第2讲 数列的求和及综合应用
专题2第2讲数列求和及其综合应用-2021届高三高考数学二轮复习课件
【解析】 (1)由(n＋2)a2n＋1－(n＋1)a2n＋anan＋1＝0， 可得[(n＋2)an＋1－(n＋1)an]×(an＋1＋an)＝0 又因为an>0，所以aan＋n 1＝nn＋ ＋12.
又a1＝1，则an＝aan－n 1·aann－ －12·…·aa21·a1 ＝n＋n 1·n－n 1·…·32·1＝n＋2 1.故选B．
q(p≠0,1，q≠0)，第一个使用累加的方法、第二个使用累积的方法、第
三个可以使用待定系数法化为等比数列(设an＋1＋λ＝p(an＋λ)，展开比较
系数得出λ)．
(3)周期数列，通过验证或者推理得出数列的周期性后得出其通项公
式．
1．(2019·洛阳三模)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln
● (文科)
年份 卷别 Ⅰ卷
2020 Ⅱ卷 Ⅲ卷
题号 16 14 17
考查角度 数列的递推公式的应用，以及数列的 并项求和
等差数列的前n项和 等比数列通项公式基本量的计算，以 及等差数列求和公式的19 Ⅱ卷 Ⅲ卷
题号 14,18
18 6,14
考查角度 等比数列求和；等差数列的通项公式 以及求和 等比数列的通项公式、等差数列的求 和 等比数列的通项公式，等差数列的通 项公式以及求和
第二部分
专题篇•素养提升()
专题二 数列(文理)
第2讲 数列求和及其综合应用(文理)
1 解题策略 • 明方向 2 考点分类 • 析重点 3 易错清零 • 免失误 4 真题回放 • 悟高考 5 预测演练 • 巧押题
● 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 等方法求数列的前n项和，难度中等偏下．
【解析】 (1)由题意，设an＝a1qn－1(q>0)，
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.。
07第一部分 板块二 专题二 数 列 第2讲 数列求和及数列的简单应用(大题)
本课结束
① ②
＝2＋2×411－－22n－1－(2n－1)·2n＋1＝－6＋2n＋2－(2n－1)·2n＋1＝－6＋2n＋1(3－2n)，
∴Tn＝6＋(2n－3)·2n＋1.
2
PART TWO
真题体验 押题预测
真题体验 (2019·全国Ⅰ，文，18)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S9＝－a5. (1)若a3＝4，求{an}的通项公式；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
解 由(1)知，当an＝5时，Sn＝5n. 当 an＝2n＋1 时，a1＝3，则 Sn＝n3＋22n＋1＝n2＋2n(n∈N*).
热点二 数列的证明问题
判断数列是否为等差或等比数列的策略 (1)将所给的关系式进行变形、转化，以便利用等差数列和等比数列的定义进行 判断； (2)若要判断一个数列不是等差(等比)数列，则只需说明某连续三项(如前三项) 不是等差(等比)数列即可.
＝141－n＋1 1＝4nn＋1.
跟踪演练3 (2019·龙岩模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝3，S6＝36. (1)求数列{an}的通项公式；
解 ∵a2＝3，∴a1＋d＝3， ∵S6＝36，∴6a1＋15d＝36， 则a1＝1，d＝2， ∴an＝2n－1.
(2)若数列{bn}满足bn＝2n·an，n∈N*，求数列{bn}的前n项和Tn.
板块二 专题二 数 列
内容索引
NEIRONGSUOYIN
热点分类突破 真题押题精练
1
PART ONE
热点一 等差、等比数列基本量的计算 热点二 数列的证明问题 热点三 数列的求和问题
热点一 等差、等比数列基本量的计算
解决有关等差数列、等比数列问题，要立足于两个数列的概念，设出相应基本量， 充分利用通项公式、求和公式、数列的性质确定基本量.解决综合问题的关键在于 审清题目，弄懂来龙去脉，揭示问题的内在联系和隐含条件，形成解题策略.
专三2数列求和
列
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要点知识整合
热点突破探究
高考动态聚焦
题型三
专 题 三 数
数列与不等式
例3
设数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝2，
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x y 点(Sn＋1，Sn)在直线 － ＝1(n∈N*)上． n＋1 n (1)求数列{an}的通项公式；
列
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4 Sn Sn＋1 (2)设 Tn＝ ＋ －2，求证： ≤T1＋T2＋T3 3 Sn＋1 Sn ＋„＋Tn<3.
要点知识整合
热点突破探究
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【解】
专 题 三 数
x y (1)∵(Sn＋1，Sn)在直线 － ＝1 上， n＋1 n
Sn＋1 Sn Sn ∴ － ＝1，∴{ }构成以 S1＝a1＝2 为首项，公差 n n＋1 n 为 1 的等差数列， Sn ∴ ＝2＋(n－1)×1＝n＋1，∴Sn＝n2＋n. n
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这种方法主要用于求数列{an·n}的前n项和，其中{an}， b
{bn}分别是等差数列破探究
高考动态聚焦
(3)倒序相加法
专 题 三 数
这是在推导等差数列前n项和公式时所用的方法，也
就是将一个数列倒过来排列(反序)，当它与原数列 相加时若有公式可提，并且剩余项的和易于求得， 则这样的数列可用倒序相加法求和．
列
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(2)因为 an＝2n＋1， 所以 a2 －1＝4n(n＋1)， n 1 11 1 因此 bn＝ ＝ ( － )． 4 n n＋1 4nn＋1
要点知识整合
热点突破探究
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专 题 三 数
故 Tn＝b1＋b2＋„＋bn 1 1 1 1 1 1 ＝ (1－ ＋ － ＋„＋ － ) 4 2 2 3 n n＋1 1 1 n ＝ (1－ )＝ ， 4 n＋1 4n＋1 n 所以数列{bn}的前 n 项和 Tn＝ . 4n＋1
第2讲 数列求和及综合应用
第2讲 数列求和及综合应用
1
真题感悟 考点整合
热点聚焦 分类突破
归纳总结 思维升华
@《创新设计》
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.
2
真题感悟 考点整合
@《创新设计》
14
真题感悟 考点整合
热点聚焦 分类突破
归纳总结 思维升华
(2)由(1)知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＋11）2. 因此{An}是单调递增数列， ∴当 n＝1 时，An 有最小值 A1＝1－14＝34；An 没有最大值.
@《创新设计》
6
真题感悟 考点整合
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归纳总结 思维升华
@《创新设计》
3.(2019·天津卷)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，公比大于0.已知a1＝b1＝3，b2＝a3， b3＝4a2＋3. (1)求{an}和{bn}的通项公式； 1，n为奇数， (2)设数列{cn}满足 cn＝bn2，n为偶数. 求 a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n(n∈N*).
解 (1)由已知得a21a＋1＋7d1＝ 5d1＝，3，解得ad1＝＝1－. 6，
∴an＝－6＋(n－1)×1＝n－7.
19
真题感悟 考点整合
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归纳总结 思维升华
(2)∵数列{bn}是递增的等比数列， 由b2b3＝8，得b1b4＝8，① 又b1＋b4＝9，② 联立①，②得b1＝1，b4＝8. 因此公比q＝2，则bn＝2n－1， ∴(a1＋b1)＋(a3＋b3)＋(a5＋b5)＋…＋(a2n－1＋b2n－1) ＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(b1＋b3＋…＋b2n－1) ＝(－6－4－2＋…＋2n－8)＋(1＋4＋16＋…＋4n－1)
安徽省高考数学第二轮复习 专题四 数列第2讲 数列的求和及其综合应用 文
专题四 数列第2讲 数列的求和及其综合应用真题试做1．(2012·大纲全国高考，文6)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，则S n＝( )．A ．2n －1B.⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1C.⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1 D.12n －12．(2012·江西高考，文13)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比不为1.若a 1＝1，且对任意的n ∈N *都有a n ＋2＋a n ＋1－2a n ＝0，则S 5＝__________.3．(2012·课标全国高考，文14)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＋3S 2＝0，则公比q ＝__________.4．(2012·天津高考，文18)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＝27，S 4－b 4＝10.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)记T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ，n ∈N *，证明T n －8＝a n －1b n ＋1(n ∈N *，n ＞2)． 5．(2012·安徽高考，文21)设函数f (x )＝x2＋sin x 的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{x n }．(1)求数列{x n }的通项公式；(2)设{x n }的前n 项和为S n ，求sin S n . 考向分析高考中对数列求和及其综合应用的考查题型，主、客观题均会出现，主观题较多．一般以等差、等比数列的定义以及通项公式、前n 项和公式的运用设计试题．考查的热点主要有四个方面：(1)考查数列的求和方法；(2)以等差、等比数列的知识为纽带，在数列与函数、方程、不等式的交会处命题，主要考查利用函数观点解决数列问题以及用不等式的方法研究数列的性质，多为中档题；(3)数列与解析几何交会的命题，往往会遇到递推数列，通常以解析几何作为试题的背景，从解析几何的内容入手，导出相关的数列关系，再进一步地解答相关的问题，试题难度大都在中等偏上，有时会以压轴题的形式出现；(4)数列应用题主要以等差、等比数列为工具，在数列与生产、生活实际问题的联系上设计问题，考查阅读理解能力、数学建模能力和数学应用的意识与能力，主要以解答题的形式出现，多为中高档题．热点例析热点一 数列的求和【例1】(2012·山东青岛一模，20)已知在等差数列{a n }(n ∈N *)中，a n ＋1＞a n ，a 2a 9＝232，a 4＋a 7＝37.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若将数列{a n }的项重新组合，得到新数列{b n }，具体方法如下：b 1＝a 1，b 2＝a 2＋a 3，b 3＝a 4＋a 5＋a 6＋a 7，b 4＝a 8＋a 9＋a 10＋…＋a 15，…，依此类推，第n 项b n 由相应的{a n }中2n －1项的和组成，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n －14·2n 的前n 项和T n .规律方法 数列求和的关键是分析其通项，数列求和主要有以下方法：(1)公式法：若数列是等差数列或等比数列，则可直接由等差数列或等比数列的求和公式求和；(2)分组求和法：一个数列的通项公式是由几个等差或等比或可求和的数列通项公式组成，求和时可以用分组求和法，即先分别求和，然后再合并；(3)若数列{a n }的通项能转化为f (n )－f (n －1)(n ≥2)的形式，常采用裂项相消法求和；(4)若数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，则求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法；(5)倒序相加法：若一个数列{a n }满足与首末两项等“距离”的两项和相等或等于同一常数，那么求这个数列的前n 项和，可采用倒序相加法，如等差数列的通项公式就是用该法推导的．特别提醒：(1)利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩第一项和最后一项，也可能前面剩两项，后面也剩两项．(2)利用错位相减法求和时，应注意：①在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应注意两式“错项对齐”；②当等比数列的公比为字母时，应对字母是否为1进行讨论．变式训练1 (2012·安徽名校第六次联考，文21)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n＝2a n ＋n ，且b n ＝a n －1a n a n ＋1.(1)求证：数列{a n －1}为等比数列； (2)求数列{b n }的前n 项和T n .热点二 数列与函数、不等式交会【例2】(2012·湖北孝感统考，22)已知数列{a n }满足：a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝n －a n (n ＝1,2,3，…)．(1)求证：数列{a n －1}是等比数列；(2)令b n ＝(2－n )(a n －1)(n ＝1,2,3，…)，如果对任意n ∈N *，都有b n ＋14t ≤t 2，求实数t的取值范围．规律方法 (1)由于数列的通项是一类特殊的函数，所以研究数列中的最大(小)项问题可转化为求相应函数的单调性进行求解，但同时注意数列中的自变量只能取正整数这一特点；(2)要充分利用数列自身的特点，例如在需要用到数列的单调性时，可以通过比较相邻两项的大小进行判断；(3)对于数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n 2的前n 项和，没有直接可套用的公式，但如果涉及大小比较等一些不等关系，可考虑放缩法：1n 2＜1n (n －1)或1n 2＞1n (n ＋1)，转化为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n (n －1)或⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n (n ＋1)，用裂项相消法求和后即可达到大小比较的目的．变式训练2 (文科用)(2012·广东四会统测，21)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝2a n －n (n ∈N *)．(1)求a 1，a 2，a 3的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)若b n ＝(2n ＋1)a n ＋2n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，求满足不等式T n －22n －1≥128的最小的n 值．热点三 数列与解析几何的交会【例3】(2011·陕西高考，理19)如图，从点P 1(0,0)作x 轴的垂线交曲线y ＝e x于点Q 1(0,1)，曲线在Q 1点处的切线与x 轴交于点P 2.再从P 2作x 轴的垂线交曲线于点Q 2，依次重复上述过程得到一系列点：P 1，Q 1；P 2，Q 2；…；P n ，Q n ，记P k 点的坐标为(x k,0)(k ＝1,2，…，n )．(1)试求x k 与x k －1的关系(2≤k ≤n )；(2)求|P 1Q 1|＋|P 2Q 2|＋|P 3Q 3|＋…＋|P n Q n |.规律方法 对于数列与几何图形相结合的问题，通常利用几何知识，并结合图形，先得出关于数列相邻项a n 与a n ＋1之间的关系，然后根据这个递推关系，结合所求内容变形，得出通项公式或其他所求结论．变式训练3 设C 1，C 2，…，C n ，…是坐标平面上的一列圆，它们的圆心都在x 轴的正半轴上，且都与直线y ＝33x 相切，对每一个正整数n ，圆C n 都与圆C n ＋1相互外切，以r n 表示C n 的半径，已知{r n }为递增数列．(1)证明：{r n }为等比数列；(2)设r 1＝1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n r n 的前n 项和．热点四 数列在实际问题中的应用【例4】(2011·湖南高考，文20)某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M ，M 的价值在使用过程中逐年减少．从第2年到第6年，每年初M 的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M 的价值为上年初的75%.(1)求第n 年初M 的价值a n 的表达式；(2)设A n ＝a 1＋a 2＋…＋a nn，若A n 大于80万元，则M 继续使用，否则须在第n 年初对M 更新．证明：须在第9年初对M 更新．规律方法 能够把实际问题转化成数列问题，并且能够明确是等差数列还是等比数列，确定首项、公差(比)、项数各是什么，能分清是某一项还是某些项的性质是解决问题的关键．(1)在数列应用题中，当增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型为等差模型，增加(或减少)的量就是公差，则可把应用题抽象为数列中的等差数列问题，然后用等差数列的知识对模型解析，最后再返回到实际中去；(2)若后一个量与前一个量的比是一个固定的数，该模型为等比模型，这个固定的数就是公比，则可把应用题抽象为数列中的等比数列问题，然后用等比数列的知识对模型解析，最后再返回到实际中去；(3)若题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，应考虑a n ＋1，a n 之间的递推关系，或考虑S n ＋1，S n 之间的递推关系．特别提醒：解决实际问题时要注意n 的取值范围．变式训练4 某城市2012年末汽车拥有量为30万辆，预计此后每年将上一年拥有量的6%报废，并且每年新增汽车数量相同．为保护城市环境，要求该城市汽车拥有量不超过60万辆．从2012年末起，n 年后汽车拥有量为b n ＋1万辆，若每年末的拥有量不同．(1)求证：{b n ＋1－b n }为等比数列；(2)每年新增汽车数量不能超过多少万辆？ 思想渗透1．函数思想——函数思想解决数列常见的问题： (1)数列的单调性； (2)数列中求最值问题； (3)数列中的恒成立问题． 2．求解时注意的问题及方法：(1)数列是定义在N *或其子集上的特殊函数，自然与函数思想密不可分，因此树立函数意识是解决数列问题的最基本要求；(2)解题时要注意把数列的递推公式、数列的通项公式以及前n 项和公式看作函数的解析式，从而合理地利用函数性质和导数解决问题；(3)解决有关数列的通项公式、单调性、最值、恒成立等问题时要注意项数n 的取值范围． 【典型例题】(2012·湖南长沙模拟，22)已知数列{a n }是各项均不为0的等差数列，公差为d ，S n 为其前n 项和，且满足a 2n ＝S 2n －1，n ∈N *.数列{b n }满足b n ＝1a n ·a n ＋1，T n 为数列{b n }的前n 项和．(1)求a 1，d 和T n ；(2)若对任意的n ∈N *，不等式λT n ＜n ＋8·(－1)n恒成立，求实数λ的取值范围； (3)是否存在正整数m ，n (1＜m ＜n )，使得T 1，T m ，T n 成等比数列？若存在，求出所有m ，n 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)(方法一)在a 2n ＝S 2n －1中，分别令n ＝1，n ＝2，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 21＝S 1，a 22＝S 3，即⎩⎪⎨⎪⎧a 21＝a 1，(a 1＋d )2＝3a 1＋3d ， 解得a 1＝1，d ＝2，∴a n ＝2n －1.∵b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝n 2n ＋1. (方法二)∵{a n }是等差数列，∴a 1＋a 2n －12＝a n ，∴S 2n －1＝a 1＋a 2n －12(2n －1)＝(2n －1)a n .由a 2n ＝S 2n －1，得a 2n ＝(2n －1)a n .又∵a n ≠0，∴a n ＝2n －1，则a 1＝1，d ＝2. (T n 求法同方法一)(2)①当n 为偶数时，要使不等式λT n ＜n ＋8·(－1)n恒成立，即需不等式λ＜(n ＋8)(2n ＋1)n ＝2n ＋8n＋17恒成立，∵2n ＋8n≥8，等号在n ＝2时取得，∴此时λ需满足λ＜25.②当n 为奇数时，要使不等式λT n ＜n ＋8·(－1)n恒成立，即需不等式λ＜(n －8)(2n ＋1)n＝2n －8n－15恒成立，∵2n －8n随n 的增大而增大，∴n ＝1时，2n －8n取得最小值－6.∴此时λ需满足λ＜－21.综合①②可得λ的取值范围是λ＜－21.(3)T 1＝13，T m ＝m 2m ＋1，T n ＝n2n ＋1.若T 1，T m ，T n 成等比数列，则⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2m ＋12＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n ＋1，即m 24m 2＋4m ＋1＝n 6n ＋3. (方法一)由m 24m 2＋4m ＋1＝n6n ＋3，可得3n ＝－2m 2＋4m ＋1m2＞0， 即－2m 2＋4m ＋1＞0，∴1－62＜m ＜1＋62.又m ∈N ，且m ＞1， ∴m ＝2，此时n ＝12.因此，当且仅当m ＝2，n ＝12时，数列{T n }中的T 1，T m ，T n 成等比数列．(方法二)∵n 6n ＋3＝16＋3n＜16，故m 24m 2＋4m ＋1＜16，即2m 2－4m －1＜0， 解得1－62＜m ＜1＋62(以下同方法一)．1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n ＋1n ＋2，则a 3＝( )． A.120 B.124 C.128 D.1322．已知a ，b ，c ，d 成等比数列，且曲线y ＝x 2－2x ＋3的顶点是(b ，c )，则ad ＝( )． A ．3 B ．2 C ．1 D ．－2 3．在等比数列{a n }中，a 1＝2，前n 项和为S n ，若数列{a n ＋1}也是等比数列，则S n ＝( )．A ．2n ＋1－2B ．3nC ．2nD ．3n－14．(2012·皖北协作区联考，文14)已知数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，若a 1a 2a 3＝15，且3S 1S 3＋15S 3S 5＋5S 5S 1＝35，则a 2＝__________.5．(2012·河北模拟，14)已知数列{a n }满足a n ＝2n －1＋2n －1(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和S n ＝__________.6．设f (x )是定义在R 上恒不为零的函数，对任意实数x ，y ∈R ，都有f (x )f (y )＝f (x ＋y )．若a 1＝12，a n ＝f (n )(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和S n 的取值范围是________．7．(2012·安徽江南十校高三联考，文19)若数列{a n }满足：a 1＝23，a 2＝2,3(a n ＋1－2a n ＋a n －1)＝2，(1)证明：数列{a n ＋1－a n }是等差数列；(2)求使1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n ＞52成立的最小的正整数n .8．已知二次函数y ＝f (x )的图象经过坐标原点，其导函数为f ′(x )＝6x －2，数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f (x )的图象上．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝3a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得T n ＜m 20对所有n ∈N *都成立的最小正整数m .参考答案命题调研·明晰考向真题试做1．B 解析：∵S n ＝2a n ＋1，∴S n －1＝2a n (n ≥2)，两式相减得：a n ＝2a n ＋1－2a n ，∴a n ＋1a n ＝32.∴数列{a n }从第2项起为等比数列．又n ＝1时，S 1＝2a 2，∴a 2＝12.∴S n ＝a 1＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －11－32＝1－⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.2．11 解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则a n ＋2＋a n ＋1－2a n ＝a 1·q n ＋1＋a 1·q n －2a 1·q n －1＝0，即q 2＋q －2＝0，解得q ＝－2或q ＝1(舍去)，所以S 5＝1－－51－－＝11.3．－2 解析：由S 3＝－3S 2，可得a 1＋a 2＋a 3＝－3(a 1＋a 2)，即a 1(1＋q ＋q 2)＝－3a 1(1＋q )，化简整理得q 2＋4q ＋4＝0，解得q ＝－2.4．(1)解：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 .由条件，得方程组⎩⎪⎨⎪⎧ 2＋3d ＋2q 3＝27，8＋6d －2q 3＝10.解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝2. 所以a n ＝3n －1，b n ＝2n ，n ∈N *. (2)证明：由(1)得T n ＝2×2＋5×22＋8×23＋…＋(3n －1)×2n ，①2T n ＝2×22＋5×23＋…＋(3n －4)×2n ＋(3n －1)×2n ＋1.② 由①－②，得－T n ＝2×2＋3×22＋3×23＋…＋3×2n －(3n －1)×2n ＋1＝－2n 1－2－(3n －1)×2n ＋1－2＝－(3n －4)×2n ＋1－8，即T n －8＝(3n －4)×2n ＋1，而当n ＞2时，a n －1b n ＋1＝(3n －4)×2n ＋1.所以，T n －8＝a n －1b n ＋1(n ∈N *，n ＞2)．5．解：(1)f ′(x )＝12＋cos x ＝0.令f ′(x )＝0，则cos x ＝－12，解得x ＝2k π±23π(k ∈Z )．由x n 是f (x )的第n 个正极小值点知x n ＝2n π－23π(n ∈N *)．(2)由(1)可知，S n ＝2π(1＋2＋…＋n )－23n π＝n (n ＋1)π－2n π3，所以sin S n ＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤n n ＋π－2n π3. 因为n (n ＋1)表示两个连续正整数的乘积，n (n ＋1)一定为偶数，所以sin S n ＝－sin 2n π3.当n ＝3m －2(m ∈N *)时，sin S n ＝－sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2m π－43π＝－32； 当n ＝3m －1(m ∈N *)时，sin S n ＝－sin ⎝⎛⎭⎪⎫2m π－23π＝32； 当n ＝3m (m ∈N *)时，sin S n ＝－sin 2m π＝0.综上所述，sin S n＝⎩⎪⎨⎪⎧－32，n ＝3m －m ∈N *，32，n ＝3m －m ∈N *，0，n ＝3m m ∈N*精要例析·聚焦热点热点例析【例1】 解：(1)由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 2a 9＝232，a 4＋a 7＝a 2＋a 9＝37，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝8，a 9＝29，或⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝29，a 9＝8(由于a n ＋1＞a n ，舍去)．设公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝a 1＋d ＝8，a 9＝a 1＋8d ＝29，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝5，d ＝3.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋2(n ∈N *)．(2)由题意得b n ＝a 2n －1＋a 2n －1＋1＋a 2n －1＋2＋…＋a 2n －1＋2n －1－1＝(3·2n －1＋2)＋(3·2n －1＋5)＋(3·2n －1＋8)＋…＋[3·2n －1＋(3·2n －1－1)]＝2n －1×3·2n －1＋[2＋5＋8＋…＋(3·2n －1－4)＋(3·2n －1－1)]．而2＋5＋8＋…＋(3·2n －1－4)＋(3·2n －1－1)是首项为2，公差为3的等差数列的前2n －1项的和，∴2＋5＋8＋…＋(3·2n －1－4)＋(3·2n －1－1)＝2n －1×2＋2n －1n －1－2×3＝3·22n －3＋14·2n，∴b n ＝3·22n －2＋3·22n －3＋14·2n ＝98·22n ＋14·2n.∴b n －14·2n ＝98·22n.∴T n ＝98(4＋16＋64＋ (22))＝98×－4n1－4＝32(4n －1)．【变式训练1】 (1)证明：由S n ＝2a n ＋n ，得S n ＋1＝2a n ＋1＋n ＋1， ∴a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－2a n ＋1，即a n ＋1＝2a n －1. ∴a n ＋1－1＝2(a n －1)． 又∵S 1＝2a 1＋1，∴a 1＝－1，a 1－1＝－2.∴{a n －1}是以－2为首项，2为公比的等比数列．(2)解：∵a n －1＝－2×2n －1＝－2n ，即a n ＝－2n＋1，b n ＝－2n －2n －2n ＋1＝12n ＋1－1－12n －1， 故T n ＝－⎣⎢⎡⎝⎛⎭⎪⎫12－1－122－1＋⎝⎛⎭⎪⎫122－1－123－1＋…＋⎝⎛ 12n －1－⎦⎥⎤⎭⎪⎫12n ＋1－1＝12n ＋1－1－1.【例2】(1)证明：由题意可知a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＋a n ＝n －a n ，① a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＋a n ＋1＝n ＋1－a n ＋1，② ②－①可得2a n ＋1＝1＋a n ，即a n ＋1－1＝12(a n －1)．又∵a 1＝12，∴a 1－1＝－12，所以数列{a n －1}是以－12为首项，以12为公比的等比数列．(2)解：由(1)可得a n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，b n ＝n －22n .由b n ＋1－b n ＝n ＋1－22n ＋1－n －22n ＝n －1－n －2n ＋1＝3－n2n ＋1＞0，得n ＜3，由b n ＋1－b n ＜0，得n ＞3，所以b 1＜b 2＜b 3＝b 4＞b 5＞…＞b n ＞…，故b n 有最大值b 3＝b 4＝18，所以对任意n ∈N *，有b n ≤18.如果对任意n ∈N *，都有b n ＋14t ≤t 2，即b n ≤t 2－14t 恒成立，则(b n )max ≤t 2－14t .故有18≤t 2－14t ，解得t ≥12或t ≤－14，所以实数t 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－14∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. 【变式训练2】解：(1)因为S n ＝2a n －n ，令n ＝1，解得a 1＝1. 再分别令n ＝2，n ＝3，解得a 2＝3，a 3＝7. (2)∵S n ＝2a n －n ，∴S n －1＝2a n －1－(n －1)(n ≥2，n ∈N *)， 两式相减，得a n ＝2a n －1＋1，∴a n ＋1＝2(a n －1＋1)(n ≥2，n ∈N *)． 又∵a 1＋1＝2，∴{a n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．∴a n ＋1＝2n ，得a n ＝2n－1. (3)∵b n ＝(2n ＋1)a n ＋2n ＋1，∴b n ＝(2n ＋1)·2n.∴T n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n －1)·2n －1＋(2n ＋1)·2n，①则2T n ＝3×22＋5×23＋…＋(2n －1)·2n ＋(2n ＋1)·2n ＋1，②①－②，得－T n ＝2(20＋21＋22＋23＋…＋2n )－(2n ＋1)·2n ＋1＝2×－2n ＋11－2－(2n ＋1)·2n ＋1＝－2＋2n ＋2－(2n ＋1)·2n ＋1＝－2－(2n －1)·2n ＋1，∴T n ＝2＋(2n －1)·2n ＋1.若T n －22n －1≥128，则2＋n －n ＋1－22n －1≥128， 即2n ＋1≥27，所以n ＋1≥7，解得n ≥6，∴满足不等式T n －22n －1≥128的最小的n 值为6.【例3】 解：(1)设点P k －1的坐标是(x k －1,0)，∵y ＝e x ，∴y ′＝e x.∴Q k －1(x k －1，e x k －1)，在点Q k －1(x k －1，e x k －1)处的切线方程是y －e x k －1＝e x k －1(x －x k －1)， 令y ＝0，则x k ＝x k －1－1(2≤k ≤n )．(2)∵x 1＝0，x k －x k －1＝－1，∴x k ＝－(k －1)．∴|P k Q k |＝e x k ＝e －(k －1)，于是有 |P 1Q 1|＋|P 2Q 2|＋|P 3Q 3|＋…＋|P n Q n |＝1＋e －1＋e －2＋…＋e －(n －1)＝1－e －n 1－e －1＝e －e 1－ne －1， 即|P 1Q 1|＋|P 2Q 2|＋|P 3Q 3|＋…＋|P n Q n |＝e －e1－ne －1.【变式训练3】 (1)证明：将直线y ＝33x 的倾斜角记为θ， 则有tan θ＝33，sin θ＝12. 设C n 的圆心为(λn,0)(λn ＞0)，则由题意得知r nλn ＝12，得λn ＝2r n ； 同理λn ＋1＝2r n ＋1，从而λn ＋1＝λn ＋r n ＋r n ＋1＝2r n ＋1，将λn ＝2r n 代入，解得r n ＋1＝3r n ， 故{r n }为公比q ＝3的等比数列． (2)解：由于r 1＝1，q ＝3， 故r n ＝3n －1，从而n r n＝n ·31－n.记S n ＝1r 1＋2r 2＋…＋n r n，则有S n ＝1＋2·3－1＋3·3－2＋…＋n ·31－n，①则S n3＝1·3－1＋2·3－2＋…＋(n －1)·31－n＋n ·3－n，② 由①－②，得 2S n 3＝1＋3－1＋3－2＋…＋31－n －n ·3－n＝1－3－n23－n ·3－n ＝32－⎝⎛⎭⎪⎫n ＋32·3－n ，∴S n ＝94－12⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋32·31－n＝9－n ＋1－n4.【例4】 (1)解：当n ≤6时，数列{a n }是首项为120，公差为－10的等差数列． a n ＝120－10(n －1)＝130－10n ；当n ≥6时，数列{a n }是以a 6为首项，公比为34的等比数列，又a 6＝70，所以a n ＝70×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6.因此，第n 年初，M 的价值a n 的表达式为 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧130－10n ，n ≤6，70×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6，n ≥7.(2)证明：设S n 表示数列{a n }的前n 项和，由等差及等比数列的求和公式得 当1≤n ≤6时，S n ＝120n －5n (n －1)，A n ＝120－5(n －1)＝125－5n ； 当n ≥7时，S n ＝S 6＋(a 7＋a 8＋…＋a n )＝570＋70×34×4×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6，A n ＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6n.因为{a n }是递减数列，所以{A n }是递减数列．又A 8＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫348－68＝824764＞80，A 9＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫349－69＝767996＜80，所以须在第9年初对M 更新．【变式训练4】 (1)证明：设2012年末汽车拥有量为b 1万辆，每年新增汽车数量为x 万辆，则b 1＝30，b 2＝0.94b 1＋x ，可得b n ＋1＝0.94b n ＋x . 又b n ＝0.94b n －1＋x ，∴b n ＋1－b n ＝0.94·(b n －b n －1)． ∵每年末的拥有量不同，∴{b n ＋1－b n }是以b 2－b 1＝x －1.8为首项，且公比q ＝0.94的等比数列．(2)解：由(1)得b n ＋1－b n ＝0.94n·(x －1.8)，于是b n ＝b 1＋(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝30＋0.94·(x －1.8)＋0.942·(x －1.8)＋…＋0.94n －1·(x －1.8)＝30＋1－0.94n －10.06·(x －1.8)·0.94，当x －1.8≤0，即x ≤1.8时，{b n }为递减数列，故有b n ＋1≤b n ≤…≤b 1＝30，当x －1.8＞0时，即x ＞1.8时，b n ＜30＋x －0.06×0.94≤60，解得x ≤3.7.∴每年新增汽车数量不能超过3.7万辆． 创新模拟·预测演练1．A 解析：a 3＝S 3－S 2＝3＋13＋2－2＋12＋2＝120.2．B 解析：∵a ，b ，c ，d 成等比数列， ∴ad ＝bc .又∵y ＝x 2－2x ＋3的顶点是(b ，c )，∴b ＝－－22＝1，c ＝4×1×3－－24＝2.∴ad ＝bc ＝1×2＝2.3．C 解析：因数列{a n }为等比数列，则a n ＝2q n －1(q ≠0)． 因数列{a n ＋1}也是等比数列，则(a n ＋1＋1)2＝(a n ＋1)(a n ＋2＋1) ⇒a 2n ＋1＋2a n ＋1＝a n a n ＋2＋a n ＋a n ＋2⇒a n ＋a n ＋2＝2a n ＋1⇒a n (1＋q 2－2q )＝0⇒q ＝1，即a n ＝2，所以S n ＝2n ，故选择答案C.4．3 解析：∵S 1＝a 1，S 3＝3a 2，S 5＝5a 3，则35＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋1a 1a 3，又a 1a 2a 3＝15，∴35＝a 315＋a 115＋a 215＝a 25，则a 2＝3. 5．2n ＋n 2－1 解析：S n ＝(1＋2＋22＋…＋2n －1)＋＋2n －n 2＝1－2n 1－2＋n 2＝2n ＋n2－1.6.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1 解析：∵f (x )是定义在R 上恒不为零的函数，对任意实数x ，y ∈R ，都有f (x )f (y )＝f (x ＋y )，a 1＝12，a n ＝f (n )(n ∈N *)， ∴a n ＋1＝f (n ＋1)＝f (n )f (1)＝12a n (n ∈N *)． ∴S n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n . 则数列{a n }的前n 项和S n 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1. 7．(1)证明：由3(a n ＋1－2a n ＋a n －1)＝2可得a n ＋1－2a n ＋a n －1＝23， 即(a n ＋1－a n )－(a n －a n －1)＝23， 所以数列{a n ＋1－a n }是以a 2－a 1＝43为首项，23为公差的等差数列． (2)解：由(1)知a n ＋1－a n ＝43＋23(n －1)＝23(n ＋1)， 于是累加求和得a n ＝a 1＋23(2＋3＋…＋n )＝13n (n ＋1)， 所以1a n ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， 进而1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n ＝3－3n ＋1＞52⇒n ＞5， ∴最小的正整数为n ＝6.8．解：(1)设这个二次函数为f (x )＝ax 2＋bx (a ≠0)，则f ′(x )＝2ax ＋b .由于f ′(x )＝6x －2，得a ＝3，b ＝－2，又因为点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f (x )的图象上，所以S n ＝3n 2－2n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n －[3(n －1)2－2(n －1)]＝6n －5；当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2＝6×1－5，所以a n ＝6n －5(n ∈N *)．(2)由(1)得知b n ＝3a n a n ＋1＝3n ＋－n－＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫16n －5－16n ＋1， 故T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－17＋⎝ ⎛⎭⎪⎫17－113＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫16n －5－16n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－16n ＋1. 因此，要使12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－16n ＋1＜m 20(n ∈N *)成立，m 必须且仅须满足12≤m 20，即m ≥10， 所以满足要求的最小正整数m 为10.。
《创新设计》2022高考数学(浙江专用理科)二轮专题精练：专题三 数列3-2 Word版含解析
第2讲 数列求和及数列的综合应用(建议用时：60分钟) 一、选择题1．(2022·福建卷)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，S 3＝12，则a 6等于( )． A ．8 B ．10 C ．12 D ．14解析 利用等差数列的通项公式和前n 项和公式求解．由题意知a 1＝2，由S 3＝3a 1＋3×22×d ＝12，解得d ＝2，所以a 6＝a 1＋5d ＝2＋5×2＝12，故选C. 答案 C2．数列{a n }的通项公式a n ＝1n ＋n ＋1，若{a n }的前n 项和为24，则n 为( )．A ．25B ．576C ．624D ．625解析 a n ＝1 n ＋n ＋1＝－( n －n ＋1)，前n 项和S n ＝－[(1－2)＋(2－3)＋…＋(nn ＋1)]＝n ＋1－1＝24，故n ＝624.故选C.答案 C3．(2021·浙江卷)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n ，若a 3，a 4，a 8成等比数列，则 ( )．A ．a 1d ＞0，dS 4＞0B ．a 1d ＜0，dS 4＜0C ．a 1d ＞0，dS 4＜0D ．a 1d ＜0，dS 4＞0解析 ∵a 3，a 4，a 8成等比数列，∴(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )·(a 1＋7d )，整理得a 1＝－53d ，∴a 1d ＝－53d 2＜0，又S 4＝4a 1＋4×32d ＝－2d 3，∴dS 4＝－2d 23＜0，故选B.答案 B4．设{a n }是公差不为0的等差数列，a 1＝2且a 1，a 3，a 6成等比数列，则{a n } 的前n 项和S n ＝ ( )． A.n 24＋7n4 B.n 23＋5n 3 C.n 22＋3n 4D ．n 2＋n解析 设等差数列{a n }的公差为d ，由已知得a 23＝a 1a 6，即(2＋2d )2＝2(2＋5d )，解得d ＝12，故S n ＝2n ＋n (n －1)2×12＝n 24＋7n4. 答案 A5．(2021·北京卷)设{a n }是等差数列，下列结论中正确的是 ( )．A ．若a 1＋a 2＞0，则a 2＋a 3＞0B ．若a 1＋a 3＜0，则a 1＋a 2＜0C ．若0＜a 1＜a 2，则a 2＞a 1a 3D ．若a 1＜0，则(a 2－a 1)(a 2－a 3)＞0解析 A ，B 选项易举反例，C 中若0＜a 1＜a 2，∴a 3＞a 2＞a 1＞0，∵a 1＋a 3>2a 1a 3，又2a 2＝a 1＋a 3，∴2a 2>2a 1a 3，即a 2>a 1a 3成立． 答案 C6．S n 是等比数列{a n }的前n 项和，a 1＝120，9S 3＝S 6，设T n ＝a 1a 2a 3…a n ，则使T n 取最小值的n 值为( )．A ．3B ．4C ．5D ．6解析 设等比数列的公比为q ，故由9S 3＝S 6，得9×a 1(1－q 3)1－q ＝a 1(1－q 6)1－q ，解得q ＝2，故T nT n －1＝a n ＝120×2n －1，易得当n ≤5时，T nT n －1<1，即T n <T n －1；当n ≥6时，T n >T n －1，据此数列单。
第2讲 数列求和及综合问题-高考数学大二轮专题复习冲刺
高中数学︵高三秋季班︶人教A版 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．常见的求和方法（1）公式法：适合求等差数列或等比数列的前n项和．对等比数列利用公式法求和时，一定要注意公比q是否取1．（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：把数列和式中的各项分别裂项后，消去一部分从而计算和的方法，适用于求通项为1a n a n＋1的数列的前n项和．（4）分组求和法：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．（5）并项求和法：当一个数列为摆动数列，形如(－1)n a n的形式，通常分奇、偶，观察相邻两项是否构成新数列．高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版例1 (2024·广东一模)已知正项数列{a n }，其前n 项和S n 满足a n (2S n －a n )＝1(n ∈N *)．（1）求证数列{S 2n }是等差数列，并求出S n的表达式； （2）数列{a n }中是否存在连续三项a k ，a k ＋1，a k ＋2，使得1a k ，1a k ＋1，1a k ＋2构成等差数列？请说明理由．等差数列、等比数列的判定方法高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版(2024·衡阳一模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝3，S n ＝1＋a n ＋1． （1）证明：数列{S n －1}为等比数列；（2）记数列1S n 的前n 项和为T n ，证明：T n <1．高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版角度1 分组转化法求和例2 (2022·益阳模拟)记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知4S n ＝a 2n ＋2a n －3，且a n >0． （1）求数列{a n }的通项公式；（2）数列{b n }的项依次为a 1，2，a 2，22，23，a 3，24，25，26，a 4，27，28，29，210，…，规律是在a k 和a k ＋1中间插入k 项，所有插入的项构成以2为首项，2为公比的等比数列，求数列{b n }的前50项的和．分组转化法求和的常见类型提醒：（1）某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论．（2）分类讨论思想在数列求和中的应用①当数列通项中含有(－1)n 时，在求和时要注意分n 为奇数与偶数讨论；②当已知数列满足a n ＋2a n＝q (q ≠0)时，在求{a n }的前n 项和时要分奇数项和偶数项分别求和．高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版设数列{a n }的前n 项和为S n ，2(S n －n ＋2)＝a n ＋1，a 2＝10，b n ＝a n －1． （1）求证：数列{b n }是等比数列；（2）设c n ＝ b n，n 为奇数，1log 3b n ·log 3b n ＋2，n 为偶数，求数列{c n }的前2n ＋1项和T 2n ＋1．高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版 角度2 裂项相消法求和例3 (2024·菏泽一模)已知数列{a n }，{b n }满足a n b 1＋a n －1b 2＋…＋a 1b n ＝2n －n2－1，其中a n ＝2n ．（1）求b 1，b 2的值及数列{b n }的通项公式； （2）令c n ＝（4b n －1）a nb n b n ＋1，求数列{c n }的前n 项和．几种常见的裂项方式项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项．高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝3，S n －n ＝12(a n ＋1)(n ∈N *)．（1）求数列{a n }的通项公式和前n 项和S n ；（2）设b k ＝1（S 2k ＋1）·S 2k ＋1(k ∈N *)，数列{b n }的前n 项和记为T n ，证明：T n <16(n ∈N *)．高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版 角度3 错位相减法求和例4 (2022·济宁二模)已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝ a n ＋（2）n ＋1，n 为奇数，2a n ，n 为偶数．（1）设b n ＝a 2n ，证明：数列b n 2n 为等差数列；（2）求数列{a n }的前2n 项和．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．但要注意相减后得到部分等比数列，求和时一定要弄清其项数．另外还要注意首项与末项．提醒：错位相减后注意准确地确定中间的项数和最后一项的符号变化．高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版设数列{a n }的前n 项和为S n ．已知a 1＝1，2a n ＋1＝S n ＋2(n ∈N *)． （1）求数列{a n }的通项公式；（2）数列{b n }满足b n ＝a n ×(log 32a n －1)(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n ．高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版例5 (2022·湛江二模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ．（1）从①S 1＝1，②2S n ＋1＝S n ＋2，③S n ＋a n ＝2a 1这三个条件中任选两个作为条件，证明另一个成立，并求{a n }的通项公式；（2）在第（1）问的前提下，若b n ＝a n ＋1a n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．以数列为载体的“结构不良”问题的解题策略（1）先分析已知条件和待求目标，能化简的先化简．（2）逐一分析条件考查的知识内容，结合个人解题经验并结合自身的知识体系，尽量选择比较有把握的知识内容，纳入自己数学的知识体系中．其思维流程图如下：提醒：尽量选择自己熟悉的条件，尽量选择运算量小、推理过程简单的方向进行解题．高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版设数列{a n }的前n 项和为S n ．已知a 1＝1，________．从①a n ＋2－a n ＝4；②a n ＋1＋a n ＝4n ；③S n ＝na n ＋1－n (n ＋1)中选出一个合适的条件，补充在上面横线处，并解答下面的问题．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）求数列{(－1)n ·S n }的前20项和T 20．高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版例6 (2022·东北三省三校二模)已知等差数列{a n }的公差不为零，a 1＋a 2＋a 3＝a 5，a 2a 3＝a 8，数列{b n }各项均为正数，b 1＝1，b 2n －3b 2n ＋1＝2b n b n ＋1．（1）求数列{a n }，{b n }的通项公式；（2）若λb n ＋1＋6≥a n 恒成立，求实数λ的最小值．数列与不等式的综合问题的类型及解题策略（1）与数列有关的不等式证明问题的解法 ①比较法：作差比较或作商比较；②放缩法：通过分母分子的扩大或缩小、项数的增加与减少等方法达到证明的目的； ③构造法：通过构造函数进行证明．（2）以数列为载体，考查不等式恒成立的问题，此类问题可转化为函数的最值． 提醒：判断与数列相关的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小或借助数列对应的函数的单调性比较大小．高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版设数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＋1＝3a n (n ∈N *)． （1）求S n ；（2）证明：当n ≥2时，2S n ＋3a n ≥9．高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版1．记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝1，S n a n 是公差为13（1）求{a n }的通项公式； （2）证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n <2．高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版 2．已知{a n }为等差数列，{b n }是公比为2的等比数列，且a 2－b 2＝a 3－b 3＝b 4－a 4．（1）证明：a 1＝b 1；（2）求集合{k |b k ＝a m ＋a 1，1≤m ≤500}中的元素个数．高中数学 ︵ 高三秋季班 ︶人 教 A 版3．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝ a n ＋1，n 为奇数，a n＋2，n 为偶数．（1）记b n ＝a 2n ，写出b 1，b 2，并求数列{b n }的通项公式； （2）求{a n }的前20项和．4．已知等差数列{a n }和正项等比数列{b n }满足a 1＝4，b 1＝2，b n ＋2＝b n ＋1＋2b n ，a 3＝b 3＋2．（1）求{a n }和{b n }的通项公式；（2）对于集合A ，B ，定义集合A －B ＝{x |x ∈A 且x ∉B }，设数列{a n }和{b n }中的所有项分别构成集合A ，B ，将集合A －B 的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列{c n }，求数列{c n }的前30项和S 30．。
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
数列数列求和数列的综合应用课件
量子力学
数列在量子力学中用于描述微 观粒子的波函数和能量级。
数列在计算机科学中的应用
数据结构
数列是计算机科学中常见的数 据结构之一，用于存储有序的
元素集合。
算法设计
数列在算法设计中用于实现排 序、搜索和图算法等。
加密技术
数列在加密技术中用于生成加 密密钥和实现加密算法。
积的数列。
02
数列的求和
数列求和的定义
数列求和是对数列中所有项进行加法运算的过程。
数列求和是数学中一个重要的概念，它是对数列中所有项进行加法运算的过程。 通过数列求和，我们可以得到数列的和，从而了解数列的整体性质和特点。
等差数列的求和
等差数列是一种常见的数列，其求和 方法有多种。
等差数列是一种常见的数列，其特点 是每项与前一项的差是一个常数。等 差数列的求和方法有多种，其中最常 用的是利用等差数列的通项公式和项 数进行计算。
等比数列的应用实例解析
总结词
等比数列在金融、经济、生物等领域中有着 广泛的应用，如复利计算、人口增长等。
详细描述
等比数列是一种常见的数列，其相邻两项之 间的比是一个常数。在金融和经济领域中， 很多问题需要用到等比数列的知识，例如复 利计算、股票价格等。通过等比数列的应用 ，我们可以更好地理解这些问题的本质，从 而更好地进行决策。
本质，从而更好地进行预测和建模。
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等比数列的求和
等比数列是一种常见的数列，其求和方法有多种。
等比数列是一种常见的数列，其特点是每项与前一项的比值是一个常数。等比数列的求和方法有多种，其中最常用的是利用 等比数列的通项公式和项数进行计算。
幂数列的求和
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
2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题2数列第2讲数列求和及其综合应用课件
真题研究·悟高考
1. (2023·全国新高考Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为 d，且 d>1.令 bn ＝n2a＋n n，记 Sn，Tn 分别为数列{an}，{bn}的前 n 项和．
(1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式； (2)若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d.
考点突破·提能力
核心考点1 求数列的通项公式
核 心 知 识·精 归 纳
求数列通项公式的方法 (1)Sn 与 an 的关系：若数列{an}的前 n 项和为 Sn，通项公式为 an，则 an＝SS1n，－nS＝n－11，，n≥2. (2)由递推关系式求通项公式：①构造法；②累加法；③累乘法．
角度1：由Sn与an的关系求通项公式
方 法 技 巧·精 提 炼
根据所求的结果的不同要求，将问题向两个不同的方向转化 (1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解． (2)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解．
加 固 训 练·促Байду номын сангаас提 高
1.数列{an}满足：a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2＋(n－1)·2n＋1，n∈N*. 求数列{an}的通项公式．
2. (2023·全国新高考Ⅱ卷){an}为等差数列，bn＝a2na－n，6， n为n为 偶奇 数数 ，， 记 Sn，Tn 分别为数列{an}，{bn}的前 n 项和，S4＝32，T3＝16.
(1)求{an}的通项公式； (2)证明：当n>5时，Tn>Sn.
【解析】 (1)设等差数列{an}的公差为d， 而 bn＝a2na－n，6，n＝n＝2k，2k－1， k∈N*， 则b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6， 于是ST43＝＝44aa11＋＋64dd＝－3122，＝16， 解得 a1＝5，d＝2，an＝a1＋(n－1)d
专题三 第2讲 数列求和及其综合应用
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
安徽省高考数学第二轮复习 专题四数列第2讲 数列的求和及其综合应用 理
专题四 数列第2讲 数列的求和及其综合应用真题试做1．(2012·辽宁高考，理6)在等差数列{a n }中，已知a 4＋a 8＝16，则该数列前11项和S 11＝( )．A ．58B ．88C ．143D ．1762．(2012·大纲全国高考，理5)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.100101 B.99101 C.99100 D.1011003．(2012·课标全国高考，理16)数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为__________．4．(2012·安徽高考，理21)数列{x n }满足x 1＝0，x n ＋1＝－x 2n ＋x n ＋c (n N *)． (1)证明：{x n }是递减数列的充分必要条件是c <0； (2)求c 的取值范围，使{x n }是递增数列．5．(2012·天津高考，理18)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＝27，S 4－b 4＝10.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)记T n ＝a n b 1＋a n －1b 2＋…＋a 1b n ，n N *，证明T n ＋12＝－2a n ＋10b n (n N *)． 考向分析高考中对数列求和及其综合应用的考查题型，主、客观题均会出现，主观题较多．一般以等差、等比数列的定义以及通项公式、前n 项和公式的运用设计试题．考查的热点主要有四个方面：(1)考查数列的求和方法；(2)以等差、等比数列的知识为纽带，在数列与函数、方程、不等式的交会处命题，主要考查利用函数观点解决数列问题以及用不等式的方法研究数列的性质，多为中档题；(3)数列与解析几何交会的命题，往往会遇到递推数列，通常以解析几何作为试题的背景，从解析几何的内容入手，导出相关的数列关系，再进一步地解答相关的问题，试题难度大都在中等偏上，有时会以压轴题的形式出现；(4)数列应用题主要以等差、等比数列为工具，在数列与生产、生活实际问题的联系上设计问题，考查阅读理解能力、数学建模能力和数学应用的意识与能力，主要以解答题的形式出现，多为中高档题．热点例析热点一 数列的求和【例1】(2012·山东青岛一模，20)已知在等差数列{a n }(n N *)中，a n ＋1>a n ，a 2a 9＝232，a 4＋a 7＝37.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若将数列{a n }的项重新组合，得到新数列{b n }，具体方法如下：b 1＝a 1，b 2＝a 2＋a 3，b 3＝a 4＋a 5＋a 6＋a 7，b 4＝a 8＋a 9＋a 10＋…＋a 15，…，依此类推，第n 项b n 由相应的{a n }中2n －1项的和组成，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n －14·2n 的前n 项和T n .规律方法数列求和的关键是分析其通项，数列求和主要有以下方法：(1)公式法：若数列是等差数列或等比数列，则可直接由等差数列或等比数列的求和公式求和；(2)分组求和法：一个数列的通项公式是由几个等差或等比或可求和的数列通项公式组成，求和时可以用分组求和法，即先分别求和，然后再合并；(3)若数列{a n }的通项能转化为f (n )－f (n －1)(n ≥2)的形式，常采用裂项相消法求和；(4)若数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，则求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法；(5)倒序相加法：若一个数列{a n }满足与首末两项等“距离”的两项和相等或等于同一常数，那么求这个数列的前n 项和，可采用倒序相加法，如等差数列的通项公式就是用该法推导的．特别提醒：(1)利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩第一项和最后一项，也可能前面剩两项，后面也剩两项．(2)利用错位相减法求和时，应注意：①在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应注意两式“错项对齐”；②当等比数列的公比为字母时，应对字母是否为1进行讨论．变式训练1(2012·安徽江南十校联考，理17)在等比数列{a n }中，a 1>0(n N *)，且a 3－a 2＝8.又a 1，a 5的等比中项为16.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 4a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，是否存在正整数k ，使得1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n<k 对任意n N *恒成立？若存在，求出正整数k 的最小值；若不存在，请说明理由．热点二 数列与函数、不等式交会【例2】(2012·安徽合肥第三次质检，理21)已知数列{a n }满足a n ＋1＝(n ＋2)a 2n －na n ＋n ＋1a 2n ＋1(n N *)，S n 是数列{a n }的前n 项和．(1)若a 1＝1，求a 2，a 3，a 4并推证数列{a n }的通项公式；(2)若a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，32，求证：⎪⎪⎪⎪⎪⎪S n －n (n ＋1)2<1(n N *)． 规律方法(1)由于数列的通项是一类特殊的函数，所以研究数列中的最大(小)项问题可转化为求相应函数的单调性进行求解，但同时注意数列中的自变量只能取正整数这一特点；(2)要充分利用数列自身的特点，例如在需要用到数列的单调性时，可以通过比较相邻两项的大小进行判断；(3)对于数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n 2的前n 项和，没有直接可套用的公式，但如果涉及大小比较等一些不等关系，可考虑放缩法：1n 2<1n (n －1)或1n 2>1n (n ＋1)，转化为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n (n －1)或⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n (n ＋1)，用裂项相消法求和后即可达到比较大小的目的．变式训练2(理科用)(2012·安徽合肥一模，21)已知数列{a n }中，a 1＝1，na n ＋1＝2(a 1＋a 2＋…＋a n )．(1)求a 2，a 3，a 4；(2)求数列{a n }的通项a n ；(3)设数列{b n }满足b 1＝12，b n ＋1＝b 2na 2n ＋1＋b n .试证明：①1b n ＋1－1b n >－1(n ＋1)2；②b n <1.热点三 数列与解析几何的交会【例3】(2011·陕西高考，理19)如图，从点P 1(0,0)作x 轴的垂线交曲线y ＝e x于点Q 1(0,1)，曲线在Q 1点处的切线与x 轴交于点P 2.再从P 2作x 轴的垂线交曲线于点Q 2，依次重复上述过程得到一系列点：P 1，Q 1；P 2，Q 2；…；P n ，Q n ，记P k 点的坐标为(x k,0)(k ＝1,2，…，n )．(1)试求x k 与x k －1的关系(2≤k ≤n )；(2)求|P 1Q 1|＋|P 2Q 2|＋|P 3Q 3|＋…＋|P n Q n |.规律方法对于数列与几何图形相结合的问题，通常利用几何知识，并结合图形，先得出关于数列相邻项a n 与a n ＋1之间的关系，然后根据这个递推关系，结合所求内容变形，得出通项公式或其他所求结论．变式训练3设C 1，C 2，…，C n ，…是坐标平面上的一列圆，它们的圆心都在x 轴的正半轴上，且都与直线y ＝33x 相切，对每一个正整数n ，圆C n 都与圆C n ＋1相互外切，以r n 表示C n的半径，已知{r n }为递增数列．(1)证明：{r n }为等比数列；(2)设r 1＝1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n r n 的前n 项和．热点四 数列在实际问题中的应用【例4】(2011·湖南高考，文20)某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M ，M 的价值在使用过程中逐年减少．从第2年到第6年，每年初M 的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M 的价值为上年初的75%.(1)求第n 年初M 的价值a n 的表达式；(2)设A n ＝a 1＋a 2＋…＋a nn，若A n 大于80万元，则M 继续使用，否则须在第n 年初对M 更新．证明：须在第9年初对M 更新．规律方法能够把实际问题转化成数列问题，并且能够明确是等差数列还是等比数列，确定首项、公差(比)、项数各是什么，能分清是某一项还是某些项的性质是解决问题的关键．(1)在数列应用题中，当增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型为等差模型，增加(或减少)的量就是公差，则可把应用题抽象为数列中的等差数列问题，然后用等差数列的知识对模型解析，最后再返回到实际中去；(2)若后一个量与前一个量的比是一个固定的数，该模型为等比模型，这个固定的数就是公比，则可把应用题抽象为数列中的等比数列问题，然后用等比数列的知识对模型解析，最后再返回到实际中去；(3)若题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，应考虑a n ＋1，a n 之间的递推关系，或考虑S n ＋1，S n 之间的递推关系．特别提醒：解决实际问题时要注意n 的取值范围．变式训练4某城市2012年末汽车拥有量为30万辆，预计此后每年将上一年拥有量的6%报废，并且每年新增汽车数量相同．为保护城市环境，要求该城市汽车拥有量不超过60万辆．从2012年末起，n 年后汽车拥有量为b n ＋1万辆，若每年末的拥有量不同．(1)求证：{b n ＋1－b n }为等比数列；(2)每年新增汽车数量不能超过多少万辆？ 思想渗透1．函数思想——函数思想解决数列常见的问题： (1)数列的单调性； (2)数列中求最值问题； (3)数列中的恒成立问题． 2．求解时注意的问题及方法：(1)数列是定义在N *或其子集上的特殊函数，自然与函数思想密不可分，因此树立函数意识是解决数列问题的最基本要求；(2)解题时要注意把数列的递推公式、数列的通项公式以及前n 项和公式看作函数的解析式，从而合理地利用函数性质和导数解决问题；(3)解决有关数列的通项公式、单调性、最值、恒成立等问题时要注意项数n 的取值范围． (2012·湖南长沙模拟，22)已知数列{a n }是各项均不为0的等差数列，公差为d ，S n 为其前n 项和，且满足a 2n ＝S 2n －1，n N *.数列{b n }满足b n ＝1a n ·a n ＋1，T n 为数列{b n }的前n 项和．(1)求a 1，d 和T n ；(2)若对任意的n N *，不等式λT n <n ＋8·(－1)n恒成立，求实数λ的取值范围；(3)是否存在正整数m ，n (1<m <n )，使得T 1，T m ，T n 成等比数列？若存在，求出所有m ，n 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)(方法一)在a 2n ＝S 2n －1中，分别令n ＝1，n ＝2，得⎩⎪⎨⎪⎧a 21＝S 1，a 22＝S 3，即⎩⎪⎨⎪⎧a 21＝a 1，(a 1＋d )2＝3a 1＋3d ，解得a 1＝1，d ＝2，∴a n ＝2n －1.∵b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝n 2n ＋1. (方法二)∵{a n }是等差数列，∴a 1＋a 2n －12＝a n ，∴S 2n －1＝a 1＋a 2n －12(2n －1)＝(2n －1)a n .由a 2n ＝S 2n －1，得a 2n ＝(2n －1)a n .又∵a n ≠0，∴a n ＝2n －1，则a 1＝1，d ＝2. (T n 求法同方法一)(2)①当n 为偶数时，要使不等式λT n <n ＋8·(－1)n恒成立，即需不等式λ<(n ＋8)(2n ＋1)n ＝2n ＋8n＋17恒成立，∵2n ＋8n≥8，等号在n ＝2时取得，∴此时λ需满足λ<25.②当n 为奇数时，要使不等式λT n <n ＋8·(－1)n恒成立，即需不等式λ<(n －8)(2n ＋1)n＝2n －8n－15恒成立，∵2n －8n随n 的增大而增大，∴n ＝1时，2n －8n取得最小值－6.∴此时λ需满足λ<－21.综合①②可得λ的取值范围是λ<－21.(3)T 1＝13，T m ＝m 2m ＋1，T n ＝n2n ＋1.若T 1，T m ，T n 成等比数列，则⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2m ＋12＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n ＋1，即m 24m 2＋4m ＋1＝n 6n ＋3. (方法一)由m 24m 2＋4m ＋1＝n6n ＋3，可得3n ＝－2m 2＋4m ＋1m2>0， 即－2m 2＋4m ＋1>0，∴1－62<m <1＋62.又m N ，且m >1， ∴m ＝2，此时n ＝12.因此，当且仅当m ＝2，n ＝12时，数列{T n }中的T 1，T m ，T n 成等比数列．(方法二)∵n 6n ＋3＝16＋3n<16，故m24m 2＋4m ＋1<16，即2m 2－4m －1<0，解得1－62<m <1＋62(以下同方法一)．1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n ＋1n ＋2，则a 3＝( )． A.120 B.124 C.128 D.1322．已知a ，b ，c ，d 成等比数列，且曲线y ＝x 2－2x ＋3的顶点是(b ，c )，则ad ＝( )． A ．3 B ．2 C ．1 D ．－2 3．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 8S 4＝3，则S 12S 8＝( )． A ．2B.73C.83D ．3 4．在等比数列{a n }中，a 1＝2，前n 项和为S n ，若数列{a n ＋1}也是等比数列，则S n ＝( )．A ．2n ＋1－2 B ．3nC ．2nD ．3n－15．(2012·河北模拟，14)已知数列{a n }满足a n ＝2n －1＋2n －1(n N *)，则数列{a n }的前n 项和S n ＝__________.6．设f (x )是定义在R 上恒不为零的函数，对任意实数x ，y R ，都有f (x )f (y )＝f (x ＋y )．若a 1＝12，a n ＝f (n )(n N *)，则数列{a n }的前n 项和S n 的取值范围是________．7．(2012·江西联考，19)已知数列{a n }满足a 1＝2，a 2＝8，a n ＋2＝4a n ＋1－4a n . (1)证明：{a n ＋1－2a n }是等比数列；(2)设b n ＝a n －1n (n ＋1)(n ≥2)，求：b 2＋b 3＋…＋b n (n ≥2且n N *)．8．(2012·皖北协作区第一次联考，理20)已知数列{a n }，{b n }，a 1＝2，a n ＋1－a n ＝6n ＋2.若⎝ ⎛⎭⎪⎫a n n，b n 在y ＝x 2＋mx 的图象上，{b n }的最小值为b 2.(1)求{a n }的通项公式； (2)求m 的取值范围．参考答案命题调研·明晰考向 真题试做1．B 解析：因为数列{a n }为等差数列，所以S 11＝11(a 1＋a 11)2，根据等差数列的性质，若p ＋q ＝m ＋n ，则a p ＋a q ＝a m ＋a n 得，a 1＋a 11＝a 4＋a 8＝16，所以S 11＝11×162＝88，故选B.2．A 解析：S 5＝5(a 1＋a 5)2＝5(a 1＋5)2＝15，∴a 1＝1.∴d ＝a 5－a 15－1＝5－15－1＝1.∴a n ＝1＋(n －1)×1＝n .∴1a n a n ＋1＝1n (n ＋1).设⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和为T n ，则T 100＝11×2＋12×3＋…＋1100×101＝1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101.3．1 830 解析：∵a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，∴a 2＝1＋a 1，a 3＝2－a 1，a 4＝7－a 1，a 5＝a 1，a 6＝9＋a 1，a 7＝2－a 1，a 8＝15－a 1，a 9＝a 1，a 10＝17＋a 1，a 11＝2－a 1，a 12＝23－a 1，…，a 57＝a 1，a 58＝113＋a 1，a 59＝2－a 1，a 60＝119－a 1，∴a 1＋a 2＋…＋a 60＝(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋a 7＋a 8)＋…＋(a 57＋a 58＋a 59＋a 60) ＝10＋26＋42＋…＋234 ＝15×(10＋234)2＝1 830.4．(1)证明：先证充分性，若c <0，由于x n ＋1＝－x 2n ＋x n ＋c ≤x n ＋c <x n ，故{x n }是递减数列； 再证必要性，若{x n }是递减数列，则由x 2<x 1可得c <0.(2)解：假设{x n }是递增数列．由x 1＝0，得x 2＝c ，x 3＝－c 2＋2c . 由x 1<x 2<x 3，得0<c <1.由x n <x n ＋1＝－x 2n ＋x n ＋c 知，对任意n ≥1都有x n <c ，①注意到c －x n ＋1＝x 2n －x n －c ＋c ＝(1－c －x n )(c －x n )．② 由①式和②式可得1－c －x n >0， 即x n <1－c .由②式和x n ≥0还可得，对任意n ≥1都有c －x n ＋1≤(1－c )(c －x n )．③反复运用③式，得c －x n ≤(1－c )n －1(c －x 1)<(1－c )n －1.x n <1－c 和c －x n <(1－c )n －1两式相加，知2c －1<(1－c )n －1对任意n ≥1成立．根据指数函数y ＝(1－c )x的性质，得2c －1≤0，c ≤14，故0<c ≤14.若0<c ≤14，要证数列{x n }为递增数列，即x n ＋1－x n ＝－x 2n ＋c >0.即证x 0<c 对任意n ≥1成立．下面用数学归纳法证明当0<c ≤14时，x n <c 对任意n ≥1成立．当n ＝1时，x 1＝0<c ≤12，结论成立．假设当n ＝k (n ∈N *)时结论成立，即x k <c .因为函数f (x )＝－x 2＋x ＋c 在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12内单调递增，所以x k ＋1＝f (x k )<f (c )＝c ，这就是说当n ＝k ＋1时，结论也成立． 故x n <c 对任意n ≥1成立．因此，x n ＋1＝x n －x 2n ＋c >x n ，即{x n }是递增数列．综上可知，使得数列{x n }单调递增的c 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，14. 5．(1)解：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 .由条件，得方程组⎩⎪⎨⎪⎧2＋3d ＋2q 3＝27，8＋6d －2q 3＝10.解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝2.所以a n ＝3n －1，b n ＝2n，n ∈N *. (2)证明：(方法一) 由(1)得T n ＝2a n ＋22a n －1＋23a n －2＋…＋2n a 1，①2T n ＝22a n ＋23a n －1＋…＋2n a 2＋2n ＋1a 1.② 由②－①，得T n ＝－2(3n －1)＋3×22＋3×23＋…＋3×2n ＋2n ＋2＝12(1－2n －1)1－2＋2n ＋2－6n ＋2＝10×2n －6n －10.而－2a n ＋10b n －12＝－2(3n －1)＋10×2n －12＝10×2n－6n －10，故 T n ＋12＝－2a n ＋10b n ，n ∈N *. (方法二：数学归纳法)①当n ＝1时，T 1＋12＝a 1b 1＋12＝16，－2a 1＋10b 1＝16，故等式成立； ②假设当n ＝k 时等式成立，即T k ＋12＝－2a k ＋10b k ，则当n ＝k ＋1时有： T k ＋1＝a k ＋1b 1＋a k b 2＋a k －1b 3＋…＋a 1b k ＋1 ＝a k ＋1b 1＋q (a k b 1＋a k －1b 2＋…＋a 1b k ) ＝a k ＋1b 1＋qT k＝a k ＋1b 1＋q (－2a k ＋10b k －12) ＝2a k ＋1－4(a k ＋1－3)＋10b k ＋1－24 ＝－2a k ＋1＋10b k ＋1－12，即T k ＋1＋12＝－2a k ＋1＋10b k ＋1， 因此n ＝k ＋1时等式也成立．由①和②，可知对任意n ∈N *，T n ＋12＝－2a n ＋10b n 成立． 精要例析·聚焦热点 热点例析【例1】 解：(1)由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 2a 9＝232，a 4＋a 7＝a 2＋a 9＝37，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝8，a 9＝29，或⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝29，a 9＝8(由于a n ＋1>a n ，舍去)．设公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝a 1＋d ＝8，a 9＝a 1＋8d ＝29，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝5，d ＝3.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋2(n ∈N *)．(2)由题意得b n ＝a 2n －1＋a 2n －1＋1＋a 2n －1＋2＋…＋a 2n －1＋2n －1－1＝(3·2n －1＋2)＋(3·2n －1＋5)＋(3·2n －1＋8)＋…＋[3·2n －1＋(3·2n －1－1)]＝2n －1×3·2n －1＋[2＋5＋8＋…＋(3·2n －1－4)＋(3·2n －1－1)]．而2＋5＋8＋…＋(3·2n －1－4)＋(3·2n －1－1)是首项为2，公差为3的等差数列的前2n －1项的和，∴2＋5＋8＋…＋(3·2n －1－4)＋(3·2n －1－1)＝2n －1×2＋2n －1(2n －1－1)2×3＝3·22n －3＋14·2n，∴b n ＝3·22n －2＋3·22n －3＋14·2n ＝98·22n＋14·2n . ∴b n －14·2n ＝98·22n.∴T n ＝98(4＋16＋64＋ (22))＝98×4(1－4n)1－4＝32(4n －1)．【变式训练1】 解：(1)由题a 3＝16，又a 3－a 2＝8，则a 2＝8，∴q ＝2.∴a n ＝2n ＋1.(2)b n ＝log 42n ＋1＝n ＋12，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n (n ＋3)4.∴1S n ＝4n (n ＋3)＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋3， ∴1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n ＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫11－14＋12－15＋13－16＋…＋1n －1n ＋3＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13－1n ＋1－1n ＋2－1n ＋3<229.∴正整数k 可取最小值3.【例2】 解：(1)易知a 2＝2，a 3＝3，a 4＝4，猜想a n ＝n (n ∈N *)． 下面用数学归纳法证明之： 当n ＝1时等式显然成立，假设n ＝k 时等式成立，即a k ＝k ，所以a k ＋1＝(k ＋2)a k 2－ka k ＋k ＋1a k 2＋1＝(k ＋2)k 2－k 2＋k ＋1k 2＋1＝k ＋1.即n ＝k ＋1时等式也成立，故a n ＝n (n ∈N *)．(2)证明：因为a n ＋1－(n ＋1)＝(n ＋2)a n 2－na n ＋n ＋1a n 2＋1－(n ＋1)＝a n 2－na n a n 2＋1＝a n a n 2＋1(a n －n )， 所以|a n ＋1－(n ＋1)|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n a n 2＋1·|a n－n |(n ∈N *)．①当a n ≠0时，⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n a n 2＋1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1a n ＋1a n ＝1|a n |＋1|a n|≤12；②当a n ＝0时，⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n a n 2＋1＝0≤12， 所以|a n ＋1－(n ＋1)|≤12|a n －n |(n ∈N *)．而|a 1－1|≤12，所以|a n －n |≤12|a n －1－(n －1)|≤⎝ ⎛⎭⎪⎫122|a n －2－(n －2)|≤…≤⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1|a 1－1|≤⎝ ⎛⎭⎪⎫12n (n ∈N *)，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪S n －n (n ＋1)2＝|(a 1－1)＋(a 2－2)＋(a 3－3)＋…＋(a n －n )| ≤|a 1－1|＋|a 2－2|＋|a 3－3|＋…＋|a n －n |≤⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n<1.故⎪⎪⎪⎪⎪⎪S n －n (n ＋1)2<1(n ∈N *)． 【变式训练2】 解：(1)a 2＝2，a 3＝3，a 4＝4.(2)na n ＋1＝2(a 1＋a 2＋…＋a n )，则可得(n －1)a n ＝2(a 1＋a 2＋…＋a n －1)(n ≥2)， 两式相减，得na n ＋1－(n －1)a n ＝2a n ，即na n ＋1＝(n ＋1)a n ，a n ＋1a n＝n ＋1n(n ≥2)，所以a n ＝a 1·a 2a 1·a 3a 2·…·a n a n －1＝1·21·32·…·n n －1＝n (n ≥3)，易得a n ＝n (n ∈N *)． (3)证明：①由(2)得b 1＝12，b n ＋1＝b 2n(n ＋1)2＋b n >b n >b n －1>…>b 1>0，所以数列{b n }是正项单调递增数列，当n ≥1时，b n ＋1＝b 2n(n ＋1)2＋b n<1(n ＋1)2b n b n ＋1＋b n ， 所以1b n ＋1－1b n >－1(n ＋1)2.②当n ＝1时，b 1＝12<1显然成立．当n ≥2时，1b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1b n －1b n －1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 2－1b 1＋1b 1>－⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2＋1(n －1)2＋…＋122＋2>－⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n (n －1)＋1(n －1)(n －2)＋…＋12×1＋2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1n －2－1n －1＋…＋11－12＋2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋2＝1＋1n ＝n ＋1n . 所以b n <nn ＋1<1.综上可知，b n <1成立．【例3】 解：(1)设点P k －1的坐标是(x k －1,0)，∵y ＝e x，∴y ′＝e x.∴Q k －1(x k －1，1k x e -e x k －1)，在点Q k －1(x k －1，1k x e -)处的切线方程是y －1k x e -＝1k xe -(x －x k －1)， 令y ＝0，则x k ＝x k －1－1(2≤k ≤n )． (2)∵x 1＝0，x k －x k －1＝－1， ∴x k ＝－(k －1)．∴|P k Q k |＝e x k ＝e －(k －1)，于是有 |P 1Q 1|＋|P 2Q 2|＋|P 3Q 3|＋…＋|P n Q n |＝1＋e －1＋e －2＋…＋e－(n －1)＝1－e －n 1－e －1＝e －e 1－ne －1， 即|P 1Q 1|＋|P 2Q 2|＋|P 3Q 3|＋…＋|P n Q n |＝e －e 1－ne －1.【变式训练3】 (1)证明：将直线y ＝33x 的倾斜角记为θ， 则有tan θ＝33，sin θ＝12. 设C n 的圆心为(λn,0)(λn >0)，则由题意得知r n λn ＝12，得λn ＝2r n ；同理λn ＋1＝2r n ＋1，从而λn ＋1＝λn ＋r n ＋r n ＋1＝2r n ＋1，将λn ＝2r n 代入，解得r n ＋1＝3r n ， 故{r n }为公比q ＝3的等比数列． (2)解：由于r 1＝1，q ＝3，故r n ＝3n －1，从而n r n＝n ·31－n.记S n ＝1r 1＋2r 2＋…＋n r n，则有S n ＝1＋2·3－1＋3·3－2＋…＋n ·31－n，①则S n3＝1·3－1＋2·3－2＋…＋(n －1)·31－n＋n ·3－n，② 由①－②，得 2S n 3＝1＋3－1＋3－2＋…＋31－n －n ·3－n＝1－3－n23－n ·3－n ＝32－⎝⎛⎭⎪⎫n ＋32·3－n ，∴S n ＝94－12⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋32·31－n＝9－(2n ＋3)·31－n4.【例4】 (1)解：当n ≤6时，数列{a n }是首项为120，公差为－10的等差数列． a n ＝120－10(n －1)＝130－10n ；当n ≥6时，数列{a n }是以a 6为首项，公比为34的等比数列，又a 6＝70，所以a n ＝70×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6.因此，第n 年初，M 的价值a n 的表达式为 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧130－10n ，n ≤6，70×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6，n ≥7.(2)证明：设S n 表示数列{a n }的前n 项和，由等差及等比数列的求和公式得 当1≤n ≤6时，S n ＝120n －5n (n －1)，A n ＝120－5(n －1)＝125－5n ； 当n ≥7时，S n ＝S 6＋(a 7＋a 8＋…＋a n )＝570＋70×34×4×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6 ＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6，A n ＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6n.因为{a n }是递减数列，所以{A n }是递减数列．又A 8＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫348－68＝824764>80， A 9＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫349－69＝767996<80， 所以须在第9年初对M 更新．【变式训练4】 (1)证明：设2012年末汽车拥有量为b 1万辆，每年新增汽车数量为x 万辆，则b 1＝30，b 2＝0.94b 1＋x ，可得b n ＋1＝0.94b n ＋x .又b n ＝0.94b n －1＋x ，∴b n ＋1－b n ＝0.94·(b n －b n －1)．∵每年末的拥有量不同，∴{b n ＋1－b n }是以b 2－b 1＝x －1.8为首项，且公比q ＝0.94的等比数列．(2)解：由(1)得b n ＋1－b n ＝0.94n ·(x －1.8)，于是b n ＝b 1＋(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝30＋0.94·(x －1.8)＋0.942·(x －1.8)＋…＋0.94n －1·(x －1.8)＝30＋1－0.94n －10.06·(x －1.8)·0.94， 当x －1.8≤0，即x ≤1.8时，{b n }为递减数列，故有b n ＋1≤b n ≤…≤b 1＝30；当x －1.8>0，即x >1.8时，b n <30＋(x －1.8)0.06×0.94≤60，解得x ≤3.7. ∴每年新增汽车数量不能超过3.7万辆．创新模拟·预测演练1．A 解析：a 3＝S 3－S 2＝3＋13＋2－2＋12＋2＝120. 2．B 解析：∵a ，b ，c ，d 成等比数列，∴ad ＝bc .又∵y ＝x 2－2x ＋3的顶点是(b ，c )，∴b ＝－－22＝1，c ＝4×1×3－(－2)24＝2. ∴ad ＝bc ＝1×2＝2.3．B 解析：S 8S 4＝S 4(1＋q 4)S 4＝3，解得q 4＝2，故S 12S 8＝S 4(1＋q 4＋q 8)S 4(1＋q 4)＝1＋2＋41＋2＝73. 4．C 解析：因为数列{a n }为等比数列，则a n ＝2q n －1(q ≠0)． 因为数列{a n ＋1}也是等比数列， 所以(an ＋1＋1)2＝(a n ＋1)(a n ＋2＋1) a 2n ＋1＋2a n ＋1＝a n a n ＋2＋a n ＋a n ＋2a n ＋a n ＋2＝2a n ＋1a n (1＋q 2－2q )＝0q ＝1，即a n ＝2，所以S n ＝2n ，故选择C.5．2n ＋n 2－1 解析：S n ＝(1＋2＋22＋…＋2n －1)＋(1＋2n －1)·n 2＝1－2n 1－2＋n 2＝2n ＋n 2－1. 6.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1 解析：∵f (x )是定义在R 上恒不为零的函数，对任意实数x ，y ∈R ，都有f (x )f (y )＝f (x ＋y )，a 1＝12，a n ＝f (n )(n ∈N *)， ∴a n ＋1＝f (n ＋1)＝f (n )f (1)＝12a n (n ∈N *)．∴S n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n . 则数列{a n }的前n 项和S n 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1. 7．(1)证明：由a n ＋2＝4a n ＋1－4a n ，得a n ＋2－2a n ＋1＝2(a n ＋1－2a n )． 又a 2－2a 1＝4，∴{a n ＋1－2a n }是以4为首项，2为公比的等比数列．(2)解：由(1)可得a n ＋1－2a n ＝2n ＋1，a n ＋12n ＋1－a n2n ＝1， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是以1为首项，1为公差的等差数列，a n ＝n ·2n (n ≥1，n ∈N *)， ∴b n ＝a n －1n (n ＋1)＝(n －1)2n －1n (n ＋1)＝n ·2n －1－2n －1n (n ＋1)＝2n ·2n －n ·2n －1－2n －1n (n ＋1)＝2n n ＋1－2n －1n(n ≥2)， ∴b 2＋b 3＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫223－212＋⎝ ⎛⎭⎪⎫234－223＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n n ＋1－2n －1n ＝2n n ＋1－1(n ≥2且n ∈N *)． 8．解：(1)∵a n ＋1－a n ＝6n ＋2，∴当n ≥2时，a n －a n －1＝6n －4，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝(6n －4)＋(6n －10)＋…＋8＋a 1＝(n －1)[8＋(6n －4)]2＋a 1 ＝3n 2－3n ＋2n －2＋2＝3n 2－n .又a 1也满足a n ＝3n 2－n ，∴a n ＝3n 2－n . (2)∵点⎝ ⎛⎭⎪⎫a n n ，b n 在y ＝x 2＋mx 的图象上，∴b n ＝(3n －1)2＋m (3n －1)．∴b 1＝4＋2m ，b 2＝25＋5m ，b 3＝64＋8m ，b 4＝121＋11m . 又{b n }的最小值为b 2， ∴4225564825512111255m m m m m m ≥⎧⎪≥⎨⎪≥⎩＋＋，＋＋，＋＋，∴－13≤m ≤－7.∵b n ＋1－b n ＝(3n ＋2)2＋m (3n ＋2)－(3n －1)2－m (3n －1)＝3(6n ＋1＋m )，当n ≥4时，6n ＋1≥25>13，∴当n ≥4，－13≤m ≤－7时，b n ＋1－b n >0，即{b n }是递增数列．∴m 的取值范围为[－13，－7]．。
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】
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
2019届高考数学二轮复习 第一篇 专题四 数列 第2讲 数列求和及简单应用教案 文
裂项的基本思想是 an=f(n）-f(n+1)，
=-
等.
考向 3 错位相减法求和
【例 4】 (2018·吉林百校联盟九月联考)已知等差数列｛an｝的前 n 项和为 Sn,若 Sm—1=— 4,Sm=0，Sm+2=14（m≥2,且 m∈N*）。 (1)求数列{an｝的通项; (2）求数列{m（an+6)×2n—3}的前 n 项和. 解：(1)由已知得 am=Sm—Sm—1=4,
②解:由①,得 cn=
=
—
，
所以 Sn= 1- + - +…+ —
= 1—
=
.
③解：因为 dn=（3n+1）Sn=（3n+1)·
=n,
则问题转化为对任意正整数 n 使不等式 + +…+ > 恒成立.
设 f（n）= + + +…+ ,
则 f（n+1)—f（n）=
+
+…+
- + +…+
=
+
—
=
—
〉0.
据此可得数列｛an}是首项为 2，公比为 2 的等比数列,
其前 8 项和为 S8=
=29—2=512—2=510。
故选 C.
（3)令 bn=nan,则 2bn=bn—1+bn+1,所以｛bn}为等差数列， 因为 b1=1，b2=4, 所以公差 d=3，则 bn=3n-2,
所以 b18=52,即 18a18=52,
数列的通项公式 【例 1】 (1)（2018·安徽黄山一模)数列{an}中，已知对任意正整数 n，有 a1+a2+…+an=2n— 1，则 + +…+ 等于（ )
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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{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n . (1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n ＋1的前n 项和.解 (1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，①故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)，② ①－②得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1，又n ＝1时，a 1＝2适合上式， 从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1.(2)记⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n ，由(1)知a n 2n ＋1＝2（2n －1）（2n ＋1）＝12n －1－12n ＋1， 则S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1. 2.(2017·山东卷)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a 3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2){b n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n ，已知S 2n ＋1＝b n b n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n .解 (1)设{a n }的公比为q ，由题意知a 1(1＋q )＝6，a 21q ＝a 1q 2，又a n >0，解得a 1＝2，q ＝2，所以a n ＝2n .(2)由题意知：S 2n ＋1＝（2n ＋1）（b 1＋b 2n ＋1）2＝(2n ＋1)b n ＋1，又S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0， 所以b n ＝2n ＋1.令c n ＝b na n，则c n ＝2n ＋12n ，因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝32＋522＋723＋…＋2n －12n －1＋2n ＋12n ，又12T n ＝322＋523＋724＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1，两式相减得12T n ＝32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1－2n ＋12n ＋1，所以T n ＝5－2n ＋52n .考 点 整 合1.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.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)a n ＝⎩⎨⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，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.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{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n 2，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和. 解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－（n －1）2＋（n －1）2＝n .而a 1也满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)n n . 记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n ). 记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 则A ＝2（1－22n ）1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n . 故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.探究提高 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. 命题角度2 裂项相消法求和【例1－2】 (2015·全国Ⅰ卷)S n 为数列{a n }的前n 项和.已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n＋3.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和. 解 (1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，可知 a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.两式相减可得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1， 即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n ).由于a n >0，可得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)，a 1＝3.所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝1（2n ＋1）（2n ＋3）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3. 设数列{b n }的前n 项和为T n ，则 T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3＝n3（2n ＋3）.探究提高 1.裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项.2.消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项.【训练1】 (2017·昆明诊断)已知等比数列{a n }的各项均为正数，且a 1＋2a 2＝5，4a 23＝a 2a 6.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b 1＝2，且b n ＋1＝b n ＋a n ，求数列{b n }的通项公式； (3)设c n ＝a n b n b n ＋1，求数列{c n }的前n 项和为T n .解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，由4a 23＝a 2a 6得4a 23＝a 24所以q 2＝4，由条件可知q >0，故q ＝2，由a 1＋2a 2＝5得a 1＋2a 1q ＝5，所以a 1＝1，故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1. (2)由b n ＋1＝b n ＋a n 得b n ＋1－b n ＝2n －1，故b 2－b 1＝20，b 3－b 2＝21，…，b n －b n －1＝2n －2， 以上n －1个等式相加得b n －b 1＝1＋21＋…＋2n －2 ＝1·（1－2n －1）1－2＝2n －1－1，由b 1＝2，所以b n ＝2n －1＋1. (3)c n ＝a n b n b n ＋1＝b n ＋1－b n b n b n ＋1＝1b n －1b n ＋1，所以T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 1－1b 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 2－1b 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1b n －1b n ＋1＝1b 1－1b n ＋1＝12－12n ＋1. 命题角度3 错位相减求和【例1－3】 (2017·天津卷)已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4. (1)求{a n }和{b n }的通项公式； (2)求数列{a 2n b n }的前n 项和(n ∈N *).解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ， 由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12， 而b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0， 又因为q >0，解得q ＝2，所以b n ＝2n . 由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8，① 由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16，②联立①②，解得a 1＝1，d ＝3，由此可得a n ＝3n －2. 所以{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，{b n }的通项公式为b n ＝2n . (2)设数列{a 2n b n }的前n 项和为T n ，由a 2n ＝6n －2，b n ＝2n ，有 T n ＝ 4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n －2)×2n ，2T n ＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋(6n －8)×2n ＋(6n －2)×2n ＋1， 上述两式相减，得－T n ＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n －(6n －2)×2n ＋1，＝12×（1－2n ）1－2－4－(6n －2)×2n ＋1＝－(3n －4)2n ＋2－16.所以T n ＝(3n －4)2n ＋2＋16.所以数列{a 2n b n }的前n 项和为(3n －4)2n ＋2＋16.探究提高 1.一般地，如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{b n }的公比，然后作差求解.2.在写“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确地写出“S n －qS n ”的表达式.【训练2】 (2017·衡阳模拟)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后成等比数列，且a n ＋2log 2b n ＝－1. (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d 为等差数列{a n }的公差，且d >0，由a 1＝1，a 2＝1＋d ，a 3＝1＋2d ，分别加上1，1，3成等比数列， 得(2＋d )2＝2(4＋2d )，因为d >0，所以d ＝2，所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1， 又因为a n ＝－1－2log 2b n ， 所以log 2b n ＝－n 即b n ＝12n . (2)T n ＝121＋322＋523＋…＋2n －12n ，① 12T n ＝122＋323＋524＋…＋2n －12n ＋1，② ①－②，得12T n ＝12＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋123＋124＋…＋12n －2n －12n ＋1 ＝12＋2×122⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12－2n －12n ＋1 ＝12＋1－12n －1－2n －12n ＋1＝32－2n ＋32n ＋1.所以T n ＝3－2n ＋32n . 热点二 a n 与S n 的关系问题【例2】 (2017·济南模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意的正整数n ，都有a n ＝5S n ＋1成立，b n ＝－1－log 2|a n |，数列{b n }的前n 项和为T n ，c n ＝b n ＋1T n T n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{c n }的前n 项和A n ，并求出A n 的最值. 解 (1)因为a n ＝5S n ＋1，n ∈N *， 所以a n ＋1＝5S n ＋1＋1， 两式相减，得a n ＋1＝－14a n ，又当n ＝1时，a 1＝5a 1＋1，知a 1＝－14， 所以数列{a n }是公比、首项均为－14的等比数列. 所以数列{a n }的通项公式a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14n.(2)b n ＝－1－log 2|a n |＝2n －1， 数列{b n }的前n 项和T n ＝n 2，c n ＝b n ＋1T n T n ＋1＝2n ＋1n 2（n ＋1）2＝1n 2－1（n ＋1）2，所以A n ＝1－1（n ＋1）2.因此{A n }是单调递增数列，∴当n ＝1时，A n 有最小值A 1＝1－14＝34；A n 没有最大值.探究提高 1.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 .2.形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠1，q ≠0)，可构造一个新的等比数列. 【训练3】 (2017·梅州质检)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2－12n －1，{b n }为等差数列，且a1＝b1，a2(b2－b1)＝a1.(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式；(2)设c n＝b na n，求数列{c n}的前n项和T n. 解(1)当n＝1时，a1＝S1＝1.当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝⎝⎛⎭⎪⎫2－12n－1－⎝⎛⎭⎪⎫2－12n－2＝12n－1，此式对n＝1也成立，∴a n＝12n－1(n∈N*)，从而b1＝a1＝1，b2－b1＝a1a2＝2.又因为{b n}为等差数列，∴公差d＝2，∴b n＝1＋(n－1)·2＝2n－1.(2)由(1)可知c n＝2n－112n－1＝(2n－1)·2n－1，所以T n＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－1)·2n－1，①2T n＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)·2n，②①－②得：－T n＝1＋2(2＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)·2n＝1＋4（1－2n－1）1－2－(2n－1)·2n＝1＋2n＋1－4－(2n－1)·2n＝－3－(2n－3)·2n∴T n＝3＋(2n－3)·2n.热点三数列与函数、不等式的综合问题【例3】(2017·惠州三调)在数列{a n}中，点(a n，a n＋1)在直线y＝x＋2上，且首项a1＝1.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)数列{a n}的前n项和为S n，等比数列{b n}中，b1＝a1，b2＝a2，数列{b n}的前n 项和为T n，请写出适合条件T n≤S n的所有n的值.解(1)∵点(a n，a n＋1)在直线y＝x＋2上，且a1＝1.∴a n＋1＝a n＋2则a n＋1－a n＝2，因此数列{a n}是公差为2，首项为1的等差数列.∴a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.(2)数列{a n }的前n 项和S n ＝n （1＋2n －1）2＝n 2，等比数列{b n }中，b 1＝a 1＝1，b 2＝a 2＝3，∴q ＝3. ∴b n ＝3n －1.∴数列{b n }的前n 项和T n ＝1－3n 1－3＝3n －13－1＝3n －12.T n ≤S n 可化为3n －12≤n 2. 又n ∈N *，∴n ＝1，或n ＝2故适合条件T n ≤S n 的所有n 的值为1和2.探究提高 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.【训练4】 (2017·长郡中学联考)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2＝3a n ＋1－2a n .(1)证明数列{a n ＋1－a n }是等比数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2(a n ＋1)，{b n }的前n 项和为S n ，求证：1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n<2.证明 (1)由a n ＋2＝3a n ＋1－2a n ，得a n ＋2－a n ＋1＝2(a n ＋1－a n )，a 2－a 1＝2， 所以，{a n ＋1－a n }是首项为2，公比为2的等比数列， ∴a n ＋1－a n ＝2n ，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1) ＝1＋2＋22＋…＋2n －1＝1－2n 1－2＝2n －1. (2)b n ＝log 2(a n ＋1)＝log 22n ＝n ， ∴S n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n （n ＋1）2， 于是1S n ＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1<2.1.错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列{a n }乘以等比数列{b n }对应项得到的数列{a n ·b n }求和. (2)步骤：①求和时先乘以数列{b n }的公比.②把两个和的形式错位相减.③整理结果形式.2.裂项求和的常见技巧 (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. 3.数列与不等式综合问题(1)如果是证明不等式，常转化为数列和的最值问题，同时要注意比较法、放缩法、基本不等式的应用；(2)如果是解不等式，注意因式分解的应用.一、选择题1.已知数列112，314，518，7116，…，则其前n 项和S n 为( ) A.n 2＋1－12n B.n 2＋2－12n C.n 2＋1－12n －1D.n 2＋2－12n －1解析 a n ＝(2n －1)＋12n ，∴S n ＝n （1＋2n －1）2＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝n 2＋1－12n .答案 A2.(2017·浙江卷)已知等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d ＞0”是“S 4＋S 6＞2S 5”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件 解析 由S 4＋S 6－2S 5＝S 6－S 5－(S 5－S 4)＝a 6－a 5＝d ，当d ＞0时，则S 4＋S 6－2S 5＞0，即S 4＋S 6＞2S 5，反之，S 4＋S 6＞2S 5，可得d ＞0，所以“d ＞0”是“S 4＋S 6＞2S 5”的充要条件. 答案 C3.(2017·沈阳二模)已知数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝2，a 1＝－5，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝( ) A.9 B.15 C.18D.30解析 ∵a n ＋1－a n ＝2，a 1＝－5，∴数列{a n }是公差为2的等差数列. ∴a n ＝－5＋2(n －1)＝2n －7.数列{a n }的前n 项和S n ＝n （－5＋2n －7）2＝n 2－6n .令a n ＝2n －7≥0，解得n ≥72.∴n ≤3时，|a n |＝－a n ；n ≥4时，|a n |＝a n .则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝－a 1－a 2－a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝ S 6－2S 3＝62－6×6－2(32－6×3)＝18. 答案 C4.(2017·衡水中学月考)数列a n ＝1n （n ＋1），其前n 项之和为910，则在平面直角坐标系中，直线(n ＋1)x ＋y ＋n ＝0在y 轴上的截距为( ) A.－10 B.－9 C.10D.9解析 由于a n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.∴S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1.因此1－1n ＋1＝910，所以n ＝9. 所以直线方程为10x ＋y ＋9＝0.令x ＝0，得y ＝－9，所以在y 轴上的截距为－9. 答案 B5.(2017·湘潭三模)已知T n 为数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫2n ＋12n 的前n 项和，若m >T 10＋1 013恒成立，则整数m 的最小值为( ) A.1 026 B.1 025 C.1 024D.1 023解析 ∵2n ＋12n ＝1＋12n ， ∴T n ＝n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝n ＋1－12n ， ∴T 10＋1 013＝11－1210＋1 013＝1 024－1210， 又m >T 10＋1 013， ∴整数m 的最小值为1 024. 答案 C 二、填空题6.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＝1，{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 ，应用累加法可得a n ＝2n －1， 所以S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ＝2（1－2n ）1－2－n＝2n ＋1－n －2. 答案 2n ＋1－n －27.(2017·潮州二模)已知S n 为数列{a n }的前n 项和，a n ＝2·3n －1(n ∈N *)，若b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，则b 1＋b 2＋…＋b n ＝________. 解析 易知数列{a n }是首项a 1＝2，公比q ＝3的等比数列， 所以S n ＝2（1－3n ）1－3＝3n－1.又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1，则b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 1－1S 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝12－13n ＋1－1.答案 12－13n ＋1－18.设向量a ＝(1，2)，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1n 2＋n ，a n (n ∈N *)，若a ∥b ，设数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n 的最小值为________.解析 因为向量a ＝(1，2)，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1n 2＋n ，a n (n ∈N *)，a ∥b ，所以1·a n －1n 2＋n ·2＝0，即a n ＝2n 2＋n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，从而数列{a n }的前n 项和为S n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＋1n －1n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1易知{S n }是单调递增数列.∴当n ＝1时，S n 取得最小值2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＝1.答案 1 三、解答题9.(2016·全国Ⅱ卷)等差数列{a n }中，a 3＋a 4＝4，a 5＋a 7＝6. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝[a n ]，求数列{b n }的前10项和，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.解 (1)设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ， 由题意有⎩⎨⎧2a 1＋5d ＝4，a 1＋5d ＝3.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝25. 所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋35. (2)由(1)知，b n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋35. 当n ＝1，2，3时，1≤2n ＋35<2，b n ＝1； 当n ＝4，5时，2≤2n ＋35<3，b n ＝2； 当n ＝6，7，8时，3≤2n ＋35<4，b n ＝3；当n ＝9，10时，4≤2n ＋35<5，b n ＝4.所以数列{b n }的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.10.(2016·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，即⎩⎨⎧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 ，得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＋…＋2n ＋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 ＋2.11.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数f (x )＝3x 2－2x 的图象上.(1)求数列{a n }的通项公式.(2)设b n ＝3a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得2T n ≤λ－2 015对任意n ∈N *都成立的实数λ的取值范围.解 (1)因为点(n ，S n )均在函数f (x )＝3x 2－2x 的图象上，所以S n ＝3n 2－2n . 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3－2＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n 2－2n )－[3(n －1)2－2(n －1)]＝6n －5. 又a 1＝1也满足a n ＝6n －5， 所以a n ＝6n －5(n ∈N *). (2)因为b n ＝3a n a n ＋1＝3（6n －5）[6（n ＋1）－5]＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫16n －5－16n ＋1， 所以T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－17＋⎝ ⎛⎭⎪⎫17－113＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫16n －5－16n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－16n ＋1＝3n6n ＋1， 所以2T n ＝6n 6n ＋1＝1－16n ＋1<1.又2T n ≤λ－2 015对任意n ∈N *都成立， 所以1≤λ－2 015，即λ≥2 016. 故实数λ的取值范围是[2 016，＋∞).。