数列二轮复习公开课
2024届高三数学二轮专题复习教案数列
2024届高三数学二轮专题复习教案——数列一、教学目标1.知识目标掌握数列的基本概念、性质和分类。
熟练运用数列的通项公式、求和公式。
能够解决数列的综合应用题。
2.能力目标提高学生分析问题和解决问题的能力。
培养学生的逻辑思维能力和创新意识。
二、教学内容1.数列的基本概念数列的定义数列的项、项数、通项公式数列的分类2.数列的性质单调性周期性界限性3.数列的求和等差数列求和公式等比数列求和公式分段求和4.数列的综合应用数列与函数数列与方程数列与不等式三、教学重点与难点1.教学重点数列的基本概念和性质数列的求和数列的综合应用2.教学难点数列求和的技巧数列与函数、方程、不等式的综合应用四、教学过程1.导入新课通过讲解一道数列的典型例题，引导学生回顾数列的基本概念、性质和求和公式，为新课的学习做好铺垫。
2.数列的基本概念（1）数列的定义：按照一定规律排列的一列数叫做数列。
（2）数列的项：数列中的每一个数叫做数列的项。
（3）数列的项数：数列中项的个数。
（4）数列的通项公式：表示数列中任意一项的公式。
（5）数列的分类：等差数列、等比数列、斐波那契数列等。
3.数列的性质（1）单调性：数列的项随序号增大而增大或减小。
（2）周期性：数列中某些项的值呈周期性变化。
（3）界限性：数列的项有最大值或最小值。
4.数列的求和（1）等差数列求和公式：S_n=n/2(a_1+a_n)（2）等比数列求和公式：S_n=a_1(1q^n)/(1q)（3）分段求和：根据数列的特点，将数列分为若干段，分别求和。
5.数列的综合应用（1）数列与函数：利用数列的通项公式研究函数的性质。
（2）数列与方程：利用数列的性质解决方程问题。
（3）数列与不等式：利用数列的性质解决不等式问题。
6.课堂练习（2）已知数列{a_n}的通项公式为a_n=n^2+n，求证数列{a_n}为单调递增数列。
（3）已知数列{a_n}的前n项和为S_n=n^2n+1，求证数列{a_n}为等差数列。
第一部分专题二微专题2数列求和及简单应用-高三数学二轮专题复习课件
微专题2 数列求和及简单应用
对点训练
数列S1n的前 n 项和为 1－12＋12－13＋…＋n1－n＋1 1＝ 1－n＋1 1，
故 Tn＝2n＋1－2＋1－n＋1 1＝2n＋1－n＋1 1－1. 选②，设公差为 d，由 a3＋a5＝16，S3＋S5＝42，得 2a1＋6d＝16， 8a1＋13d＝42， 解得ad1＝＝22，，所以 an＝2n，Sn＝n2＋n.
微专题2 数列求和及简单应用
对点训练
代入(a2＋2)2＝(a1＋2)(a3＋2)，易得 a1＝2，a2＝4， a3＝7，a4＝12.
于是数列{an＋2}的前 4 项为 4，6，9，14； 显然它不是等比数列，所以数列{an＋2}不可能是等 比数列．
微专题2 数列求和及简单应用
对点训练
大题考法 4 错位相减法求数列的和
微专题2 数列求和及简单应用
对点训练
当 n 为奇数时，Gn＝2×n－2 1－(2n＋1)＝－n－2， 所以 Tn＝8（4n3－1）－n－2， 所以 Tn＝88（（44nn33－－11））－＋nn－，2n，为n偶为数奇，数.
微专题2 数列求和及简单应用
对点训练
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 的 奇偶进行讨论．最后再验证是否可以合并为一个表达式．
微专题2 数列求和及简单应用
对点训练
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．
高三数学二轮复习数列的综合应用课件
P2
P1
Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折线P1P2…Pn＋1，
求由该折线与直线y＝0，x＝x1，x＝xn＋1
所围成的区域的面积Tn．
O
x 1 x2
x3
x4
x
已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2．
（1）求数列{xn}的通项公式；
（2）如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1，1)，P2(x2，2)，…，
（1）求S1，S2及数列{Sn}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足bn ＝
1
7
≤|Tn|≤ ．
3
9
−1
，且{bn}的前n项和为Tn，求证：当n≥2时，
已知数列{an}满足a1＝1，Sn＝2an＋1，其中Sn为{an}的前n项和(n∈N*)．
（1）求S1，S2及数列{Sn}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足bn ＝
Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折线P1P2…Pn＋1，求由该折线与直线y＝0，x＝x1，x＝
xn＋1所围成的区域的面积Tn．
y
P4
P3
P2
P1
O
x1 x2
x3
x4
x
数列求和的
基本方法
01
公式法
02
分组求和法
03
错位相减法
04
倒序相加法
05
裂项相消法
考点2：数列与不等式综合问题
已知数列{an}满足a1＝1，Sn＝2an＋1，其中Sn为{an}的前n项和(n∈N*)．
1
7
≤|Tn|≤ ．
3
9
−1
，且{bn}的前n项和为Tn，求证：当n≥2时，
数学二轮复习教案： 第一部分 专题三 数列 第一讲 等差数列、等比数列
专题三数列第一讲等差数列、等比数列[考情分析］等差数列、等比数列的判定及其通项公式在考查基本运算、基本概念的同时，也注重对函数与方程、等价转化、分类讨论等数学思想的考查;对等差数列、等比数列的性质考查主要是求解数列的等差中项、等比中项、通项公式和前n项和的最大、最小值等问题，主要是中低档题；等差数列、等比数列的前n项和是高考考查的重点。
年份卷别考查角度及命题位置201 7Ⅰ卷等差、等比数列的综合应用·T17201 5Ⅰ卷等差数列的通项公式及前n项和公式·T7等比数列的概念及前n项和公式·T13Ⅱ卷等差数列的通项公式、性质及前n项和公式·T5［真题自检]1．（2015·高考全国卷Ⅱ)设S n是等差数列｛a n｝的前n项和，若a1＋a3＋a5＝3，则S5＝( )A．5 B．7C．9 D．11解析：法一:∵a1＋a5＝2a3，∴a1＋a3＋a5＝3a3＝3，∴a3＝1，∴S5＝错误!＝5a3＝5.法二：∵a1＋a3＋a5＝a1＋（a1＋2d)＋(a1＋4d)＝3a1＋6d＝3，∴a1＋2d ＝1，∴S5＝5a1＋错误!d＝5(a1＋2d）＝5.解析:A2．(2015·高考全国卷Ⅰ）已知｛a n}是公差为1的等差数列，S n为{a n｝的前n项和，若S8＝4S4,则a10＝( ）A。
错误!B。
错误!C．10 D．12解析：∵公差为1,∴S8＝8a1＋错误!×1＝8a1＋28，S4＝4a1＋6.∵S8＝4S4，∴8a1＋28＝4（4a1＋6),解得a1＝错误!，∴a10＝a1＋9d＝错误!＋9＝错误!。
答案:B3．(2015·高考全国卷Ⅰ改编)在数列{a n}中，a1＝2，a n＋1＝2a n，S n 为｛a n｝的前n项和．若S n＝126，求n的值．解析：∵a1＝2，a n＋1＝2a n,∴数列｛a n}是首项为2，公比为2的等比数列．又∵S n＝126，∴错误!＝126，∴n＝6.等差数列、等比数列的基本运算［方法结论］1．两组求和公式（1)等差数列:S n＝错误!＝na1＋错误!d;（2)等比数列：S n＝错误!＝错误!(q≠1）．2．在进行等差（比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a1和d（q）的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量．［题组突破]1．(2017·贵阳模拟)等差数列｛a n}的前n项和为S n，且a3＋a9＝16，则S 11＝（ ）A ．88B ．48C ．96D ．176解析：依题意得S 11＝11a 1＋a 112＝错误!＝错误!＝88,选A 。
安徽繁昌一中数列第二轮复习课件
(1)定义法 定义法 (2)中项公式法： 中项公式法： 中项公式法 a2 ＋1＝an·an＋2(n≥2)(a≠0)⇔ ≥ ≠ ⇔ n {an}为等比数列 为等比数列 (3)通项公式法： 通项公式法： 通项公式法 an＝c·qn(c、q 均是不为 0 常数， 常数， 、 n∈N*)⇔{an}为等比数列 ∈ ⇔ 为 等差数列⇔ (4){an}等差数列⇔{aan}为等比 等差数列 为等比 数列(0<a≠1) ≠ 数列 (1)若 m、n、p、q∈N＋，且 m ห้องสมุดไป่ตู้ 、 、 、 ∈ ＋n＝p＋q，则 am·an＝ap·aq ＝ ＋ ， (2)an＝amqn
前n项 和
n(a1＋an) n(n－1) ( ( － ) d S n＝ ＝na1＋ 2 2
a1－anq 1－q － (2)q＝1，Sn＝na1 ＝ ，
3．求和时先研究数列的通项，根据通项选择方法，化归为 ．求和时先研究数列的通项，根据通项选择方法， 基本数列求和． 基本数列求和． (1)若 cn＝an·bn，{an}为等差数列，{bn}为等比数列，则用 若 为等差数列， 为等比数列， 为等差数列 为等比数列 错位相减法． 错位相减法． (2)若 cn＝an＋bn，则用分组求和，其中分组的方法比较灵活． 若 则用分组求和，其中分组的方法比较灵活． 1 (3)裂项相减法形如 an＝ 裂项相减法形如 等． )(2n＋ ) (2n－1)( ＋1) － )( (4)倒序相加法． 倒序相加法． 倒序相加法
5n－1， (2)解：an－1＝－ ＝－15· 6 解 ＝－ 1－15·5n－1－85＝n＋75·5n－1－90. ∴Sn＝n－5 － － ＝ ＋ 6 6 5n－1>0. 当 n≥2 时，设 Sn－Sn－1＝an＝1－15· 6 ≥ － 5n－1<1，解得 n>log5 1 ＋1≈15.85. 即 15· 6 ， ≈ 15 6
2024届高三数学二轮专题复习数列求和—裂项相消法教学设计
高三二轮复习数列求和—裂项相消法教学设计内容教学目的掌握裂项相消求和的使用环境及一般过程和思路.教学重点难点识别裂项相消求和的使用环境.如何裂项？如何相消？教学过程过程一、强调本微课学习内容，学习目标，重难点，易错点。
学习目标：掌握裂项相消求和的使用环境及一般过程和思路.学习重点：识别裂项相消求和的使用环境.学习难点：如何裂项？如何相消？易错点：裂项时忘记配平，相消时留下哪些项？过程二、通过熟悉的典型例子入手，引导学生回顾裂项相消的具体类型。
裂项相消法:把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消(注意消项规律),从而求得前n项和.看下面两个例子：)211(2121+-=+nnnn）（⎪⎭⎫⎝⎛+-+-+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛+-++⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎭⎫⎝⎛-=+++⨯+⨯+⨯211121121211......513141213112121......531421311nnnnnn）（()()))2)(1(1)1(1(21211++-+=++nnnnnnn()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛++-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫⎝⎛++-+++⎪⎭⎫⎝⎛⨯-⨯+⎪⎭⎫⎝⎛⨯-⨯=++++⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯)2)(1(12121)2)(1(1)1(1......43132132121121211......543143213211nnnnnnnnn过程三、因为是二轮专题复习，学生经过一轮的复习，对于裂项的方法有一定的理解，在此基础上直接点出裂项的四种基本类型，并强调裂项的常用方法为通分的逆运算，分母有理化，对数的运算等。
本质是恒等变形，运用化归与转化思想、等式思想。
等差型：1a n a n＋1＝1d(1a n－1a n＋1)，其中a n≠0，d≠0. . （通分的逆运算）指数型：（a－1）a n（a n＋b）（a n＋1＋b）＝1a n＋b－1a n＋1＋b. （通分的逆运算）无理型：1a＋b＝1a－b(a－b)(a>0，b>0). （分母有理化）对数型：log n a n ＋1a n＝log n a n ＋1－log n a n (a n >0). （对数的运算法则）过程四、对照四种类型，分别用4道典型例题进行讲解与说明，并敲掉裂项时要配平，求和相消时要注意消去哪些项，剩下哪些项。
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。
备战2025年高考二轮复习数学课件：数列-等差数列、等比数列
a1+a7=2a4= ,因为{bn}是等比数列,所以
3
b2b6=3.所以
1 + 7
5π
2π
tan
=tan(- )=-tan
1-2 6
3
3
5π
a4= ,所以
3
b2b4b6=43 =3 3,故 b4= 3,所以
= 3.故选 A.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19
=2
- 2 +9
2
,因为 n∈N*,所以 n=4 或 5 时,Tn 取得最大值.故选 C.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19
=
4.已知{an}是各项均为正数的等差数列,其公差d≠0,若ln a1,ln a3,ln a6也是
等差数列,则其公差为( D )
a13
…
a1n
B.a78=15×28
a21
a22
a23
…
a2n
C.aij=(2i+1)·2j-1
a31
a32
a33
…
a3n
D.S=n(n+2)(2n-1)
……
an1 an2 an3
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19
中十层的塔数可以构成等差数列{an},剩下的两层的塔数分别与上一层的塔
数相等,第1层与第2层的塔数不同,则下列结论正确的有( ABD )
A.第3层的塔数为3
B.第4层与第5层的塔数相等
C.第6层的塔数为9
D.等差数列{an}的公差为2
高考数学二轮复习重难突破微专题(二)求数列的通项专题辅导课件
n－1 ＝
n＋1
n－2 ·n
n－3 ·n－1
·…·24
·a2
＝2
.
n（n＋1）
所以 Sn＝n2·n（n2＋1）
＝ 2n n＋1
.
三、已知 an＋1－an＝f(n)，求 an，用累加法：an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－ a1)＋a1＝f(n－1)＋f(n－2)＋…＋f(1)＋a1(n≥2).
【典例 2】(2021·平顶山二模)已知数列{an} 的前 n 项和为 Sn，Sn＝n2an，a1＝1，则
Sn＝( ) A． 2n
n＋1
B．（n2＋n12 ）2
C．2nn－2 1
D． n2 2n－1
【解析】选 A.当 n≥2 时，Sn＝n2an，
则 Sn＋1＝(n＋1)2an＋1， 且 S2＝22a2，即 1＋a2＝4a2，所以 a2＝31 .
【典例 3】设 Sn 是数列{an} 的前 n 项和，(Sn＋2＋3Sn)－(3Sn＋1＋Sn－1)＝2(n≥2，n∈N*)，
且 a1＝2，a2＝6，a3＝12. (1)求证：数列an＋1－an 为等差数列；
(2)求数列{an} 的通项公式．
【解析】(1)当 n≥2 时，由(Sn＋2＋3Sn)－(3Sn＋1＋Sn－1)＝2，可得(Sn＋2－Sn－1)－ 3(Sn＋1－Sn)＝2，即 an＋2＋an＋1＋an－3an＋1＝2， 整理得(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)＝2， 则数列an＋1－an 从第二项起成等差数列． 因为 a1＝2，a2＝6，a3＝12，所以(a3－a2)－(a2－a1)＝2，符合上式， 所以数列an＋1－an 是等差数列．
由数列{an} 的各项为正，可得 an－an－1＝2， 所以数列{an} 是以 1 为首项，2 为公差的等差数列． 所以数列{an} 的通项公式为 an＝2n－1.
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苗强
1.高考导航 考情统计 考点扫描 2017 2016 2015 T17 T17 2014 T17 20 13 2018考向预测
数列的求和 T9T14 数列与函 数、方 T9T14 程、不等式 的交汇
T17
T17
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数列的要求
C
C
C
C
从近年高考中对数列求和及其综 T16 合应用的考查推断，主、客观题 不会同时出现，两小或一大，难 度中等．数列主观题常与函数、 T16 方程、不等式等知识点交汇，综 合考查函数与方程、等价转化、 分类讨论等数学思想．考查内容 主要是:以等差、等比数列为载体, 考查数列的通项、求和;利用递推 关系求数列的通项、前n项和；而 C 该部分的难点是数列与其他知识 点的交汇问题，如:数列中的给定
针对训练 1
已知等差数列{an}的公差不为零，其前 n 项和为 Sn，若 S5＝70，且 a2，a7， a22 成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式；
解 (2)证明：由(1)得 Sn＝2n2＋4n，
1 的前 (2)设数列 Sn
n 项和为 Tn，求 Tn.
1 1 1 1 1 － 则 ＝ ＝ n ， 5a ＋10d＝70 Sn 2nn＋2 4 n 2 S＋ ＝ 1 5 70 解 (1)由题知 2 ，即 1 1 1 1 a 1 7＝ 1 a2· 1 1 a1 1d2＝a1＋da1＋21d a ＋ 6 22 1 － ＋…＋ ) 则 Tn＝ ( 1－ ＋ － ＋ － ＋ － 4 3 2 4 3 5 n n－1 n＋1 n＋2
1 ( 2) 设bn = 2 ? 证明:Tn < . 3
(
1 - log
an 2
)
1 , 令cn = ，记数列{cn }的前n项和为Tn , bnbn +2
1 解 : 1n 1时，a1 2
3
1 n 2时，a1 a2 a3 an1 2
3 3n n 13n 2n 33n 15 Tn 3 4 2 4 4
经检验n 1 时，T1 3成立
3 3n n 13n 2n 33n 15 Tn 3 4 2 4 4
[方法归纳] 数列求和的四种常用方法 (1)直接由等差、等比数列的求和公式求和，注意对等比数列中 q≠1 的讨论． (2)错位相减法：主要用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘 所得数列求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广． (3)裂项相消求和法：把数列每一项分裂成两项的和，通过正、负项 相消求和． (4)分组转化法：把数列的每一项分成两项，使其转化为几个等差、 等比数列再求解．
（2）由( 1) 可知，bn = 2 +( - 1) n
n
n
\ T2 n = 2 + 2 + 2 +
2 1- 2 1- 2
1
2
3
2n
n 2
2 +( - 1 + 2 - 3 + 4 2n
2 n 1
+ 2n)
n2
n n 2
1 an 中对任意正整数 例2：在数列 n都有a1 a2 a3 an 2 （ 1）求数列{an }的通项公式；
an
1000
又因为 a1，a2＋1，a3 成等差数列，即 a1＋a3＝2(a2＋1)．
所以 a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得 a1＝2. 所以，数列{an}是首项为 2，公比为 2 的等比数列．an＝2n.
∴数列{an}是以 1 为首项，3 为公比的等比数列， n－ 1 n－1 ∴an＝a1· q ＝3 .∵b1＋b2＋b3＝15，∴b2＝5. 又 d＝2，∴b1＝b2－d＝3.∴bn＝3＋2(n－1)＝2n＋1. (2)由(1)知 2 n－ 2 n－1 Tn＝3×1＋5×3＋7×3 ＋…＋(2n－1)×3 ＋(2n＋1)×3 ，① 2 3 n－ 1 n ∴3Tn＝3×3＋5×3 ＋7×3 ＋…＋(2n－1)×3 ＋(2n＋1)×3 .② 2 3 n－1 ∴①－②得－2Tn＝3×1＋2×3＋2×3 ＋2×3 ＋…＋2×3 n －(2n＋1)×3 2 3 n－1 n ＝3＋2(3＋3 ＋3 ＋…＋3 )－(2n＋1)×3 n－ 1 31－3 n ＝3＋2× －(2n＋1)×3 1－3 ＝－2n×3n ∴Tn＝n×3n.
例、[2015· 四川高考]设数列{an}(n＝1,2,3，…)的前 n 项和 Sn 满足 Sn＝2an－a1，且 a1，a2＋1，a3 成等差数列．
1 的前 n (2)记数列 an 1
[规范解答] (2)由(1)得 ＝ n. an 2
1 项和为 Tn，求使得|Tn－1|<1000成立的 n 的最小值. 1
解：(1)∵a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n∈N*)， ∴an＝2Sn－1＋1(n∈N*，n>1)， ∴an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)＝2an， ∴an＋1＝3an(n∈N*，n>1)． 又 a2＝2a1＋1＝3，a2＝3a1，
数列与函数、方程、不等式的交汇
例 3、[2015· 四川高考]设数列{an}(n＝1,2,3，…)的前 n 项和 Sn 满足 Sn＝2an－a1，且 a1，a2＋1，a3 成等差数列． (1)求数列{an}的通项公式；
3 n1
，n 2
n
3Tn
两式相减得：
3 3 2 3 3 3 n 23
2 2 3 4
2 3 4 n 1 n
n1
n 13
- 2Tn 3 3 3 3 3 n 13
3 1 3n 1 2Tn 6 n 13n 1 3
针对训练3
*
12 13 14 1n 1 T＝ ＋2×2 ＋3×2 ＋…＋(n－1)×2 ＋n 2 n 2 1n＋1 ×2 ， 1n 1n＋1 1 1 12 两式相减得 Tn＝ ＋2 ＋…＋2 －n×2 ， 2 2 1n－1 1n ∴Tn＝2－2 －n×2 <2. 1n (3)∵f(n)＝2 ，
，
解得 a1＝ a1＝14，d＝0(舍去)， 1 6， 1 d＝4 1 或 所以数列{an}的通项公式为 an＝4n＋2.
3 1 1 1 )， ＝ － ( ＋ 8 4 n＋1 n＋2 1 1＋ － － ＝ 2 n＋1 n＋2 4
针对训练 2
已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1(n∈N*)，等差 数列{bn}中，公差 d＝2，且 b1＋b2＋b3＝15. (1)求数列{an}、{bn}的通项公式； (2)求数列{an· bn}的前 n 项和 Tn.
1 1 1 1 1 2 2 n 1 n 2
3 1 1 1 3 - 4 2 n 1 n 2 4
an 例3：设数列 的前n项和为S n ,已知2S n 3 3
n
1求数列an 的通项公式； a 2若数列bn 满足bn an log3
2.数列的基本知识网
(1) 等差，等比的通项及性质，求和.
( 2)
累加法 公式法 数 列 的 通 项 数 列 求 和 倒序相加法 分组求和法 裂项相消法 错位相减法
累乘法
构造法 转化法
an 满足(n 1)an nan1 (n 2, n N )，a1 1 例 1 ：已知数列
.
2
由（ 1 ）知an
3, n 1 n1 3 , n 2
可得：bn an log
2
an 3
3, n 1 n 13n1 , n 2
Tn b1 b2 b3 bn n 2
Tn 3 3 2 3 3 3 n 13
1n＋1 fn＋1 2 9－n ∴bn＝(9－n) ＝(9－n) ＝ ， 1 2 fn n 2
∴当 n≤8 时，bn>0；当 n＝9 时，bn＝0；当 n>9 时，bn<0. ∴当 n＝8 或 9 时，Sn 取得最大值．
n1n1
1 又 a1 a2 a3 an 2
1 两式相除得 an 2
n n 2
n n 2 n 1 n 1
1 2
2 n 1
１ 经检验对n 1成立， ａ ｎ ＝ ２
２ｎ＋１
1 11 1 2由1可知：bn n cn nn 2 2 n n 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 Tn 1 2 3 2 4 3 n 1 n 1 n n 2
n
n
, 求数列bn 的前n项和Tn .
1 解： （Ⅰ）由 2Sn 3 3 可得 a1 S1 (3 3) 3 ， 2
1 n 1 n -1 a n S n -S n -1 3 3 3 3 2 2 n -1 3 n 2 3, n 1, 11 而 a1 3 3 ，则 an n 1 3 , n 1.
1 1 1－ n 1 1 1 2 1 2 所以 Tn＝2＋22＋…＋2n＝ 1 ＝1－2n. 1－ 2 1 1 1 由|Tn－1|< ，得 1－2n－1 < ，即 2n>1000. 1000 1000
因为 29＝512<1000<1024＝210，所以 n≥10. 1 于是，使|Tn－1|<1000成立的 n 的最小值为 10.
*
bn （2）设bn 2 (1) an , 求数列 的前2n项的和T2n .
an n
an 的通项公式； （ 1 ）求数列
n 1an 1即 解：（ 1 ）当n 2时，