：1 1238．(2019·山师附中质检)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 3 a 4，a 5，a 6 a 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，∵S n ＝2b n －1，∴S n －1＝2b n －1－1，∴b n ＝2b n －2b n －1，∴b n ＝2b n －1(n ≥2且n ∈N *)，∵b 1＝2b 1－1，∴b 1＝1，∴数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列，∴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)，∴c n ＝n n －12＋1，由c n ＝n n －12＋1＝56，得n ＝11，∴a 56＝b 11＝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{a n }满足a 1＝1,2a n ·a n ＋1＋a n ＋1－a n ＝0，数列{b n }满足b n＝12n·a n. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列{b n }的前n 项和为S n ，问：是否存在n ，使得S n 的值是38？解析：(1)因为2a n ·a n ＋1＋a n ＋1－a n ＝0，所以a n ＋1＝a n2a n ＋1， 1a n ＋1－1a n＝2a n ＋1a n－1a n＝2，由等差数列的定义可得⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1a 1＝1，公差为d ＝2的等差数列．故1a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，所以a n ＝12n －1. (2)由(1)得b n ＝2n －12n ，所以S n ＝12＋322＋…＋2n －12n ，两边同乘以12得，12S n ＝122＋323＋…＋2n －12n ＋1，两式相减得12S n ＝12＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋123＋…＋12n －2n －12n ＋1，即12S n ＝12＋2×14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12－2n －12n ＋1＝32－12n －1－2n －12n ＋1，所以S n ＝3－2n ＋32n .因为S n ＋1－S n ＝2n ＋32n －2n ＋52n ＋1＝2n ＋12n ＋1＞0，所以数列{S n }是关于项数n 的递增数列，所以S n ≥S 1＝12，因为38＜12，所以不存在n ，使得S n ＝38.10．(2019·武汉二模)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 .解析：(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 ＋12＝(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因为c 1＝0，c 2＞0，c 3＞0，c 4＞0；当n ≥5时，c n ＝1n n ＋1⎣⎢⎡⎦⎥⎤n n ＋12n －1，而n n ＋12n－n ＋1n ＋22n ＋1＝n ＋1n －22n ＋1＞0，即数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n n ＋12n当n ≥5时是递减的．所以n n ＋12n≤5·5＋125＜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 ＝4.11．(文)(2020·浙江三地市联考)已知数列{b n }满足3(n ＋1)b n ＝nb n ＋1，且b 1＝3. (1)求数列{b n }的通项公式；(2)已知a n b n ＝n ＋12n ＋3，求证：56≤1a 1＋1a 2＋…＋1a n＜1.解析：(1)因为3(n ＋1)b n ＝nb n ＋1，所以b n ＋1b n ＝3n ＋1n. 则b 2b 1＝3×21，b 3b 2＝3×32，b 4b 3＝3×43，…， b n b n －1＝3×n n －1，累乘，可得b nb 1＝3n －1×n ，因为b 1＝3，所以b n ＝n ·3n，即数列{b n }的通项公式b n ＝n ·3n.(2)证明：因为a n b n ＝n ＋12n ＋3，所以a n ＝n n ＋12n ＋3·3n.因为1a n ＝2n ＋3n n ＋1·13n＝3n ＋1－n n n ＋1·13n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3n －1n ＋1·13n＝1n ·13n －1－1n ＋1·13n ，所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1×130－12×131＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12×131－13×132＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ·13n －1－1n ＋1·13n＝1－1n ＋1·13n . 因为n ∈N *，所以0＜1n ＋1·13n ≤16，所以56≤1－1n ＋1·13n ＜1，所以56≤1a 1＋1a 2＋…＋1a n＜1.11．(理)(2019·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)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 ＋12b n ＋1－b n ，当n ≥2时，由b n ＝S n －S n －1，得b n ＝b n b n ＋12b n ＋1－b n －b n －1b n2b 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：x (1，e) e (e ，＋∞)f ′(x ) ＋0 －f (x )极大值因为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.高考解答题·审题与规范(三) 数列类考题数列问题重在“归”思维流程等差数列与等比数列是两个基本数列，是一切数列问题的出发点与归宿，首项与公差(比)称为等差数列(等比数列)的基本量．只要涉及这两个数列的数学问题，我们总希望把条件化归为等差或等比数列的基本量间的关系，从而达到解决问题的目的．这种化归为基本量处理的方法是等差或等比数列特有的方法，对于不是等差或等比的数列，可从简单的个别的情形出发，从中归纳出一般的规律、性质，这种归纳思想便形成了解决一般性数列问题的重要方法：观察、归纳、猜想、证明．由于数列是一种特殊的函数，也可根据题目的特点，将数列化归为函数问题来解决.真题案例审题指导审题方法(12分)(2019·全国Ⅱ卷)已知数列{a n}和{b n}满足a1＝1，b1＝0,4a n＋1＝3a n －b n＋4,4b n＋1＝3b n－a n－4.(1)证明：{a n＋b n}是等比数列，{a n－b n}是等差数列；(2)求{a n}和{b n}的通项公式. (1)首先将已知条件中两个等式相加，由等比数列的定义可证得数列{a n＋b n}为等比数列，然后将已知条件中两个等式相减，由等差数列的定义可证得数列{a n－b n}为等差数列；(2)由(1)分别求得数列{a n＋b n}和{a n－b n}的通项公式，然后将这两个通项公式进行加减运算即可求得{a n}，{b n}的通项公式.结构是数学问题的搭配形式，某些问题已知的数式结构中常常隐含着某种特殊的关系．审视结构要对结构进行分析、加工和转化，以实现解题突破.规范解答评分细则。

2013届高三数学二轮复习 专题三 第2讲 数列求和及数列的综合应用教案

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