2013年高三数学二轮复习课件 第二讲 数列的通项公式与数列求和
数列的通项公式与求和(包含等差数列与等比数列复习)
n （1）已知 a1＝1，an＝ a － (n≥2，n∈N*)，求出满足条件的数列的通项公式. n－1 n 1
（2）在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2nan，求 an.
（3）已知数列{an}中，a1＝1， 2nan +1 = ( n + 1) an ，则数列{an}的通项公式为________．
第1讲 考点整合：
数列的通项公式与求和
1、数列通项公式的求解 （1）观察法 （2）利用 an 与 Sn 的关系求 an （3）利用递推公式求通项公式 2、数列的求和 （1）等差、等比数列的求和 ①公式法 ②关于奇偶项求和问题 ③关于含绝对值的数列求和 （2）通项分析法 （3）错位相减法 （4）分组求和法 （5）裂项相消法 （6）倒数相加法 （7）并项求和法
1 2
②形如 an +1 = pan + qn + r ( p, q, r为常数，p 0, p 1) 的递推式. 方法：可构造 an +1 + a ( n + 1) + b = p ( an + an + b ) 转化为等比数列. 例：在数列{an}中，a1＝2， an +1 = 4an − 3n + 1( n N * ) ,求数列{an}的通项公式.
例 2：在等差数列 an 中， a10 = 23 ， a25 = −22 ， Sn 为其前 n 项和 Sn . （1）求使 S n 0 的最小正整数 n ； （2）求 Tn =| a1|+ | a2 |+ | a3|+...+ | an | .
例 3：已知等差数列 an 前三项的和为-3，前三项的积为 8. （1）求等差数列 an 的通项公式； （2）若 a2 ， a3 ， a1 成等差数列，求数列 | an | 的前 n 项和.
高考数学二轮复习第一篇专题四数列第2讲数列求和及简单应用课件理
+2an+1=4S
n+1+3.
可得
a2 n 1
-
an2
+2(an+1- an)=4an+1,即
2(an+1+an)=
a2 n 1
-
an2
= (an+1+an)(an+1-an).
由于 an>0,可得 an+1-an=2.
又 a12 +2a1=4a1+3, 解得 a1=-1(舍去)或 a1=3.
所以{an}是首项为 3,公差为 2 的等差数列,通项公式为 an=2n+1.
第二个使用累积的方法、第三个可以使用待定系数法化为等比数列(设 an+1+λ =p(an+λ),展开比较系数得出λ);(3)周期数列,通过验证或者推理得出数列的 周期性后得出其通项公式.
热点训练 1:(1)(2018·湖南长沙雅礼中学、河南省实验中学联考)在数列{an}
中,a1=2, an1 = an +ln(1+ 1 ),则 an 等于( )
n
所以
1 =2（1- 1 + 1 - 1 +…+ 1 -
1
）
S k 1 k
223
n n1
=2(1- 1 ) n 1
= 2n . n 1
答案: 2n n 1
3.(2015·全国Ⅱ卷,理16)设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则
Sn=
.
解析:因为 an+1=S n+1-Sn,所以 Sn+1-Sn=Sn+1Sn,
高考数学二轮复习数列求和及其综合应用
(2)在各项均为正数的数列{an}中，a1＝1，a2n＋1－2an＋1an－3a2n＝0，Sn 是数列 {an}的前 n 项和，若对 n∈N*，不等式 an(λ－2Sn)≤27 恒成立，则实数 λ 的 取值范围为_(－__∞__，__1_7_]_.
∵a2n＋1－2an＋1an－3a2n＝0， ∴(an＋1＋an)(an＋1－3an)＝0， ∵an>0，∴an＋1＝3an，又a1＝1， ∴数列{an}是首项为1，公比为3的等比数列， ∴an＝3n－1， Sn＝11－－33n＝32n－12， ∴不等式 an(λ－2Sn)≤27 即 λ≤2Sn＋2a7n＝3n＋32n－71－1 对 n∈N*恒成立，
所以 2an1
2an
＝4，
所以an＋1－an＝2，
所以数列{an}是公差为2的等差数列，
因为a2，a4，a7成等比数列，
所以 a24＝a2a7，
所以(a1＋6)2＝(a1＋2)(a1＋12)， 解得a1＝6，
所以an＝6＋2(n－1)＝2n＋4， 因为Sn为数列{bn}的前n项和，且bn是1和Sn的等差中项， 所以Sn＋1＝2bn， 当n≥2时，有Sn－1＋1＝2bn－1， 两式相减得bn＝2bn－2bn－1，即bn＝2bn－1， 当n＝1时，有S1＋1＝b1＋1＝2b1， 所以b1＝1， 所以数列{bn}是首项为1，公比为2的等比数列，所以bn＝2n－1，
考向3 错位相减法
例3 (2022·上饶模拟)从①b5－b4＝18b2，②S5＝b4－2，③log3bn＋1－1＝ log3bn这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答. 已知数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}是正项等比数列，且2an＝an＋1＋ an－1(n≥2)，S3＝b3＝9，b4＝a14，________. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
数学复习数列的通项公式与求和公式的推导
数学复习数列的通项公式与求和公式的推导数学复习：数列的通项公式与求和公式的推导一、引言数列是数学中常见的概念，它在代数、几何以及数学分析中都有广泛应用。
数列的通项公式和求和公式是数列研究中的重要内容。
本文将探讨数列的通项公式和求和公式的推导过程。
二、数列的概念与分类数列是按照一定规律排列的一组数。
按照数列的特点，可以将其分为等差数列和等比数列两种。
1. 等差数列等差数列是指相邻两项之差都相等的数列。
设等差数列的首项为a₁，公差为d，则第n项可表示为：aₙ = a₁ + (n - 1)d2. 等比数列等比数列是指相邻两项之比都相等的数列。
设等比数列的首项为a₁，公比为r，则第n项可表示为：aₙ = a₁ * r^(n - 1)三、数列的通项公式的推导数列的通项公式是指根据数列的规律，能够直接求得数列的任意一项的公式。
1. 等差数列的通项公式推导设等差数列的首项为a₁，公差为d。
我们可以观察到等差数列的相邻两项的差值是相等的。
首先考虑首项a₁，它到第n项aₙ需要经过n-1个公差d。
因此，我们可以表示为：aₙ = a₁ + (n - 1)d这就是等差数列的通项公式。
2. 等比数列的通项公式推导设等比数列的首项为a₁，公比为r。
我们可以观察到等比数列的相邻两项的比值是相等的。
首先考虑首项a₁，它到第n项aₙ需要经过n-1次乘以公比r。
因此，我们可以表示为：aₙ = a₁ * r^(n - 1)这就是等比数列的通项公式。
四、数列的求和公式的推导数列的求和公式是指根据数列的规律，能够直接求得数列的前n项的和的公式。
1. 等差数列的求和公式推导设等差数列的首项为a₁，公差为d。
我们可以观察到等差数列的前n项和与数列的首项和末项之和相等。
首先考虑数列的首项a₁和末项aₙ，将等差数列从两端开始向中间逐项相加，我们可以得到以下结果：Sₙ = (a₁ + aₙ) * n / 2其中，Sₙ表示等差数列的前n项和。
2. 等比数列的求和公式推导设等比数列的首项为a₁，公比为r。
高三数学数列求和2 优质课件
∵ n≥2,n 1≥1)
作业: 《全案》
速度训练:
P77
训练
5
1. 设 Sn 1234 (1)n1n ， 则
S4m S2m1 S2m3（ m N* ）的值为（B）
(A)0 (B)3 (C)4 （D）随 m 的变化而变化
2.已知
S
1
1 22
1 32
…+
1 n2
系数是 Cn21 =
n(n 1) 2
.
∴
1
an
2
n(n 1)
=
2 n
2 n 1
∴
lim(
n
1
a1
1
a2
=2
1 ) lim(2 2 )
an
n
n 1
返回
例 3 分析: 第⑴小问直接翻译即可. 第⑵小问弄清 f (n) 的意义,然后检验 即可. 第⑶小问关键是求出 P1Pn 2 ? , 然后分析和的结果
xn
nxn nxn1 1 x
1
1 n xn nxn1 1 x
1 1 n xn nxn1
∴当 x 1时, Sn
1 x2
当 x 1时， Sn 1 2 3 4
;
n n1 n
2
返回
例 1.求和:
⑵113
1 35
…+
(2n
常需要求数列的和,而这些求和往往采 用特殊方法.
例 1 求和:
⑴1 2x 3x2 4x3 nxn1.
⑵
1 1 3
1 35
…+
(2n
高中数学公式大全数列的通项公式与求和公式
高中数学公式大全数列的通项公式与求和公式高中数学公式大全：数列的通项公式与求和公式数列是指按照一定规律排列的一组数，而数列的通项公式和求和公式则是研究数列的重要内容。
在高中数学中，数列的通项公式和求和公式是学习和应用数列的基础。
本文将详细介绍数列的通项公式和求和公式的定义、推导以及应用案例。
一、数列的通项公式数列的通项公式又称为数列的第n项公式，它可以用来表示数列的任意一项，是数列的核心公式。
对于通项公式的推导，我们先来看一个常见的数列——等差数列。
1. 等差数列的通项公式等差数列是指数列中的每一项与前一项的差等于同一个常数d。
设等差数列的第一项为a₁，公差为d，则等差数列的通项公式为：aₙ = a₁ + (n-1) * d其中，aₙ表示等差数列的第n项，n表示项数。
举例：对于数列1, 3, 5, 7, 9...来说，其通项公式为：aₙ = 2n - 12. 等比数列的通项公式等比数列是指数列中的每一项与前一项的比等于同一个常数q。
设等比数列的第一项为a₁，公比为q，则等比数列的通项公式为：aₙ = a₁ * q^(n-1)其中，aₙ表示等比数列的第n项，n表示项数。
举例：对于数列2, 4, 8, 16, 32...来说，其通项公式为：aₙ = 2^(n-1)二、数列的求和公式数列的求和公式是用来计算数列前n项和的公式，对于不同类型的数列，求和公式也各不相同。
下面我们来介绍两种常见的数列求和公式——等差数列的求和公式和等比数列的求和公式。
1. 等差数列的求和公式对于等差数列的前n项和，求和公式为：Sₙ = (n/2) * (a₁ + aₙ)其中，Sₙ表示等差数列的前n项和。
举例：对于等差数列1, 3, 5, 7, 9...来说，其前n项和的求和公式为：Sₙ = (n/2) * (1 + 2n - 1) = n^22. 等比数列的求和公式对于等比数列的前n项和，求和公式为：Sₙ = (a₁ * (q^n - 1)) / (q - 1)其中，Sₙ表示等比数列的前n项和。
数列求和-裂项相消法-PPT课件
为等b比n 数列
②乘公比：等式两边乘以等比数列的公比
③错位：让次数相同的相对齐④相减⑤解出Sn
数列求和-裂项相消法
例题探究·提炼方法
(教材必修5习题2.3B组第四题)
解：
an
1 n(n 1)
1 n
1 n 1
Sn a1 a2 a3
an1 an
(1- 1）（1 - 1）（1 - 1） （ 1 1） (1 1 ) 2 2 3 3 4 n 1 n n n 1
1 (1 1 ) 3 3n 1
数列求和-裂项相消法
规律方法·反思提升
(1)an
1 n(n
k)
1 k
(
1 n
n
1
k
)
(2)bn
1 4n2 1
(2n
1 1)(2n
1)
1 2
(
1 2n 1
1) 2n 1
(3)bn
9n2
1 3n
2
(3n
1 2)(3n
1)
1 3
(1 3n
2
1) 3n 1
数列求和-裂项相消法
1 n＋1＋
＝ n
n＋1－
n，
S2 016＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 016＝( 2－ 1)＋( 3－ 2)＋( 4－ 3) ＋…＋( 2 016－ 2 015)＋( 2 017－ 2 016)＝ 2 017－1. 答案：C
数列求和-裂项相消法
强化练习·扩展延伸
强化练习2
题型3：
2n
11
an (2n 1)(2n1 1) 2n 1 2n1 1
数列求和 数列求和的基本方法
知识回顾
数学归纳法、数列的通项公式与数列求和
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专题三 数列与数学归纳法
3
[典型例题]
(2019·宁波市九校联考)已知 n∈N*，Sn＝(n＋1)·(n＋2)…(n＋n)，Tn＝2n×1×3×… ×(2n－1)．
(1)求 S1，S2，S3，T1，T2，T3； (2)猜想 Sn 与 Tn 的关系，并用数学归纳法证明． 【解】 (1)S1＝T1＝2，S2＝T2＝12，S3＝T3＝120. (2)猜想：Sn＝Tn(n∈N*)． 证明：①当 n＝1 时，S1＝T1； ②假设当 n＝k(k≥1 且 k∈N*)时，Sk＝Tk， 即(k＋1)(k＋2)…(k＋k)＝2k×1×3×…×(2k－1)，
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专题三 数列与数学归纳法
16
【答案】 (1)an＝2－12n－1 (2)2n＋1－3 (3)n2
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专题三 数列与数学归纳法
17
由递推式求数列通项公式的常见类型 (1)形如 an＋1＝an＋f(n)的数列，求解此类数列的通项公式一般先通过变形为 an＋1－an＝ f(n)，再利用累加法 an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1，代入相应的关系式， 再加以合理的分析与求解．同理，形如 an＋1＝f(n)an 型数列可转化为用累乘法求解． (2)形如 an＋1＝can＋d(c≠0，1)的数列，求解此类线性关系的数列的通项公式一般可用待
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专题三 数列与数学归纳法
12
【解析】 (1)由于 Sn＝2n－an，所以 Sn＋1＝2(n＋1)－an＋1，后式减去前式，得 Sn＋1－Sn ＝2－an＋1＋an，即 an＋1＝12an＋1，变形为 an＋1－2＝12(an－2)，则数列{an－2}是以 a1－2 为首项，12为公比的等比数列．又 a1＝2－a1，a1＝1，则 an－2＝(－1)·12n－1，所以 an＝2 －12n－1.
高三数学数列的通项公式及求和
利用互联网现有资源查询想要得到的资料，如幸福攻略电视剧全集击第一个搜索结果。如下图所示：3、点击打开全集网，在全集网的首页的右上方的搜索框里输入：幸福攻略，之后点击搜索。4、搜索结果如下图所示：点击迅雷影音即可 咪咕如何收藏电视剧，具体的怎么操作，小编教你如何进行。 操作手机：荣耀20操作系统：Android9，magicUI2.1.0版本咪咕：5.6.8.20版本 1、看到咪咕，如下图，看到打开2、打开咪咕，如下图，看到热点，看到电视剧3、点击电视剧，如下图，看到电视剧（选择其中的一部电视剧）4、点击箭头所指电视剧，如下图，看到收藏5、点击收藏，如下图，看到登录（输入手机号和验证码）6、点击登录，如下图，看到已加入收藏，可在“ 现在，智能手机已随处可见。今天，我邻居家的婶婶拿着她新买的智能手机，问我怎么下载电视剧。小编就以爱奇艺这个软件为例，给大家说一下怎么下载电视剧。 手机爱奇艺软件wifi 1、打开爱奇艺软件，没有软件的请先下载安装。2、打开软件后出现如下页面，点击搜索按钮。3、在搜索栏里输入你想下载的电视剧，然后点搜索。4、找到你想下载的电视剧，点缓存。5、在出现的页面里，点击你想缓存的集数，并点击确定缓存按钮。6、要想看你电视剧的下载缓存情况，点击 相信电视剧迷们追过很多剧，而且有些剧一直让他们念念不忘，有可能是对角色难以释怀，也有可能是对台词印象深刻。比如《花千骨》里面杀阡陌对白子画说的那句：你若敢为你门中子弟伤她一分，我便屠你满门。你若敢为天下人损她一毫，我便杀尽天下人。那么，在你的眼中哪些电视剧的台 电视剧令人难忘的台词 1、当你读到一本很好的书，见到一个很英俊的男人，或者是走进一座很美丽的城市，你会对自己说的，你看到这世界上最好的东西了，你将会让这些东西陪伴你度过余生。但过不了多久，新的事情就会发生，你会读到一本更好的书，到达一个更美丽的城市，遇到一位更英俊的男人，开始一段更
高考数学二轮复习专题三 第2讲 数列求和及其综合应用
第2讲 数列求和及其综合应用[考情分析]数列求和常与数列的综合应用一起考查，常以解答题的形式出现，有时与函数、不等式综合在一起考查，难度中等偏上． 考点一 数列求和 核心提炼1．裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是依次项抵消，有的是间隔项抵消．常见的裂项方式有：1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；1n (n ＋k )＝1k ⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋k ；1n2－1＝12⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1；14n2－1＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1.2．如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，那么求数列{a n ·b n }的前n 项和S n 时，可采用错位相减法．用错位相减法求和时，应注意：(1)等比数列的公比为负数的情形；(2)在写出“S n ”和“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“S n －qS n ”的表达式． 考向1 分组转化法求和例1 已知在等比数列{a n }中，a 1＝2，且a 1，a 2，a 3－2成等差数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝1an＋2log 2a n －1，求数列{b n }的前n 项和S n .解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，由a 1，a 2，a 3－2成等差数列，得2a 2＝a 1＋a 3－2， 即4q ＝2＋2q 2－2，解得q ＝2(q ＝0舍去)， 则a n ＝a 1q n －1＝2n ，n ∈N *.(2)b n ＝1an ＋2log 2a n －1＝12n ＋2log 22n －1＝12n ＋2n －1，则数列{b n }的前n 项和S n ＝⎝⎛⎭⎫12＋14＋…＋12n ＋(1＋3＋…＋2n －1) ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＋12n (1＋2n －1)＝1－12n ＋n 2.考向2 裂项相消法求和 例2 (2020·莆田市第一联盟体学年联考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n 2－2n ，{b n }为正项等比数列，且b 1＝a 1＋3，b 3＝6a 4＋2. (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)设c n ＝1an ＋1·log2bn ＋1，求{c n }的前n 项和T n .解 (1)由S n ＝n 2－2n ，得当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1， 当n ≥2时，S n －1＝(n －1)2－2(n －1)＝n 2－4n ＋3，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －3，a 1＝－1也满足此式．所以a n ＝2n －3，n ∈N *. 又b 1＝a 1＋3＝2，b 3＝6a 4＋2＝32，因为{b n }为正项等比数列，设{b n }的公比为q (q >0)． 所以q 2＝b3b1＝16，即q ＝4，所以b n ＝b 1·q n －1＝2·4n －1＝22n －1，n ∈N *. (2)因为a n ＋1＝2(n ＋1)－3＝2n －1，b n ＋1＝22n ＋1. 所以c n ＝1an ＋1·log2bn ＋1＝1(2n －1)·log 222n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1.所以T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1.所以T n ＝n 2n ＋1.考向3 错位相减法求和例3 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n >0，且a 2n ＋1－2a n ＋1a n －3a 2n ＝0. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 3(1＋S n )，求数列{a n b n }的前n 项和T n . 解 (1)由a 2n ＋1－2a n ＋1a n －3a 2n ＝0及a n >0， 得⎝⎛⎭⎫an ＋1an 2－2×an ＋1an －3＝0，解得an ＋1an ＝3或an ＋1an ＝－1(舍)，所以{a n }是等比数列，且公比q ＝3， 又a 1＝2，所以a n ＝2·3n －1，n ∈N *. (2)因为S n ＝2(1－3n )1－3＝3n－1，所以b n ＝log 3(1＋S n )＝n ，则a n b n ＝2n ·3n －1，所以T n ＝2×30＋4×31＋6×32＋…＋(2n －2)·3n －2＋2n ·3n －1，① 所以3T n ＝2×31＋4×32＋6×33＋…＋(2n －2)·3n －1＋2n ·3n ，②①－②，得(1－3)T n ＝2＋2×31＋2×32＋2×33＋…＋2·3n －1－2n ·3n ＝2(1－3n )1－3－2n ·3n ＝(1－2n )·3n －1，所以T n ＝⎝⎛⎭⎫n －12·3n ＋12.规律方法 (1)分组转化法求和的关键是将数列通项转化为若干个可求和的数列通项的和差．(2)裂项相消法的基本思路是将通项拆分，可以产生相互抵消的项．(3)错位相减法求和，主要用于求{a n b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别为等差数列和等比数列．跟踪演练 1 (1)已知函数f (n )＝⎩⎨⎧n2，n 为奇数，－n2，n 为偶数，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 8等于( ) A ．－16 B ．－8 C ．8 D ．16 答案 C解析 当n 为奇数时，n ＋1为偶数，则a n ＝n 2－(n ＋1)2＝－2n －1，所以a 1＋a 3＋a 5＋a 7＝－(3＋7＋11＋15)＝－36.当n 为偶数时，n ＋1为奇数，则a n ＝－n 2＋(n ＋1)2＝2n ＋1，则a 2＋a 4＋a 6＋a 8＝5＋9＋13＋17＝44.所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 8＝－36＋44＝8，故选C. (2)(2020·武汉江夏一中、汉阳一中联考)若首项为23的数列{a n }满足2(2n ＋1)a n a n ＋1＋a n ＋1＝a n ，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 020等于( ) A.8 0804 041 B.4 0784 040 C.4 0404 041 D.4 0394 040 答案 C解析 依题意得a n ≠0，由2(2n ＋1)a n a n ＋1＝a n －a n ＋1， 等式两边同时除以a n a n ＋1可得1an ＋1－1an＝4n ＋2，则当n ≥2时，1an －1an －1＝4n －2，1an －1－1an －2＝4n －6，…，1a2－1a1＝6，以上式子左右两边分别相加可得 1an －1a1＝(6＋4n －2)(n －1)2， 即1an ＝2n 2－12＝(2n －1)(2n ＋1)2， 所以a n ＝2(2n －1)(2n ＋1)＝12n －1－12n ＋1，当n ＝1时，a 1＝23满足上式．故a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 020＝1－13＋13－15＋…＋14 039－14 041＝1－14 041＝4 0404 041.(3)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝2，b 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，b 1＋12b 2＋13b 3＋…＋1nb n ＝b n ＋1－1(n ∈N *)．①求数列{a n }与{b n }的通项公式； ②记数列{a n b n }的前n 项和为T n ，求T n .解 ①由a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，得a n ＝2n (n ∈N *)． 由题意知：当n ＝1时，b 1＝b 2－1，故b 2＝2. 当n ≥2时，1n b n ＝b n ＋1－b n .整理得bn ＋1n ＋1＝bn n ，又b22＝b11，所以b n ＝n (n ∈N *)． ②由①知a n b n ＝n ·2n ，因此T n ＝2＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n ， 2T n ＝22＋2·23＋3·24＋…＋n ·2n ＋1， 所以T n －2T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1. 故T n ＝(n －1)2n ＋1＋2(n ∈N *)．考点二 数列的综合问题 核心提炼数列与函数、不等式的综合问题是高考命题的一个方向，此类问题突破的关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，通过放缩进行等式的证明． 例4 (1)(2020·日照模拟)如图，在直角坐标系xOy 中，一个质点从A (a 1，a 2)出发沿图中路线依次经过B (a 3，a 4)，C (a 5，a 6)，D (a 7，a 8)，…，按此规律一直运动下去，则a 2 017＋a 2 018＋ a 2 019＋a 2 020等于( )A ．2 017B ．2 018C ．2 019D ．2 020 答案 C解析 由直角坐标系可知，A (1,1)，B (－1,2)，C (2,3)，D (－2,4)，E (3,5)，F (－3,6)，即a 1＝1，a 2＝1，a 3＝－1，a 4＝2，a 5＝2，a 6＝3，a 7＝－2，a 8＝4，…，由此可知，数列中偶数项是从1开始逐渐递增的，且都等于其项数除以2；每四个数中有一个负数，且为每组的第三个数，每组的第一个数为其组数，每组的第一个数和第三个数是互为相反数， 因为2 020÷4＝505，所以a 2 017＝505，a 2 018＝1 009，a 2 019＝－505，a 2 020＝1 010， a 2 017＋a 2 018＋a 2 019＋a 2 020＝2 019. (2)(2020·洛阳第一高级中学月考)已知数列{a n }满足a 1＋12a 2＋…＋1na n ＝n 2＋n (n ∈N *)，设数列{b n }满足b n ＝2n ＋1anan ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，若T n <n n ＋1λ(n ∈N *)恒成立，则λ的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫14，＋∞ B.⎣⎡⎭⎫14，＋∞ C.⎣⎡⎭⎫38，＋∞ D.⎝⎛⎭⎫38，＋∞ 答案 D解析 因为a 1＋12a 2＋…＋1na n ＝n 2＋n (n ∈N *)，所以 a 1＋12a 2＋…＋1n －1a n －1＝(n －1)2＋(n －1)(n ∈N *，n ≥2)，故1n a n ＝2n ，即a n ＝2n 2(n ≥2)． 当n ＝1时，a 1＝12＋1＝2，满足上式， 故a n ＝2n 2(n ∈N *)．b n ＝2n ＋14n2×(n ＋1)2＝14⎣⎡⎦⎤1n2－1(n ＋1)2，故T n ＝14⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫112－122＋⎝⎛⎭⎫122－132＋…＋1n2－1(n ＋1)2 ＝14⎣⎡⎦⎤1－1(n ＋1)2＝n2＋2n 4(n ＋1)2，故T n <n n ＋1λ(n ∈N *)恒成立等价于n2＋2n 4(n ＋1)2<n n ＋1λ，即n ＋24(n ＋1)<λ恒成立，化简，得14＋14(n ＋1)<λ， 因为14＋14(n ＋1)≤14＋18＝38，故λ>38.易错提醒 (1)公式a n ＝S n －S n －1适用于所有数列，但易忽略n ≥2这个前提．(2)数列和不等式的综合问题，要注意条件n ∈N *，求最值要注意等号成立的条件，放缩不等式要适度． 跟踪演练2 (1)(2020·中国人民大学附属中学模拟)在数列{a n }中，已知a n ＝n 2＋λn ，n ∈N *，则“a 1<a 2”是“{a n }是单调递增数列”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件答案 C解析 若在数列{a n }中，已知a n ＝n 2＋λn ，n ∈N *，a 1<a 2，则1＋λ<4＋2λ，解得λ>－3，若数列{a n }是单调递增数列，则对任意的n ∈N *都满足a n ＋1－a n ＝(n ＋1)2＋λ(n ＋1)－n 2－λn ＝2n ＋1＋λ>0，∴λ>－1－2n ，即λ>(－1－2n )max ＝－3，因此，“a 1<a 2”是“{a n }是单调递增数列”的充要条件．(2)设曲线y ＝2 020x n ＋1(n ∈N *)在点(1，2 020)处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ，令a n ＝ log 2 020x n ，则a 1＋a 2＋…＋a 2 019的值为( ) A ．2 020 B ．2 019 C ．1 D ．－1 答案 D解析 因为y ′＝2 020(n ＋1)x n ，所以切线方程是y －2 020＝2 020(n ＋1)(x －1)，所以x n ＝nn ＋1，所以a 1＋a 2＋…＋a 2 019＝log 2 020(x 1·x 2·…·x 2 019) ＝log 2 020⎝⎛⎭⎫12×23×…×2 0192 020＝log 2 02012 020＝－1. 专题强化练一、单项选择题 1．(2020·聊城模拟)数列1,6,15,28,45，…中的每一项都可用如图所示的六边形表示出来，故称它们为六边形数，那么第10个六边形数为( )A ．153B ．190C ．231D ．276 答案 B解析 由题意知，数列{a n }的各项为1,6,15,28,45，…，所以a 1＝1＝1×1，a 2＝6＝2×3，a 3＝15＝3×5，a 4＝28＝4×7，a 5＝45＝5×9，…，a n ＝n (2n －1)， 所以a 10＝10×19＝190.2．已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2，n ∈N *)，a 1＝1，a 2＝2，S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2020等于( )A ．3B ．2C ．1D ．0 答案 A解析 ∵a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2，n ∈N *)，a 1＝1，a 2＝2，∴a 3＝1，a 4＝－1，a 5＝－2，a 6＝－1，a 7＝1，a 8＝2，……，故数列{a n }是周期为6的周期数列，且每连续6项的和为0，故S 2 020＝336×0＋a 2 017＋a 2 018＋a 2 019＋a 2 020＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝3.故选A. 3．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝b 1＝1，a n ＋1－a n ＝bn ＋1bn＝3，n ∈N *，则数列{ba n }的前10项和为( ) A.12×(310－1) B.18×(910－1) C.126×(279－1) D.126×(2710－1) 答案 D解析 因为a n ＋1－a n ＝bn ＋1bn＝3，所以{a n }为等差数列，公差为3，{b n }为等比数列，公比为3， 所以a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2，b n ＝1×3n －1＝3n －1，所以na b ＝33n －3＝27n －1，所以{}na b 是以1为首项，27为公比的等比数列，所以{}na b 的前10项和为1×(1－2710)1－27＝126×(2710－1)． 4．已知数列{a n }和{b n }的首项均为1，且a n －1≥a n (n ≥2)，a n ＋1≥a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，且满足2S n S n ＋1＋a n b n ＋1＝0，则S 2 021等于( ) A ．2 021 B.12 021 C ．4 041 D.14 041答案 D解析 由a n －1≥a n (n ≥2)，a n ＋1≥a n 可得a n ＋1＝a n ， 即数列{a n }是常数列，又数列{a n }的首项为1，所以a n ＝1，所以当S n S n ＋1≠0时，2S n S n ＋1＋a n b n ＋1＝0可化为2S n S n ＋1＋b n ＋1＝0， 因为S n 为数列{b n }的前n 项和，所以2S n S n ＋1＋b n ＋1＝2S n S n ＋1＋(S n ＋1－S n )＝0， 所以1Sn ＋1－1Sn＝2，又1S1＝1b1＝1，因此数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1Sn 是以1为首项，2为公差的等差数列，所以1Sn ＝1＋2(n －1)＝2n －1，故S n ＝12n －1，即S n S n ＋1≠0.所以S 2 021＝14 041.5．定义在[0，＋∞)上的函数f (x )满足：当0≤x <2时，f (x )＝2x －x 2；当x ≥2时，f (x )＝3f (x －2)．记函数f (x )的极大值点从小到大依次为a 1，a 2，…，a n ，…，并记相应的极大值依次为b 1，b 2，…，b n ，…，则S 20＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a 20b 20的值为( ) A ．19×320＋1 B ．19×319＋1 C ．20×319＋1 D ．20×320＋1答案 A解析 当0≤x <2时，f (x )＝2x －x 2＝1－(x －1)2，可得a 1＝1，b 1＝1；当2≤x <4时，有0≤x －2<2，可得f (x )＝3f (x －2)＝3[1－(x －3)2]，可得a 2＝3，b 2＝3；当4≤x <6时，有0≤x －4<2，可得f (x )＝9f (x －4)＝9[1－(x －5)2]，可得a 3＝5，b 3＝9；…；a 20＝39，b 20＝319；….故S 20＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a 20b 20＝1×1＋3×3＋5×9＋…＋39×319，3S 20＝1×3＋3×9＋5×27＋…＋39×320，两式相减可得－2S 20＝1＋2(3＋9＋27＋…＋319)－39×320＝1＋2×3×(1－319)1－3－39×320，化简可得S 20＝1＋19×320.故选A. 二、多项选择题6．若数列{a n }满足：对任意正整数n ，{a n ＋1－a n }为递减数列，则称数列{a n }为“差递减数列”．给出下列数列{a n }(n ∈N *)，其中是“差递减数列”的有( ) A ．a n ＝3n B ．a n ＝n 2＋1 C ．a n ＝n D ．a n ＝ln nn ＋1答案 CD解析 对于A ，若a n ＝3n ，则a n ＋1－a n ＝3(n ＋1)－3n ＝3，所以{a n ＋1－a n }不为递减数列，故数列{a n }不是“差递减数列”；对于B ，若a n ＝n 2＋1，则a n ＋1－a n ＝(n ＋1)2－n 2＝2n ＋1，所以{a n ＋1－a n }是递增数列，故数列{a n }不是“差递减数列”；对于C ，若a n ＝n ，则a n ＋1－a n ＝n ＋1－n ＝1n ＋1＋n，所以{a n ＋1－a n }为递减数列，故数列{a n }是“差递减数列”；对于D ，若a n ＝lnn n ＋1，则a n ＋1－a n ＝ln n ＋1n ＋2－ln n n ＋1＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n ＋2·n ＋1n ＝ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n2＋2n ，由于函数y ＝ln ⎝⎛⎭⎫1＋1x2＋2x 在(0，＋∞)上单调递减，所以{a n ＋1－a n }为递减数列，故数列{a n }是“差递减数列”． 7．(2020·浙江改编)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d ≠0，a1d≤1.记b 1＝S 2，b n ＋1＝S 2n ＋2－S 2n ，n ∈N *，下列等式可能成立的是( ) A ．2a 4＝a 2＋a 6 B ．2b 4＝b 2＋b 6 C ．a 24＝a 2a 8 D ．b 24＝b 2b 8答案 ABC解析 由题意，知b 1＝S 2＝a 1＋a 2， b n ＋1＝S 2n ＋2－S 2n ＝a 2n ＋1＋a 2n ＋2， 可得b n ＝a 2n －1＋a 2n (n >1，n ∈N *)． 由{a n }为等差数列，可知{b n }为等差数列．选项A 中，由a 4为a 2，a 6的等差中项，得2a 4＝a 2＋a 6，成立．选项B 中，由b 4为b 2，b 6的等差中项，得2b 4＝b 2＋b 6，成立． 选项C 中，a 2＝a 1＋d ，a 4＝a 1＋3d ，a 8＝a 1＋7d . 由a 24＝a 2a 8，可得(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋7d )， 化简得a 1d ＝d 2，又由d ≠0，可得a 1＝d ，符合a1d≤1，成立．选项D 中，b 2＝a 3＋a 4＝2a 1＋5d ，b 4＝a 7＋a 8＝2a 1＋13d ， b 8＝a 15＋a 16＝2a 1＋29d .由b 24＝b 2b 8，知(2a 1＋13d )2＝(2a 1＋5d )(2a 1＋29d )， 化简得2a 1d ＝3d 2， 又由d ≠0，可得a1d ＝32.这与已知条件a1d≤1矛盾．8．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n ＋3)(n ∈N *)在函数y ＝3×2x 的图象上，等比数列{b n }满足b n ＋b n ＋1＝a n (n ∈N *)，其前n 项和为T n ，则下列结论错误的是( ) A ．S n ＝2T n B ．T n ＝2b n ＋1 C ．T n >a n D ．T n <b n ＋1答案 ABC解析 由题意可得S n ＋3＝3×2n ，S n ＝3×2n －3，a n ＝S n －S n －1＝3×2n －1(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×21－3＝3，满足上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3×2n －1(n ∈N *)．设等比数列{b n }的公比为q ，则b 1q n －1＋b 1q n ＝3×2n －1，解得b 1＝1，q ＝2，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1(n ∈N *)，由等比数列的求和公式有T n ＝2n －1.则有S n ＝3T n ，T n ＝2b n －1，T n <a n ，T n <b n ＋1.三、填空题9．数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋n ＋1，若该数列的前k 项之和等于9，则k ＝________.答案 99 解析 a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，故前n 项和S n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n)＝n ＋1－1，令S k ＝k ＋1－1＝9，解得k ＝99. 10．设数列{a n }满足a 1＝1，且an ＋1an＝n ＋2n ＋1(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1anan ＋1的前10项和为________． 答案n ＋12 53解析 因为an ＋1an ＝n ＋2n ＋1，所以a2a1＝32，a3a2＝43，a4a3＝54，…，anan －1＝n ＋1n (n ≥2)，把它们左右两边分别相乘，得a n ＝n ＋12(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝1也符合上式，所以a n ＝n ＋12(n ∈N *)．所以1anan ＋1＝4(n ＋1)(n ＋2)＝4⎝⎛⎭⎫1n ＋1－1n ＋2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1anan ＋1的前10项和为4×⎝⎛⎭⎫12－13＋13－14＋…＋111－112＝4×⎝⎛⎭⎫12－112＝53. 11．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，且a n ，a n ＋1是函数f (x )＝x 2－b n x ＋2n 的两个零点，则a 5＝________，b 10＝________. 答案 4 64解析 因为a n ，a n ＋1是函数f (x )＝x 2－b n x ＋2n 的两个零点，所以a n ，a n ＋1是方程x 2－b n x ＋2n ＝0的两个根， 根据根与系数的关系，可得a n ·a n ＋1＝2n ， a n ＋a n ＋1＝b n ，由a n ·a n ＋1＝2n ，可得a n ＋1·a n ＋2＝2n ＋1， 两式相除可得an ＋2an＝2，所以a 1，a 3，a 5，…成公比为2的等比数列，a 2，a 4，a 6，…成公比为2的等比数列， 又由a 1＝1，得a 2＝2，所以a 5＝1×22＝4，a 10＝2×24＝32，a 11＝1×25＝32， 所以b 10＝a 10＋a 11＝32＋32＝64. 12．在数列{a n }中，a 1＋a22＋a33＋…＋an n＝2n －1(n ∈N *)，且a 1＝1，若存在n ∈N *使得a n ≤n (n ＋1)λ成立，则实数λ的最小值为________． 答案12解析 依题意得，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫an n 的前n 项和为2n －1，当n ≥2时，an n ＝(2n －1)－(2n －1－1)＝2n －1，且a11＝21－1＝21－1，因此an n ＝2n －1(n ∈N *)，an n (n ＋1)＝2n －1n ＋1，记b n ＝2n －1n ＋1，则b n >0，bn ＋1bn ＝2(n ＋1)n ＋2＝(n ＋2)＋n n ＋2>n ＋2n ＋2＝1，b n ＋1>b n ，数列{b n }是递增数列，数列{b n }的最小项是b 1＝12.依题意得，存在n ∈N *使得λ≥an n (n ＋1)＝b n 成立，即有λ≥b 1＝12，λ的最小值是12.四、解答题13．(2020·新高考全国Ⅰ)已知公比大于1的等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝20，a 3＝8. (1)求{a n }的通项公式；(2)记b m 为{a n }在区间(0，m ](m ∈N *)中的项的个数，求数列{b m }的前100项和S 100. 解 (1)由于数列{a n }是公比大于1的等比数列， 设首项为a 1，公比为q ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧ a1q ＋a1q3＝20，a1q2＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a1＝2，q ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧a1＝32，q ＝12(舍)所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ，n ∈N *.(2)由于21＝2,22＝4,23＝8,24＝16,25＝32,26＝64，27＝128， 所以b 1对应的区间为(0,1]，则b 1＝0； b 2，b 3对应的区间分别为(0,2]，(0,3]， 则b 2＝b 3＝1，即有2个1； b 4，b 5，b 6，b 7对应的区间分别为 (0,4]，(0,5]，(0,6]，(0,7]， 则b 4＝b 5＝b 6＝b 7＝2， 即有22个2；b 8，b 9，…，b 15对应的区间分别为(0,8]，(0,9]，…，(0,15]，则b 8＝b 9＝…＝b 15＝3， 即有23个3；b 16，b 17，…，b 31对应的区间分别为(0,16]，(0,17]，…，(0,31]， 则b 16＝b 17＝…＝b 31＝4，即有24个4；b 32，b 33，…，b 63对应的区间分别为(0,32]，(0,33]，…，(0,63]， 则b 32＝b 33＝…＝b 63＝5，即有25个5；b 64，b 65，…，b 100对应的区间分别为(0,64]，(0,65]，…，(0,100]， 则b 64＝b 65＝…＝b 100＝6，即有37个6.所以S 100＝1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×37＝480.14．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2a n －1(n ∈N *)，数列{b n }满足nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)，且b 1＝1.(1)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫bn n 为等差数列，并求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若c n ＝(－1)n －1·4(n ＋1)(3＋2log 2a n )(3＋2log 2a n ＋1)，求数列{c n }的前2n 项和T 2n ；(3)若d n ＝a n ·bn ，数列{d n }的前n 项和为D n ，对任意的n ∈N *，都有D n ≤nS n －a ，求实数a 的取值范围．解 (1)由nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n (n ＋1)，两边同除以n (n ＋1)，得bn ＋1n ＋1－bnn＝1，从而数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫bn n 为首项b11＝1，公差d ＝1的等差数列，所以bnn＝n (n ∈N *)，数列{b n }的通项公式为b n ＝n 2(n ∈N *)． 当n ＝1时，S 1＝2a 1－1＝a 1，所以a 1＝1. 当n ≥2时，S n ＝2a n －1，S n －1＝2a n －1－1， 两式相减得a n ＝2a n －1， 又a 1＝1≠0，所以anan －1＝2，从而数列{a n }为首项a 1＝1，公比q ＝2的等比数列， 从而数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)c n ＝(－1)n －1·⎣⎢⎡⎦⎥⎤4(n ＋1)(2n ＋1)(2n ＋3) ＝(－1)n －1⎝⎛⎭⎫12n ＋1＋12n ＋3，T 2n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c 2n －1＋c 2n ＝13＋15－15－17＋…－14n ＋1－14n ＋3 ＝13－14n ＋3(n ∈N *)．(3)由(1)得d n＝a n·bn＝n·2n－1，D n＝1×1＋2×21＋3×22＋…＋(n－1)·2n－2＋n·2n－1，①2D n＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)·2n－1＋n·2n.②①－②得，－D n＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n＝1－2n1－2－n·2n＝2n－1－n·2n，所以D n＝(n－1)·2n＋1，由(1)得S n＝2a n－1＝2n－1，因为任意n∈N*，都有D n≤nS n－a，即(n－1)·2n＋1≤n(2n－1)－a恒成立，所以a≤2n－n－1恒成立，记e n＝2n－n－1，所以a≤(e n)min，因为e n＋1－e n＝[2n＋1－(n＋1)－1]－(2n－n－1) ＝2n－1>0，从而数列{e n}为递增数列，所以当n＝1时，e n取最小值e1＝0，于是a≤0. 所以a的取值范围为(－∞，0]．。
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数列 {an} 中， a1 ＝ 1 ，对所有的 n≥2 ，都有
a1·a2·a3·…·an ＝n2 ，数列 {an}的通项公式 为________． 解析：由题意，当n≥2时， a1·a2·a3·…·an＝n2，① 故当n＝2时，有a1·a2＝22＝4， 又因为a1＝1，所以a2＝4.
[ 例 2]
(2012 年高考浙江卷 ) 已知数列 {an} 的前 n 项和为 Sn ，且 Sn ＝ 2n2 ＋ n ， n∈N* ， 数列{bn}满足an＝4log2bn＋3，n∈N*. (1)求an，bn； (2)求数列{an·bn}的前n项和Tn. [解析] (1) 由Sn＝2n2＋n，得 当n＝1时，a1＝S1＝3； 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4n－1. 所以an＝4n－1，n∈N*. 由 4n － 1 ＝ an ＝ 4log2bn ＋ 3 ，得 bn ＝ 2n － 1 ，
(2012 年 北 京 东 城 模 拟 ) 已 知 数 列 {an} 满 足 a1 ＝ an－1 an＝ (n≥2，n∈N)． （－1）nan－1－2 1 (1)试判断数列{ ＋(－1)n}是否为等比数列，并说明理由； an (2)设 cn＝ansin 2 意的 n∈N*，Tn< . 3
1 ， 4
1 < n－1. ＋1 3· 2
1 1 [1－（ ）n] 3 2 2 1 2 所以 Tn< ＝ [1－( )n]< . 1 3 2 3 1－ 2
【真题】
(2012 年高考湖南卷 ) 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an万元．
1 （2n＝1） 答案： n （n≥2） （n－1）2
数也不是等比
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
②－①得 an＋1＝2an＋2. an＋1＋2 所以 an＋1＋2＝2(an＋2)，即 ＝2(n≥2)． an＋2 a2＋2 当 n＝1 时，a1＋2＝3，a2＋2＝6，则 ＝2，所以当 n＝1 时也 a1＋2 满足上式．所以{an＋2}是以 3 为首项，2 为公比的等比数列，所以 an＋ 2＝3· 2n－1，所以 an＝3· 2n－1－2.
*
(2)由(1)知anbn＝(4n－1)·2n－1，n∈N*，
所 以 Tn ＝ 3 ＋ 7×2 ＋ 11×22 ＋ … ＋ (4n －
1)·2n－1， 2Tn＝3×2＋7×22＋…＋(4n－5)·2n－1＋(4n －1)·2n， 所以 2Tn － Tn ＝ (4n － 1)2n － [3 ＋ 4(2 ＋ 22 ＋ … ＋2n－1)] ＝(4n－5)2n＋5. 故Tn＝(4n－5)2n＋5，n∈N*.
x>0， 【解析】 (1)由y≥0， 得 0<x≤3， y≤－2n（x－3） 所以平面区域为 Dn 内的整点为点(3，0)或在直线 x＝1 和 x＝2 上． 直线 y＝－2n(x－3)与直线 x＝1 和 x＝2 交点纵坐标分别为 y1＝4n 和 y2＝2n，Dn 内在直线 x＝1 和 x＝2 上的整点个数分别为 4n＋1 和 2n ＋1， ∴an＝4n＋1＋2n＋1＋1＝6n＋3.
x>0， 【押题】 在平面直角坐标系中，设不等式组 y≥0， y≤－2n（x－3） (n∈N*)表示的平面区域为 Dn， 记 Dn 内的整点(横坐标和纵坐标均为整数 的点)的个数为 an. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若 bn＋1＝2bn＋an，b1＝－13.求证：数列{bn＋6n＋9}是等比数列， 并求出数列{bn}的通项公式．
(2012年高考课标全国卷)数列{an}满足an＋1
＋ ( － 1)nan ＝ 2n － 1 ，则 {an} 的前 60 项和为 (
A． 3 C．1
) 690 845 B．3 660 D．1 830
解析：利用数列的递推式的意义结合等差
15× （10＋234） ＋a58＋a59＋a60)＝10＋26＋42＋…＋234＝ ＝1 830. 2
【解析】 (1)由题意得 a1＝2 000(1＋50%)－d＝3 000－d， 3 5 a2＝a1(1＋50%)－d＝ a1－d＝4500－ d. 2 2 3 an＋1＝an(1＋50%)－d＝ an－d. 2 3 33 (2)由(1)得 an＝ an－1－d＝ ( an－2－d)－d 2 22 3 3 ＝( )2an－2－ d－d 2 2 ＝… 3 n－1 3 32 3 n－2 ＝( ) a1－d[1＋ ＋( ) ＋…＋( ) ]． 2 2 2 2
故当 n≥3 时， 有 a1· a2· a3· …· an－1＝(n－1)2，② ① n2 由 ，得 an＝ . ② （n－1）2 而当 n＝1 时，a1＝1，不满足上式，n＝2 时，满足上式． 1）， 1（n＝ 所以数列{an}的通项公式为 an＝ n2 2（n≥2）. （ n － 1 ）
1 (2)证明：由(1)得 ＋(－1)n＝3· (－2)n－1. an 1 所以 ＝3· (－2)n－1－(－1)n， an 1 an＝ ， － 3· （－2）n 1－（－1）n 所以 cn＝ansin ＝ 1 3· 2
n－1
（2n－1）π 1 n－1 ＝ n－ 1 n(－1) 2 3· （－2） －（－1）
∴a1＋ a2＋ …＋ a60＝ (a1＋ a2＋ a3＋ a4)＋ (a5＋ a6＋ a7＋ a8)＋ …＋ (a57
数列求和公式求解．
n ∵ an ＋ 答案： D1 ＋ ( － 1) an ＝ 2n － 1 ， ∴ a2 ＝ 1 ＋ a1 ，
1．数列的综合应用多涉及函数、不等式、解析几何等知识． 2．数列的单调性的判断方法： (1)作差：an＋1－an 与 0 的关系； an＋1 (2)作商： 与 1 的关系． an [例 3] (2012 年高考广东卷)设数列{an}的前 n 项和为 Sn，满足 2Sn ＝an＋1－2n＋1＋1，n∈N*，且 a1，a2＋5，a3 成等差数列． (1)求 a1 的值； (2)求数列{an}的通项公式； 1 1 1 3 (3)证明：对一切正整数 n，有 ＋ ＋…＋ < . a1 a2 an 2
3 － 3 － 整理得 an＝( )n 1(3 000－d)－2d[( )n 1－1] 2 2 3 － ＝( )n 1(3 000－3d)＋2d. 2 由题意，知 am＝4 000， 3 － 即( )m 1(3 000－3d)＋2d＝4 000， 2 3 m [（ ） －2]× 1 000 1 000（3m－2m＋1） 2 解得 d＝ ＝ . 3 m 3m－2m （ ） －1 2 1 000（3m－2m 1） 即该企业每年上缴资金 d 的值为 时， 经过 m(m≥3) 3m－2m
第二讲
数列的通项公式与数列求和
1．累加法求通项：形如 an＋1－an＝f(n)． an＋1 2．累乘法求通项：形如 ＝f(n)． an 3．构造法：形如：an＋1＝pan＋q.
S1（n＝1）， 4．已知 Sn 求 an，即 an＝ Sn－Sn－1（n≥2）.
[ 例 1]
(2012 年高考广东卷 ) 设数列 {an} 的 前 n 项和为 Sn ，数列 {Sn} 的前 n 项和为 Tn ， 满足Tn＝2Sn－n2，n∈N*. (1)求a1的值； (2)求数列{an}的通项公式． [解析] (1)当n＝1时，T1＝2S1－12. 因为T1＝S1＝a1，所以a1＝2a1－1，解得a1 ＝1. (2)当n≥2时，Sn＝Tn－Tn－1＝2Sn－n2－[2Sn 2]＝2S －2S － ( n － 1) －1 n n－1－2n＋1， 所以Sn＝2Sn－1＋2n－1，①
(2)由bn＋1＝2bn＋an得bn＋1＝2bn＋6n＋3， ∴bn＋1＋6(n＋1)＋9＝2(bn＋6n＋9)， ∵b1＋6×1＋9＝2， ∴{bn＋6n＋9}是以2为首项，公比为2的等比数列， ∴bn＋6n＋9＝2n， ∴bn＝2n－6n－9.
本小节结束
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＋
年企业的剩余资金为 4 000 万元．
【名师点睛】
本题考查利用递推数列求 通项的方法，考查综合利用数列知识分析 解决实际问题的能力，难度较大，解答本 题的关键是求出递推关系an＋1＝an－d，并 变形求an.
高考对数列的通项与求和的考查多以解答
题形式出现，主要考查an与Sn的关系，以 及错位相减求和、裂项求和及分组转化求 和，难度中档偏上．
＋
∴当 n≥2 时，2Sn－1＝an－2n＋1.② ①－②得 2an＝an＋1－an－2n 1＋2n，
＋
∴an＋1＝3an＋2n.
两边同除以 2
n＋1
an＋1 3 an 1 得 n＋1＝ ·n＋ ， 22 2 2
an＋1 3 an ∴ n＋1＋1＝ ( n＋1)． 22 2 a2 3 a1 an 3 3 又由(1)知 2＋1＝ ( 1＋1)，∴数列{ n＋1}是以 为首项， 为公比的 2 22 2 2 2 等比数列， an 3 3 n－1 3 n ∴ n＋1＝ · ( ) ＝( ) ，∴an＝3n－2n， 2 2 2 2 即数列{an}的通项公式为 an＝3n－2n. (3)证明：∵an＝3n－2n＝(1＋2)n－2n ＝C0 1n· 20＋C1 1n－1· 21＋C2 1n－2· 22＋…＋Cn 10· 2n－2n n· n· n· n· ＝1＋2n＋2(n2－n)＋…＋2n－2n >1＋2n＋2(n2－n)＝1＋2n2>2n2>2n(n－1)，