高考数学二轮复习专题3 数列第二讲数列求和及综合应用理

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高考数学大二轮复习层级二专题三数列第2讲数列求和及综合应用课件

1，n＝1，因此 an＝－nn2＋1，n≥2.
1，n＝1，答案：an＝－nn2＋1，n≥2.
(2)各项均不为 0 的数列{an}满足an＋1an2＋an＋2＝an＋2an(n∈N*)，且 a3＝2a8＝15，则数列{an}的通项公式为____________．
解析：因为an＋1an2＋an＋2＝an＋2an，所以 an＋1an＋an＋1an＋2＝2an＋2an. 因为 anan＋1an＋2≠0，所以an1＋2＋a1n＝an2＋1，所以数列a1n为等差数列．
[解析] (1)由已知，an＋1－an＝lnn＋n 1，a1＝2，所以 an－an－1＝lnn－n 1(n≥2)， an－1－an－2＝lnnn－－12， … a2－a1＝ln21，
将以上 n－1 个式子叠加，得 an－a1＝lnn－n 1＋lnnn－－21＋…＋ln21 ＝lnn－n 1·nn－－12·…·21 ＝ln n. 所以 an＝2＋ln n(n≥2)，经检验 n＝1 时也适合．故选 A.
②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1＝－311－－33n＋ n×3n＋1＝2n－123n＋1＋3.
所以 a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn＝3n2＋3×2n－123n＋1＋3 ＝2n－13n＋22＋6n2＋9(n∈N*)．
[主干整合] 1．数列通项 (1)数列通项 an 与前 n 项和 Sn 的关系，an＝SS1n－Sn－1nn≥＝21.， (2)应用 an 与 Sn 的关系式 f(an，Sn)＝0 时，应特别注意 n＝1 时的情况，防止产生错误．
12Tn＝3·12＋7·212＋…＋(4n－9)·21n－2＋(4n－5)·21n－1，所以12Tn＝3＋4·12＋4·212＋…＋4·21n－2－(4n－5)·21n－1，因此 Tn＝14－(4n＋3)·21n－2，n≥2，又 b1＝1，所以 bn＝15－(4n＋3)·12n－2.

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】二轮大复习专题三数列第2讲数列的求和及综合应用

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.(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＝24.2.(2017·山东卷)已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1＋x 2＝3，x 3－x 2＝2.(1)求数列{x n }的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1，1)，P 2(x 2，2)，…，P n ＋1(x n ＋1，n ＋1)得到折线P 1P 2…P n ＋1，求由该折线与直线y ＝0，x ＝x 1，x ＝x n ＋1所围成的区域的面积T n .解 (1)设数列{x n }的公比为q ，由题意得⎩⎨⎧x 1＋x 1q ＝3，x 1q 2－x 1q ＝2.所以3q 2－5q －2＝0，由已知q ＞0，所以q ＝2，x 1＝1.因此数列{x n }的通项公式为x n ＝2n －1.(2)过P 1，P 2，…，P n ＋1向x 轴作垂线，垂足分别为Q 1，Q 2，…，Q n ＋1. 由(1)得x n ＋1－x n ＝2n －2n －1＝2n －1，记梯形P n P n ＋1Q n ＋1Q n 的面积为b n ，由题意b n ＝（n ＋n ＋1）2×2n －1＝(2n ＋1)×2n －2，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n －1)×2n －3＋(2n ＋1)·×2n －2.①又2T n ＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n －1)×2n －2＋(2n ＋1)×2n －1.② ①－②得－T n ＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n －1)－(2n ＋1)×2n －1＝32＋2（1－2n －1）1－2－(2n ＋1)×2n －1. 所以T n ＝（2n －1）×2n ＋12. 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·石家庄三模)已知等差数列{a n }的首项a 1＝2，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的首项b 1＝1，且a 2＝b 3，S 3＝6b 2，n ∈N *.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)数列{c n }满足c n ＝b n ＋(－1)n a n ，记数列{c n }的前n 项和为T n ，求T n . 解 (1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q .∵a 1＝2，b 1＝1，且a 2＝b 3，S 3＝6b 2，∴⎩⎪⎨⎪⎧2＋d ＝q 2，3（2＋2＋2d ）2＝6q .解得⎩⎨⎧d ＝2，q ＝2. ∴a n ＝2＋(n －1)×2＝2n ，b n ＝2n －1.(2)由题意：c n ＝b n ＋(－1)n a n ＝2n －1＋(－1)n 2n .∴T n ＝(1＋2＋4＋…＋2n －1)＋[－2＋4－6＋8－…＋(－1)n ·2n ]，①若n 为偶数：T n ＝1－2n1－2＋{(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n －1)＋2n ]} ＝2n －1＋n 2×2＝2n ＋n －1. ②若n 为奇数：T n ＝1－2n1－2＋{(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n －2)＋2(n －1)]－2n } ＝2n －1＋2×n －12－2n ＝2n －n －2.∴T n ＝⎩⎨⎧2n ＋n －1，n 为偶数，2n －n －2，n 为奇数.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 ＝n 3（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·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)，②①－②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＝2n 2n ＋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 ，①12T 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·北京海淀区质检)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝3，S n ＝a n ＋1＋2n －3，n ∈N *.(1)求证：{a n －2}是等比数列；(2)设b n ＝a n －2a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . (1)证明 ∵a 1＝3，且S n ＝a n ＋1＋2n －3，n ∈N *，①当n ≥2时，S n －1＝a n ＋2n －5，②①－②得：a n ＝a n ＋1－a n ＋2，整理可得：a n ＋1－2＝2(a n －2)，又当n ＝1时，S 1＝a 2＋2－3，所以a 2＝4，所以a 2－2＝2(a 1－2)，又a 1－2＝1，综上可知，数列{a n －2}是以1为首项，2为公比的等比数列.(2)解由(1)知，a n －2＝2n －1，则a n ＝2n －1＋2，所以b n ＝a n －2a n a n ＋1＝2n －1（2n －1＋2）（2n ＋2）＝12n －1＋2－12n ＋2所以T n ＝11＋2－12＋2＋12＋2－14＋2＋…＋12n －2＋2－12n －1＋2＋12n －1＋2－12n ＋2＝13－12n ＋2. 热点三数列与函数、不等式的综合问题【例3】 (2017·长沙联考)已知正项数列{a n }，{b n }满足：对于任意的n ∈N *，都有点(n ，b n )在直线y ＝22(x ＋2)上，且b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列，a 1＝3.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n ，如果对任意的n ∈N *，不等式2aS n <2－b n a n恒成立.求实数a 的取值范围.解 (1)∵点(n ，b n )在直线y ＝22(x ＋2)上，∴b n ＝22(n ＋2)，即b n ＝（n ＋2）22. 又∵b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列，∴a 2n ＋1＝b n ·b n ＋1＝（n ＋2）2（n ＋3）24， ∴a n ＋1＝（n ＋2）（n ＋3）2，∴n ≥2时，a n ＝（n ＋1）（n ＋2）2， a 1＝3适合上式，∴a n ＝（n ＋1）（n ＋2）2. (2)由(1)知，1a n ＝2（n ＋1）（n ＋2）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2， ∴S n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋2＝n n ＋2. 故2aS n <2－b n a n可化为： 2an n ＋2<2－（n ＋2）22（n ＋1）（n ＋2）2＝2－n ＋2n ＋1＝n n ＋1，即a <n ＋22（n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n ＋1对任意的n ∈N *恒成立，令f (n )＝n ＋22（n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n ＋1显然随n 的增大而减小，且f (n )>12恒成立，故a ≤12.综上知，实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12. 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】已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1，(1)证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是等比数列，并求{a n }的通项公式； (2)证明1a 1＋1a 2＋…＋1a n<32. 证明 (1)由a n ＋1＝3a n ＋1，得a n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋12. 又a 1＋12＝32，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列.a n ＋12＝3n 2，因此{a n }的通项公式为a n ＝3n －12.(2)由(1)知1a n ＝23n －1. 因为当n ≥1时，3n －1≥2×3n －1，所以13n －1≤12×3n －1. 于是1a 1＋1a 2＋…＋1a n≤1＋13＋…＋13n －1 ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n <32. 所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n<32.1.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1 12，3 14，5 18，7 116，…，则其前n 项和S n 为( )A.n 2＋1－12nB.n 2＋2－12nC.n 2＋1－12n －1 D.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.(2016·天津卷)设{a n }是首项为正数的等比数列，公比为q ，则“q <0”是“对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n <0”的( )A.充要条件B.充分而不必要条件C.必要而不充分条件D.既不充分也不必要条件解析若对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n <0，则a 1＋a 2<0，又a 1>0，所以a 2<0，所以q ＝a 2a 1<0. 若q <0，可取q ＝－1，a 1＝1，则a 1＋a 2＝0不满足对∀n ∈N *，a 2n －1＋a 2n <0. 所以“q <0”是“∀n ∈N *，a 2n －1＋a 2n <0”的必要不充分条件.答案 C3.数列{a n }满足a 1＝1，log 2a n ＋1＝log 2a n ＋1(n ∈N *)，它的前n 项和为S n ，则满足S n >1 025的最小n 值是( )A.9B.10C.11D.12解析因为a 1＝1，log 2a n ＋1＝log 2a n ＋1(n ∈N *)，所以a n ＋1＝2a n ，a n ＝2n －1，S n ＝2n －1，则满足S n >1 025的最小n 值是11.答案 C4.(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.9B.15C.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 C5.(2017·南昌调研)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知(a 5－1)3＋3a 5＝4，(a 8－1)3＋3a 8＝2，则下列选项正确的是( )A.S 12＝12，a 5>a 8B.S 12＝24，a 5>a 8C.S 12＝12，a 5<a 8D.S 12＝24，a 5<a 8解析 ⎩⎪⎨⎪⎧（a 5－1）3＋3（a 5－1）＝1，（a 8－1）3＋3（a 8－1）＝－1，设f (x )＝x 3＋3x ，易知f (x )在R 上为奇函数且单调递增.即f (a 5－1)＝1，f (a 8－1)＝－1，所以f (a 5－1)>f (a 8－1)，且f (a 5－1)＋f (a 8－1)＝0，故a 5>a 8，a 5＋a 8＝2，又{a n }是等差数列，所以S 12＝12（a 5＋a 8）2＝12. 答案 A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·清远一中模拟)已知正项等比数列{a n }满足：a 3＝a 2＋2a 1，若存在两项a m ，a n ，使得a m a n ＝4a 1，则1m ＋4n 的最小值为________.解析 ∵正项等比数列{a n }满足：a 3＝a 2＋2a 1，∴a 1q 2＝a 1q ＋2a 1，则q 2＝q ＋2，∴q ＝2. 又a n a m ＝4a 1，得a 12m －1·a 12n －1＝16a 21，∴a 21·2m ＋n －2＝16a 21，所以m ＋n ＝6. ∴1m ＋4n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋4n ⎣⎢⎡⎦⎥⎤16（m ＋n ）＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋n m ＋4m n ≥16⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋2n m ·4m n ＝32，当且仅当n ＝2m ，即m ＝2，n ＝4时等号成立，所以1m ＋4n 的最小值是32.答案 328.(2017·汉中一模)已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n 满足n (n＋1)S 2n ＋(n 2＋n －1)S n －1＝0(n ∈N *)，则S 1＋S 2＋…＋S 2 017＝________.解析 ∵n (n ＋1)S 2n ＋(n 2＋n －1)S n －1＝0(n ∈N *)，∴[n (n ＋1)S n －1](S n ＋1)＝0，S n >0.∴n (n ＋1)S n －1＝0，则S n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1. ∴S 1＋S 2＋…＋S 2 017＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12 017－12 018＝2 0172 018. 答案 2 0172 018三、解答题9.(2017·成都诊断)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(n ≥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(n ∈N *).(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. 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.(2017·衡水中学质检)若数列{a n }是公差为2的等差数列，数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝2，且a n b n ＋b n ＝nb n ＋1.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c n ＝a n ＋1b n ＋1，数列{c n }的前n 项和为T n ，若不等式(－1)n λ<T n ＋n 2n －1对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围. 解 (1)∵数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝2，且a n b n ＋b n ＝nb n ＋1. ∴n ＝1时，a 1＋1＝2，解得a 1＝1.又数列{a n }是公差为2的等差数列，∴a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.∴2nb n ＝nb n ＋1，化为2b n ＝b n ＋1，∴数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列. ∴b n ＝2n －1.(2)由数列{c n }满足c n ＝a n ＋1b n ＋1＝2n 2n ＝n 2n －1，数列{c n }的前n 项和为T n ＝1＋22＋322＋…＋n 2n －1， ∴12T n ＝12＋222＋…＋n －12n －1＋n 2n ，两式作差，得∴12T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝1－12n 1－12－n 2n ＝2－n ＋22n ，∴T n ＝4－n ＋22n －1. 不等式(－1)n λ<T n ＋n 2n －1，化为(－1)n λ<4－22n －1， n ＝2k (k ∈N *)时，λ<4－22n －1，取n ＝2，∴λ<3.n ＝2k －1(k ∈N *)时，－λ<4－22n －1，取n ＝1，∴λ>－2. 综上可得：实数λ的取值范围是(－2，3).。

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}

高考数学二轮复习专题三数列第2讲数列求和及综合应用课件

所以{ean}是首项为2，公比(ɡōnɡ bǐ)为2的等比数列. 所以 ea1＋ea2＋…＋ean＝2×11－－22n＝2n＋1－2.
12/13/2021
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归纳总结思维升华
【训练(xùnliàn)1－2】已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4. (1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)求数列(shùliè){a2nbn}的前n项和(n∈N*). 解 (1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q(q>0)，由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0，又因为q>0，解得q＝2，所以bn＝2n. 由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8，① 由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16，② 联立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2. 所以{an}的通项公式为an＝3n－2，{bn}的通项公式为bn＝2n.
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[考法3] 错位相减法(jiǎnfǎ)求和【例1－3】 (2018·杭州调研)已知等差数列{an}满足：an＋1>an(n∈N*)，a1＝1，该数列的前三项
分别加上1，1，3后成等比数列，且an＋2log2bn＝－1. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.
所以，n的值为4.
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高考数学(理科)二轮专题复习：专题三第2讲数列求和及综合应用(DOC)

第2讲数列求和及综合应用考情解读高考对本节知识主要以解答题的形式考查以下两个问题：(1)以递推公式或图、表形式给出条件，求通项公式，考查用等差、等比数列知识分析问题和探究创新的能力，属中档题.⑵通过分组、错位相减等转化为等差或等比数列的求和问题，考查等差、等比数列求和公式及转化与化归思想的应用，属中档题.主干知识梳理1 2 3 41.数列求和的方法技巧2 分组转化法有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，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.3 错位相减法这是在推导等比数列的前 n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列｛a n b n ｝的前n 项和，其中｛a n ｝ , ｛b n ｝分别是等差数列和等比数列.4 倒序相加法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.(4) 裂项相消法利用通项变形，将通项分裂成两项或限项的和•这种方法，适用于求通项为 n 项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有 1的数列的前n 项和，其中｛a n ｝若为等差数列，则 a n a n +1 1 1d a n a n a n +1a n +1 躅准高考常见的裂项公式： ① 一^旦丄; n n + 1 n n + 1 ② 1 = 11_ -1-. n(n + k ) k (n n + k )；③1=片」2 •数列应用题的模型(1) 等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加 (或减少)的量就是公差.(2) 等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比.(3) 混合模型：在一个问题中同时涉及等差数列和等比数列的模型. (4) 生长模型：如果某一个量，每一期以一个固定的百分数增加(或减少)，同时又以一个固定的具体量增加(或减少)时，我们称该模型为生长模型.如分期付款问题，树木的生长与砍伐问题等.(5) 递推模型：如果容易找到该数列任意一项 a n 与它的前一项a n -1(或前n 项)间的递推关系式，我们可以用递推数列的知识来解决问题•热点分类突破解析高考热点一分组转化求和例1等比数列｛a n ｝中，a i , a 2, a 3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且 a ?, a 3中的任何两个数不在下表的同一列•(1)求数列｛a n ｝的通项公式；⑵若数列｛b n ｝满足：b n = a n + (— "“In a n ,求数列｛"｝的前n 项和S n .2n — 1 2n + 12、2 n — 1 2n + 1④ 启7：=如-航.思维启迪(1)根据表中数据逐个推敲确定｛a n｝的通项公式；(2)分组求和. 解(1)当a1 = 3时，不合题意；当a1= 2时，当且仅当a2= 6, a3= 18时，符合题意；当a1= 10时，不合题意.因此a1 = 2, a2= 6, a3= 18,所以公比q = 3.故a n= 2 3n—1 (n € N*).⑵因为b n= a n+ (—1)n ln a n=2 3n —V + (- 1)n ln(2 3n 「)=2 3n -1+ (- 1)n [ln 2 + (n — 1)ln 3] =2 3n— 1+ (— 1)n (ln 2 — In 3) + (— 1)n nln 3 ,所以 Si = 2(1 + 3+…+ 3 ) + [ — 1 + 1 — 1 + …+ (— 1) ] (ln 2 — In 3) + [ — 1 + 2 — 3 + …+ (—1)n n]ln 3. 当n 为偶数时，n1— 3nS n = 2X+- In 31 — 3 2n n=3 + 尹 3 — 1; 当n 为奇数时，n1 — 3S n = 2X ------ — (In 2 — In 3) +1— 3In 3 — In 2 — 1.V1 1 —1综上所述, S n =3n + ^In 3 — 1,n 为偶数, 3n — ^y^ln 3 — In 2 — 1,n 为奇数.在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想•把一般的数列求和转化为等思维升华差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解•在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式.豈」：川疵 1 已知数列｛a*｝中，a1= 1, a n a n+1 = (~)n(n€ N ).(1) 求证：数列｛a2n｝与｛a2n-1｝(n € N*)都是等比数列；⑵若数列｛a n｝的前2n项和为T2n,令b n= (3 —T2n) n (n + 1)，求数列｛b n｝的最大项.1 1(1) 证明因为a n a n+ 1 =(2)，a n+1a n+ 2= (?) + ,a n+ 2 1所以丁 =1a n 21 1又a1= 1, a2 =；所以数列a1, a3,…，a2n—1,…，是以1为首项，寸为公比的等比数列；1 1数列a2, a4,…，a2n,…，是以？为首项，？为公比的等比数列.1 n 1 1 n1— 2)刃—(2)](2) 解由(1)可得T2n = (a1 + a3 +…+ a2n-1) + (a2 + a4+…+ a2n)= 厂 + 1 = 3 —所以b n= 3n(n+ 1)(2)n,b n+1 = 3(n + 1)(n + 2)g)n+ 1,1 n n + 2所以b n+1- b n= 3(n+ 1)(2)( 2 —n) =3( n+1)(2) + (2 —n),所以b1<b2= b3>b4>…>b n> …，9所以(b n)max= b2= b3=热点二错位相减法求和例2设数列｛a*｝的前n项和为S n,已知a1= 1, S n+1= 2S n+ n+ 1(n€ N ),(1)求数列｛a n｝的通项公式；m *⑵若b n= —a，数列｛b n｝的前n项和为T n, n€ N ,证明：T n<2.a n+ 1 —a n思维启迪(1)n>1时，S n= 2S n — 1 + n两式相减得｛a n｝的递推关系式，然后构造数列求通项;先利用错位相减法求出T n,再放缩.(1)解T Sri+ 1 = 2S n + n + 1，当n》6 7时，S n= 20 —1 + n,6 na n+ 1= 2a n + 1,--a n+ 1 + 1 = 2(a n + 1),a n+ 1+ 1即=2( n》2),①a n+ 1又S2= 20 + 2, a1= S i = 1,a2 + 1二a2= 3, = 2,二当n = 1时，①式也成立,a1 + 1n n *二a n+ 1 = 2，即a n= 2 —1(n € N ).⑵证明•/ a n = 2n—1,.b_________ n ______ n n2+—1 —2 —1 2+—2 21 2 3•-T n= 2 +孑+歹+…+尹1_ 1 2 n—1 n2T n=戸+歹+…+歹+尹,•••两式相减，得T n= 2(7 +专+彩+•••+黑—卄)2 2 2 2 2n+ 1思维升华错位相减法求数列的前n项和是一种重要的方法•在应用这种方法时，一定要抓住数列的特征，即数列的项可以看作是由一个等差数列和一个等比数列对应项相乘所得数列的求和问题. 甕」:川练7 设数列｛a(满足a i= 2, a n+1 —a n= 3 A.(1)求数列｛a n｝的通项公式；⑵令b n= na n,求数列｛b n｝的前n项和S n.解(1)由已知得，当n》1时，a n+1 = [(a n + 1 —a n)+ (a n —a n—1)+ …+ (a2 —a〔)] + a1=3(22n- 1+ 22n- 3+ …+ 2) + 2= 22(n+1)-1而a1= 2，符合上式，所以数列｛a n｝的通项公式为a n = 22n-1.(2) 由b n= na n= n 22n—1知S n= 1 2+ 2 23+ 3 25+ …+ n 22n—1.①从而22 S n= 1 23+ 2 25+ 3 27+ - + n 22n+ 1•②①—②，得(1 —22)S n= 2 + 23+ 25+ ••• + 22n-1—n 22n+1, 即S n= &[(3n —1)22n+1+ 2].=2~ n 1 —2n<2.7 - 2热点三裂项相消法求和例3已知等差数列｛a n｝，公差d>0，前n项和为S n, S3= 6，且满足a3 —a1,2a2, a$成等比数列.(1)求｛a n｝的通项公式；1⑵设b n= ，求数列｛ b n｝的前n项和T n的值.a n a n+2思维启迪(1)利用方程思想可确定a, d，写出｛a n｝；(2)利用裂项相消法求T n.解(1)由S3= 6，得a2= 2.-a3—a1,2a2, a8成等比数列，•••(2d) (2 + 6d) = 42,4解得d = 1或d = —3,•/ d>0 , •• d = 1.••数列｛a n｝的通项公式为a n= n.1 1 1 1(2) T n= TT + 厂+ + …+1 32 43 5n(n+ 2 )1 1111111 11=2［（1-1）+（1—1）+（3—1）+（4—5）+ …+ （n —花）］1 3 1 1 3n2 + 5n2）1雯」:川凉$ 已知等差数列｛a n ｝是递增数列，且满足 a 4 a 7= 15, a 3 + a &= 8.（1）求数列｛a n ｝的通项公式；1 1⑵令b n = （n >2）, 3 =云，求数列｛*｝的前n 项和S n .9a n -1a n 3解（1）根据题意 a 3+ a 8= 8= 84+ a 7, a 4 87= 15,2、所以a 4, a 7是方程x — 8x + 15= 0的两根，且 a 4<a 7, 解得 a 4= 3, a 7= 5. 设数列｛a n ｝的公差为d , 2由 a 7= a 4+ (7 — 4) d ，得 d = 3.故等差数列｛a n ｝的通项公式为 a n = a 4 + (n — 4) d = 3 + (n — 4)又 b1= 3 = 2(1 —3),11 . 1 1 . .11 、 1,. 1 、 n所以 S n = S+ b 2 +••• + b n = (1 —：+了一：+ …+ — )= (1 —)=2 3 3 52n — 1 2n + 122n + 1 2n +1热点四数列的实际应用例4自从祖国大陆允许台湾农民到大陆创业以来，在11个省区设立了海峡两岸农业合作试验区和台湾农民创业园，台湾农民在那里申办个体工商户可以享受“绿色通道”的申请、受理、审批一站式服务，某台商第一年年初到大陆就创办了一座120万元的蔬菜加工厂 M , M的价值在使用过程中逐年减少，从第二年到第六年，每年年初M 的价值比上年年初减少 10万元，从第七年开始，每年年初 M 的价值为上年年初的 75%. （1）求第n 年年初M 的价值a n 的表达式；=2(2-n r; -)=乔行思维升华裂项相消法适合于形如｛—— ｝形式的数列，其中｛a n ｝为等差数列.a n a n + k2 2n +13 =3⑵当n >2时,1 b n =9a n —1a n2n — 1 2n + 1 1 1 1 (2n - 1]2 n +1 )=际即数列｛b n ｝的前n 项和S n =n2n + 1+比+ + *，若A n大于80万元，则M继续使用，否则须在第n年年初对M更⑵设A n= a1新，证明：必须在第九年年初对M更新.思维启迪 ⑴根据题意，当n w 6时，数列｛a （是等差数列，当n 》7时，数列｛a n ｝是等比数列, 分别写出其通项公式，然后进行合并即可；（2）先对n 进行分类，表示出 A n ,利用数列的单调性质确定其最佳项，并与 80比较大小，确定n 的值.⑴解当n w 6时，数列｛a n ｝是首项为120,公差为—10的等差数列，故 a n = 120 — 10(n — 1)=130—10n ,3当n >7时，数列｛a n ｝从a 6开始的项构成一个以 a 6= 130— 60 = 70为首项，以为公比的等比数列，故 a n = 70X (訓-6,130— 10n , n W 6,所以第n 年初M 的价值a n = S 3O n 6 70X(4)- , n >7.⑵证明设S n 表示数列｛a n ｝的前n 项和，由等差数列和等比数列的求和公式，得当 1 w n W 6 时，S n = 120n — 5n(n — 1), S nA n =—= 120— 5( n — 1)= 125— 5n > 95>80,n 当n > 7时，由于S B = 570,33 3 故 S n = 570 + (a 7 + a 8 +…+ a n )= 570+ 70 x4 x [1 — q)n —6] = 780 — 210X (-)n —6因为｛a n ｝是递减数列，所以｛A n ｝是递减数列.3 S 780 — 210X -n -6因为A n =—= ,n n3 2780 — 210x 4 ------------- 〜 8 780 — 210 x 3 3 ------------- 〜9 所以必须在第九年年初对 M 更新.思维升华解答数列应用题，与函数应用题的求解过程类似，一般要经过三步：（1）建模，首先要认真审题，理解实际背景，理清数学关系，把应用问题转化为数列问题； ⑵解模，利用所学的数列知识，解决数列模型中的相关问题；⑶释模，把已解决的数列模型中的问题返回到实际问题中去，与实际问题相对应，确定问题的结果.A 8 = A 9 = 82.734>80,76.823<80,变」:川练4 （1）设某商品一次性付款的金额为a元，以分期付款的形式等额地分成n次付清，若每期利率r保持不变，按复利计算，则每期期末所付款是（）a n —A.；（1 + r）兀an+ r 一B*,—nT；兀1 + r —1an -1 十c.n (1+r)元 ar 1 + rn t 1+r n(2)学校餐厅每天供应 500名学生用餐，每星期一有 A , B 两种菜可供选择•调查资料表明，凡是在星期一选 A 种菜的，下星期一会有 20%改选B 种菜；而选B 种菜的，下星期一会有 30% 改选A 种菜•用a n , b n 分别表示在第n 个星期的星期一选 A 种菜和选B 种菜的人数，如果 a 1=300,则 a 10 为() A • 350 B . 300C • 400D . 450答案(1)B (2)B解析(1)设每期期末所付款是x 元，则各次付款的本利和为 x(1 + r)n —1+ x(1 + r)n —2+ x(1 + r)n —3+ …+ x(1 + r) + x = a(1 + r)n ,(1 + r 、一 1 n即 x • = a(1 + r),n ar 1 + rn / . 1 + r — 1I an +1依题意，得a n +b n =500, 1得 a n +1 =尹n + 150.由 a 1 = 300,得 a 2= 300;由 a 2= 300，得 a 3= 300,从而得 a 10 = 300,选 B.I 本讲规律总结I --------------------------------------------------1 •数列综合问题一般先求数列的通项公式，这是做好该类题的关键•若是等差数列或等比数列，则直接运用公式求解，否则常用下列方法求解：3(n = 1 ,(1) a n = 厂S n — S n-1(n > 2)(2) 递推关系形如a n +1 — a n = f(n),常用累加法求通项.(3) 递推关系形如心=f(n),常用累乘法求通项. a n(4) 递推关系形如"a n +1= pa n + q(P 、q 是常数，且1, 0)”的数列求通项，常用待定系数 D. 故x 解析元法•可设a n+1+ = p(a n+皿经过比较，求得入则数列｛a n+ :｝是一个等比数列.(5) 递推关系形如"a n +1= P a n+ q n(q, P为常数，且p丰1, q M0)”的数列求通项，此类型可以将关系式两边同除以q n转化为类型(4)，或同除以p n+1转为用迭加法求解.2 •数列求和中应用转化与化归思想的常见类型：(1) 错位相减法求和时，将问题转化为等比数列的求和问题求解.(2) 并项求和时，将问题转化为等差数列求和.(3) 分组求和时，将问题转化为能用公式法或错位相减法或裂项相消法或并项法求和的几个数列的和求解.提醒：运用错位相减法求和时，相减后，要注意右边的n+1项中的前n项，哪些项构成等比数列，以及两边需除以代数式时注意要讨论代数式是否为零.3•数列应用题主要考查应用所学知识分析和解析问题的能力•其中，建立数列模型是解决这类问题的核心，在解题中的主要思路：①首先构造等差数列或等比数列模型，然后用相应的通项公式与求和公式求解；②通过归纳得到结论，再用数列知识求解真题与押题箭战髙若2. (2014课标全国n )已知数列｛ a n ｝满足a i = 1, a n +1 = 3a n + 1.1(1)证明：｛a n + 2｝是等比数列，并求｛a n ｝的通项公式；1 1 1 3⑵证明： a 1 a 2 a n 2证明 (1)由 a n + 1 = 3a n + 1,1 1得 a n + 1 + 2 = 3(a n + 2).1 3又 a 1+ 2 = 2，1 3所以｛a n + 2｝是首项为2，公比为3的等比数列.⑵由(1)知1 因为当 n > 1 时，3n — 1 >2 x 3n — 1,1所以一 < 3n — 13 1 3=2(1 -耳)<21 1 1 1 , 1 3所以—+—+…+ — <；.a 1 a 2 a n 2押题精练1.如图，一个类似杨辉三角的数阵，则第 n(n 》2)行的第2个数为I工35 6 57 H 1] 79 1» 22 18 9答案 n 2 — 2n + 3解析由题意可知：图中每行的第二个数分别为 3,6,11,18,…，即a 2= 3,a 3= 6, a 4= 11, a 5 =18,…，二 a 3 — a 2= 3, a 4 — a 3= 5, a 5 — a 4= 7,…，a n — a n — 1 = 2n — 3,…累加得：a n — a 2= 3+ 5 + 7 + …+ (2n — 3),2 八小 1a n + 2 = 因此｛a ｝a n=2X 3n — 1 •于是 1+1 +…+丄< 1 + ^+…十a n 3a 1 a 2--a n = n —2n+ 3.2.秋末冬初，流感盛行，特别是甲型H1N1流感.某医院近30天每天入院治疗甲流的人数依I I n *次构成数列｛a n ｝，已知a i = 1, a 2= 2，且a n +2— a n = 1 + ( — 1) (n € N ),则该医院30天入院治答案255解析由于 a n + 2— a n — 1 + (— 1),所以 a 1— a 3—…—a 29 — 1,疗甲流共有 _________ 人.a 2, a 4,…，a 30构成公差为2的等差数列，所以 a i + a 2+ …+ a 29 + a 3015X 14=15+ 15X 2 + 2% 2= 255.故该医院30天入院治疗甲流的人数为 255.3.已知数列｛b n ｝满足 3(n + 1)b n = nb n +1,且 6= 3.(1)求数列｛b n ｝的通项公式；⑵已知b;= 2S2,求证：6三于i +^+誥1.(1)解因为 3(n + 1)b n = nb n +1,所以 b 2小2 b 3小3 b 4小4 则b 2=3x 1，bT 3X 3，b ；=3X 3,b n +1 3 n + 1b n — n .b n - …，—3x- b n — 1 n —累乘，可得台—3n -1 x n ,因为b 1= 3,所以b n — n 3n , b 1即数列｛b n ｝的通项公式b n = n 3n .a n n +1 __因为匚= ，所以a n =5 2n + 3 (2)证明 2n + 31 因为丄 a n2n + 3 1n n + 1 33 n + 1 — n 1 = '孑n n + 1 33_d_ =(n —禹 1=1 1 _ =n 3n —1— n + 11 1 1所以—+一+ ••• + —= (1 a 1a 2 a n * 1因为n € N ,所以0< — n + 1 5-11 1所以+一+ …+一 <1. 6 a 1 a 2 a n 111 亠一一 30— 2 31) + (2 31 — 2+1 3三6所以5三1 —寺<1,3 6 6 门 + 1 3 1111申+…+(市1 1 1 1 n3n -1 — n + 1 3n)= 1 — n +1 萨专题突破练(推荐时间：60分钟)一、选择题1. 数列｛a n｝共有5项，其中a i= 0, a5 = 2,且慚+丄一a i|= 1, i= 1,2,3,4，则满足条件的不同数列的个数为()A . 3B . 4C. 5 D . 6答案B解析设b= a i+1 —a i, i = 1,2,3,4,贝U b i 等于1 或一1,由a5= (a5—a4)+ (a4 —a3)+ (a3—a2)+ (a2 一a1)= b4+ b3+ b2 + 6 ,知b i(i = 1,2,3,4)共有3 个1,1 个一1.所以符合条件的｛a n｝共有4个.2. 已知在数列｛a n｝中，a1 = —60, a* +1= a n+ 3，则|a1|+ 血|+ |氏| +…+ |a3o|等于( )A . 445 B. 765C . 1 080D . 3 105答案B解析• a n+1 = a n+ 3,二a n+1 —a n= 3.二｛a n｝是以一60为首项，3为公差的等差数列.…a n = —60+ 3(n —1) = 3n —63.令a n< 0，得n< 21.•••前20项都为负值.「j a1|+ |a2|+ |a3|+ …+ |a30|=—(a1 + a2 + …+ a20)+ a21 + …+ a30=—2S20+ S30.a1 + a n —123 + 3n• S h= ~2~n = 2 x n,•- |a1|+ |a2|+ |a3|+ …+ |a30|= 765.3. 在等差数列｛a n｝中，a1=—2 013,其前n项和为％若卷—覽=2,则$ 013的值等于()A . —2 011 B.—2 012C. —2 010D. —2 013答案D解析根据等差数列的性质，得数列｛罟｝也是等差数列，Si根据已知可得这个数列的首项a i = - 2 013,公差 d = 1，故2013 =- 2 013+ （2 013 —1）X 1 = - 1,所以S2 013=- 2 013.4. （2013 昆明调研）已知数列｛a n｝满足a n+1 = a*—a n-1 （n》2）, a1 = 1, a2= 3,记Si= a1 + a2+…+ a n,则下列结论正确的是（）A . a100=- 1, S100= 5B . a100=- 3, Sw0= 5C. a100=- 3, S100= 2 D . a100=- 1, S100= 2答案A解析由题意知，a1= 1, a2= 3, a3= 2, a4=- 1, a5=- 3, a6=- 2, a7= 1,由此可以得出数列｛a n｝是以 6 为一个周期，所以a100= a4 = - 1, S100= a1 + a2 + a3+ a4= 5，故选A.n n5. 数列｛a n｝的通项公式a n= ncos —,其前n项和为S n,则S2 012等于（）A . 1 006B . 2 012 C. 503 D. 0答案A解析用归纳法求解... n n• a n = ncos 2 ,…a1 = 0, a2= —2, a3= 0, a4 = 4, a5 = 0,a6=- 6, a7 = 0, a8= 8,…由此易知a4n-2=- （4n —2）, a4n = 4n,且a1 + a2+ a3+ a4 = —2+ 4 = 2,a5 + a6 + a7+ a8=—6+ 8 = 2,…，a4n-3+ a4n- 2+ a4n-1 + a4n=—（4n —2）+ 4n= 2.又 2 012= 4X 503,二a1 + a2+ …+ a2 012 = 2+ 2+ …+ 5（g个=2X 503 = 1 006.* 111 1 6. 数列｛a n｝满足a1= 1，且对任意的m, n€ N 都有a m+ n= a m+ a n+ mn,则— + —+—+••• +a1 a2 a3 a2 012 等于（）4 024 4 018 2 010 2 009A.2 013B.2 012C.2 011D.2 010答案A解析令m= 1,得a n+1 = a n+ n + 1，即卩a n+1 —a n= n+ 1,1是 a 2— a i = 2, a 3— a 2= 3 ,…，a n — a n -1= n ,上述 n — 1个式子相加得 a n — a i = 2+ 3 +…+ n ,所以 n (n + 1 ) a n = 1 + 2 + 3+ ••• + n =—2一, 1 1、 n —禹，」=2 n n + 1 1 1 1 1所以一 +—+—+•••+ - a 1 a 2 a 3 a 2 012 (111 1 1 \=2 11 一 _— —+ …+ ---- — ---- I 2 2 3 2 012 2 013 =2|\ 一丄 L40242 013 2 013. 因此a n 二、填空题 7.在数列｛a n ｝中，a 1= 1, a n +2+ (— 1)n a n = 1,记 S n 是数列｛a n ｝的前 n 项和，贝U S 6o = _______ . 答案 480解析 • a n + 2+ (— 1/"a n = 1,a 3— a 1 = 1, a 5— a 3= 1, a 7 — a 5= 1,…，且 a 4+ a 2= 1, a 6+ a 4 =1, a 8 + a 6 = 1,…，｛a 2n — 1｝为等差数列，且 a 2n — 1= 1 + (n — 1)x 1 = n ,即 a 1= 1, a 3= 2, a 5 = 3, a 7 = 4, S 4= a 1 + a 2+ a 3+ a 4= 1 + 1 + 2= 4, S 8 — S 4= a 5 + a 6 + a 7 + a 8= 3+ 4+ 1 = 8, S 12 — S 8= a 9+ aw + an + a 12= 5+ 6+ 1 = 12,…,小15 x 14 --S 60= 4 x 15+ 2 x 4 = 480. &设S n 为数列｛a n ｝的前n 项和，若g(n € N *)是非零常数，则称该数列为“和等比数列”；若数列｛C n ｝是首项为 2，公差为d （d 工0）的等差数列，且数列｛c n ｝是“和等比数列”，则 d = 答案解析 nf C 1 + C n \ 由题意可知，数列｛C n ｝的前n 项和为S n = • 2—，前2n 项和为S 2n = 2n C 1 + C 2n 2n C 1 + C 2n 2nd 常数, 9.设答案解析 n C 1 + C n 4 + nd — d •因为数列｛C n ｝是“和等比数列” 4— d 即曽为非零 1+"nd 所以d = 4. 111 s =2+1+12+…+ 击1(n € N ),且Sn +1 Sn +2 = 4则n 的值是 1 1•••Sn +1 = 2+ 6 + …+ 1 1 1 1 n + 1 n + 2 = (1 一刁 + (2 一 3)…(— n + 1 n + 2 1 1 —)=1—一 n + 2n+ 1 n+ 2n + 2S1+ 2= .n + 3n+1 3二Si+l S n+ 2= =匚，解得n = 5.n+ 3 4110. 已知数列｛a n｝的通项公式为a n= n+1前n项和为S h,若对任意的正整数n,不等式翁 -S n> m恒成立，则常数m 所能取得的最大整数为..1 _ 4 _ 4 ll_ 1'，'Sn_亦73)_炎卄3丿.111 1…—+ —+ —+ …+ —S1 S2 S3 S n1_ 4+2 _ 5+3_ 6+…+n_41 + 2+ 3 _ 丄—丄 _ 丄［222 3 n+ 1 n+ 2 n + 3; 9，•••正整数k的最小值为3.12. (2014山东)已知等差数列｛a n｝的公差为2,前n项和为S n,且S , S2, S4成等比数列.(1) 求数列｛a n｝的通项公式；⑵令b n_ (_ 1)n T」也，求数列｛b n｝的前n项和T n.a n a n+ 12 x 1 解(1)因为S1 _ a1, S2_ 2a1 + 2~ x 2 _ 2a1 + 2,4x 3S4 _ 4a 1 + ~2~ x 2 _ 4a 1 + 12,由题意，得(2a1+ 2)2= a1(4a1+ 12)，解得a1 _ 1,所以a n_ 2n_ 1.,1 x n 1 4n彳1 x n 1 4n(2) b n _ ( _ 1) _ ( _ 1)a n a n+1 (2n _ 1 (2n+ 1)_ (- $_1 (~1 ~ + ~1 ~).2n_ 1 2n+ 1当n为偶数时，川1 1 1 1_ 1 1 1 1 2nT n_(1 +3)—(3+ 5)+ …+ ( +)_( + )_ 1_ _ .3 3 52n_ 3 2n_ 1 2n —1 2n +1 2n+1 2n+1当n为奇数时，1 1 1 1 1 1 1 1 2n+ 2T n_ (1 + 2)_ G + )+•••_ ( + )+ ( + )_ 1 + _ .3 3 52n_ 3 2n_ 1 2n —1 2n +1 2n+1 2n+12n+ 22n + 1所以T n_2nn为偶数.2n+ 12n+ 1+ (—1 $ _1(或T n_ )2n+ 113•某产品在不做广告宣传且每千克获利a元的前提下，可卖出b千克•若做广告宣传，广告费为n(n € N*)千元时比广告费为(n —1)千元时多卖出务千克.(1)当广告费分别为1千元和2千元时，用b表示销售量S;(2)试写出销售量S 与n 的函数关系式；⑶当a = 50, b = 200时，要使厂家获利最大，销售量 S 和广告解(1)当广告费为1千元时，销售量 S = b +2=3b. 当广告费为2千元时，销售量S = b + b +芬乎. ⑵设S n (n € N )表示广告费为n 千元时的销售量，由题意得S i — S o = 2, S 2 - S i = 2b 2,b b bb以上n 个等式相加得，S n — S o = + 2^+尹+…+外 1 n , 1b m 1 -（2n +]=b （2 —寺），n € N .⑶当a = 50, b = 200时，设获利为 T n ,则有 1T n = Sa — 1 000n = 10 000x （2 —尹）一1 000n10=1 000 x （20 —尹—n ）,设 b n = 20 — 20 — n ,则 b n +1 — b n = 20— ~n _— n — 1 — 20+10 + n = 了一 1,2口+ | 2 2 当 n < 2 时，b n +1 — b n >0;当 n 》3 时，b n +1 — b n <0. 所以当n = 3时，b n 取得最大值，即T n 取得最大值，此时 S = 375,真题感悟n1 *1. (2013湖南)设S n 为数列｛a n ｝的前n 项和，S n = (— 1) a n -尹n € N ,则： (1) a 3 = ________ ；(2) S + S 2+…+ S ioo = __________ . 答案⑴-16 (2)3 2100-1 解析•/ a n = S n - S n - 1n 1n 11=(—1) an -2n -(- 1)a n -1 + n 1(n 》2),22 -即该厂家获利最大时，销售量和广告费分别为 375千克和3千元.n 分别应为多少?即 S = S = b +1+ 拿+ 2 +•••+ 严n n 1 1--a n= (—1) a n —(—1) -a n- 1+ 歹(门》2).1当n为偶数时，a n-1=-歹(n>2),1当n 为奇数时，2a n + a n-1 = ^(n > 2),1 1当n = 4 时，a3=- 21t=- ~.根据以上｛a n｝的关系式及递推式可求.1 丄丄丄a1 = —2* 1 2 *, a3= —24 *, a5=—f, a7= —28,丄 1 1 丄a2= 22, a4= 24, a6= 26 *, a8 = 28,1 1 丄…a2- a1= 2，a4- a3= ?3, a6- a5= ?5,…，.丄丄丄、--S + S2 + …+ S100 = (a2 —a1)+ (a4 —a3) + …+ (a1oo —a99) —2 +22+答案5解析要使S2n-S n>m6恒成立,只需(S2n —S n)min> 代.因为(S2(n+ 1)—S n +1)—(S2n—S n)=(S2n +2 —S2n) —(S n+ 1 —S n)=a2n + 1+ a2n + 2—a n+ 11 1 1= + —2n+ 2 2n + 3 n + 21 1 1 1 1> + — = —>0,2n + 2 2n + 4 n+ 2 2n + 2 2n + 41所以S2n—S n》S2 —S1= 3,所以16<3? m<* 1 * 11136，m所能取得的最大整数为 5.三、解答题11. 在等比数列｛a n｝中，a1>0, n € N*，且a3—a?= 8，又a1, 的等比中项为16.(1)求数列｛a n｝的通项公式；111 1⑵设b n= log4a n，数列｛b n｝的前n项和为S n,是否存在正整数k,使得S1+ 1+百+…+ S1<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.解(1)设数列｛a n｝的公比为q,由题意可得a3= 16.T a3 —a2= 8,二a2= 8,二q = 2.二a n= 2n+1.⑵b n= log42 + = 2 ,1 n + 1n(n+ 3 )二S n= b1+ b2+ …+ b n= " .4。

精选-高考数学二轮复习专题三数列第二讲数列的综合应用课件理

a3
＋n≥…2＋，21nan＝2n＋5，则数列{an}的通项公式为( B )
A两 ∴．式 aan＝n相＝2减n2＋可n1＋，得 1 n，≥a22nn，＝n2B∈n．＋N*5a.－n＝2(n12－4n＋，11)，－n＝n5≥＝1，22，
C当．na＝n＝1 2时n ，a21＝7，∴Da．1＝an1＝4，2n＋2
等差数列的命题分析
Ⅱ
基本运
数列在解答题中的考查常从数列的相关项
卷
算·T17
以及关系式，或数列的前 n 项和与第 n 项的
关系入手，结合数列的递推关系式与等差数
列或等比数列的定义展开，求解数列的通
2016
等比数列的
项、前 n 项和，有时与参数的求解、数列不
Ⅲ 通项公式、
等式的证明等加以综合．试题难度中等．
Ⅱ 通项公式和或等比数列的定义展开，求解数列的通项、 2018
卷前 n 项和公前 n 项和，有时与参数的求解、数列不等式
式·T17
的证明等加以综合．试题难度中等．学科素养
通过递推关系求通项，根据通项结构选择恰
当的求和方法求和.
考情分析明确方向
卷考查角度及年份
别命题位置
命题分析及学科素养
考点一由递推关系求通项
[全练——快速解答]
由题意可知，数列{an}满足条件12a1＋212a2＋213a3＋…＋21nan＝2n＋
1．(2018·洛
5，则 n≥2
阳时四，有校12联a1＋考21)2已a2＋知21数3a3列＋{…an＋}满2n1－足1a条n－1件＝122(an1－＋121)＋2a25＋，213
考点一由递推关系求通项
2Tn＝1×2＋3×22＋…＋(2n－3)×2n－1＋(2n－1)×2n② 由①－②得－Tn＝1＋2×(21＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)·2n ＝1＋2×2－12－n－21×2－(2n－1)×2n ＝(3－2n)×2n－3，所以 Tn＝(2n－3)×2n＋3.

高考数学(文)二轮专题复习课件：专题三第二讲数列求和及综合应用

随堂讲义•第一部分知识复习专题专题三数列第二讲数列求和及综合应用广东高考数列一定有大题,按广东近几年高考特点,可估计2015 年不会有大的变化,是递推关系，仍然考数学归纳法的可能较大, 但根据高考题命题原则,一般会出有多种方法可以求解的.因此, 全面掌握数列相关的方法更容易让你走向成功・考点1 数列求和的基本方法1.公式法.⑴等差数列前n项和公式：n (al+an) ,( n (n—1) dSn=2 = 2⑵等比数列前“项和公式：na1 _ ]q _ _________ 卫-1・辽厂gl (l_qn) al—anq .心L2.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、等比或常见的数列，即先分别求和，然后再合并.3.错位相减法.这是在推导等比数列的前门项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数^｛an-bn｝的前门项和，其中｛an｝, ｛切｝分别是等差数列和等比数列.4.倒序相加法.余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和.5.裂项相消法.利用通项变形，将通项分裂成两项或几项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和.考点2 数列的应用1.应用问题一般文字叙述较长，反映的事物背景陌生，知识涉及面广，因此要解好应用题，首先应当提高阅读理解能力，将普通语言转化为数学语言或数学符号，实际问题转化为数学问题，然后再用数学运算、数学推理予以解决.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，解决此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、递推公式或前门项和公式求解.3.解应用问题的基本步骤.考点自测1- （2014噺课标II卷）数列伽｝满足an+ 1 = F—，。

8=2, ffl al=2 .解析：由已知得，血=1 一嬴a8=2,所以a7=l—^=□亦=1 一莎=7 亦=1 一瓜=2, “4=1 花p, “3=1 —胁2・已知等差数列｛日门｝的前门项和为Sc若a3 = 20・日6 ,则S8等于 ________ .80解析：由«3=20-«6,得«3+«6=20,S8 = ° 1X 8=4@ 1 +a8)=4@3+亦)=80・3・在数列｛如｝中，an」"号1贝!|：⑴数列｛切｝的前n项和Sn=H（W+1）6（^+2）24解析: (如=冲1=“ S + I) [ (£2) - ST)] (〃 + 1)(兀+2) — (n —1) n (n + 1)]Sn=|x£(lX2X3-0XlX2)+(2X3X4-lX2X3)+(3X4X5 0-2X3 X 4) + - + nX(n + 1)X(n + 2) 一{n - l)XnX(n + 1)]= “(”+l) (〃+2)6 *⑵S“=〃(“+1)(“+2)n (n+1) (n+2) [ 0+3) — (n—1)]24=^X[n(n+l)(n+2)(n+3)—(n—l)n (n+1)("+2)] Array Tn=-X[(lX2X3X4-()XlX2X3)+(2X3X4X5--lX2:X3X4) + -+nX(n + l)X(n + 2)X(n + 3)-(n-l)XnX(n + l)X(“+2)]24「5+1)5+2)5+3)244・已知等比数歹!1｛日门｝的前门项和为S门二2・3门+k伙GR , neN*) z则数列｛刖｝的通项公式为刖二4X3n-1(nGN*)G冋考热点关破突破点1等差、等比数列的判定以及可转化为等差或等比数列的求和问题例 1 已知数列伽冲，al=l, an • an+1= jj U(nEN*),记力〃为｛劲｝的前2〃项的和.⑴设加=必，证明：数列伽｝是等比数列.⑵求m⑶不等式64-T2n tz2〃W3(l-肋2”)对于一切〃WN*恒成立, 求实数R的最大值.w+1 、口加+ 1 a2n+2 a2n+la2n+2（2丿证明:（1）——= ---------- = ------------------ = ---- ------bn a2n alnaln +1 ⑴2“Array ....................................... 2……1 ......................................... 1.............. 1 二 ..........=｛所以伽｝是首项为公比为扌的等比数列.解析: (l\n(2)由⑴知，加=反当 n=2k(kE^)时an=alk=bk=flUA当 n=2k-l(kEN*)时，an=a2k-l=；⑴2A1-ra2k=为正奇数，所以2,"为正偶数・……fl^-1・哪栏目链接⑴"©⑶解析：由（2）知，647加“2〃W3（1—辰2“）即得64所以kW2“+亦一64 64因为2"+亦一64$2\阿• —-64=-48（当n=3时等号成In即所求比的最大值为一48.T2〃=(al+a3+…+a2〃一l)+("2+a4+…+“2")=1_2' 1}规律方法⑴已知数列｛拠｝的前门项和S门,求少时分如下三个步骤进行: ①当门二1时,51 = S1 ;②当门22时#bn= Sn - Sn -;③验证6是否适合门N2的解析式,据验证情况写出切的表达式.(2)用数表给出的数列求其通项或和的问题，往往要弄清前门-1行共有多少项・1. (201牛北乐卷)已知｛日门｝是等差数列,满足日1=3, a4=12,数列｛br?｝满足Q=4, b4=20,且｛b n—a n｝是等比数列.⑴求数列｛引｝利切的通项公式；(2)求数列｛切的前门项和.- ...・：口曲定症§5)屁疑田咲「出启娱書報旺黒直區关「(门，「2…-L H U)L ;CM :e %q 、s L )fi 0 二笊勺怪fflg s B 疾向解析：⑴设等差数列｛血｝的公差为d,由题意得:«4-al 12-3 d= ~~=3,所以 an=«l+(n —l)J=3n(n = l, 19 …)，设等比数列｛bn-an ｝的公比为4,由题意得：q3 =所以 bn —an=(bl —al)qn —l=2n — l 9 从而加=3兀+2”—l(n=l> 2, •••).M-a4 20-12bl —al 4—3=8,解得g=2・(2)由(1)知,bn=3n+2n — l(n = l f2,…),3数列｛3"｝的前n项和为尹(〃+1),数列｛2“一1｝的前n项和为伏百=2”-1,......................................................................3所以数列伽｝的前n项和为尹(“+1)+2"—1・突破点2 错位相减法求和例2等比数列｛诃的前n项和为Sn，已知对任意的nGN* ,点（〃，S”）均在函数y=bx+r（b>0 且bHl, b, /均为常数）的图象上.（1）求数列伽｝的通项公式.M+1(2)当b=2时，记ftn=-^-(nEN*),求数列伽｝的前n项和Tn.解析：(1)因为对任意的“WN*,点(弘S〃)均在函数y=bx +”b>0且b知,0, r均为常数)的图象上，所以Sn=bn-\-r.当“=1 时,al=Sl=b+r9严會当书$2 , an=Sn l=bn+r^=bn^bn〕I1I 1I — l=(b_l)bn — 1,又因为｛绑｝为等比数列，所以「=一1,公比为爪所以an = (b~ l)bn — l(/i E N$).⑵当b=2时,an=(b—l)bn — l=2n—l9 bn =4 X In—1的土匚 ”+1 «» 2 3 4 〃+1丙，则沪計才•••+丽P1 2,3,4, n t n+1尹=計才亦+”•+丙+丙，两式相减，得1_ 2 宀……2"…22亠23亠24「25x x fi-1 . 23Xt2/iH~2 4 2n+l 2M +2‘比 I 31 n+1 3 〃+3弘」+丄+丄+丄+..・+丄_也2'「22 23 24 25 …2”+「2w+2 ……2n —l) n+13 1〃+l所以叱一亦一丙亍內2.设数列伽｝的前〃项和为Sn=2n2f 伽｝为等比数列，且a l=bl f b2(a2-al)=bl.式;/小、几 an⑵设吩丽求数列｛c 〃｝的前n 项和Tn.•I —导II 寺r J P J r J r J r A -r J r J r J r J -r J r J r J r J r J r J r J r J P J r J r J r A -r J r J r J r A -r J r J r J r J r J r J r J r ^J r J r J r J r J r J r J r ^J r J r J r J r J r J r J r J r J r J r J r J -r Jr J r J r J -r J r J r J r J r J r J r J rG 液迫«f 吳送g・ Q N UJ Q Z —寻H E -:•Z —IXFW叫Bn u fe n l z 沏PK—・fc z AV l z 沏rq H I S H 它 :忘谨二 S +寺(SIU9)一十 g ...二S +旻旻I I吕)+(1—寺+:・+学+导+3Z I I I H We㊀—©VJ r ^J r *F J r J F 4r J P J F ^J r J F ^J F J r J F J r ^4f J r J r J F J r J P J F /J r J F ^J F J r J F J r ^4f ^J r J F J r J F J F J r J r J F ^J F J r J F J r ^4F ^J r J r J r J F J F /J r J F ^J F J r J F J r ^4F ^J r J r J r J F J F J r J r ^/^J r J F J r ^^J F ^J FJ r■ ■〔◎寺all/z)+I —寻&|冷)+…4-碎x s +#x f突破点3 裂项相消法求和例3已知点1, *是函数f(x)=ax(a>0且aHl)的图象上一点,等比数列｛an｝的前n项和为f(n)-c,数列｛bn｝(bn>0)的首项为c, 且前n项和Sn满足Sn—Sn—1=寸G+寸Sn—l(n$2)・(1)求数列伽｝和伽｝的通项公式.正整数n是多少?⑵若数列｛匚佥詁的前n项利为Tn,问：满足Tn> 1 000,, « ,而的最小解析:(l)Vf(l)=a=|,al=f(l)-c=pc, a2=[f(2)-c]-[f(l)—c]=一彳, =[f(3)-c]-[f(2)-c] = -^.又数列伽｝成等比数列,£a22 81 _2 1•al=^3_=^=_3=3 _27.*.c=i.又公比q=^=£，・M q ■叫W I H S ・fc E F M 二—吕H B I E I Z U H I—瓷S I 庁==鸟吕入益瀬7.!s £H I X (I —E +I H 單・舉報揪鄭岳1痕撤0£累槪牠4-1笹<@姦頼n l u s了車•••6人^・0人鸟x■(Z 令)I ST 庁7 (I s ?⑵％=硕+丽+顾+…+血肋+]1(2n-l) X (2n+l)由g 缶〉HS 得"〉罟,所以满足的最小2n —1 2〃+1丿=2X? 2兀+1丿2n+FlX3+3X5+5X7+#*>+正整数为77.3・设数列伽｝的前n项和Sn=/i2—4«+4.(1)求数列伽｝的通项公式;(2)设各项均不为0的数列伽｝中，所有满足bi・加+1V0的整数j的个数称为这个数列伽｝的变号数，令加=1 一如2WN*),求数列伽｝的变号数;爲唸+•••+⑶试求实数久的取值范围，使得不等式久W济对-切肢N*恒成立.V^l=-3<0, ft2=l+4=5>0, W=-3<0, /•/=!, i=2都满足bi • bi+l<Q.8（2二5）宀（2二3「>叮即当时厂数列｛血｝递增.•门4=一*<0, ••"3〃4〉0,・「=3 不满足竝•加+1V0.由1一>0=>n^5,可知i=4 满足bi• W+l<0,•:数列伽｝的变号数为3・栏目链4 2n~51⑶令—而+五+•••+亦P则只需求伽｝的最小值.由⑴可得：纽=_1+(_1)+*£+詞+・・・+(占_土)戶J * * 2n—3)~ ~2~2 (2n - 3)' ...............................................・・•当心2时,数列伽｝单调递增，•:当心2时，c2=—2最小.又Tcl = —I>c2, •••数列伽啲最小项为c2=-2・(一8, -2].故2突破4 递推关系给出的数列问题例4在数列｛an｝中，已知a1 =3, an + 1 =5an+4.求数列｛an｝的通项公式.解析：解法一（待定系数法）设an+l+a=5（an+a）,则an + l=5an+4a,•: a =1,即an+l+l=5(an+l)・an+l=(al+l)*5n—l=4*5n—1.•：an=4・5n—1—1.解法二（除屏法）等式an+l=5an+4两边同时除以5n+1得:an+1 an . 4 5n+l 5n 5n+Tan 4令 bn=如，则 bn-bn-l=^,Abn=bl+(b2-bl)+(b3-b2)+-+(bn-l-bn-2)+(bn-Aan=5n • bn=3-5n —1+5n —1—1=4*5n —1—1.bn-+4-53+-42an+l=5an+4,①an=5an—1+4,②①一②得an+1—an=5(an—an—1), fbl=a2—al = 16, 令bn=an+l—an,则| ........................................ 1>bn=16・5n—T,即an+1—an=16・5n—1, 而an=al+(a2—al)+(a3—a2)+*>e+(an—an—1)=3+16Xl+16X5+・・・ + 16X5n-21—5n—1=3+16X1-5 =4・5n—1一1・+4)+4—52an —2+5X4+4―=5n —iai+Gn —••讦 541)X4解法四（迭代法）an=5an —1 + 4=5*(5an —2=3X5n-l+4X1-5=4-5n-l-l.4.设数列｛an｝满足a!=l, an=3a n-!+2(n>l, nG N*),求数列仏｝的通项公式.解析：根据an=3an-l~{-2可以得到血+1=3伽一1+1），即数列伽+1}是首项为01+1=2,公比为3的等比〔数则.............................................所以a〃 + l=2・3〃一1 即an=293n~l—l.小结反思1.数列求和的常用方法:⑴公式法•适用于可转化为等差或等比的数列，这种⑵裂项相消法.适用于通项公式形如｛盘討的数列，其中｛血｝是各项不为0的等差数列，c为常数.(3)错位相减法.适用于通项公式形如｛anbn｝的数列,其中｛劲｝是等差数列，｛加｝是等比数列.。

专题2第2讲数列求和及其综合应用-高三高考数学二轮复习课件

(2)存在．由(1)可知，bn＝－log3(1－Sn＋1) ＝－log31－1－13n＋1＝－log313n＋1 ＝n＋1，所以bnb1n＋1＝n＋11n＋2＝n＋1 1－n＋1 2，
● 2．在考查数列求和的同时，将数列与函数、不等式交汇渗透．
● (理科)
年份卷别 Ⅰ卷
2020 Ⅱ卷 Ⅲ卷
题号 17 6 17
考查角度等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和
用等比数列求和求参数的值等差数列的通项公式以及利用错位相减法求数列的和
分值 12 5 10
【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．
年份 2019
卷别 Ⅰ卷 Ⅱ卷
Ⅲ卷
Ⅰ卷
2018 Ⅱ卷
Ⅲ卷
题号 14 19 14 14 17 17
考查角度
分值
等比数列前n项和公式
5
等差等比数列定义及通项公式
12
等比数列通项公式、等差数列的前n项
和公式
5
an与Sn关系的应用
10
等差数列前n项和与通项公式及最值问
题
12
等比数列的通项公式和前n项和公式 10
最小值；若不存在，请说明理由．
【解析】 (1)当n＝1时，a1＝S1，由S1＝1－12a1，得a1＝23. 当n≥2时，Sn＝1－12an，Sn－1＝1－21an－1，所以an＝Sn－Sn－1＝1－12an－1－12an－1＝12an－1－21an，所以an＝13an－1，所以{an}是以32为首项，31为公比的等比数列，所以Sn＝2311－－1313n＝1－13n.

二轮复习专题三数列第2讲数列求和及综合应用课件(39张)

.
解析:因为数列{2n-1}是以 1 为首项,以 2 为公差的等差数列.数列{3n-2}是以 1 为首
项,以 3 为公差的等差数列.所以这两个数列的公共项所构成的新数列{an}是以 1 为
首项,以 6 为公差的等差数列,所以 an=6n-5,n∈N*.故 Sn=
答案:3n2-2n
+-

×n=3n2-2n.
典例 1

(2022·山东潍坊一中模拟预测)已知数列{an}满足 + +…+ = .
*
(2)对任意的 n∈N ,令 bn=
解:(2)由(1)知 bn=
,为奇数,

-
求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
,为偶数,
-,为奇数,
- ,为偶数.

当 n≥2 时,可得 + +…+ =,①

- -

- -
+ +…+
=

,②
由①-②,得 =-
- -
-
= ,an=2-n,
当 n=1 时,a1=2-1=1 也符合,所以数列{an}的通项公式为 an=2-n,n∈N*.
-
-
=2k+k-2,当 k=6 时,2k+k-
2=68,当 k=7 时,2k+k-2=133,
所以 a6=b68,a7=b133,且 b69=b70=…=b100=1.
2
3
5

-

-
因此 T100=S6+(2×1+2 ×1+2 ×1+…+2 ×1)+32×1= ×(3+13)+

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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－－aa4以 bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1，从而 bn＝3n＋2n－1(n ＝1，2，…)．
记 T2n 为{an}的前 2n 项的和． (1)设 bn＝a2n，证明：数列{bn}是等比数列． (2)求 T2n.
(3)不等式 64·T2n·a2n≤3(1－ka2n)对于一切 n∈N*恒成立，求实数 k 的最大值．
12n＋1 解析：(1)bbn＋n 1＝aa2n2＋n2＝aa2n2＋na1a2n2＋n＋1 2＝212n ＝21，所以{bn}
n 当 n＝2k(k∈N*)时，an＝a2k＝2k＝22.
n－1 所以，{an}的通项公式为 an＝22n2，2 n，为n偶为数奇. 数，
(2)由(1)得 bn＝loag2n2－a12n＝2nn－1，n∈N*. 设{bn}的前 n 项和为 Sn，则 Sn＝1×210＋2×211＋3×212＋…＋(n－1)×2n1－2＋n× 2n1－1， 12Sn＝1×211＋2×212＋3×213＋…＋(n－1)×2n1－1＋n×
21n，上述两式相减，得
12Sn＝1＋21＋212＋…＋2n1－1－2nn＝11－－2112n－2nn＝2－22n－ 2nn，
整理，得 Sn＝4－n2＋n－12，n∈N*.
所以，数列{bn}的前 n 项和为 4－n2＋n－12，n∈N*.
例 3 已知点1，31是函数 f(x)＝ax(a＞0 且 a≠1)的图象上一点，等比数列{an}的前 n 项和为 f(n)－c，数列{bn}(bn＞0)
2．(2015·天津卷)已知数列{an}满足 an＋2＝qan(q 为实数，且 q≠1)，n∈N*，a1＝1，a2＝2，且 a2＋a3，a3＋a4，a4＋ a5 成等差数列．
(1)求 q 的值和{an}的通项公式； (2)设 bn＝loag2n2－a12n，n∈N*，求数列{bn}的前 n 项和．
(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.
故数列{an}的通项公式为 an＝2－n.
(2)设数列2an－n 1的前 n 项和为 Sn，即 Sn＝a1＋a22＋…＋2an－n 1. 故 S1＝1，S2n＝a21＋a42＋…＋a2nn.
解析：(1)由已知，有(a3＋a4)－(a2＋a3)＝(a4＋a5)－(a3＋a4)，即 a4－a2＝a5－a3，
所以 a2(q－1)＝a3(q－1)．又因为 q≠1，所以 a3＝a2＝2.由 a3＝a1·q，得 q＝2.
n－1 当 n＝2k－1(k∈N*)时，an＝a2k－1＝2k－1＝2 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*)，
(2)由(1)知，bn＝3n＋2n－1(n＝1，2，…)，数列{3n}的前 n 项和为32n(n＋1)，数列{2n－1}的前 n 项和为 1×11－－22n＝2n－1，
所以数列{bn}的前 n 项和为32n(n＋1)＋2n－1.
例 2 已知等差数列{an}满足 a2＝0，a6＋a8＝－
10. (1)求数列{an}的通项公式；
(2)用数表给出的数列求其通项或和的问题，往往要弄
清前 n－1 行共有多少项．
1．(2014·北京卷)已知{an}是等差数列，满足 a1＝3， a4＝12，数列{bn}满足 b1＝4，b4＝20，且{bn－an}是等比数列．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)求数列{bn}的前 n 项和．分析：(1)由已知{an}是等差数列，a1＝3，a4＝12，可求出{an}的通项公式；由{bn－an}是等比数列，结合{an} 的通项公式，可求出{bn}的通项公式；(2)由(1)知，bn＝ 3n＋2n－1(n＝1，2，…)，从而可利用分组求和法，求出
2
是首项为 b1＝21，公比为21的等比数列． (2)由(1)知，bn＝12n，当 n＝2k(k∈N*)时，an＝a2k＝bk＝12k；当 n＝2k－1(k∈N*)时，
an＝a2k－1＝122k－1÷a2k ＝122k－1·2k＝12k－1. 所以 an＝1212nn2－，2 1n，为n正为偶正数奇. 数， T2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n) ＝1－1－1212n＋12×11－－1212n＝3×1－12n.
(3)由(2)知，64T2na2n≤3(1－ka2n) 即得 64×3－312n·21n≤31－k·21n，所以 k≤2n＋624n－64.
因为 2n＋624n－64≥2 2n·624n－64＝－48(当 n＝3 时等号成立)，
即所求 k 的最大值为－48.
(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．
所以当 n>1 时，以上两式相减，得 S2n＝a1＋a2－2 a1＋…＋an－2n－a1n－1－2ann
＝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．

高考数学二轮复习 专题3 数列 第二讲 数列求和及综合应用 理

最新高考数学二轮复习-专题三-第2讲-数列求和及其综合应用-学案讲义