(新课标版)高考数学二轮复习难点2.4数列的通项公式与求和问题等综合问题教学案理
2024届高考数学二轮复习专题-数列通项与求和课件
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（2）记数列 的前 项和为 ,求 .
【解】因为 ，令 取 ,则 ,所以 ,由（1）可知， , .所以 .
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例2 （2022·山东济南高三学情检测）已知数列 满足 , , .
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第三行
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（1）写出 ， , ,并求数列 的通项公式；
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解：①若 取第一列的数字3，则 或 显然此时 , 均不构成等比数列.②若 取2，则 此时 , 构成等比数列；或 此时 , 不构成等比数列.
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③若 取第三列的数字3，则 或 显然此时 , 均不构成等比数列.综上， , , .设等比数列 的公比为 ，则 .所以 .
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1.（2022·新高考卷Ⅰ）记 为数列 的前 项和，已知 , 是公差为 的等差数列．
2.（2021·高考全国卷乙）设 是首项为1的等比数列，数列 满足 ．已知 ， ， 成等差数列．
（1）求 和 的通项公式；
解：设 的公比为 ,则 .因为 , , 成等差数列，所以 ，解得 ，故 ， .
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（2）令 ,其前 项和为 ,求 的最大值.
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（2022·吉林长春二模）已知等比数列 满足 , .
[答案] 因为 ,所以 , ，所以 是首项为2，公差为2的等差数列. ,所以 .因为 ,所以 ,当且仅当 ,即 时等号成立，所以 ,即 ,所以 的最大值为 .
（1）求数列 的通项公式；
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【解】设等比数列 的公比为 ,依题意得 ,即 ,解得 或 ,所以 或 因为数列 是递增数列，所以 , .故 .
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（2）设 为数列 的前 项和， , 为数列 的前 项和，若 对一切 都成立，求正整数 的最小值.
2024届高三数学二轮复习策略课件
1.离心率的计算 2.圆锥曲线与三角形内心、重心相关的 问题
3.圆锥曲线与内接三角形 4.圆锥曲线中常用的二级结论
专
1.函数的图像与性质 2.利用导数研究函数的性质
题 函数与导数 3.导数与恒成立问题
六
4.导数与不等关系 5.导数与函数的零点
1.抽象函数的性质 2.切线与公切线 3.以指数、对数为载体的情景题 3.导数中的构造问题 4.端点效应问题
【分析】当x 时0 ， xf (x) ，f (x即) 0 [xf (x)] 0
构造函数 g(x) xf (x)
A 【例 1】（2020 新课标Ⅱ理11）若 2x 2y 3x 3y ，则 (
)
A． ln(y x 1) 0 B． ln(y x 1) 0
C． ln | x y | 0
二轮复习六大专题：
大专题
专 三角函数、 题 解三角形 一 和平面向量
专 题 数列 二
专 题 立体几何 三
子专题
微专题
1.三角恒等变换 2.三角函数的图像与性质 3.解三角形
1.平面向量数量积的求解策略 2.三角函数中与 相关的问题探究 3.三角形中的特殊线段 4.三角中的数学建模与情景题
1.数列的通项求法
【案例3】 微专题：同构式
【引例】（2015 年理12 改编）设函数 f (x) 是奇函数 f (x)(x R)的导
函数， f (1) 0 ，当 x 0 时，xf '(x) f (x) 0 ，则使得 xf (x) 0
成立的 x 的取值范围是（
）
A．,1 0,1
B．1,0 0,1
C．,1 1,0 D．0,1 1,
3.确定备考策略
(1)对数列的概念及表示方法的理解和应用； (2)等差数列、等比数列的性质、通项公式、递推公式、前项和公式中基本量的运算或者利用它们之 间的关系式通过多角度观察所给条件的结构，深入剖析其特征，利用其规律进行恰当变形与转化求解 数列的问题； (3)会利用等差、等比数列的定义判断或证明数列问题； (4)通过转化与化归思想利用错位相减、裂项相消、分组求和等方法求数列的前项和； (5)数列与不等式、函数等的交汇问题； (6)关注数学课本中有关数列的阅读与思考、探究与发现的学习材料，有意识地培养学生的阅读能力 和符号使用能力，也包括网络资料中与数列有关的数学文化问题，与实际生活有关的数列的应用问题； (7)关注结构不良试题、举例问题等创新题型。
(新课标)高考数学二轮复习专题二数列第2讲数列通项与求和学案理新人教A版
（新课标）高考数学二轮复习专题二数列第2讲数列通项与求和学案理新人教A 版第2讲 数列通项与求和[做真题]题型一 a n 与S n 关系的应用1．(2018·高考全国卷Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________． 解析：法一：因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1； 当n ＝2时，a 1＋a 2＝2a 2＋1，解得a 2＝－2； 当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝2a 3＋1，解得a 3＝－4； 当n ＝4时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2a 4＋1，解得a 4＝－8； 当n ＝5时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝2a 5＋1，解得a 5＝－16； 当n ＝6时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝2a 6＋1，解得a 6＝－32； 所以S 6＝－1－2－4－8－16－32＝－63.法二：因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n－S n －1＝2a n ＋1－(2a n －1＋1)，所以a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝－2n －1，所以S 6＝－1×(1－26)1－2＝－63.答案：－632．(2015·高考全国卷Ⅱ)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n＝________．解析：因为 a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝S n S n ＋1， 所以S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1.因为 S n ≠0，所以1S n －1S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n＝－1.又1S 1＝－1，所以{1S n}是首项为－1，公差为－1的等差数列．所以1S n ＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，所以S n ＝－1n.答案：－1n题型二 数列求和1．(2017·高考全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k＝__________．解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，依题意，⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3，4a 1＋6d ＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3，2a 1＋3d ＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1， 所以S n ＝n (n ＋1)2，因此∑k ＝1n1S k ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2n n ＋1. 答案：2nn ＋12．(2018·高考全国卷Ⅱ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝－7，S 3＝－15. (1)求{a n }的通项公式； (2)求S n ，并求S n 的最小值．解：(1)设{a n }的公差为d ，由题意得3a 1＋3d ＝－15. 由a 1＝－7得d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －9. (2)由(1)得S n ＝n 2－8n ＝(n －4)2－16.所以当n ＝4时，S n 取得最小值，最小值为－16.3．(2016·高考全国卷Ⅱ)S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，S 7＝28.记b n ＝[lg a n ]，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.(1)求b 1，b 11，b 101；(2)求数列{b n }的前1 000项和．解：(1)设{a n }的公差为d ，据已知有7＋21d ＝28，解得d ＝1. 所以{a n }的通项公式为a n ＝n .b 1＝[lg 1]＝0，b 11＝[lg 11]＝1，b 101＝[lg 101]＝2.(2)因为b n＝⎩⎪⎨⎪⎧0，1≤n ＜10，1，10≤n ＜100，2，100≤n ＜1 000，3，n ＝1 000，所以数列{b n }的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893.[明考情]1．已知数列递推关系求通项公式，主要考查利用a n 与S n 的关系求通项公式、累加法、累乘法及构造法求通项公式，主要以选择题、填空题的形式考查，有时作为解答题的第(1)问考查，难度中等．2．数列求和常与数列综合应用一起考查，常以解答题的形式考查，有时与函数不等式综合在一起考查，难度中等偏上．S n，a n关系的应用[典型例题](1)已知数列{a n}的前n项和为S n，若3S n＝2a n－3n，则a2 019＝( )A．－22 019－1 B．32 019－6C．⎝⎛⎭⎪⎫122 019－72D．⎝⎛⎭⎪⎫132 019－103(2)(2019·东北四市联合体模拟(一))已知数列{a n}中，a1＝2，a n＋1＝(n＋1)a nn＋2a n(n∈N*)，则∑k＝1n ka k＝________．(3)(一题多解)(2019·武汉市调研测试)已知数列{a n}的前n项和S n满足S n＝3S n－1＋2n－3(n≥2)，a1＝－1，则a4＝________．【解析】(1)因为a1＝S1，所以3a1＝3S1＝2a1－3⇒a1＝－3.当n≥2时，3S n＝2a n－3n，3S n－1＝2a n－1－3(n－1)，所以a n＝－2a n－1－3，即a n＋1＝－2(a n －1＋1)，所以数列{a n＋1}是以－2为首项，－2为公比的等比数列．所以a n＋1＝(－2)×(－2)n－1＝(－2)n，则a2 019＝－22 019－1.(2)由题意可知na n＋1＋2a n a n＋1＝(n＋1)a n，两边同除以a n a n＋1，得n＋1a n＋1－na n＝2，又1a1＝12，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫na n是以12为首项，2为公差的等差数列，所以∑k＝1n ka k＝12n＋12n(n－1)×2＝n2－12n.(3)法一：由S n＝3S n－1＋2n－3(n≥2)可得S2＝3S1＋1＝3a1＋1，即a2＝2a1＋1＝－1.根据S n＝3S n－1＋2n－3(n≥2)①，知S n＋1＝3S n＋2n＋1－3②，②－①可得，a n＋1＝3a n＋2n(n≥2)．两边同时除以2n＋1可得a n＋12n＋1＝32·a n2n＋12(n≥2)，令b n＝a n2n，可得b n＋1＝32·b n＋12(n≥2)．所以b n＋1＋1＝32(b n＋1)(n≥2)，数列{b n＋1}是以b2＋1＝34为首项，32为公比的等比数列．所以b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2·34(n ≥2)， 所以b n ＝12·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1－1(n ≥2)．*又b 1＝－12也满足*式，所以b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1·12－1(n ∈N *)，又b n ＝a n2n ，所以a n ＝2n b n ，即a n ＝3n －1－2n.所以a 4＝33－24＝11.法二：由S n ＝3S n －1＋2n－3(n ≥2)，a 1＝－1，知S 2＝3S 1＋4－3，所以a 2＝－1.S 3＝3S 2＋8－3，所以a 3＝1.S 4＝3S 3＋16－3，所以a 4＝11.【答案】 (1)A (2)n 2－12n (3)11(1)给出S n 与a n 的递推关系求a n 的常用思路：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．[对点训练]1．(2019·武昌区调研考试)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－1，则a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＝( )A ．40B ．44C ．45D ．49解析：选B ．法一：因为S n ＝n 2－1，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－1－(n －1)2＋1＝2n －1，又a 1＝S 1＝0，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，n ＝12n －1，n ≥2，所以a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＝0＋5＋9＋13＋17＝44.故选B ．法二：因为S n ＝n 2－1，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－1－(n －1)2＋1＝2n －1，又a 1＝S 1＝0，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，n ＝12n －1，n ≥2，所以{a n }从第二项起是等差数列，a 2＝3，公差d ＝2，所以a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＝0＋4a 6＝4×(2×6－1)＝44，故选B ．2．(2019·福州市质量检测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且S n ＝λa n －1(λ为常数)，若数列{b n }满足a n b n ＝－n 2＋9n －20，且b n ＋1<b n ，则满足条件的n 的取值集合为________．解析：因为a 1＝1，且S n ＝λa n －1(λ为常数)， 所以a 1＝λ－1＝1，解得λ＝2，所以S n ＝2a n －1，所以S n －1＝2a n －1－1(n ≥2)，所以a n ＝2a n －1，所以a n ＝2n －1.因为a n b n ＝－n 2＋9n －20， 所以b n ＝－n 2＋9n －202n －1， 所以b n ＋1－b n ＝n 2－11n ＋282n＝(n －4)(n －7)2n<0，解得4<n <7，又因为n ∈N *，所以n ＝5或n ＝6. 即满足条件的n 的取值集合为{5，6}． 答案：{5，6}数列求和问题 [典型例题]命题角度一 公式法求和已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n 2a n ＋3，n ∈N *.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列；(2)设T 2n ＝1a 1a 2－1a 2a 3＋1a 3a 4－1a 4a 5＋…＋1a 2n －1a 2n －1a 2n a 2n ＋1，求T 2n .【解】 (1)证明：由a n ＋1＝3a n 2a n ＋3，得1a n ＋1＝2a n ＋33a n ＝1a n ＋23， 所以1a n ＋1－1a n ＝23. 又a 1＝1，则1a 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公差为23的等差数列．(2)设b n ＝1a 2n －1a 2n －1a 2n a 2n ＋1＝⎝⎛⎭⎪⎫1a 2n －1－1a 2n ＋11a 2n，由(1)得，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是公差为23的等差数列，所以1a 2n －1－1a 2n ＋1＝－43，即b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2n －1－1a 2n ＋11a 2n ＝－43×1a 2n ，所以b n ＋1－b n ＝－43⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2n ＋2－1a 2n ＝－43×43＝－169. 又b 1＝－43×1a 2＝－43×⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋23＝－209，所以数列{b n }是首项为－209，公差为－169的等差数列，所以T 2n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－209n ＋n (n －1)2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－169＝－49(2n 2＋3n )．求解此类题需过“三关”：第一关，定义关，即会利用等差数列或等比数列的定义，判断所给的数列是等差数列还是等比数列；第二关，应用关，即会应用等差(比)数列的前n 项和公式来求解，需掌握等差数列{a n }的前n 项和公式：S n ＝n (a 1＋a n )2或S n ＝na 1＋n (n －1)2d ；等比数列{a n }的前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q，q ≠1；第三关，运算关，认真运算，此类题将迎刃而解．命题角度二 裂项相消法求和(2019·广东省七校联考)已知数列{a n }为公差不为0的等差数列，a 1＝5，且a 2，a 9，a 30成等比数列．(1)求{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＋1－b n ＝a n (n ∈N *)，且b 1＝3，求数列{1b n}的前n 项和T n .【解】 (1)设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，依题意得(a 1＋d )(a 1＋29d )＝(a 1＋8d )2. 又a 1＝5，所以d ＝2，所以a n ＝2n ＋3.(2)依题意得b n ＋1－b n ＝2n ＋3(n ∈N *)，所以b n －b n －1＝2n ＋1(n ≥2且n ∈N *)，所以b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1＝(2n ＋1)＋(2n －1)＋…＋5＋3＝n (2n ＋1＋3)2＝n 2＋2n (n ≥2且n ∈N *)，b 1＝3，上式也成立，所以b n ＝n (n ＋2)(n ∈N *)，所以1b n＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2.所以T n ＝12⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2.(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． [提醒] 常见的裂项式有：1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，1n (n ＋1)(n ＋2)＝12[1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2)]，1n ＋1＋n ＝n ＋1－n 等．命题角度三 错位相减法求和(2019·唐山模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝3a n －12. (1)求a n ；(2)若b n ＝(n －1)a n ，且数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n . 【解】 (1)由已知可得，2S n ＝3a n －1，① 所以2S n －1＝3a n －1－1(n ≥2)，② ①－②得，2(S n －S n －1)＝3a n －3a n －1， 化简得a n ＝3a n －1(n ≥2)， 在①中，令n ＝1可得，a 1＝1，所以数列{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列， 从而有a n ＝3n －1.(2)b n ＝(n －1)3n －1，T n ＝0×30＋1×31＋2×32＋…＋(n －1)×3n －1，③则3T n ＝0×31＋1×32＋2×33＋…＋(n －1)×3n.④ ③－④得，－2T n ＝31＋32＋33＋…＋3n －1－(n －1)×3n＝3－3n1－3－(n －1)×3n ＝(3－2n )×3n－32. 所以T n ＝(2n －3)×3n＋34.(1)求解此类题需掌握三个技巧：一是巧分拆，即把数列的通项转化为等差数列、等比数列的通项的和，并求出等比数列的公比；二是构差式，求出前n 项和的表达式，然后乘以等比数列的公比，两式作差；三是得结论，即根据差式的特征进行准确求和．(2)运用错位相减法求和时应注意三点：一是判断模型，即判断数列{a n }，{b n }一个为等差数列，一个为等比数列；二是错开位置；三是相减时一定要注意最后一项的符号，学生常在此步出错，一定要小心．命题角度四 分组转化求和(2019·河北省九校第二次联考)已知数列{a n }为等比数列，首项a 1＝4，数列{b n }满足b n ＝log 2a n ，且b 1＋b 2＋b 3＝12.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令c n ＝4b n ·b n ＋1＋a n ，求数列{c n }的前n 项和S n .【解】 (1)由b n ＝log 2a n 和b 1＋b 2＋b 3＝12得log 2(a 1a 2a 3)＝12， 所以a 1a 2a 3＝212.设等比数列{a n }的公比为q .因为a 1＝4，所以a 1a 2a 3＝4·4q ·4q 2＝26·q 3＝212， 计算得q ＝4. 所以a n ＝4·4n －1＝4n.(2)由(1)得b n ＝log 24n＝2n ，c n ＝42n ·2(n ＋1)＋4n ＝1n (n ＋1)＋4n ＝1n －1n ＋1＋4n.设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n (n ＋1)的前n 项和为A n ，则A n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝nn ＋1，设数列{4n}的前n 项和为B n ，则B n ＝4－4n·41－4＝43(4n－1)，所以S n ＝nn ＋1＋43(4n－1)．(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． 命题角度五 并项求和数列{a n }满足a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2⎪⎪⎪⎪⎪⎪sinn π2－1a n ＋2n ，n ∈N *，则数列{a n }的前100项和为( )A ．5 050B ．5 100C ．9 800D ．9 850【解析】 设k ∈N *，当n ＝2k 时，a 2k ＋1＝－a 2k ＋4k ，即a 2k ＋1＋a 2k ＝4k ，① 当n ＝2k －1时，a 2k ＝a 2k －1＋4k －2，② 联立①②可得，a 2k ＋1＋a 2k －1＝2， 所以数列{a n }的前100项和S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 99＋a 100＝(a 1＋a 3＋…＋a 99)＋(a 2＋a 4＋…＋a 100)＝(a 1＋a 3＋…＋a 99)＋[(－a 3＋4)＋(－a 5＋4×2)＋(－a 7＋4×3)＋…＋(－a 101＋4×50)] ＝25×2＋[－(a 3＋a 5＋…＋a 101)＋4×(1＋2＋3＋…＋50)] ＝25×2－25×2＋4×50(1＋50)2＝5 100. 故选B ．【答案】 B(1)将一个数列分成若干段，然后各段分别利用等差(比)数列的前n 项和的公式及错位相减法进行求和．利用并项求和法求解问题的常见类型：一是数列的通项公式中含有绝对值符号；二是数列的通项公式中含有符号因子“(－1)n”．(2)运用分类讨论法求数列的前n 项和的突破口：一是对分类讨论的“度”的把控，如本题，因为⎪⎪⎪⎪⎪⎪sinn π2可以等于1，也可以等于0，因此分类的“度”可定位到“n 分为奇数与偶数”，有些含绝对值的数列，其分类的“度”需在零点处下功夫；二是对各类分法做到不重不漏，解题的思路就能顺畅．[对点训练]1．(2019·唐山市摸底考试)已知数列{a n }是公差不为0的等差数列，a 4＝3，a 2，a 3，a 5成等比数列．(1)求a n ；(2)设b n ＝n ·2an ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n . 解：(1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，则a n ＝a 1＋(n －1)d . 因为a 2，a 3，a 5成等比数列， 所以(a 1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋4d )， 化简得，a 1d ＝0， 又d ≠0， 所以a 1＝0. 又a 4＝a 1＋3d ＝3， 所以d ＝1. 所以a n ＝n －1. (2)b n ＝n ×2n －1，T n ＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n ×2n －1，①则2T n ＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n.② ①－②得，－T n ＝1＋21＋22＋…＋2n －1－n ×2n＝1－2n1－2－n ×2n＝(1－n )×2n－1. 所以T n ＝(n －1)×2n＋1.2．(2019·安徽省考试试题)已知等差数列{a n }中，a 5－a 3＝4，前n 项和为S n ，且S 2，S 3－1，S 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝(－1)n4na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由a 5－a 3＝4，得2d ＝4，d ＝2. 所以S 2＝2a 1＋2，S 3－1＝3a 1＋5，S 4＝4a 1＋12，又S 2，S 3－1，S 4成等比数列，所以(3a 1＋5)2＝(2a 1＋2)(4a 1＋12)， 解得a 1＝1， 所以a n ＝2n －1. (2)b n ＝(－1)n4na n a n ＋1＝(－1)n⎝⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1，当n 为偶数时，T n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15－⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17＋…－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝－1＋12n ＋1＝－2n2n ＋1.当n 为奇数时，T n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15－⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝－1－12n ＋1＝－2n ＋22n ＋1.所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧－2n 2n ＋1，n 为偶数－2n ＋22n ＋1，n 为奇数.数列与不等式的综合问题[典型例题](2019·江西七校第一次联考)设数列{a n }满足：a 1＝1，3a 2－a 1＝1，且2a n ＝a n －1＋a n ＋1a n －1a n ＋1(n ≥2)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，且b 1＝12，4b n ＝a n －1a n (n ≥2)，证明：T n <1.【解】 (1)因为2a n ＝a n －1＋a n ＋1a n －1a n ＋1(n ≥2)，所以2a n ＝1a n －1＋1a n ＋1(n ≥2)．又a 1＝1，3a 2－a 1＝1， 所以1a 1＝1，1a 2＝32，所以1a 2－1a 1＝12，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公差为12的等差数列．所以1a n ＝1＋12(n －1)＝12(n ＋1)，即a n ＝2n ＋1. (2)证明：因为4b n ＝a n －1a n (n ≥2)， 所以b n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1(n ≥2)，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1<1.解决与数列求和有关的不等式问题的常用方法——“放缩法” (1)如果和式能够求出，则求出结果后进行放缩，本例就是这种类型．(2)如果和式不能求出，则需要把数列的通项放缩成能够求和的形式，求和后再进行放缩，但要注意放缩的“尺度”和“位置”．[对点训练](2019·四省八校双教研联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a n ＋1＝4S n －12n －1，a 1＝1且n ∈N *.(1)求{a n }的通项公式； (2)设a n b n ＝1S n，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n <32(n ∈N *)．解：(1)由a n ＋1＝4S n －12n －1，得(2n －1)a n ＋1＝4S n －1，可得(2n －3)a n ＝4S n －1－1(n ≥2)，两式相减得(2n ＋1)a n ＝(2n －1)a n ＋1，即a n 2n －1＝a n ＋12n ＋1(n ≥2)，又由a n ＋1＝4S n －12n －1，a 1＝1，得a 2＝3，所以a 12×1－1＝a 22×1＋1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1为常数列，所以a n2n －1＝1，即a n ＝2n －1.(2)证明：由a n ＝2n －1，得S n ＝n 2，所以b n ＝1n (2n －1).当n ＝1时，T 1＝1<32成立；当n ≥2时，b n ＝1n (2n －1)＝12n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12<12n (n －1)＝12⎝⎛⎭⎪⎫1n－1－1n，所以T n<1＋12⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫1n－1－1n＝1＋12⎝⎛⎭⎪⎫1－1n<32.综上，T n<32(n∈N*)．[A组夯基保分专练]一、选择题1．(2019·广东省六校第一次联考)数列{a n}的前n项和为S n＝n2＋n＋1，b n＝(－1)n a n(n∈N*)，则数列{b n}的前50项和为( )A．49 B．50C．99 D．100解析：选A．由题意得，当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝2n，当n＝1时，a1＝S1＝3，所以数列{b n}的前50项和为－3＋4－6＋8－10＋…＋96－98＋100＝1＋48＝49，故选A．2．(一题多解)(2019·洛阳尖子生第二次联考)已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，S n ＝2a n＋1，则S n＝( )A．2n－1B．⎝⎛⎭⎪⎫32n－1C．⎝⎛⎭⎪⎫23n－1D．⎝⎛⎭⎪⎫12n－1解析：选B．法一：当n＝1时，S1＝a1＝2a2，则a2＝12.当n≥2时，S n－1＝2a n，则S n－S n －1＝a n＝2a n＋1－2a n，所以a n＋1a n＝32，所以当n≥2时，数列{a n}是公比为32的等比数列，所以a n＝⎩⎨⎧1，n＝112×⎝⎛⎭⎪⎫32n－2，n≥2，所以S n＝1＋12＋12×32＋…＋12×⎝⎛⎭⎪⎫32n－2＝1＋12×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎪⎫32n－11－32＝⎝⎛⎭⎪⎫32n－1，当n＝1时，此式也成立．故选B．法二：当n＝1时，S1＝a1＝2a2，则a2＝12，所以S2＝1＋12＝32，结合选项可得只有B满足，故选B．3．数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝3，a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2，n ∈N *)，那么a 2 019＝( ) A ．1 B ．－2 C ．3D ．－3解析：选A ．因为a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2)，所以a n ＝a n －1－a n －2(n ≥3)，所以a n ＋1＝a n －a n －1＝(a n －1－a n －2)－a n －1＝－a n －2(n ≥3)．所以a n ＋3＝－a n (n ∈N *)，所以a n ＋6＝－a n ＋3＝a n ， 故{a n }是以6为周期的周期数列． 因为2 019＝336×6＋3，所以a 2 019＝a 3＝a 2－a 1＝3－2＝1.故选A ．4．若数列{a n }满足a 1＝1，且对于任意的n ∈N *都有a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 017＋1a 2 018等于( ) A ．4 0352 017 B ．2 0162 017 C ．4 0362 019D ．4 0352 018解析：选C ．由a n ＋1＝a n ＋n ＋1，得a n ＋1－a n ＝n ＋1， 则a 2－a 1＝1＋1，a 3－a 2＝2＋1， a 4－a 3＝3＋1，…，a n －a n －1＝(n －1)＋1，以上等式相加，得a n －a 1＝1＋2＋3＋…＋(n －1)＋n －1， 把a 1＝1代入上式得，a n ＝1＋2＋3＋…＋(n －1)＋n ＝n (n ＋1)2，1a n＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 017＋1a 2 018＝2⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12 017－12 018⎦⎥⎤＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12 018－12 019＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 019＝4 0362 019.5．(2019·郑州市第一次质量预测)已知数列{a n }满足2a n ＋1＋a n ＝3(n ≥1)，且a 3＝134，其前n 项和为S n ，则满足不等式|S n －n －6|<1123的最小整数n 是( )A ．8B ．9C ．10D ．11解析：选C ．由2a n ＋1＋a n ＝3，得2(a n ＋1－1)＋(a n －1)＝0，即a n ＋1－1a n －1＝－12(*)， 又a 3＝134，所以a 3－1＝94，代入(*)式，有a 2－1＝－92，a 1－1＝9，所以数列{a n －1}是首项为9，公比为－12的等比数列．所以|S n －n －6|＝|(a 1－1)＋(a 2－1)＋…＋(a n －1)－6|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪9×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12－6＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－6×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n <1123，又n ∈N *，所以n 的最小值为10.故选C ． 6．(2019·江西省五校协作体试题)设S n 是数列{a n }的前n 项和，若a n ＋S n ＝2n，2bn ＝2a n＋2－a n ＋1，则1b 1＋12b 2＋…＋1100b 100＝( )A ．9798 B ．9899 C ．99100D ．100101解析：选D ．因为a n ＋S n ＝2n①，所以a n ＋1＋S n ＋1＝2n ＋1②，②－①得2a n ＋1－a n ＝2n，所以2a n ＋2－a n ＋1＝2n ＋1，又2bn ＝2a n ＋2－a n ＋1＝2n ＋1，所以b n ＝n ＋1，1nb n＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，则1b 1＋12b 2＋…＋1100b 100＝1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101，故选D ． 二、填空题7．古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上述的已知条件，可求得该女子前3天所织布的总尺数为________．解析：设该女子第一天织布x 尺， 则x (25－1)2－1＝5，解得x ＝531， 所以该女子前3天所织布的总尺数为531(23－1)2－1＝3531.答案：35318．(一题多解)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n ＋1＝S n ＋a n ＋3，a 4＋a 5＝23，则S 8＝________．解析：法一：由S n ＋1＝S n ＋a n ＋3得a n ＋1－a n ＝3，则数列{a n }是公差为3的等差数列，又a 4＋a 5＝23＝2a 1＋7d ＝2a 1＋21，所以a 1＝1，S 8＝8a 1＋8×72d ＝92.法二：由S n ＋1＝S n ＋a n ＋3得a n ＋1－a n ＝3，则数列{a n }是公差为3的等差数列，S 8＝8(a 1＋a 8)2＝8(a 4＋a 5)2＝92. 答案：929．(2019·蓉城名校第一次联考)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，若a n ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪cos n π2S n ＝2，则a 12＝________．解析：当n ＝1，2，3，4，…时，⎪⎪⎪⎪⎪⎪cosn π2＝0，1，0，1，…，所以a 1＝a 3＝a 5＝a 7＝…＝2，a 2＋S 2＝a 4＋S 4＝a 6＋S 6＝a 8＋S 8＝…＝a 12＋S 12＝…＝2，S 2－S 1＋S 2＝S 4－S 3＋S 4＝S 6－S 5＋S 6＝S 8－S 7＋S 8＝…＝2，所以2S 2＝2＋S 1⇒S 2＝2；2S 4＝2＋S 3＝4＋S 2⇒S 4＝2＋12S 2＝3，同理可得S 6＝2＋12S 4＝2＋32＝72，S 8＝2＋12S 6＝2＋74＝154，S 10＝2＋158＝318，S 12＝6316，又a 12＋S 12＝2，所以a 12＝2－S 12＝2－6316＝－3116.答案：－3116三、解答题10．(2019·广州市综合检测(一))已知{a n }是等差数列，且lg a 1＝0，lg a 4＝1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a 1，a k ，a 6是等比数列{b n }的前3项，求k 的值及数列{a n ＋b n }的前n 项和． 解：(1)因为lg a 1＝0，lg a 4＝1， 所以a 1＝1，a 4＝10. 设等差数列{a n }的公差为d ， 则d ＝a 4－a 14－1＝3.所以a n ＝a 1＋3(n －1)＝3n －2. (2)由(1)知a 1＝1，a 6＝16，因为a 1，a k ，a 6是等比数列{b n }的前3项，所以a 2k ＝a 1a 6＝16. 又a n ＝3n －2>0， 所以a k ＝4.因为a k ＝3k －2， 所以3k －2＝4，得k ＝2.所以等比数列{b n }的公比q ＝b 2b 1＝a 2a 1＝4. 所以b n ＝4n －1.所以a n ＋b n ＝3n －2＋4n －1.所以数列{a n ＋b n }的前n 项和为S n ＝n (3n －1)2＋1－4n 1－4＝32n 2－12n ＋13(4n －1)． 11．(2019·江西八所重点中学联考)设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝44－a n(n ∈N *)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －2是等差数列； (2)设b n ＝a 2na 2n －1－1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)证明：因为a n ＋1＝44－a n ，所以1a n ＋1－2－1a n －2＝144－a n－2－1a n －2＝4－a n 2a n －4－1a n －2＝2－a n 2a n －4＝－12. 又a 1＝1，所以1a 1－2＝－1， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －2是以－1为首项，－12为公差的等差数列．(2)由(1)知1a n －2＝－1＋(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－n ＋12，所以a n ＝2－2n ＋1＝2n n ＋1，所以b n ＝a 2n a 2n －1－1＝4n2n ＋12(2n －1)2n －1＝4n2(2n －1)(2n ＋1)－1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1， 所以数列{b n }的前n 项和T n ＝n2n ＋1. 12．(2019·福建省质量检查)数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －n . (1)求证数列{a n ＋1}是等比数列，并求a n ；(2)若数列{b n }为等差数列，且b 3＝a 2，b 7＝a 3，求数列{a n b n }的前n 项和． 解：(1)当n ＝1时，S 1＝2a 1－1，所以a 1＝1.因为S n ＝2a n －n ①，所以当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－(n －1)②， ①－②得a n ＝2a n －2a n －1－1，所以a n ＝2a n －1＋1， 所以a n ＋1a n －1＋1＝2a n －1＋1＋1a n －1＋1＝2a n －1＋2a n －1＋1＝2.所以{a n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列． 所以a n ＋1＝2·2n －1，所以a n ＝2n－1.(2)由(1)知，a 2＝3，a 3＝7，所以b 3＝a 2＝3，b 7＝a 3＝7. 设{b n }的公差为d ，则b 7＝b 3＋(7－3)·d ，所以d ＝1. 所以b n ＝b 3＋(n －3)·d ＝n . 所以a n b n ＝n (2n －1)＝n ·2n－n .设数列{n ·2n}的前n 项和为K n ，数列{n }的前n 项和为T n ， 则K n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n③， 2K n ＝22＋2×23＋3×24＋…＋n ·2n ＋1④，③－④得，－K n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n)1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )·2n ＋1－2，所以K n ＝(n －1)·2n ＋1＋2.又T n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2， 所以K n －T n ＝(n －1)·2n ＋1－n (n ＋1)2＋2，所以数列{a n b n }的前n 项和为(n －1)·2n ＋1－n (n ＋1)2＋2.[B 组 大题增分专练]1．(2019·江西七校第一次联考)数列{a n }满足a 1＝1，a 2n ＋2＝a n ＋1(n ∈N *)． (1)求证：数列{a 2n }是等差数列，并求出{a n }的通项公式； (2)若b n ＝2a n ＋a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．解：(1)由a 2n ＋2＝a n ＋1得a 2n ＋1－a 2n ＝2，且a 21＝1， 所以数列{a 2n }是以1为首项，2为公差的等差数列， 所以a 2n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，又由已知易得a n >0，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)b n ＝2a n ＋a n ＋1＝22n －1＋2n ＋1＝2n ＋1－2n －1，故数列{b n }的前n 项和T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(3－1)＋(5－3)＋…＋(2n ＋1－2n －1)＝2n ＋1－1.2．(2019·湖南省湘东六校联考)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝S n －1＋1(n ≥2，n ∈N )，且a 1＝1.(1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)记b n ＝1a n ·a n ＋1，T n 为{b n }的前n 项和，求使T n ≥2n成立的n 的最小值．解：(1)由已知有S n －S n －1＝1(n ≥2，n ∈N )，所以数列{}S n 为等差数列，又S 1＝a 1＝1，所以S n ＝n ，即S n ＝n 2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1. 又a 1＝1也满足上式，所以a n ＝2n －1.(2)由(1)知，b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1. 由T n ≥2n得n 2≥4n ＋2，即(n －2)2≥6，所以n ≥5，所以n 的最小值为5.3．(2019·河北省九校第二次联考)已知{a n }是各项都为正数的数列，其前n 项和为S n ，且S n 为a n 与1a n的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)na n，求{b n }的前n 项和T n .解：(1)由题意知，2S n ＝a n ＋1a n，即2S n a n －a 2n ＝1，①当n ＝1时，由①式可得S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，代入①式，得2S n (S n －S n －1)－(S n －S n －1)2＝1， 整理得S 2n －S 2n －1＝1.所以{S 2n }是首项为1，公差为1的等差数列，S 2n ＝1＋n －1＝n . 因为{a n }的各项都为正数，所以S n ＝n ， 所以a n ＝S n －S n －1＝n －n －1(n ≥2)， 又a 1＝S 1＝1，所以a n ＝n －n －1. (2)b n ＝(－1)na n＝(－1)nn －n －1＝(－1)n(n ＋n －1)，当n 为奇数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…＋(n －1＋n －2)－(n ＋n －1)＝－n ；当n 为偶数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…－(n －1＋n －2)＋(n ＋n －1)＝n .所以{b n }的前n 项和T n ＝(－1)nn .4．(2019·高考天津卷)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列．已知a 1＝4，b 1＝6，b 2＝2a 2－2，b 3＝2a 3＋4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c 1＝1，c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，2k<n <2k ＋1，b k ，n ＝2k，其中k ∈N *. ①求数列{a 2n (c 2n －1)}的通项公式；②求∑i ＝12na i c i (n ∈N *).解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q .依题意得⎩⎪⎨⎪⎧6q ＝6＋2d ，6q 2＝12＋4d ， 解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝2，故a n ＝4＋(n －1)×3＝3n ＋1，b n ＝6×2n －1＝3×2n. 所以，{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋1，{b n }的通项公式为b n ＝3×2n. (2)①a 2n (c 2n －1)＝a 2n (b n －1)＝(3×2n ＋1)(3×2n －1)＝9×4n－1. 所以，数列{a 2n (c 2n －1)}的通项公式为a 2n (c 2n －1)＝9×4n－1.②∑i ＝12na i c i ＝∑i ＝12n[a i ＋a i (c i －1)]＝∑i ＝12na i ＋∑i ＝1na 2i (c 2i －1)＝[2n×4＋2n(2n－1)2×3]＋∑i ＝1n(9×4i－1)＝(3×22n －1＋5×2n －1)＋9×4(1－4n)1－4－n＝27×22n －1＋5×2n －1－n －12(n ∈N *)．。
(完整)高考数学二轮复习名师知识点总结：数列求和及数列的综合应用,推荐文档
1 1 1 1 1数列求和及数列的综合应用【高考考情解读】 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，考查学生用等差、等比数列知识分析问题和探究创新的能力，属中档题.2.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．1. 数列求和的方法技巧(1) 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．(2) 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．(3) 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 n 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．这种方法，anan ＋1anan ＋1 d (a n － )适用于求通项为 常见的拆项公式： 1 1 1①n (n ＋1)＝n －n ＋1；1 1 1 1的数列的前 n 项和，其中{a n }若为等差数列，则 ＝ an ＋1 .②n (n ＋k )＝k (n －n ＋k )；1 1 1 1③(2n －1)(2n ＋1)＝2(2n －1－2n ＋1)；1 1④ n ＋ n ＋k ＝k ( n ＋k － n )． 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.π1 π考点一 分组转化求和法例 1 等比数列{a n }中，a 1，a 2，a 3 分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且 a 1，a 2，a 3 中的任何两个数不在下表的同一列.第一列第二列 第三列 第一行 3 2 10 第二行 6 4 14 第三行9818(1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 若数列{b n }满足：b n ＝a n ＋(－1)n ln a n ，求数列{b n }的前 n 项和 S n .解 (1)当 a 1＝3 时，不合题意；当 a 1＝2 时，当且仅当 a 2＝6，a 3＝18 时，符合题意； 当 a 1＝10 时，不合题意．因此 a 1＝2，a 2＝6，a 3＝18.所以公比 q ＝3. 故 a n ＝2·3n －1 (n ∈N *)． (2)因为 b n ＝a n ＋(－1)n ln a n ＝2·3n －1＋(－1)n ln(2·3n －1)＝2·3n －1＋(－1)n [ln 2＋(n －1)ln 3] ＝2·3n －1＋(－1)n (ln 2－ln 3)＋(－1)n n ln 3，所以 S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n ]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)n n ]ln 3. 1－3n n n当 n 为偶数时，S n ＝2× 1－3 ＋2ln 3＝3n ＋2ln 3－1；1－3n n －1 n －1(－n)当 n 为奇数时，S n ＝2× 1－3 －(ln 2－ln 3)＋ 2 ln 3＝3n － 2 ln 3－ln 2－1.综上所述，S n ＝Error!在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．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．(2013·安徽)设数列{a n }满足 a 1＝2，a 2＋a 4＝8，且对任意 n ∈N *，函数 f (x )＝(a n －a n ＋1＋a n ＋2)x ＋a n ＋1cos x －a n ＋2sin x 满足 f ′(2)＝0. (1)求数列{a n }的通项公式；(an ＋)(2)若 b n ＝2 2an ，求数列{b n }的前 n 项和 S n .解 (1)由题设可得 f ′(x )＝(a n －a n ＋1＋a n ＋2)－a n ＋1sin x －a n ＋2cos x ，又 f ′(2)＝0，则 a n ＋a n ＋2－2a n ＋1＝0，即 2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，因此数列{a n }为等差数列，设等差数列{a n }的公差为 d ， 由已知条件Error!，解得 Error!a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋1.( 1 ) 1n＋1＋(2)b n＝2 2n＋1 ＝2(n＋1)＋2n，1 1S n＝b1＋b2＋…＋b n＝(n＋3)n＋1－2n＝n2＋3n＋1－2n.考点二错位相减求和法例2 (2013·山东)设等差数列{a n}的前n 项和为S n，且S4＝4S2，a2n＝2a n＋1.(1)求数列{a n}的通项公式；b1 b2 bn 1(2)若数列{b n}满足a1＋a2＋…＋an＝1－2n，n∈N*，求{b n}的前n 项和T n.解(1)设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d，由Error!得a1＝1，d＝2，所以a n＝2n－1(n∈N*)．b1 b2 bn 1(2)由已知a1＋a2＋…＋an＝1－2n，n∈N*，①b1 b2 bn－1 1当n≥2 时，a1＋a2＋…＋an－1＝1－2n－1，②bn 1 b1 1①－②得：an＝2n，又当n＝1 时，a1＝2也符合上式，bn 1 2n－1所以an＝2n(n∈N*)，所以b n＝2n (n∈N*)．1 3 5 2n－1所以T n＝b1＋b2＋b3＋…＋b n＝2＋22＋23＋…＋2n .1 1 3 2n－3 2n－12T n＝22＋23＋…＋2n ＋2n＋1.1 1 (2 2 2 )2n－13 1 2n－1 2n＋3＋＋…＋两式相减得：2T n＝2＋22 23 2n －2n＋1＝2－2n－1－2n＋1. 所以T＝3－2n .n错位相减法求数列的前n 项和是一类重要方法．在应用这种方法时，一定要抓住数列的特征，即数列的项可以看作是由一个等差数列和一个等比数列对应项相乘所得数列的求和问题．设数列{a n}满足a1＝2，a n＋1－a n＝3·22n－1.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)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－a1)]＋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. ①f (x )＋ － － (f (x )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， 1即 S n ＝9[(3n －1)22n ＋1＋2]． 考点三 裂项相消求和法例 3 (2013·广东)设各项均为正数的数列{a n }的前 n 项和为 S n ，满足 4S n ＝a n ＋2 1－4n －1，n ∈N *, 且 a 2，a 5，a 14 构成等比数列．(1) 证明：a 2＝ 4a 1＋5； (2) 求数列{a n }的通项公式；1111(3) 证明：对一切正整数 n ，有a 1a 2＋a 2a 3＋…＋anan ＋1<2.(1)证明 当 n ＝1 时，4a 1＝a 2－5，a 2＝4a 1＋5，又 a n >0，∴a 2＝ (2) 解 当 n ≥2 时 ，4S n －1＝a n －4(n －1)－1，4a 1＋5.∴4a n ＝4S n －4S n －1＝a n ＋2 1－a 2－4，即 a n ＋2 1＝a n ＋4a n ＋4＝(a n ＋2)2，又 a n >0，∴a n ＋1＝a n ＋2， ∴当 n ≥2 时，{a n }是公差为 2 的等差数列．又 a 2，a 5，a 14 成等比数列．∴a 2＝a 2·a 14，即(a 2＋6)2＝a 2·(a 2＋24)，解得 a 2＝3.由(1)知 a 1＝1.又 a 2－a 1＝3－1＝2，∴数列{a n }是首项 a 1＝1，公差 d ＝2 的等差数列．∴a n ＝2n －1. 1 1 1 1 1 11 (3)证明 a 1a 2＋a 2a 3＋…＋anan ＋1＝1 × 3＋3 × 5＋5 × 7＋…＋(2n －1)(2n ＋1) 1[( 1) (1 1) 1 1)] 1(1 )1 ＝23 3 5 2n －1 2n ＋1 ＝2 2n ＋1 <2. 数列求和的方法：(1)一般地，数列求和应从通项入手，若无通项，就先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备适用某种特殊方法的形式，从而选择合适的方法求和得解．(2)已知数列前 n 项和 S n 或者前 n 项和 S n 与通项公式 a n 的关系式，求通项通常利用 a n ＝Error!.已知数列递推式求通项，主要掌握“先猜后证法”“化归法”“累加(乘)法”等．(2013·西安模拟)已知x ， 2 ， 3(x ≥0)成等差数列．又数列{a n }(a n >0)中，a 1＝3，此数列的前 n 项和为 S n ，对于所有大于 1 的正整数 n 都有 S n ＝f (S n －1)．(1) 求数列{a n }的第 n ＋1 项；1 1(2) 若 bn 是an ＋1，an 的等比中项，且 T n 为{b n }的前 n 项和，求 T n .解 (1)因为 x ， 2 ， 3(x ≥0)成等差数列，所 以 2× 2 ＝ x ＋ 3，整理，得 f (x )＝( x ＋ 3)2.因为 S n ＝f (S n －1)(n ≥2)，所以 S n ＝( Sn －1＋ 3)2，f (x )1－ ＋…＋ 1－()1 1 1 1 (3 3 3n( )( ) － － ＋ )] 18 ＋ 18n ＋9 1 3因为 a 1＝3，所以 S 1＝a 1＝3，所以 Sn ＝ S 1＋(n －1) 3＝ 3＋ 3n － 3＝ 3n . 所以 S n ＝3n 2(n ∈N *)． 所以 a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝3(n ＋1)2－3n 2＝6n ＋3. 1 1 1 1(2)因为 bn 是an ＋1与an 的等比中项， 所以( bn )2＝an ＋1·an ， 1111 1 － 1 所 以 b n ＝an ＋1·an ＝3(2n ＋1) × 3(2n －1)＝18× 2n －1 2n ＋1 ， [(1－ )＋( ) (－ 1 1 (1－ 1 )n T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝ 考点四 数列的实际应用3 3 5 2n 1 2n 1 ＝ 2n 1 ＝ .例 4 (2012·湖南)某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．该企业第一年年初有资金 2 000 万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了 50%，预计以后每年资金年增长率与第一年的相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金 d 万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第 n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为 a n 万元．(1) 用 d 表示 a 1，a 2，并写出 a n ＋1 与 a n 的关系式；(2) 若公司希望经过 m (m ≥3)年使企业的剩余资金为 4 000 万元，试确定企业每年上缴资金 d 的值(用 m 表示)．(1) 由第 n 年和第(n ＋1)年的资金变化情况得出 a n 与 a n ＋1 的递推关系；(2) 由 a n ＋1 与 a n 之间的关系，可求通项公式，问题便可求解．3 5解 (1)由题意得 a 1＝2 000(1＋50%)－d ＝3 000－d ，a 2＝a 1(1＋50%)－d ＝2a 1－d ＝4 500－2d . 3a n ＋1＝a n (1＋50%)－d ＝2a n －d .3 3 3) ( ) (3)[ ( )( ) ]2 (2)由(1)得 a ＝ an －2－d －d ＝2 2 －d ＝ 22a 2 2 n －1 1＋ ＋ － d －d ＝…＝ a －d 2 2 2＋…＋ 2 n －2 . n a n －1 n －2 13 3 3整理得 a ＝(2)n －1(3 000－d )－2d[(2)n －1－1]＝(2)n －1(3 000－3d )＋2d .3由题意，知 a m ＝4 000，即 2 m －1(3 000－3d )＋2d ＝4 000， 3[(2)m －2] × 1 000 3 m －1 1 000(3m －2m ＋1)解得 d ＝ 2 ＝ 3m －2m .1 000(3m －2m ＋1)故该企业每年上缴资金 d 的值为3m －2m时，经过 m (m ≥3)年企业的剩余资金为 4 000 万元．用数列知识解相关的实际问题，关键是合理建立数学模型——数列模型，弄清所构造的数列的首项是什么，项数是多少，然后转化为解数列问题．求解时，要明确目标，即搞清是求和，还是求通项，还是解递推关所 以 Sn ＝ Sn －1＋ 3， 即 Sn － Sn －1＝ 3，所以{ Sn }是以 3为公差的等差数列．18＋…＋ 3系问题，所求结论对应的是解方程问题，还是解不等式问题，还是最值问题，然后进行合理推算，得出实际问题 的结果．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b n (n ∈N *)千元时比广告费为(n －1)千元时多卖出2n 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；(3) 当 a ＝50，b ＝200 时，要使厂家获利最大，销售量 S 和广告费 n 分别应为多少？b 3b b b 7b解 (1)当广告费为 1 千元时，销售量 S ＝b ＋2＝ 2 .当广告费为 2 千元时，销售量 S ＝b ＋2＋22＝ 4 . b(2)设 S n (n ∈N )表示广告费为 n 千元时的销售量，由题意得 S 1－S 0＝2，bS 2－S 1＝22， …… bS n －S n －1＝2n .b b b b以上 n 个等式相加得，S n －S 0＝2＋22＋23＋…＋2n ，1b [1－( )n ＋1]2b b b b 1 1即 S ＝S n ＝b ＋2＋22＋23＋…＋2n ＝ 1－2 ＝b (2－2n )．1 10(3)当 a ＝50，b ＝200 时，设获利为 T n ，则有 T n ＝Sa －1 000n ＝10 000×(2－2n )－1 000n ＝1 000×(20－2n －n )，1010105设 b n ＝20－2n －n ，则 b n ＋1－b n ＝20－2n ＋1－n －1－20＋2n ＋n ＝2n －1， 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， 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．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：(1) a n ＝Error!.(2) 递推关系形如 a n ＋1－a n ＝f (n )，常用累加法求通项．an＋1(3)递推关系形如an ＝f(n)，常用累乘法求通项．(4)递推关系形如“a n＋1＝pa n＋q(p、q 是常数，且p≠1，q≠0)”的数列求通项，此类通项问题，常用待定系数法．可设a n＋1＋λ＝p(a n＋λ)，经过比较，求得λ，则数列{a n＋λ}是一个等比数列．(5)递推关系形如“a n＋1＝pa n＋q n(q，p 为常数，且p≠1，q≠0)”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，在试题中主要有：一是，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；二是，通过归纳得到结论，再用数列知识求解.( )( ) 1－1. 在一个数列中， 如果∀n ∈N *，都有 a n a n ＋1a n ＋2＝k (k 为常数)，那么称这个数列为等积数列，称 k 为这个数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且 a 1＝1，a 2＝2，公积为 8，则 a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝ .答 案 28解析 依题意得数列{a n }是周期为 3 的数列，且 a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4， 因此 a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝4(a 1＋a 2＋a 3)＝4×(1＋2＋4)＝28.2. 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次构成数列{a n }，已知a 1＝1，a 2＝2，且 a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n (n ∈N *)，则该医院 30 天入院治疗甲流的人数共有 ．答案 255 解析 由于 a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n ，所以 a 1＝a 3＝…＝a 29＝1，15 × 14a 2，a 4，…，a 30 构成公差为 2 的等差数列，所以 a 1＋a 2＋…＋a 29＋a 30＝15＋15×2＋ 23. 已知公差大于零的等差数列{a n }的前 n 项和 S n ，且满足：a 2·a 4＝65，a 1＋a 5＝18.(1)若 1<i <21，a 1，a i ，a 21 是某等比数列的连续三项，求 i 的值；n×2＝255.(2)设 b n ＝(2n ＋1)Sn ，是否存在一个最小的常数 m 使得 b 1＋b 2＋…＋b n <m 对于任意的正整数 n 均成立，若存在， 求出常数 m ；若不存在，请说明理由．解 (1){a n }为等差数列，∵a 1＋a 5＝a 2＋a 4＝18，又 a 2·a 4＝65，∴a 2，a 4 是方程 x 2－18x ＋65＝0 的两个根， 又公差 d >0，∴a 2<a 4，∴a 2＝5，a 4＝13. ∴Error!∴a 1＝1，d ＝4.∴a n ＝4n －3.由于 1<i <21，a 1，a i ，a 21 是某等比数列的连续三项，∴a 1·a 21＝a 2i ，即 1·81＝(4i －3)2，解得 i ＝3. n (n －1) 1 1(1 －1)(2)由(1)知，S n ＝n ·1＋ 2 ·4＝2n 2－n ，所以 b n ＝(2n －1)(2n ＋1)＝2 2n －1 2n ＋1 ，1 1 1 1 1 1 n 1－ ＋ － ＋…＋ － b 1＋b 2＋…＋b n ＝23 3 5 2n －1 2n ＋1 ＝2n ＋1， n 1 1 1 1因为2n ＋1＝2－2(2n ＋1)<2，所以存在 m ＝2使 b 1＋b 2＋…＋b n <m 对于任意的正整数 n 均成立．(推荐时间：60 分钟)一、选择题1 1 1 11． 已知数列 12，34，58，716，…，则其前 n 项和 S n 为()1A ．n 2＋1－2n1B ．n 2＋2－2n1C ．n 2＋1－2n －11－ 1 ·1 2n 21D ．n 2＋2－2n －11 1＋2n －11 1 答案 A 解析 因为 a n ＝2n －1＋2n ，则 S n ＝2n ＋2 ＝n 2＋1－2n .S12 S102．在等差数列{a n}中，a1＝－2 013，其前n 项和为S n，若12 －10 ＝2，则S2013的值等于( ) A．－2 011 B．－2 012 C．－2 010 D．－2 013答案DSn S1 解析根据等差数列的性质，得数列{ n }也是等差数列，根据已知可得这个数列的首项1 ＝a1＝－2 013，S2 013公差d＝1，故2 013 ＝－2 013＋(2 013－1)×1＝－1，所以S2013＝－2 013.3．对于数列{a n}，a1＝4，a n＋1＝f(a n)，n＝1,2，…，则a2013等于( )A.2 B．3 C．4答案C解析由表格可得a1＝4，a2＝f(a1)＝f(4)＝1，a3＝f(a2)＝f(1)＝5，a4＝f(a3)＝2，a5＝f(2)＝4，可知其周期为4，∴a2013＝a1＝4.S1 S2 S154.在等差数列{a n}中，其前n 项和是S n，若S15>0，S16<0，则在a1，a2，…，a15中最大的是( )S1 S8 S9 S15A.a1答案BB.a8C.a9D.a1515(a1＋a15)16(a1＋a16)解析由于S15＝ 2 ＝15a8>0，S16＝ 2 ＝8(a8＋a9)<0，可得a8>0，a9<0.S1 S2 S8 S9 S10 S15这样a1>0，a2>0，…，a8>0，a9<0，a10<0，…，a15<0，而S1<S2<…<S8，a1>a2>…>a8，S1 S2 S15 S8所以在a1，a2，…，a15中最大的是a8.故选B.1 1 1 15.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 024A.2 013 答案A4 018B.2 0122 010C.2 0112 009D.2 010解析令m＝1 得a n＋1＝a n＋n＋1，即a n＋1－a n＝n＋1，于是a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，a n－a n－1＝n，上述n－1 个式子相加得a n－a1＝2＋3＋…＋n，n(n＋1) 1 2 1－1 )所以a n＝1＋2＋3＋…＋n＝ 2 ，因此an＝n(n＋1)＝2 n n＋1 ，() ()(1 1 1 11 1 1 1 11 4 0241－ ＋ － ＋…＋－ 1－所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 012＝22 23 2 012 2 013＝22 013 ＝2 013.6. 已知函数 f (n )＝Error!且 a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则 a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 012 等于()A ．－2 012B ．－2 011C ．2 012D ．2 011答 案 C解析 当 n 为奇数时，a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝n 2－(n ＋1)2＝－(2n ＋1)； 当 n 为偶数时，a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝－n 2＋(n ＋1)2＝2n ＋1.所以 a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 012＝2(－1＋2－3＋4＋…－2 011＋2 012)＝2 012. 二、填空题7． 数列{a n }中，已知对任意 n ∈N *，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1，则 a 2＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝.1答 案 2(9n －1)解析 ∵a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1，∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＝3n －1－1(n ≥2)． 则 n ≥2 时，两式相减得，a n ＝2·3n －1. 当 n ＝1 时，a 1＝3－1＝2，适合上式，∴a n ＝2·3n －1(n ∈N *)．∴a n ＝4·9n －1，4(1－9n ) 1则数列{a 2}是首项为 4，公比为 9 的等比数列．∴a 2＋a 2＋a 2＋…＋a n ＝ 1－9 ＝2(9n －1)．8. 设数列{a n }的前 n 项和为 S n ，且 a n 为复数 isin 答 案 1n π2 ＋cos n π2 (n ∈N *)的虚部，则 S 2 013＝.解析 由已知得：a n ＝sin n π2 (n ∈N *)，∴a 1＝1，a 2＝0，a 3＝－1，a 4＝0， 故{a n }是以 4 为周期的周期数列，∴S 2 013＝S 503×4＋1＝S 1＝a 1＝1.19.已知数列{a n }满足 3a n ＋1＋a n ＝4(n ≥1)且 a 1＝9，其前 n 项之和为 S n ，则满足不等式|S n －n －6|<125的最小整数 n 是 ．答 案 71解析 由递推式变形得 3(a n ＋1－1)＝－(a n －1)，∴{a n －1}是公比为－3的等比数列． 11则 a n －1＝8·(－3)n －1，即 a n ＝8·(－3)n －1＋1.18[1－(－ )n ]3 1 1 1 1－(－ )于是 S n ＝ 3 ＋n ＝6[1－(－3)n ]＋n ＝6－6·(－3)n ＋n1 1 1因此|S n－n－6|＝|6×(－3)n|＝6×(3)n<125，3n－1>250，∴满足条件的最小n＝7.10.气象学院用3.2 万元买了一台天文观测仪，已知这台观测仪从启用的第一天起连续使用，第n 天的维修保养费为n＋4910 (n∈N*)元，使用它直至报废最合算(所谓报废最合算是指使用这台仪器的平均耗资最少)，一共使用了天．答案8001解析由题意得，每天的维修保养费是以5 为首项，10为公差的等差数列．设一共使用了n 天，则使用n 天的平(5＋n＋49)n 103.2 ×104＋ 2 n 99993.2 × 104均耗资为n3.2 × 104 n＝n ＋20＋20≥20，当且仅当n ＝20时取得最小值，此时n＝800.三、解答题11．已知等差数列{a n}满足：a5＝9，a2＋a6＝14.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若b n＝a n＋qa n(q>0)，求数列{b n}的前n 项和S n.解(1)设数列{a n}的公差为d，则由a5＝9，a2＋a6＝14，得Error!，解得Error!.所以数列{a n}的通项公式为a n＝2n－1.(2)由a n＝2n－1 得b n＝2n－1＋q2n－1.当q>0 且q≠1 时，S n＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋(q1＋q3＋q5＋…＋q2n－1)＝n2＋当q＝1 时，b n＝2n，则S n＝n(n＋1)．所以数列{b n}的前n 项和S n＝Error!. q(1－q2n) 1－q2 ；12.将函数f(x)＝sin(n∈N*)．14x·sin14(x＋2π)·sin12(x＋3π)在区间(0，＋∞)内的全部极值点按从小到大的顺序排成数列{an}(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝2n a n，数列{b n}的前n 项和为T n，求T n的表达式．1 1 1 1 π解(1)化简f(x)＝sin 4x·sin 4(x＋2π)·sin 2(x＋3π)＝－4sin x，其极值点为x＝kπ＋2(k∈Z)，πππ它在(0，＋∞)内的全部极值点构成以2为首项，π为公差的等差数列，故a n＝2＋(n－1)π＝nπ－2.π(2)b n＝2n a n＝2(2n－1)·2n，π∴T n＝2[1·2＋3·22＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)·2n]，π则2T n＝2[1·22＋3·23＋…＋(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n＋1]两式相减，得π∴－T n＝2[1·2＋2·22＋2·23＋…＋2·2n－(2n－1)·2n＋1]，∴T n＝π[(2n－3)·2n＋3]．1 113.在等比数列{a n}中，a2＝4，a3·a6＝512.设b n＝log2a22·log2a n＋2 12，T n为数列{b n}的前n 项和．(1)求a n和T n；(2)若对任意的n∈N*，不等式λT n<n－2(－1)n 恒成立，求实数λ的取值范围．1 1 1解(1)设{a n}的公比为q，由a3a6＝a2·q5＝16q5＝512得q＝2，1∴a n＝a2·q n－2＝(2)n.1 1 1 1 1 1b n＝log2a n2·log2a n＋2 12＝log(2)2n－12·log(2)2n＋12＝(2n－1)(2n＋1)＝2(2n－1－2n＋1)，1 1 1 1 1 1 1 1 n∴T n＝2(1－3＋3－5＋…＋2n－1－2n＋1)＝2(1－2n＋1)＝2n＋1.(n－2)(2n＋1) 2 2(2)①当n 为偶数时，由λT n<n－2 恒成立得，λ< n2 2＝2n－n－3 恒成立，即λ<(2n－n－3)min，而2n－n－3 随n 的增大而增大，∴n＝2 时(2n－n－3)min＝0，∴λ<0.(n＋2)(2n＋1) 2②当n 为奇数时，由λT n<n＋2 恒成立得，λ< n ＝2n＋n＋5 恒成立，2 2即λ<(2n＋n＋5)min而2n＋n＋5≥25＝9，当且仅当2n＝n，即n＝1 时等号成立，∴λ<9.综上，实数λ 的取值范围为(－∞，0)．“”“”At the end, Xiao Bian gives you a passage. Minand once said, "people who learn to learn are very happy people.". In every wonderful life, learning is an eternal theme. As a professional clerical and teaching position, I understand the importance of continuous learning, "life is diligent, nothing can be gained", only continuous learning can achieve better self. Only by constantly learning and mastering the latest relevant knowledge, can employees from all walks of life keep up with the pace of enterprise development and innovate to meet the needs of the market. This document is also edited by my studio professionals, there may be errors in the document, if there are errors, please correct, thank you!。
高考数学二轮复习专题四数列4.2数列的通项与求和课件文
∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1
=ln
������ ������-1 3 +ln +…+ln +ln 2 ������-1 ������-2 ������ ������-1 3 · · …· · 2 2 ������-1 ������-2
2+2
=2+ln
=2+ln n(n≥2).
2 1 时,Sn-1= an-1+ . 3 3 2 3 2 3
由①-②,得 an= an- an-1,即
∵a1=S1=3a1+3,∴a1=1.
������ 1
2
1
∴{an}是以 1 为首项,-2 为公比的等比数列,an=(-2)
.
-8热点1 热点2 热点3
裂项相消法求和
【思考】 在裂项相消法中,裂项的基本思想是什么?
n=1,2,3,…,n-1,
1 2 3 ������-1 bn= × × ×…× × 3 4 5 ������+1
1 1 =,a =1. ������(������+1) n ������(������+1)
(3)由 an+1=3an+2,得 an+1+1=3(an+1),
∵a1=1,知 a1+1=2,an+1≠0,
������������+1 +1 ∴ ������ +1 =3.∴数列{an+1}是以 ������
2 为首项,以 3 为公比的等比数列.
则 an+1=2· 3n-1,故 an=2· 3n-1-1.
数列的通项与求和课件高三数学二轮复习
a
2 n ＋1 ＝
a
2n
＋2，所以
a 2 n ＋2 ＝ a 2 n ＋1 ＋1＝（ a 2 n ＋2）＋1＝ a 2 n ＋3，即 b n ＋1 ＝ b n ＋3，
即 b n ＋1 － b n ＝3.所以{ b n }是以2为首项，3为公差的等差数列.故 b n
＝2＋（ n －1）×3＝3 n －1.
2
2
解：（2）
因为 a 1＝ ， a 2＝ ，所以 a 1＋ a 2＝2.由（1）知，数列
{ an ＋ an ＋1}是以2为首项，3为公比的等比数列，所以 an ＋ an ＋1＝
2×3 n －1.方法一：因为 a
−
－ − ×
n ＋ an ＋1
＝2×3 n －1，所以 a
n＝
造等差或等比数列法，取倒数法等.
4. 求和方法：错位相减法，裂项相消求和
法，分组求和法，并项求和法等.
（2021·全国适应性考试）已知各项均为正数的数列{ an }满足 an ＋2＝
2 an ＋1＋3 an .
（1） 求证：数列{ an ＋ an ＋1}为等比数列；
解：（1） 证明：因为各项均为正数的数列{ an }满足 an ＋2＝2 an ＋1＋3
（ + 1） ， ＋ − 1 ＜2 ＜ ＋ + 1 ⇒
1
2
＜
.
＋ −1
2
＋ +1
＜
2
2
＝
（4） 错位相减法：适用于差比数列（如果{ an }为等差数列，{ bn }为等
比数列，那么{ an ·bn }叫做差比数列），即把每一项都乘以{ bn }的公比
关于2023届高考数学二轮复习备考思考与建议
2022. 12. 4教师端线上形式1.假借平台拓展服务空间金太阳组织创建的平台，分享一些教学思考，提醒“抬头望路”2.节点差异提早预设布局时间点觉得确实有偏早，一轮复习尚未完成，预设“二轮布局”3.个人观点仅供择同选用认同点选择使用并落实，不认同点可以商榷，碰撞“思维火花”1.考什么与怎么考（命题）没有考试大纲？没有考试说明？如何研判最有可能的考向？2.备什么与怎么考（应考）需要丰富哪些应考储备？3.如何备与怎么学（教与学）——教学评价的参考教师的影响度学生的参与度内容的适标度媒介的适切度教学的规范度目标的达成度——“备、教、学、评”一体化【教师指导学生学习知能素养考试评价】要点二轮复习的目标与复习教学的遵循（1）备考的本质 考试培训！（2）培训的目的 学会考试的内容、学会考试的方法？会解答象近年高考那样的题目？解得好、解得快？会解答与近年高考不一样的题目？（宝典中没有的——突破应试题海的模式化） 提高有效解决问题（曾经的实测试题）的能力与效率；形成促进。
丰富内在储备+提升展示技能。
●培训的内容与方法 命题规律 考过试题“变式”考、“创新”考！实现旧题的“变式”和“创新”。
模拟训练+专题复习？（危险的外在表现形式！）夯实学科基础——针对中等及偏下水平稳固知识结构—— 强筋状腱强化关键重点——必考常考内容为重点补缺补漏扫盲——盲区规避优化应试策略——非智力因素、得全该得基本分、争取超常发挥分学校（班级、学科）的指标任务：平均成绩——整体水平的提升上线人数——改变发展的方向亮点培育——迎合各方的需求（强化分层意识）学生的目标：总分的提升目标（效益） 学科的分数位置（特长）旧四化：试题问题化、问题模型化、解模规律化、解题技能化立足通性通法、理顺逻辑顺序、清晰表达过程。
4. 复习教学的遵循二、研判卷题格局，把握基本考向《中国高考报告》、《高考试题分析》、高考评价报告落实评价体系的学科化突出学科素养的导向性突出学科特点的思维性体现本质考查的灵活性探索命题创新的积极性体现五育并举的全面性保持整体设计的稳定性当前评价量尺打造的顶层设计立德树人指导教学服 务 选 拔考试内容考试方法——挖掘命题改革信息、体会考试说明功能试题浏览：特别关注：2.分板块的命题改革方向把握非主干板块内容：集合——传统的语言定位与交汇方式、可能的集合思想及图形语言平面向量——工具地位的体现与交汇应用的自觉、图形方法的强化不等式——内容的改变与函数的交汇，着重考查不等式的运算性质、—元二次不等式、基本不等式（显性考查与隐性考查结合，交汇考查，应独立板块）常用逻辑用语——充分性必要性的强化推理与证明——考查方式的正确理解复数——趋势的变化、教学新定位计数原理——基本模型二项式定理——热点内容三视图——隐性考查处理、不考后如何保持直观想象素养的考查地位对三角函数的考查突出基础，体现综合，对恒等变换的要求有所下降，更多强调对公式的灵活运用．试题呈现以下四个特点：（1）利用数形结合考查，通过图形分析、研究、总结三角函数的性质和图像特点；（2）利用三角公式考查，创设试题情境，灵活运用公式，解决问题；（3）利用真实情境考查，考查解三角形内容，体现三角函数的工具性作用；（4）体现思维深度，考查创新意识；（5）关注结构不良试题设计。
最新高三数学第二轮专题复习数列的通项公式与求和的常用方法教学设计
高三数学第二轮专题复习：数列的通项公式与求和的常用方法高考要求数列是函数概念的继续和延伸，数列的通项公式及前n 项和公式都可以看作项数n 的函数，是函数思想在数列中的应用 数列以通项为纲，数列的问题，最终归结为对数列通项的研究，而数列的前n 项和S n 可视为数列{S n }的通项 通项及求和是数列中最基本也是最重要的问题之一，与数列极限及数学归纳法有着密切的联系，是高考对数列问题考查中的热点，本点的动态函数观点解决有关问题，为其提供行之有效的方法重难点归纳1 数列中数的有序性是数列定义的灵魂，要注意辨析数列中的项与数集中元素的异同 因此在研究数列问题时既要注意函数方法的普遍性，又要注意数列方法的特殊性2 数列{a n }前n 项和S n 与通项a n 的关系式 a n =⎩⎨⎧≥-=-2,1,11n S S n S n n3 求通项常用方法①作新数列法 作等差数列与等比数列 ②累差叠加法 最基本形式是a n =(a n －a n －1+(a n －1+a n －2)+…+(a 2－a 1)+a 1③归纳、猜想法4 数列前n 项和常用求法①重要公式 1+2+…+n =21n (n +1) 12+22+…+n 2=61n (n +1)(2n +1)13+23+…+n 3=(1+2+…+n )2=41n 2(n +1)2②等差数列中S m +n =S m +S n +mnd ，等比数列中S m +n =S n +q n S m =S m +q m S n③裂项求和 将数列的通项分成两个式子的代数和，即a n =f (n +1)－f (n )，然后累加时抵消中间的许多项 应掌握以下常见的裂项等)!1(1!1)!1(1,C C C ,ctg2ctg 2sin 1,!)!1(!,111)1(111+-=+-=-=-+=⋅+-=++-n n n ααn n n n n n n n rn r n n nα④错项相消法 ⑤并项求和法数列通项与和的方法多种多样，要视具体情形选用合适方法典型题例示范讲解例1已知数列{a n }是公差为d 的等差数列，数列{b n }是公比为q 的(q ∈R 且q ≠1)的等比数列，若函数f (x )=(x －1)2，且a 1=f (d －1)，a 3=f (d +1)，b 1=f (q +1)，b 3=f (q －1)，求数列{a n }和{b n }的通项公式；解 ∵a 1=f (d －1)=(d －2)2，a 3=f (d +1)=d 2，∴a 3－a 1=d 2－(d －2)2=2d ，∵d =2，∴a n =a 1+(n －1)d =2(n －1)；又b 1=f (q +1)=q 2，b 3=f (q －1)=(q －2)2，∴2213)2(qq b b -==q 2，由q ∈R ，且q ≠1，得q =－2，∴b n =b ·q n －1=4·(－2)n －1 例2设A n 为数列{a n }的前n 项和，A n =23(a n －1)，数列{b n }的通项公式为b n =4n +3;(1)求数列{a n }的通项公式；(2)把数列{a n }与{b n }的公共项按从小到大的顺序排成一个新的数列，证明数列{d n }的通项公式为d n =32n +1;(3)设数列{d n }的第n 项是数列{b n }中的第r 项，B r 为数列{b n }的前r 项的和；D n 为数列{d n }的前n 项和，T n =B r －D n ，求lim∞→n 4)(n na T 命题意图 本题考查数列的通项公式及前n 项和公式及其相互关系；集合的相关概念，数列极限，以及逻辑推理能力知识依托 利用项与和的关系求a n 是本题的先决；(2)问中探寻{a n }与{b n }的相通之处，须借助于二项式定理；而(3)问中利用求和公式求和则是最基本的知识点错解分析 待证通项d n =32n +1与a n 的共同点易被忽视而寸步难行；注意不到r 与n 的关系，使T n 中既含有n ，又含有r ，会使所求的极限模糊不清技巧与方法 (1)问中项与和的关系为常规方法，(2)问中把3拆解为4－1，再利用二项式定理，寻找数列通项在形式上相通之处堪称妙笔；(3)问中挖掘出n 与r 的关系，正确表示B r ，问题便可迎刃而解解 (1)由A n =23(a n －1)，可知A n +1=23(a n +1－1)，∴a n +1－a n =23 (a n +1－a n )，即n n a a 1+=3，而a 1=A 1=23(a 1－1)，得a 1=3，所以数列是以3为首项，公比为3的等比数列，数列{a n }的通项公式a n =3n(2)∵32n +1=3·32n =3·(4－1)2n =3·［42n +C 12n ·42n －1(－1)+…+C 122-n n ·4·(－1)+(－1)2n ］=4n +3，∴32n +1∈{b n }而数32n =(4－1)2n=42n +C 12n ·42n －1·(－1)+…+C 122-n n ·4·(－1)+(－1)2n =(4k +1)， ∴32n ∉{b n }，而数列{a n }={a 2n +1}∪{a 2n }，∴d n =32n +1(3)由32n +1=4·r +3，可知r =43312-+n ，∴B r =)19(827)91(9127,273433)52(2)347(1212-=-⋅-=+⋅-=+=++++n n n n n D r r r r ， 89)(lim ,3)(,433811389)19(827821349444241212=∴=+⋅-⋅=---⋅+=-=∴∞→++n n n n n n n nn n n r n a T a D B T 例3 设{a n }是正数组成的数列，其前n 项和为S n ，并且对于所有的自然数n ，a n 与2的等差中项等于S n 与2的等比中项(1)写出数列{a n }的前3项(2)求数列{a n }的通项公式(写出推证过程)解析 (1)由题意，当n =1时，有11222S a =+，S 1=a 1， ∴11222a a =+，解得a 1=2 当n =2时，有22222S a =+，S 2=a 1+a 2，将a 1=2代入，整理得(a 2－2)2=16，由a 2＞0，解得a 2=6当n =3时，有33222S a =+，S 3=a 1+a 2+a 3，将a 1=2，a 2=6代入，整理得(a 3－2)2=64，由a 3＞0，解得a 3=10故该数列的前3项为2，6，10(2）解法一 由(1）猜想数列{a n } 有通项公式a n =4n －2下面用数学归纳法证明{a n }的通项公式是a n =4n －2，(n ∈N *）①当n =1时，因为4×1－2=2，，又在(1)中已求出a 1=2，所以上述结论成立②假设当n =k 时，结论成立，即有a k =4k －2，由题意，有k k S a 222=+，将a k =4k －2 代入上式，解得2k =k S 2，得S k =2k 2，由题意，有11222++=+k k S a ，S k +1=S k +a k +1，将S k =2k 2代入得(221++k a )2=2(a k +1+2k 2)，整理得a k +12－4a k +1+4－16k 2=0，由a k +1＞0，解得a k +1=2+4k ，所以a k +1=2+4k =4(k +1)－2，即当n =k +1时，上述结论成立根据①②，上述结论对所有的自然数n ∈N *成立解法二 由题意知n n S a 222=+，(n ∈N *) 整理得，S n =81(a n +2)2, 由此得S n +1=81(a n +1+2)2，∴a n +1=S n +1－S n =81［(a n +1+2)2－(a n +2)2］整理得(a n +1+a n ）(a n +1－a n －4)=0，由题意知a n +1+a n ≠0，∴a n +1－a n =4， 即数列{a n }为等差数列，其中a 1=2，公差d =4∴a n =a 1+(n －1)d =2+4(n －1)，即通项公式为a n =4n －2学生巩固练习1 设z n =(21i -)n，(n ∈N *)，记S n =｜z 2－z 1｜+｜z 3－z 2｜+…+｜z n +1－z n ｜，则lim ∞→n S n =_________2 作边长为a 的正三角形的内切圆，在这个圆内作新的内接正三角形，在新的正三角形内再作内切圆，如此继续下去，所有这些圆的周长之和及面积之和分别为_________3 数列{a n }满足a 1=2，对于任意的n ∈N *都有a n ＞0,且(n +1)a n 2+a n ·a n +1－na n +12=0，又知数列{b n }的通项为b n =2n －1+1(1)求数列{a n }的通项a n 及它的前n 项和S n ；(2)求数列{b n }的前n 项和T n ；(3)猜想S n 与T n 的大小关系，并说明理由4 数列{a n }中，a 1=8,a 4=2且满足a n +2=2a n +1－a n ,(n ∈N *)(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设S n =｜a 1｜+｜a 2｜+…+｜a n ｜,求S n ; (3)设b n =)12(1n a n -(n ∈N *),T n =b 1+b 2+……+b n (n ∈N *),是否存在最大的整数m ，使得对任意n ∈N *均有T n ＞32m成立？若存在，求出m 的值；若不存在，说明理由参考答案,)22(|)21()21(|||:.1111+++=---=-=n n n n n n i i z z c 设解析 22)22(1221])22(1[2121--=--=+++=∴nn n n c c c S 221222221lim +=+=-=∴∞→n n S 2 解析 由题意所有正三角形的边长构成等比数列{a n }，可得a n =12-n a，正三角形的内切圆构成等比数列{r n }，可得r n =12163-n a ,c =lim ∞→n 2π(r 1+r 2+…+r n )=233π a 2，面积之和S =lim ∞→n π(n 2+r 22+…+r n 2)=9πa 2 3 解 (1）可解得11+=+n na a n n ，从而a n =2n ，有S n =n 2+n ， (2)T n =2n +n －1(3)T n －S n =2n －n 2－1，验证可知，n =1时，T 1=S 1，n =2时T 2＜S 2；n =3时，T 3＜S 3;n =4时，T 4＜S 4；n =5时，T 5＞S 5；n =6时T 6＞S 6猜想当n ≥5时，T n ＞S n ，即2n ＞n 2+1可用数学归纳法证明(略）4 解 (1）由a n +2=2a n +1－a n ⇒a n +2－a n +1=a n +1－a n 可知{a n }d =1414--a a =－2,∴a n =10－2n (2)由a n =10－2n ≥0可得n ≤5，当n ≤5时，S n =－n 2+9n ，当n ＞5时，S n =n 2－9n +40，故S n =⎪⎩⎪⎨⎧>+-≤≤+-540951922n n n n n n(3)b n =)111(21)22(1)12(1+-=+=-n n n n a n n)1(2)]111()3121()211[(2121+=+-++-+-=+++=∴n n n n b b b T n n ；要使T n ＞32m总成立，需32m＜T 1=41成立，即m ＜8且m ∈Z ，故适合条件的m 的最大值为7。
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数列的通项公式与求和问题等综合问题数列在高考中占重要地位，每年都考，应当牢记等差、等比的通项公式，前n项和公式，等差、等比数列的性质，以及常见求数列通项的方法，如累加、累乘、构造等差、等比数列法、取倒数等.数列求和问题是数列中的重要知识，在各地的高考试题中频频出现，对于等差数列、等比数列的求和主要是运用公式；而非等差数列、非等比数列的求和问题，一般用倒序相加法、通项化归法、错位相减法、裂项相消法、分组求和法等．数列的求和问题多从数列的通项入手，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．一、数列的通项公式数列的通项公式在数列中占有重要地位，是数列这部分内容的基础之一，在高考中，等差数列和等比数列的通项公式，前n项和公式以及它们的性质是必考内容，一般以填空题、选择题的形式出现，属于低中档题，若数列与函数、不等式、解析几何、向量、三角函数等知识点交融，难度就较大，也是近几年命题的热点.1.由数列的前几项归纳数列的通项公式根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想，由不完全归纳得出的结果是不可靠的，要注意代值检验，对于正负符号变化，可用(－1)n或(－1)n＋1来调整．例1. 根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式（1）-1,7，-13,19，…；（2）0.8,0.88,0.888，…；（3）－；思路分析：归纳通项公式应从以下四个方面着手：(1)观察项与项之间的关系；(2)符号与绝对值分别考虑；(3)规律不明显，适当变形．－2－32，原数列化为－21－321，22－322，－23－323，24－324，…，∴ a n ＝(－1)n·2n －32n. 点评：求数列的通项时，要抓住以下几个特征:(1)分式中分子、分母的特征；(2)相邻项的变化特征；(3)拆项后的特征；(4)各项符号特征等，并对此进行归纳、化归、联想． 2.由数列的递推关系求通项若一个数列首项确定，其余各项用a n 与a n －1的关系式表示(如a n ＝2a n －1＋1，(n >1)，则这个关系式称为数列的递推公式．由递推关系求数列的通项的基本思想是转化，常用的方法： (1)a n ＋1－a n ＝f (n )型，采用叠加法． (2)an ＋1an＝f (n )型，采用叠乘法．(3)a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠0，p ≠1)型，转化为等比数列解决． 例2.对于数列.（1）求数列、的通项公式；（2）令，求数列的前项和.思路分析：（1）由化简得，利用累加法求得，对利用配凑法求得通项公式为；（2）化简，这是等差数列除以等比数列，故用错位相减求和法求得前项和为.（2）, ①则，②②-①得.点评：本题主要考查递推数列求通项的方法，考查了累加法和配凑法，考查了错位相减求和法.对于来说，化简题目给定的含有的表达式后，得到，这个是累加法的标准形式，故用累加法求其通项公式，对于来说，由于，则采用配凑法求其通项公式，对于来说，由于它是等差数列除以等比数列，故用错位相减求和法求和. 3.由与的关系求通项数列是一种特殊的函数，因此，在研究数列问题时，即要注意函数方法的普遍性，又要考虑数列方法的特殊性．S n 与a n 的关系为：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧Sn （n ＝1），Sn －Sn －1 （n≥2）.例3. 【安徽省淮南市2018届第四次联考】已已知数列为数列的前项和，且满足.（1）求数列的通项公式； （2）求的通项公式思路分析：（1）由的关系得相减得检验时， 适合上式即得数列的通项公式（2），两边同时除以得累加法即得解.点评：已知数列前n项和与第n项关系，求数列通项公式，常用将所给条件化为关于前n项和的递推关系或是关于第n项的递推关系，若满足等比数列或等差数列定义，用等比数列或等差数列通项公式求出数列的通项公式，否则适当变形构造等比或等数列求通项公式.注意：利用a n＝S n－S n－1求通项时，注意n≥2这一前提条件，易忽略验证n＝1致误，当n＝1时，a1若适合通项，则n＝1的情况应并入n≥2时的通项；否则a n应利用分段函数的形式表示．4.等差数列前n项和的最值等差数列的单调性与的最大或最小的关系.（1）若，则等差数列中有，即，所以数列为单调递增；当时，有，所以的最小值为.当时，有则一定存在某一自然数，使或，则的最小值为.（2）若，则等差数列中有，即，所以数列为单调递减；当时，有则一定存在某一自然数，使或，则的最大值为.当时，有，所以的最大值为.例4.数列的前项和为，，（）．（1）为何值时，数列是等比数列？（2）在（1）的条件下，若等差数列的前项和有最大值，且，又，，等比数列，求．思路分析：（1）先由求出.再利用数列为等比数列，可得，就可以求出的值；（2）先利用求出，再利用公差把和表示出来，代人成等比数列，求出公差即可求.点评：求等差数列前n 项和的最值常用的方法;(1)先求a n ，再利用⎩⎪⎨⎪⎧an≥0an ＋1≤0或⎩⎪⎨⎪⎧an≤0an ＋1≥0求出其正负转折项，最后利用单调性确定最值．(2)①利用性质求出其正负转折项，便可求得前n 项和的最值．②利用等差数列的前n 项和S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)为二次函数，根据二次函数的性质求最值． 二 数列的求和数列求和是高考的热点，主要涉及等差、等比数列求和、错位相减法求和、裂项相消法求和与并项法求和，题目呈现方式多样，在选择题、填空题中以考查基础知识为主，在解答题中以考查错位相减法和裂项相消法求和为主，求解的关键是抓住通项公式的特征，正确变形，分清项数求和．数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差数列或等比数列求和．常见类型及方法(1)a n ＝kn ＋b ，利用等差数列前n 项和公式直接求解； (2)a n ＝a ·qn －1，利用等比数列前n 项和公式直接求解；(3)a n ＝b n ±c n ，数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，采用分组求和法求{a n }的前n 项和． (4) a n ＝b n ·c n ，数列{b n }，{c n }分别是等比数列和等差数列，采用错位相减法求和 1．公式求法直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和． (1)等差数列的前n 项和公式：S n ＝n （a1＋an ）2＝；(2)等比数列的前n项和公式：例5. 【四川省内江市2018届高三第一次模拟】设是数列的前项和.已知，.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）设，求数列的前项和.思路分析：（Ⅰ）由可得时，，两式相减，即可得出是等比数列，从而求出数列的通项公式；（Ⅱ）写出数列的通项公式，得出数列是等比数列，进而用等比数列求和公式求出数列的前项和.点评：本题考查等比数列的概念、通项公式及前n项的求和公式，利用方程组思想求解.本题属于基础题，注意运算的准确性.应用基本量法是解决此类问题的基本方法，应熟练掌握.根据等差,等比数列的性质探寻其他解法，可以开阔思路，有时可以简化计算.2．分组求和法有些数列，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，可先分别求和，然后再合并．例6.【四川省内江市2018届高三第一次模拟】设数列满足.（2）求数列的前项和.思路分析： 根据题意求出当时，，求出的表达式，然后验证当时是否成立(2)先给出通项，运用分组求和法求前项和点评：分组求和的解题策略：数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差数列或等比数列或可求数列的前项和的数列求和，即将一般数列求和问题转化为特殊数列的求和问题，运用这种方法的关键是通项变形． 3.裂项相消求和法利用通项变形，把数列的通项分裂成两项或几项的差，在求和过程中，中间的一些项可以相互抵消，最后只剩下有限项的和，从而求得数列的和.这种求数列和的方法叫做裂项相消求和法. 常见拆项：；；；n ·n !=(n +1)!－n !；；l og a （1＋1n）＝l og a (n ＋1)－l og a n ；等等例7.已知等差数列的前项和为，，且成等比数列.(Ⅱ)设，求数列的前项和.思路分析：(1)由等差数列性质，，所以，设公差为，则，解得或，由此即可求出通项公式； (2)①当时，；②当时，，然后再根据裂项相消即可求出结果.点评：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．从而达到求和的目的．要注意的是裂项相消法的前提:数列中的每一项均可分裂成一正一负两项，且在求和过程中能够前后相互抵消.4. 错位相减求和法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前n项和可用错位相减法．例8.已知等差数列满足:，该数列的前三项分别加上1,1,3后成等比数列，且.（1）求数列,的通项公式；（2）求数列的前项和.思路分析：(1) 用基本量法，即用为等差数列的公差与表示已知条件，列出方程，解出，即可求数列的通项公式；由可得，即可求出数列的通项公式；(2)因为，所以用错位相减法求即可.点评：本题考查等差数列的定义与性质、对数的性质、错位相减法求和，属中档题；错位相减法适合于一个由等差数列及一个等比数列对应项之积组成的数列．考生在解决这类问题时，都知道利用错位相减法求解，也都能写出此题的解题过程，但由于步骤繁琐、计算量大导致了漏项或添项以及符号出错等．两边乘公比后，对应项的幂指数会发生变化，应将相同幂指数的项对齐，这样有一个式子前面空出一项，另外一个式子后面就会多了一项，两项相减，除第一项和最后一项外，剩下的项是一个等比数列．三. 数列的探索性问题处理探索性问题的一般方法是：假设题中的数学对象存在或结论成立或其中的一部分结论成立，然后在这个前提下进行逻辑推理．若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定结论，其中反证法在解题中起着重要的作用．还可以根据已知条件建立恒等式，利用等式恒成立的条件求解．例9. 【江西省南昌市2018届复习训练题】在数列中，（Ⅰ）求数列的通项；（Ⅱ）若存在成立，求实数的最大值．思路分析：(Ⅰ)由可得，两式相减整理得到，故数列为等比数列，求得通项后再验证是否满足即可得到所求．(Ⅱ)由条件可得存在成立，设，则．然后根据的单调性求出最值即可．点评：数列中的恒成立或能成立的问题是函数问题在数列中的具体体现，解决此类问题时仍要转化为最值问题处理．解题中通过分离参数在不等式的一端得到关于正整数n的函数，然后通过判断函数的单调性得到函数的最值，从而可求得参数的值或其范围．解决等差数列与等比数列的综合问题，关键是理清两个数列的关系．如果同一数列中部分项成等差数列，部分项成等比数列，要把成等差数列或等比数列的项抽出来单独研究；如果两个数列通过运算综合在一起，要从分析运算入手，把两个数列分割开，弄清两个数列各自的特征，再进行求解．从上面三方面可以看出，解答数列综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以及特例分析法，一般递推法，数列求和及求通项等方法来分析、解决问题．数列与解析几何的综合问题解决的策略往往是把综合问题分解成几部分，先利用解析几何的知识以及数形结合得到数列的通项公式，然后再利用数列知识和方法求解．数列是一种特殊的函数，故数列有着许多函数的性质．等差数列和等比数列是两种最基本、最常见的数列，它们是研究数列性质的基础，它们与函数、方程、不等式、三角等内容有着广泛的联系，等差数列和等比数列在实际生活中也有着广泛的应用，随着高考对能力要求的进一步增加，这一部分内容也将受到越来越多的关注．11 / 11。