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课件 文
an＝a2k－1＝122k－1÷a2k ＝212k－1·2k＝12k－1.
高考热 点突破
所以 an＝
12n－2 1，n为正奇数， 12n2，n为正偶数.
T2n＝（a1＋a3＋…＋a2n－1）＋（a2＋a4＋…＋a2n）
＝1－1－1212n＋12×11－－2112n
＝3×1－12n.
高考热 点突破
高考热 点突破
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.
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（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＝－4（8 当 n＝3 时等号成立）， 即所求 k 的最大值为－48.
高考热 点突破
（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. （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.
主干考 点梳理
►跟踪训练 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，求出数列{bn}的前n项和.
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12n＋1
解析：（1）bbn＋n 1＝aa2n2＋n2＝aa2n2＋na1a2n2＋n＋1 2＝2122n
＝12，所以{bn}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，
n 当 n＝2k（k∈N*）时，an＝a2k＝2k＝22.
所以，{an}的通项公式为 an＝
n－1 2 2 ，n为奇数，
n 22，n为偶数.
高考热 点突破
（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×21－1＋n×21n，上述两式相减， 得12Sn＝1＋12＋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*.
故数列{an}的通项公式为 an＝2－n. （2）设数列2an－n1的前 n 项和为 Sn， 即 Sn＝a1＋a22＋…＋2an－n 1. 故 S1＝1，S2n＝a21＋a42＋…＋a2nn.
高考热 点突破
所以当 n>1 时，以上两式相减，得 S2n＝a1＋a2－2 a1＋…＋an－2n－a1n－1－a2nn ＝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.
高考热 点突破 突破点2 错位相减法求和
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）求数列2an－n1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.
高考热 点突破
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.
高考热 点突破
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 ；
高考热 点突破
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.
高考热 点突破
►跟踪训练
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＝，n∈N*，求数列{bn}的前n项和.
所以 bn－an＝（b1－a1）qn－1＝2n－1，从而 bn＝3n＋2n－1（n＝1， 2，…）.
（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23n（n＋1）＋2n－1.
随堂讲义 专题三 数列 第二讲 数列求和及综合应用
栏 目 链 接
高考热 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 点突破 的求和问题
已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝12n（n∈N*），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.
高考数学二轮复习专题三数列第2讲数列求和课件文
【训练1】 (2016·北京卷)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列， 且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4. (1)求{an}的通项公式； (2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和. 解 (1)设数列{an}的公差为 d，{bn}的公比为 q， 由bb23＝ ＝bb11qq＝ 2＝39，得bq1＝＝31. ， ∴{bn}的通项公式 bn＝b1qn－1＝3n－1， 又 a1＝b1＝1，a14＝b4＝34－1＝27，
第2讲 数列求和
高考定位 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.
真题感悟 (2016·山东卷)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝3n2＋8n，{bn}是 等差数列，且 an＝bn＋bn＋1. (1)求数列{bn}的通项公式； (2)令 cn＝（（abn＋n＋12））n＋n1.求数列{cn}的前 n 项和 Tn.
又 Sn＝an＋1＋n－2，则 an＋1＝Sn－n＋2， 故 a2＝S1－1＋2＝3. 所以 c1＝a1－1＝1，c2＝a2－1＝2，故 c2＝2c1. 综上，对于正整数 n，cn＋1＝2cn 都成立，即数列{an－1}是等比 数列，其首项 a1－1＝1，公比 q＝2.所以 an－1＝1×2n－1， 故 an＝2n－1＋1. (2)由 Sn＝an＋1＋n－2，得 Sn－n＋2＝an＋1＝2n＋1， 故 Sn－n＋1＝2n.所以 bn＝32nn.
∴1＋(14－1)d＝27，解得d＝2. ∴{an}的通项公式an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×2 ＝2n－1(n＝1，2，3，…). (2)设数列{cn}的前n项和为Sn.∵cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1，
∴Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn＝2×1－1＋30＋2×2－1＋31＋ 2×3 － 1 ＋ 32 ＋ … ＋ 2n － 1 ＋ 3n － 1 ＝ 2(1 ＋ 2 ＋ … ＋ n) － n ＋ 30×（1－1－3 3n）＝2×（n＋21）n－n＋3n－2 1＝n2＋3n－2 1. 即数列{cn}的前 n 项和为 n2＋3n－2 1.
高三数学二轮复习 数列求和及综合应用 课件(全国通用)
1 1 1 1 － 1 2 答案：(1)① － ②2 (2) ② n n n＋1 2n－1 2n＋1
2．常见的放缩技巧 1 1 1 1 1 1 1 (1) － ＝ < < ＝ － ； n n＋1 nn＋1 n2 n－1n n－1 n
1 1 1 1 － 1 (2) 2< 2 ＝ ； n n －1 2n－1 n＋1
第2讲
数列求和及综合应用
(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、裂项相消等方法求一般数列的和，体现 转化与化归的思想． (2)①数列的综合问题，往往将数列与函数、不等式结合， 探求数列中的最值或证明不等式．②以等差数列、等比数列为 背景，利用函数观点探求参数的值或范围．
＝－3n· 2n 2.
＋
所以Tn＝3n· 2n 2 .
＋
[知识回顾] 1．必记公式 (1)常见的拆项公式(其中n∈N*) 1 ① ＝________________. nn＋1 1 1 1 1 ② ＝ n－ . nn＋k k n＋k 1 ③ ＝_____________. 2n－12n＋1
[考题回访] 1．(2016· 天津卷)已知{an}是各项均为正数的等差数列，公 差为d，对任意的n∈N*，bn是an和an＋1的等比中项．
2 * (1)设cn＝b2 － b ， n ∈ N ，求证：数列{cn}是等差数列； ＋ n 1 n 2n
(2)设a1＝d，Tn＝∑
k ＝1
* (－1)kb2 k ，n∈N ，求证：
④若等差数列{an}的公差为d，
1 1 1 1 1－ 1 1－ 1 则 ＝ a ＝ a ； . a 2 d a n ＋ n ＋ anan＋1 d a a n 1 n 2 n n＋2 1 1 1 1 － ⑤ ＝ . 2 n n ＋ 1 n ＋ 1 n ＋ 2 nn＋1n＋2
高三数学二轮复习数列的综合应用课件
P2
P1
Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折线P1P2…Pn＋1，
求由该折线与直线y＝0，x＝x1，x＝xn＋1
所围成的区域的面积Tn．
O
x 1 x2
x3
x4
x
已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2．
（1）求数列{xn}的通项公式；
（2）如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1，1)，P2(x2，2)，…，
（1）求S1，S2及数列{Sn}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足bn ＝
1
7
≤|Tn|≤ ．
3
9
−1
，且{bn}的前n项和为Tn，求证：当n≥2时，
已知数列{an}满足a1＝1，Sn＝2an＋1，其中Sn为{an}的前n项和(n∈N*)．
（1）求S1，S2及数列{Sn}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足bn ＝
Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折线P1P2…Pn＋1，求由该折线与直线y＝0，x＝x1，x＝
xn＋1所围成的区域的面积Tn．
y
P4
P3
P2
P1
O
x1 x2
x3
x4
x
数列求和的
基本方法
01
公式法
02
分组求和法
03
错位相减法
04
倒序相加法
05
裂项相消法
考点2：数列与不等式综合问题
已知数列{an}满足a1＝1，Sn＝2an＋1，其中Sn为{an}的前n项和(n∈N*)．
1
7
≤|Tn|≤ ．
3
9
−1
，且{bn}的前n项和为Tn，求证：当n≥2时，
高考数学(文)(新课标版)考前冲刺复习讲义：第2部分专题三第2讲 数列求和及其综合应用 Word版含答案
第2讲数列求和及其综合应用错位相减法求和[学生用书P34]共研典例类题通法错位相减法适用于由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积构成的数列的求和，其依据是：c n ＝a n b n ，其中{a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q (q ≠1)的等比数列，则qc n ＝qa n b n ＝a n b n ＋1，此时c n ＋1－qc n ＝(a n ＋1－a n )·b n ＋1＝db n ＋1，这样就把对应相减的项变成了一个等比数列，从而达到求和的目的．(2016·高考山东卷)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n.求数列{c n }的前n 项和T n .【解】(1)由题意知当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，符合上式．所以a n ＝6n ＋5. 设数列{b n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，得⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得b 1＝4，d ＝3. 所以b n ＝3n ＋1.(2)由(1)知c n ＝（6n ＋6）n ＋1（3n ＋3）n＝3(n ＋1)·2n ＋1. 又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，所以T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]， 2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]，两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋ (2)＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋4（1－2n ）1－2－（n ＋1）×2n ＋2＝－3n ·2n ＋2， 所以T n ＝3n ·2n ＋2.应用错位相减法求和需注意的问题(1)错位相减法适用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列．(2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后所得部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1，2进行验证． [跟踪训练](2016·兰州模拟)等差数列{a n }中，已知a n ＞0，a 1＋a 2＋a 3＝15，且a 1＋2，a 2＋5，a 3＋13构成等比数列{b n }的前三项．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .[解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则由已知得： a 1＋a 2＋a 3＝3a 2＝15，即a 2＝5. 又(5－d ＋2)(5＋d ＋13)＝100， 解得d ＝2或d ＝－13(舍去)，所以a 1＝a 2－d ＝3，a n ＝a 1＋(n －1)×d ＝2n ＋1. 又b 1＝a 1＋2＝5，b 2＝a 2＋5＝10，所以公比q ＝2， 所以b n ＝5×2n －1.(2)因为T n ＝5[3＋5×2＋7×22＋…＋(2n ＋1)×2n －1]， 2T n ＝5[3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)×2n ]，两式相减得－T n ＝5[3＋2×2＋2×22＋…＋2×2n －1－(2n ＋1)×2n ]＝5[(1－2n )2n －1]， 则T n ＝5[(2n －1)2n ＋1]．裂项相消法求和[学生用书P35]共研典例类题通法 1．常见的裂项类型 (1)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1； (2)1n （n ＋k ）＝1k ⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋k ；(3)1n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1；(4)14n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；(5)n ＋1n （n －1）·2n ＝2n －（n －1）n （n －1）·2n ＝1（n －1）2n －1－1n ·2n. 2．裂项相消法求和的基本思想是把数列的通项公式a n 分拆成a n ＝b n ＋k －b n (k ≥1，k ∈N *)的形式，从而达到在求和时某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{a n }的通项公式，使之符合裂项相消的条件．(2016·海口调研测试)在等差数列{a n }中，公差d ≠0，a 1＝7，且a 2，a 5，a 10成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式及其前n 项和S n ； (2)若b n ＝5a n ·a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .【解】(1)因为a 2，a 5，a 10成等比数列， 所以(7＋d )(7＋9d )＝(7＋4d )2， 又因为d ≠0，所以d ＝2，所以a n ＝2n ＋5，S n ＝（7＋2n ＋5）n 2＝n 2＋6n .(2)由(1)可得b n ＝5（2n ＋5）（2n ＋7）＝52⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋5－12n ＋7， 所以T n ＝52⎝ ⎛⎭⎪⎫17－19＋19－111＋…＋12n ＋5－12n ＋7＝5n14n ＋49.裂项相消法的技巧在裂项时要注意把数列的通项分拆成的两项一定是某个数列中的相邻的两项，或者是等距离间隔的两项，只有这样才能实现逐项相消，只剩余有限的几项，从而求出其和．[跟踪训练](2016·石家庄模拟)已知等差数列{a n }中，2a 2＋a 3＋a 5＝20，且前10项和S 10＝100.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．[解] (1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧2a 2＋a 3＋a 5＝4a 1＋8d ＝20，10a 1＋10×92d ＝10a 1＋45d ＝100， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.(2)由(1)知，b n ＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝12×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫11－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1.分组转化求和[学生用书P35]共研典例类题通法 分组转化求和的三种类型分组转化求和是把数列之和分为几组，每组中的各项是可以利用公式(或其他方法)求和的，求出各组之和即得整体之和，这类试题一般有如下三种类型：(1)数列是周期数列，先求出每个周期内的各项之和，然后把整体之和按照周期进行划分，再得出整体之和；(2)奇偶项分别有相同的特征的数列(如奇数项组成等差数列、偶数项组成等比数列)，按照奇数项和偶数项分组求和；(3)通项中含有(－1)n 的数列，按照奇数项、偶数项分组，或者按照n 为奇数、偶数分类求和．(2016·呼和浩特模拟)在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＝2a n －1＋(n －2)(n ≥2，n ∈N *)． (1)证明：数列{a n ＋n }是等比数列，并求{a n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .【解】(1)因为a n ＋n ＝2[a n －1＋(n －1)]，a n ＋n ≠0， 所以{a n ＋n }是首项为4，公比为2的等比数列，所以a n ＋n ＝4×2n －1＝2n ＋1. 所以a n ＝2n ＋1－n .(2)S n ＝(22＋23＋24＋…＋2n ＋1)－(1＋2＋3＋…＋n )＝2n ＋2－n 2＋n ＋82.分组求和的常见方法 (1)根据等差、等比数列分组. (2)根据正号、负号分组.(3)根据数列的周期性分组.[题组通关]1．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n －1(n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2017＝( )A ．1009B ．1010C ．－1009D ．－1010B [解析] 因为a n ＝(－1)n －1(n ＋1)，所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2017＝(2－3)＋(4－5)＋…＋(2016－2017)＋2018＝1008×(－1)＋2018＝1010.2．设数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，数列{a 2n －1}是首项为1的等差数列，数列{a 2n }是首项为2的等比数列，且满足S 3＝a 4，a 3＋a 5＝a 4＋2.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求S 2n .[解] (1)设等差数列的公差为d ，等比数列的公比为q ，则a 1＝1，a 2＝2，a 3＝1＋d ，a 4＝2q ，a 5＝1＋2d ，所以⎩⎪⎨⎪⎧4＋d ＝2q ，（1＋d ）＋（1＋2d ）＝2＋2q ，解得d ＝2，q ＝3.所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n ＝2k －1，2·3n 2－1，n ＝2k ，(k ∈N *)．(2)S 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝(1＋3＋5＋…＋2n －1)＋(2×30＋2×31＋…＋2×3n －1) ＝（1＋2n －1）n 2＋2（1－3n ）1－3＝n 2－1＋3n .等差、等比数列的综合问题[学生用书P36]共研典例类题通法解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解．已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1a n ＋1－1－1a n －1＝0，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n ＋1a n －1，数列{b n }的前n 项和为S n ，证明：S n ＜34.【解】(1)由已知a n ＋1a n ＋1－1－1a n －1＝0，n ∈N *，得（a n ＋1－1）＋1a n ＋1－1－1a n －1＝0，即1＋1a n ＋1－1－1a n －1＝0，亦即1a n ＋1－1－1a n －1＝－1(常数)．所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n －1是以1a 1－1＝－2为首项， －1为公差的等差数列．可得1a n －1＝－2＋(n －1)×(－1)＝－(n ＋1)，所以a n ＝nn ＋1.(2)证明：因为b n ＝a n ＋1a n －1＝（n ＋1）2n （n ＋2）－1＝1n （n ＋2）＝12⎝⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋12⎝⎛⎭⎫12－14＋12⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＜12×⎝⎛⎭⎫1＋12＝34.解决数列综合问题的方法(1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便.(2)数列的项或前n 项和可以看作关于n 的函数，然后利用函数的性质求解数列问题.(3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数，通过求数列的值域求解. [跟踪训练](2016·武汉模拟)已知S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，S 1，S 2，S 4成等比数列，且a 3＝－52.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1（2n ＋1）a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)设{a n }的公差为d (d ≠0)， 因为S 1，S 2，S 4成等比数列，所以S 22＝S 1S 4，即(2a 1＋d )2＝a 1(4a 1＋6d )，化简得d 2＝2a 1d .因为d ≠0，所以d ＝2a 1.① 因为a 3＝－52，所以a 1＋2d ＝－52.②联立①②，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－12d ＝－1，所以a n ＝－12＋(n －1)×(－1)＝－n ＋12.(2)因为b n ＝1（2n ＋1）a n ＝1（2n ＋1）⎝⎛⎭⎫－n ＋12＝－2（2n ＋1）（2n －1）＝12n ＋1－12n －1，所以T n ＝⎝⎛⎭⎫13－1＋⎝⎛⎭⎫15－13＋⎝⎛⎭⎫17－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n －1＝－1＋12n ＋1＝－2n 2n ＋1. 课时作业[学生用书P120(独立成册)]1．设各项均为正数的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 4a 8＝32，则S 11的最小值为( ) A ．22 2B ．442C ．22D ．44B [解析] 因为数列{a n }为各项均为正数的等差数列，所以a 4＋a 8≥2a 4a 8＝82，S 11＝（a 1＋a 11）×112＝112(a 4＋a 8)≥112×82＝442，故S 11的最小值为442，当且仅当a 4＝a 8＝42时取等号．2．已知在数列{a n }中，a 1＝－60，a n ＋1＝a n ＋3，则|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|等于( ) A ．445 B ．765 C ．1080D ．3105B [解析] 因为a n ＋1＝a n ＋3，所以a n ＋1－a n ＝3. 所以{a n }是以－60为首项，3为公差的等差数列． 所以a n ＝－60＋3(n －1)＝3n －63. 令a n ≤0，得n ≤21. 所以前20项都为负值． 所以|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30| ＝－(a 1＋a 2＋…＋a 20)＋a 21＋…＋a 30 ＝－2S 20＋S 30.因为S n ＝a 1＋a n 2n ＝－123＋3n 2×n ，所以|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|＝765.3．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝3，a n ＋1a n －1＝a n (n ≥2)，则数列{a n }的前40项和S 40等于( )A ．20B ．40C ．60D ．80C [解析] 由a n ＋1＝a na n －1(n ≥2)，a 1＝1，a 2＝3，可得a 3＝3，a 4＝1，a 5＝13，a 6＝13，a 7＝1，a 8＝3，…，这是一个周期为6的数列，一个周期内的6项之和为263，又40＝6×6＋4，所以S 40＝6×263＋1＋3＋3＋1＝60.4．(2016·郑州模拟)设等比数列{a n }的各项均为正数，且a 1＝12，a 24＝4a 2a 8，若1b n＝log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a n ，则数列{b n }的前10项和为( )A ．－2011B.2011C ．－95D.95A [解析] 设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 24＝4a 2a 8，所以(a 1q 3)2＝4a 1q ·a 1q 7，即4q 2＝1，所以q ＝12或q ＝－12(舍)，所以a n ＝⎝⎛⎭⎫12n ＝2－n ，所以log 2a n ＝log 22－n ＝－n ，所以1b n ＝－(1＋2＋3＋…＋n )＝－n （1＋n ）2，所以b n ＝－2n （1＋n ）＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以数列{b n }的前10项和为－2⎣⎡⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13⎦⎤＋…＋⎝⎛⎭⎫110－111＝－2·⎝⎛⎭⎫1－111＝－2011. 5．设b n ＝a n （a n ＋1）（a n ＋1＋1）(其中a n ＝2n －1)，数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 5＝( )A.3133B.3233C.3166D.1633C [解析] 由题意得，b n ＝2n －1（2n －1＋1）（2n ＋1）＝12n －1＋1－12n ＋1，所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫120＋1－121＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋1－122＋1＋…＋ ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋1－12n ＋1＝12－12n ＋1，所以T 5＝12－133＝3166.6．已知f (x )，g (x )都是定义在R 上的函数，g (x )≠0，f ′(x )g (x )＞f (x )g ′(x )，且f (x )＝a x g (x )(a＞0，且a ≠1)，f （1）g （1）＋f （－1）g （－1）＝52.若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f （n ）g （n ）的前n 项和大于62，则n 的最小值为( )A ．8B ．7C ．6D ．9C [解析] 由⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）g （x ）′＝f ′（x ）g （x ）－f （x ）g ′（x ）g 2（x ）＞0，知f （x ）g （x ）在R 上是增函数，即f （x ）g （x ）＝a x 为增函数，所以a ＞1.又因为a ＋1a ＝52，所以a ＝2或a ＝12(舍)．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f （n ）g （n ）的前n 项和S n ＝21＋22＋…＋2n ＝2（1－2n）1－2＝2n ＋1－2＞62.即2n ＞32，所以n ＞5.7．(2016·海口调研测试)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝12n (n ＝1，2，3，…)，则S 2n ＋3＝________．[解析] 依题意得S 2n ＋3＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 2n ＋2＋a 2n ＋3)＝1＋14＋116＋…＋14n ＋1＝1－14n ＋21－14＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n ＋2. [答案]43⎝⎛⎭⎫1－14n ＋28．若等比数列的各项均为正数，前4项的和为9，积为814，则前4项倒数的和为________．[解析] 设等比数列的首项为a 1，公比为q ，则第2，3，4项分别为a 1q ，a 1q 2，a 1q 3，依题意得a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝9，a 1·a 1q ·a 1q 2·a 1q 3＝814⇒a 21q 3＝92，两式相除得a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3a 21q 3＝1a 1＋1a 1q ＋1a 1q 2＋1a 1q3＝2. [答案]29．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，a 2＝2，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 2017＝________．[解析] 因为a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，所以a 1＝12－a 2＝12－2，a 2＝2，a 3＝12－2，a 4＝2，…，故a 2n ＝2，a 2n －1＝12－2，所以S 2017＝1009a 1＋1008a 2＝1009×⎝⎛⎭⎫12－2＋1008×2＝10052. [答案]1005210．已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，设S n 为数列{a n }的前n 项和，对于任意的n >1，n ∈N *，S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋1)都成立，则S 10＝________．[解析]因为⎩⎪⎨⎪⎧S n ＋1＋S n －1＝2S n ＋2，S n ＋2＋S n ＝2S n ＋1＋2，所以a n ＋2＋a n ＝2a n ＋1，所以数列{a n }从第二项开始为等差数列，当n ＝2时，S 3＋S 1＝2S 2＋2，所以a 3＝a 2＋2＝4，所以S 10＝1＋2＋4＋6＋…＋18＝1＋9（2＋18）2＝91. [答案]9111．(2016·东北四市联考)已知数列{a n }满足a 1＝511，a 6＝－12，且数列{a n }的每一项加上1后成为等比数列．(1)求a n ；(2)令b n ＝|log 2(a n ＋1)|，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)由题意数列{a n ＋1}是等比数列，设公比为q ，a 1＋1＝512，a 6＋1＝12＝512×q 5， 解得q ＝14. 则数列{a n ＋1}是以512为首项，14为公比的等比数列， 所以a n ＋1＝211－2n ，a n ＝211－2n －1.(2)由(1)知b n ＝|11－2n |，当n ≤5时，T n ＝10n －n 2，当n ≥6时，T n ＝n 2－10n ＋50，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧10n －n 2，n ≤5n 2－10n ＋50，n ≥6. 12．(2016·哈尔滨模拟)已知数列{a n }是等比数列，a 2＝4，a 3＋2是a 2和a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2log 2a n －1，求数列{a n b n }的前n 项和T n .[解] (1)设数列{a n }的公比为q ，因为a 2＝4，所以a 3＝4q ，a 4＝4q 2.因为a 3＋2是a 2和a 4的等差中项，所以2(a 3＋2)＝a 2＋a 4.即2(4q ＋2)＝4＋4q 2，化简得q 2－2q ＝0.因为公比q ≠0，所以q ＝2.所以a n ＝a 2q n －2＝4×2n －2＝2n (n ∈N *)．(2)因为a n ＝2n ，所以b n ＝2log 2a n －1＝2n －1，所以a n b n ＝(2n －1)2n ，则T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)2n －1＋(2n －1)2n ，①2T n ＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n －3)2n ＋(2n －1)·2n ＋1，②由①－②得，－T n ＝2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n －1)2n ＋1＝2＋2×4（1－2n －1）1－2－(2n －1)2n ＋1 ＝－6－(2n －3)2n ＋1，所以T n ＝6＋(2n －3)2n ＋1.13．数列{a n }满足a n ＋1＝a n 2a n ＋1，a 1＝1. (1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和S n ，并证明1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＞n n ＋1. [解] (1)证明：因为a n ＋1＝a n 2a n ＋1，所以1a n ＋1＝2a n ＋1a n ，化简得1a n ＋1＝2＋1a n ， 即1a n ＋1－1a n ＝2，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，2为公差的等差数列． (2)由(1)知1a n ＝2n －1，所以S n ＝n （1＋2n －1）2＝n 2. 1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2＞11×2＋12×3＋…＋1n （n ＋1）＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 14．(选做题)已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(ω＞0，|φ|＜π)的图象经过点⎝⎛⎭⎫π12，－2，⎝⎛⎭⎫7π12，2，且在区间⎝⎛⎭⎫π12，7π12上为单调函数． (1)求ω，φ的值；(2)设a n ＝nf ⎝⎛⎭⎫n π3(n ∈N *)，求数列{a n }的前30项和S 30. [解] (1)由题可得ωπ12＋φ＝2k π－π2，k ∈Z ，7ωπ12＋φ＝2k π＋π2，k ∈Z ， 解得ω＝2，φ＝2k π－2π3，k ∈Z ， 因为|φ|＜π，所以φ＝－2π3. (2)因为a n ＝2n sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n π3－2π3(n ∈N *)，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n π3－2π3(n ∈N *)的周期为3，前三项依次为0，3，－3，所以a 3n －2＋a 3n －1＋a 3n ＝(3n －2)×0＋(3n －1)×3＋3n ×(－3)＝－3(n ∈N *)， 所以S 30＝(a 1＋a 2＋a 3)＋…＋(a 28＋a 29＋a 30)＝－10 3.。
高考数学二轮复习 第一部分 专题篇 专题三 数列 第二讲 数列的综合应用课件 文
考点二
试题 解析
考点一 考点二 考点三
3．(2016·高考山东卷)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝3n2＋8n，{bn} 是等差数列，且 an＝bn＋bn＋1. (1)求数列{bn}的通项公式； (2)令 cn＝abn＋n＋12n＋n1，求数列{cn}的前 n 项和 Tn.
考点二
考点一 考点二 考点三
2，
n＝1，
所以 Tn＝3n－n2－2 5n＋11， n≥2，n∈N*.
考点二 数列求和
试题 解析
考点一 考点二 考点三
2．(2015·高考江苏卷)设数列{an}满足 a1＝1，且 an＋1－an＝n＋1(n
∈N*)，则数列a1n前
10
20 项的和为___1_1____．
考点二
试题 解析
考点一 考点二 考点三
考点三 数列与其它知识的交汇应用
试题 解析
考点一 考点二 考点三
4．(2016·高考四川卷)已知数列{an}的首项为 1，Sn 为数列{an}的 前 n 项和，Sn＋1＝qSn＋1，其中 q>0，n∈N*. (1)若 a2，a3，a2＋a3 成等差数列，求数列{an}的通项公式； (2)设双曲线 x2－ay22n＝1 的离心率为 en，且 e2＝2，求 e21＋e22＋… ＋e2n.
考点三
考点一 考点二 考点三
试题
(2)由(1)可知 an＝qn－1， 所以双曲线 x2－ay22n＝1 的离心率 en＝ 1＋a2n＝ 1＋q2n－1. 由 e2＝ 1＋q2＝2 解得 q＝ 3， 所以 e21＋e22＋…＋e2n ＝(1＋1)＋(1＋q2)＋…＋[1＋q2(n－1)] ＝n＋[1＋q2＋…＋q2(n－1)] ＝n＋qq22n－－11＝n＋12(3n－1)．
2011高考二轮复习文科数学专题三2第二讲数列求和及综合应用
(2)(2010年辽宁卷)设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为
其前n项和．已知a2a4＝1, S3＝7，则S5＝( )
A.125
B.341
C.343
D.127
答案：(1)16 255 (2)B
高考·二轮·数学（文科）
数列的应用问题
考纲点击 能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系， 并能用有关知识解决相应的问题．
故bn＝b1qn－1＝2×4n1－1＝4n2－1
(2)∵cn＝bann＝4n2－2＝(2n－1)4n－1， 4n－1
高考·二轮·数学（文科）
∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝1＋3×4＋5×42＋…＋(2n－ 1)4n－1①
4Tn＝1×4＋3×42＋5×43＋…＋(2n－3)4n－1＋(2n－ 1)4n②
数列{bn}(bn＞0)的首项为c，且前n项和Sn满足Sn－Sn－1＝
Sn＋ Sn＋1(n≥2)．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若数列 n是多少？
bnb1n＋1前n项和为Tn，问Tn＞
1000 2009
的最小正整数
解析：(1)∵f(1)＝a＝31，∴f(x)＝13x，
a1＝f(1)－c＝31－c，a2＝[f(2)－c]－[f(1)－c]＝－92，
高考·二轮·数学（文科）
专题三 数 列
第二讲 数列求和及综合应用
高考·二轮·数学（文科）
考点整合
高考·二轮·数学（文科）
数列求和的基本方法
考纲点击 掌握基本的求和方法：等差、等比数列求和，一般数列的： 错位相减法、倒序相加法、裂项求和法等．
基础梳理
高考·二轮·数学（文科）
一、数列求和的基本方法
大学数学(高数微积分)专题三第2讲数列求和及数列综合应用(课堂讲义)
(2)因为bn＝an＋(－1)nln an
＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1)
＝2·3n－1＋(－1)n[ln 2＋(n－1)ln 3]
热点分类突破
＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，
所以Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－
再验证是否可以合并为一个公式．
热点分类突破
(2013·湖南)设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝(－1)nan －21n，n∈N*，则：
(1)a3＝________；
(2)S1＋S2＋…＋S100＝________.
本
讲 栏
解析
∵an＝Sn－Sn－1＝(－1)nan－21n－(－1)n－1an－1＋2n1－1，
本 解 (1)由已知，得当 n≥1 时，
讲
栏 目
an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1
开
关 ＝3(22n－1＋22n－3＋…＋2)＋2＝22(n＋1)－1.
而a1＝2，符合上式， 所以数列{an}的通项公式为 an＝22n－1.
热点分类突破
(2)由 bn＝nan＝n·22n－1 知
本 讲 栏
即na＋n＋11－ann＝1，又a22－a11＝1，
目
开 关
故数列ann是首项为a11＝1，公差为1的等差数列，
所以ann＝1＋(n－1)×1＝n，所以 an＝n2，
所以数列{an}的通项公式为 an＝n2，n∈N*.
热点分类突破
(3)证明 a11＋a12＋a13＋…＋a1n＝1＋14＋312＋412＋…＋n12 <1＋14＋2×1 3＋3×1 4＋…＋nn1－1
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]．。
高考数学-专题二数列第2讲数列求和及综合应用课件
解 (1)因为an＝5Sn＋1，n∈N*，所以an＋1＝5Sn＋1＋1， 两式相减，得 an＋1＝－14an， 又当 n＝1 时，a1＝5a1＋1，知 a1＝－14， 所以数列{an}是公比、首项均为－14的等比数列. 所以数列{an}的通项公式 an＝－14n.
(2)bn＝－1－log2|an|＝2n－1，数列{bn}的前n项和Tn＝n2，
因此{an}的通项公式an＝2n＋1.
(2)∵bn＝ 2an ＋(－1)n·an＝22n＋1＋(－1)n·(2n＋1)
＝2×4n＋(－1)n·(2n＋1)， ∴Tn＝2×(41＋42＋…＋4n)＋[－3＋5－7＋9－…＋(－1)n(2n＋1)]＝8（4n3－1）＋Gn. 当 n 为偶数时，Gn＝2×n2＝n，∴Tn＝8（4n3－1）＋n；
(2)由题意知：S2n＋1＝（2n＋1）（2 b1＋b2n＋1）＝(2n＋1)bn＋1， 又S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，所以bn＝2n＋1.
令 cn＝bann，则 cn＝2n2＋n 1， 因此 Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝32＋252＋273＋…＋22nn－－11＋2n2＋n 1， 又12Tn＝232＋253＋274＋…＋2n2－n 1＋22nn＋＋11， 两式相减得12Tn＝32＋12＋212＋…＋2n1－1－22nn＋＋11，
大家好
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第2讲 数列求和及综合应用
高考定位 1.高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错 位相减、裂项相消等方法求数列的和，难度中档偏下；2.在考查数列运算的同时， 将数列与不等式、函数交汇渗透.
真题感悟
1.(2017·全国Ⅲ卷)设数列{an}满足 a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n.
热点二 数列的求和 考法1 分组转化求和 【例2－1】 (2018·合肥质检)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S4＝24，S7
高考数学二轮复习专题三数列第2讲数列的求和及综合应用课件文1205340-数学备课【全免费】
由 b1＝2，所以 bn＝2n－1＋1. (3)cn＝bnbann＋1＝bnb＋nb1－n＋b1 n＝b1n－bn1＋1， 所以 Tn＝c1＋c2＋…cn＝b11－b12＋b12－b13＋…＋ b1n－bn1＋1＝b11－bn1＋1＝12－2n＋1 1.
命题视角 3 错位相减法求和
cn＝TbnTn＋n＋1 1＝n2（2nn＋＋11）2＝n12－（n＋1 1）2， 所以 An＝1－（n＋1 1）2＝（nn2＋＋12）n 2.
因此{An}是单调递增数列， 所以当 n＝1 时，An 有最小值 A1＝1－14＝34；An 没有 最大值．
[规律方法] 1．给出 Sn 与 an 的关系求 an，常用思路是：一是利 用 Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为 an 的递推关系，再求其通项 公式；二是转化为 Sn 的递推关系，先求出 Sn 与 n 之间的 关系，再求 an. 2．形如 an＋1＝pan＋q(p≠1，q≠0)，可构造一个新的 等比数列．
[变式训练] (2017·太原质检)已知数列{an}的前 n 项 和 Sn＝2n＋1－2，数列{bn}满足 bn＝an＋an＋1(n∈N*)．
(1)求数列{bn}的通项公式； (2)若 cn＝log2an(n∈N*)，求数列{bn·cn}的前 n 项和 Tn. 解：(1)由于 Sn＝2n＋1－2，n∈N*，
＋2n.
[规律方法] 1．在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思 想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求 和．在利用分组求和法求和时，常常根据需要对项数 n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个表达式． 2．分组求和的策略：(1)根据等差、等比数列分组； (2)根据正号、负号分组．
从而{an}的通项公式为 an＝2n2－1. an