专题二数列综合问题
数列综合问题高中数学教案
数列综合问题高中数学教案
知识点：数列的综合
教学目标：通过本节课的学习，学生能够掌握数列的综合方法，解决相关数学问题。
教学重点：数列的综合求解方法。
教学难点：在实际问题中运用数列的综合方法解决问题。
教学过程：
一、导入新知识（5分钟）
教师向学生介绍本节课的学习内容，引导学生了解数列的综合概念。
并通过一个简单的例子引出数列综合问题。
二、讲解与实践（15分钟）
1. 讲解数列的综合方法，说明综合的含义及求解步骤。
2. 通过几个示例讲解综合求解数列问题的步骤，引导学生掌握方法。
3. 学生进行练习，巩固数列综合的求解方法。
三、拓展应用（10分钟）
1. 给学生提供一些实际问题，让学生尝试用数列综合方法解决问题。
2. 学生结合实际问题进行讨论，分享不同解题思路。
四、作业布置（5分钟）
布置练习题作业，相关综合数列问题的练习。
五、课堂小结（5分钟）
总结本节课的重点内容，强调数列综合方法的重要性，并提醒学生作业要认真完成。
教学反思：本节课通过讲解数列的综合方法，让学生了解了数列的综合应用，实际问题中的数列综合求解方法。
通过多种实例的讲解和练习，学生对数列综合方法有了更深入的理解和掌握。
在今后的教学过程中，可以结合更多实际问题，让学生更好地运用数列综合方法解决各种数学问题。
数列中的综合问题
[解]
易知
(2)若选择①，解答过程如下.
+1
＝
1
3
当 n ≥2时，
−1
+1
·
+2
2
1
，
1
3
1
3
＝ × ，
3
2
1
3
2
4
＝ × ，
4
3
1
3
3
5
＝ × ，…，
−1
1
3
＝ ×
，
累乘得
2
1
×
1
2
3
2
×…×
−1
因为 b 1 ＝ ，所以 b n ＝
成立，
＝
1
1
＋8.
+1
＝(4－3 n )·2
－8，
方法总结
数列的综合问题常将等差、等比数列结合，两者相互联系、相互转
化，解答这类问题的方法：寻找通项公式，利用性质进行转化.
跟踪训练
1.
2
(2022·全国甲卷)记 Sn 为数列{ an }的前 n 项和.已知
＋ n ＝2 an ＋1.
(1)证明：{ an }是等差数列；
的通项公式、前 n 项和公式、求和方法等对式子化简变形.
跟踪训练
3. 已知数列{ an }是等差数列， a 1＝1，公差 d ∈[1，2]，且 a 4＋λ a 10＋ a 16
＝15，则实数λ的最大值为
1
－
2
.
因为 a 4＋λ a 10＋ a 16＝15，所以 a 1＋3 d ＋λ( a 1＋9 d )＋ a 1＋15 d ＝15，
2021高考数学二轮复习专题练三核心热点突破专题二数列第2讲数列求和及综合问题含解析
高考数学二轮复习专题练：第2讲数列求和及综合问题高考定位 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.(2020·全国Ⅰ卷)数列{a n}满足a n＋2＋(－1)n a n＝3n－1，前16项和为540，则a1＝________. 解析法一因为a n＋2＋(－1)n a n＝3n－1，所以当n为偶数时，a n＋2＋a n＝3n－1，所以a4＋a2＝5，a8＋a6＝17，a12＋a10＝29，a16＋a14＝41，所以a2＋a4＋a6＋a8＋a10＋a12＋a14＋a16＝92.因为数列{a n}的前16项和为540，所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＋a11＋a13＋a15＝540－92＝448.①因为当n为奇数时，a n＋2－a n＝3n－1，所以a3－a1＝2，a7－a5＝14，a11－a9＝26，a15－a13＝38，所以(a3＋a7＋a11＋a15)－(a1＋a5＋a9＋a13)＝80.②由①②得a1＋a5＋a9＋a13＝184.又a3＝a1＋2，a5＝a3＋8＝a1＋10，a7＝a5＋14＝a1＋24，a9＝a7＋20＝a1＋44，a11＝a9＋26＝a1＋70，a13＝a11＋32＝a1＋102，所以a1＋a1＋10＋a1＋44＋a1＋102＝184，所以a1＝7.法二 同法一得a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝448. 当n 为奇数时，有a n ＋2－a n ＝3n －1，由累加法得a n ＋2－a 1＝3(1＋3＋5＋…＋n )－n ＋12＝32(1＋n )·n ＋12－n ＋12＝34n 2＋n ＋14， 所以a n ＋2＝34n 2＋n ＋14＋a 1.所以a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝a 1＋⎝⎛⎭⎫34×12＋1＋14＋a 1＋⎝⎛⎭⎫34×32＋3＋14＋a 1＋⎝⎛⎭⎫34×52＋5＋14＋a 1＋ ⎝⎛⎭⎫34×72＋7＋14＋a 1＋⎝⎛⎭⎫34×92＋9＋14＋a 1＋⎝⎛⎭⎫34×112＋11＋14＋a 1＋ ⎝⎛⎭⎫34×132＋13＋14＋a 1＝8a 1＋392＝448，解得a 1＝7. 答案 72.(2018·全国Ⅰ卷)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 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.法二 由S n ＝2a n ＋1，得S 1＝2S 1＋1，所以S 1＝－1，当n ≥2时，由S n ＝2a n ＋1得S n ＝2(S n －S n －1)＋1，即S n ＝2S n －1－1，∴S n －1＝2(S n －1－1)，又S 1－1＝－2，∴{S n －1}是首项为－2，公比为2的等比数列，所以S n －1＝－2×2n －1＝－2n ，所以S n ＝1－2n ，∴S 6＝1－26＝－63. 答案 －633.(2020·新高考山东卷)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)设{}a n 的公比为q (q ＞1). 由题设得a 1q ＋a 1q 3＝20，a 1q 2＝8. 解得q ＝12(舍去)，q ＝2.由题设得a 1＝2.所以{}a n 的通项公式为a n ＝2n .(2)由题设及(1)知b 1＝0，且当2n ≤m ＜2n＋1时，b m ＝n .所以S 100＝b 1＋(b 2＋b 3)＋(b 4＋b 5＋b 6＋b 7)＋…＋(b 32＋b 33＋…＋b 63)＋(b 64＋b 65＋…＋b 100)＝0＋1×2＋2×22＋3×23＋4×24＋5×25＋6×(100－63)＝480.4.(2020·全国Ⅰ卷)设{a n }是公比不为1的等比数列，a 1为a 2，a 3的等差中项. (1)求{a n }的公比；(2)若a 1＝1，求数列{na n }的前n 项和.解 (1)设{a n }的公比为q ，由题设得2a 1＝a 2＋a 3， 即2a 1＝a 1q ＋a 1q 2.所以q 2＋q －2＝0，解得q ＝1(舍去)或q ＝－2. 故{a n }的公比为－2.(2)记S n 为{na n }的前n 项和.由(1)及题设可得a n ＝(－2)n －1，所以S n ＝1＋2×(－2)＋…＋n ·(－2)n －1， －2S n ＝－2＋2×(－2)2＋…＋(n －1)·(－2)n －1＋n ·(－2)n . 所以3S n ＝1＋(－2)＋(－2)2＋…＋(－2)n －1－n ·(－2)n ＝1－(－2)n 3－n ·(－2)n .所以S n ＝19－(3n ＋1)(－2)n9.考 点 整 合1.常用公式：12＋22＋32＋42＋…＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6.2.(1)数列通项a n 与前n 项和S n 的关系为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1 （n ＝1），S n －S n －1 （n ≥2）.(2)应用a n 与S n 的关系式f (a n ，S n )＝0时，应特别注意n ＝1时的情况，防止产生错误. 3.数列求和(1)分组转化法：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并.(2)错位相减法：主要用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别是等差数列和等比数列.(3)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如⎩⎨⎧⎭⎬⎫c a n a n ＋1(其中{a n }是各项均不为零的等差数列，c 为常数)的数列.温馨提醒 裂项求和时，易把系数写成它的倒数或忘记系数导致错误. 4.数列与函数、不等式的交汇数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出S n 的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化.数列与不等式的综合问题一般以数列为载体，考查不等关系或恒成立问题.热点一 a n 与S n 的关系问题【例1】 设数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意的正整数n ，都有a n ＝5S n ＋1成立，b n ＝－1－log 2|a n |，数列{b n }的前n 项和为T n ，c n ＝b n ＋1T n T n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{c n }的前n 项和A n ，并求出A n 的最值. 解 (1)因为a n ＝5S n ＋1，n ∈N *， 所以a n ＋1＝5S n ＋1＋1， 两式相减，得a n ＋1＝－14a n ，又当n ＝1时，a 1＝5a 1＋1，知a 1＝－14，所以数列{a n }是公比、首项均为－14的等比数列.所以数列{a n }的通项公式a n ＝⎝⎛⎭⎫－14n. (2)由(1)知b n ＝－1－log 2|a n |＝2n －1， 数列{b n }的前n 项和T n ＝n 2，c n ＝b n ＋1T n T n ＋1＝2n ＋1n 2（n ＋1）2＝1n 2－1（n ＋1）2， 所以A n ＝1－1（n ＋1）2.因此{A n }是单调递增数列，∴当n ＝1时，A n 有最小值A 1＝1－14＝34；A n 没有最大值.探究提高 1.给出S n 与a n 的递推关系求a n ，常用思路是：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .2.由S n 求a n 时，一定注意分n ＝1和n ≥2两种情况，最后验证两者是否能合为一个式子，若不能，则用分段形式来表示.【训练1】 (2020·合肥检测)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 2n ＝S n ＋S n －1(n ≥2)，a 1＝1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(1－a n )2－a (1－a n )，若{b n }是递增数列，求实数a 的取值范围. 解 (1)a 2n ＝S n ＋S n －1(n ≥2)， a 2n －1＝S n －1＋S n －2(n ≥3).相减可得a 2n －a 2n －1＝a n ＋a n －1，∵a n ＞0，a n －1＞0，∴a n －a n －1＝1(n ≥3). 当n ＝2时，a 22＝a 1＋a 2＋a 1， ∴a 22＝2＋a 2，a 2＞0，∴a 2＝2. 因此n ＝2时，a n －a n －1＝1成立. ∴数列{a n }是等差数列，公差为1. ∴a n ＝1＋n －1＝n .(2)b n ＝(1－a n )2－a (1－a n )＝(n －1)2＋a (n －1)， ∵{b n }是递增数列，∴b n ＋1－b n ＝n 2＋an －(n －1)2－a (n －1) ＝2n ＋a －1＞0，即a ＞1－2n 恒成立，∴a ＞－1.∴实数a 的取值范围是(－1，＋∞). 热点二 数列求和 方法1 分组转化求和【例2】 (2020·山东五地联考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足关于x 的不等式a 1x 2－S 2x ＋2＜0的解集为(1，2). (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝a 2n ＋2a 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 ，因为关于x 的不等式a 1x 2－S 2x ＋2＜0的解集为(1，2)， 所以S 2a 1＝1＋2＝3，得a 1＝d ，又易知2a 1＝2，所以a 1＝1，d ＝1.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)由(1)可得，a 2n ＝2n ，2a n ＝2n .因为b n ＝a 2n ＋2a n －1，所以b n ＝2n －1＋2n ，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝(1＋3＋5＋…＋2n －1)＋(2＋22＋23＋…＋2n ) ＝n （1＋2n －1）2＋2（1－2n ）1－2＝n 2＋2n ＋1－2.探究提高 1.求解本题要过四关：(1)“转化”关，把不等式的解转化为方程根的问题；(2)“方程”关，利用方程思想求出基本量a 1及d ；(3)“分组求和”关，观察数列的通项公式，把数列分成几个可直接求和的数列；(4)“公式”关，会利用等差、等比数列的前n 项和公式求和. 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.本题易忽视数列通项的下标如错得a 2n ＝n ，应注意“＝”左右两边保持一致.【训练2】 (2020·潍坊调研)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8，S 4＝40.数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n －2b n ＋3＝0，n ∈N *. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，求数列{c n }的前n 项和P n .解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝8，4a 1＋6d ＝40，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，d ＝4， 所以a n ＝4n ， 因为T n －2b n ＋3＝0，所以当n ＝1时，b 1＝3，当n ≥2时，T n －1－2b n －1＋3＝0， 两式相减，得b n ＝2b n －1(n ≥2)，则数列{b n }为首项为3，公比为2的等比数列， 所以b n ＝3·2n －1.(2)c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4n ，n 为奇数，3·2n －1，n 为偶数，当n 为偶数时，P n ＝(a 1＋a 3＋…＋a n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n ) ＝（4＋4n －4）·n 22＋6（1－4n 2）1－4＝2n ＋1＋n 2－2.当n 为奇数时，法一 n －1(n ≥3)为偶数，P n ＝P n －1＋c n ＝2(n －1)＋1＋(n －1)2－2＋4n ＝2n ＋n 2＋2n －1，n ＝1时符合上式.法二 P n ＝(a 1＋a 3＋…＋a n －2＋a n )＋(b 2＋b 4＋…＋b n －1) ＝（4＋4n ）·n ＋122＋6（1－4n －12）1－4＝2n ＋n 2＋2n －1.所以P n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1＋n 2－2，n 为偶数，2n ＋n 2＋2n －1，n 为奇数.方法2 裂项相消求和【例3】 (2020·江南六校调研)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1＝2，a n ＋1＝S n ＋2. (1)证明：{a n }为等比数列；(2)记b n ＝log 2a n ，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫λb n b n ＋1的前n 项和为T n ，若T n ≥10恒成立，求λ的取值范围.(1)证明 由已知，得a 1＝S 1＝2，a 2＝S 1＋2＝4， 当n ≥2时，a n ＝S n －1＋2，所以a n ＋1－a n ＝(S n ＋2)－(S n －1＋2)＝a n ，所以a n ＋1＝2a n (n ≥2).又a 2＝2a 1，所以a n ＋1a n＝2(n ∈N *)，所以{a n }是首项为2，公比为2的等比数列. (2)解 由(1)可得a n ＝2n ，所以b n ＝n . 则λb n b n ＋1＝λn （n ＋1）＝λ⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，T n ＝λ⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝λ⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1，因为T n ≥10，所以λn n ＋1≥10，从而λ≥10（n ＋1）n ，因为10（n ＋1）n ＝10⎝⎛⎭⎫1＋1n ≤20， 所以λ的取值范围为[20，＋∞).探究提高 1.裂项相消求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项.2.消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项. 【训练3】 设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n . (1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和.解 (1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，①故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)，② ①－②得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1，又n ＝1时，a 1＝2适合上式， 从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1. (2)记⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n ，由(1)知a n 2n ＋1＝2（2n －1）（2n ＋1）＝12n －1－12n ＋1，则S n ＝⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1 ＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1.方法3 错位相减法求和【例4】 (2020·济南统测)在①a 3＝5，a 2＋a 5＝6b 2，②b 2＝2，a 3＋a 4＝3b 3，③S 3＝9，a 4＋a 5＝8b 2这三个条件中任选一个，补充至横线上，并解答问题.已知等差数列{a n }的公差为d (d >1)，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，且a 1＝b 1，d ＝q ，________.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)记c n ＝a nb n，求数列{c n }的前n 项和T n .(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分) 解 选条件①.(1)∵a 3＝5，a 2＋a 5＝6b 2，a 1＝b 1，d ＝q ，d >1，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝5，2a 1＋5d ＝6a 1d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎨⎧a 1＝256，d ＝512(舍去).∴⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝1，q ＝2.∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1，b n ＝b 1q n －1＝2n －1. (2)∵c n ＝a n b n ，∴c n ＝2n －12n －1＝(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n －1.∴T n ＝1＋3×12＋5×⎝⎛⎭⎫122＋…＋(2n －3)×⎝⎛⎭⎫12n －2＋(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n －1，12T n ＝12＋3×⎝⎛⎭⎫122＋5×⎝⎛⎭⎫123＋…＋(2n －3)×⎝⎛⎭⎫12n －1＋(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n.上面两式相减，得12T n ＝1＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋⎝⎛⎭⎫122＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n＝1＋2×12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫12n －11－12－(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n＝3－(2n ＋3)×⎝⎛⎭⎫12n. ∴T n ＝6－(2n ＋3)×⎝⎛⎭⎫12n －1.选条件②.(1)∵b 2＝2，a 3＋a 4＝3b 3，a 1＝b 1，d ＝q ，d >1，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1d ＝2，2a 1＋5d ＝3a 1d 2，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1d ＝2，2a 1＋5d ＝6d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝－2(舍去).∴⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝1，q ＝2.∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1，b n ＝b 1q n －1＝2n －1. (2)∵c n ＝a nb n ，∴c n ＝2n －12n －1＝(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n －1.∴T n ＝1＋3×12＋5×⎝⎛⎭⎫122＋…＋(2n －3)×⎝⎛⎭⎫12n －2＋(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n －1，12T n ＝12＋3×⎝⎛⎭⎫122＋5×⎝⎛⎭⎫123＋…＋(2n －3)×⎝⎛⎭⎫12n －1＋(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n.上面两式相减，得12T n ＝1＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋⎝⎛⎭⎫122＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n＝1＋2×12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫12n －11－12－(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n＝3－(2n ＋3)×⎝⎛⎭⎫12n. ∴T n ＝6－(2n ＋3)×⎝⎛⎭⎫12n －1.选条件③.(1)∵S 3＝9，a 4＋a 5＝8b 2，a 1＝b 1，d ＝q ，d >1，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝3，2a 1＋7d ＝8a 1d ， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎨⎧a 1＝218，d ＝38(舍去)，∴⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝1，q ＝2.∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1，b n ＝b 1q n －1＝2n －1. (2)∵c n ＝a nb n ，∴c n ＝2n －12n －1＝(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n －1.∴T n ＝1＋3×12＋5×⎝⎛⎭⎫122＋…＋(2n －3)×⎝⎛⎭⎫12n －2＋(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n －1，12T n ＝12＋3×⎝⎛⎭⎫122＋5×⎝⎛⎭⎫123＋…＋(2n －3)×⎝⎛⎭⎫12n －1＋(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n.上面两式相减，得12T n ＝1＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋⎝⎛⎭⎫122＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n＝1＋2×12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫12n －11－12－(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n ＝3－(2n ＋3)×⎝⎛⎭⎫12n. ∴T n ＝6－(2n ＋3)×⎝⎛⎭⎫12n －1.探究提高 1.一般地，如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{b n }的公比，然后作差求解. 2.在写“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确地写出“S n －qS n ”的表达式.【训练4】 (2020·潍坊模拟)在①b 2n ＝2b n ＋1，②a 2＝b 1＋b 2，③b 1，b 2，b 4成等比数列这三个条件中选择符合题意的两个条件，补充在下面的问题中，并求解.已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝3a n .公差不等于0的等差数列{b n }满足________，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和S n .(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分) 解 因为a 1＝1，a n ＋1＝3a n ，所以{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列， 所以a n ＝3n －1.选①②时，设数列{b n }的公差为d 1. 因为a 2＝3，所以b 1＋b 2＝3(ⅰ).因为b 2n ＝2b n ＋1，所以当n ＝1时，b 2＝2b 1＋1(ⅱ). 由(ⅰ)(ⅱ)解得b 1＝23，b 2＝73，所以d 1＝53，所以b n ＝5n －33.所以b n a n ＝5n －33n .所以S n ＝b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n ＝231＋732＋1233＋…＋5n －33n ，所以13S n ＝232＋733＋1234＋…＋5n －83n ＋5n －33n ＋1.上面两式相减，得23S n ＝23＋5⎝⎛⎭⎫132＋133＋…＋13n －5n －33n ＋1 ＝23＋56－152×3n ＋1－5n －33n ＋1＝32－10n ＋92×3n ＋1. 所以S n ＝94－10n ＋94×3n.选②③时，设数列{b n }的公差为d 2.因为a 2＝3，所以b 1＋b 2＝3，即2b 1＋d 2＝3.因为b 1，b 2，b 4成等比数列，所以b 22＝b 1b 4，即(b 1＋d 2)2＝b 1(b 1＋3d 2)，化简得d 22＝b 1d 2.因为d 2≠0，所以b 1＝d 2，从而d 2＝b 1＝1，所以b n ＝n . 所以b n a n ＝n 3n －1.所以S n ＝b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n ＝130＋231＋332＋…＋n3n －1，所以13S n ＝131＋232＋333＋…＋n －13n －1＋n 3n .上面两式相减，得23S n ＝1＋131＋132＋133＋…＋13n －1－n 3n ＝32⎝⎛⎭⎫1－13n －n 3n ＝32－2n ＋32×3n . 所以S n ＝94－2n ＋34×3n －1.选①③时，设数列{b n }的公差为d 3.因为b 2n ＝2b n ＋1，所以b 2＝2b 1＋1，所以d 3＝b 1＋1.又因为b 1，b 2，b 4成等比数列，所以b 22＝b 1b 4，即(b 1＋d 3)2＝b 1(b 1＋3d 3)，化简得d 23＝b 1d 3.因为d 3≠0，所以b 1＝d 3，无解，所以等差数列{b n }不存在.故不合题意. 热点三 与数列相关的综合问题【例5】 (2020·杭州滨江区调研)设f (x )＝12x 2＋2x ，f ′(x )是y ＝f (x )的导函数，若数列{a n }满足a n＋1＝f ′(a n )，且首项a 1＝1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }中，b 1＝a 1，b 2＝a 2，数列{b n }的前n 项和为T n ，请写出适合条件T n ≤S n 的所有n 的值. 解 (1)由f (x )＝12x 2＋2x ，得f ′(x )＝x ＋2.∵a n ＋1＝f ′(a n )，且a 1＝1. ∴a n ＋1＝a n ＋2，则a n ＋1－a n ＝2，因此数列{a n }是公差为2，首项为1的等差数列. ∴a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.(2)数列{a n }的前n 项和S n ＝n （1＋2n －1）2＝n 2，等比数列{b n }中，设公比为q ，∵b 1＝a 1＝1，b 2＝a 2＝3， ∴q ＝3.∴b n ＝3n －1，∴数列{b n }的前n 项和T n ＝1－3n 1－3＝3n －12.T n ≤S n 可化为3n －12≤n 2.又n ∈N *，∴n ＝1，或n ＝2.故适合条件T n ≤S n 的所有n 的值为1和2.探究提高 1.求解数列与函数交汇问题要注意两点：(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特别注意； (2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件.2.数列为背景的不等式恒成立、不等式证明，多与数列的求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性处理.【训练5】 已知数列{a n }与{b n }满足：a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝2b n (n ∈N *)，若{a n }是各项为正数的等比数列，且a 1＝2，b 3＝b 2＋4. (1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }满足c n ＝a n b n b n ＋1(n ∈N *)，T n 为数列{c n }的前n 项和，证明：T n ＜1.(1)解 由题意知，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝2b n ，① 当n ≥2时，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＝2b n －1，② ①－②可得a n ＝2(b n －b n －1) ⇒a 3＝2(b 3－b 2)＝2×4＝8，∵a 1＝2，a n ＞0，设{a n }的公比为q ， ∴a 1q 2＝8⇒q ＝2，∴a n ＝2×2n －1＝2n (n ∈N *). ∴2b n＝21＋22＋23＋…＋2n ＝2（1－2n ）1－2＝2n ＋1－2，∴b n ＝2n －1(n ∈N *).(2)证明 由已知c n ＝a n b n ·b n ＋1＝2n（2n －1）（2n ＋1－1） ＝12n－1－12n ＋1－1， ∴T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝121－1－122－1＋122－1－123－1＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1，当n ∈N *时，2n ＋1＞1， ∴12n ＋1－1＞0，∴1－12n ＋1－1＜1，故T n ＜1.A 级 巩固提升一、选择题1.已知T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n ＋12n 的前n 项和，若m >T 10＋1 013恒成立，则整数m 的最小值为( )A.1 026B.1 025C.1 024D.1 023解析 因为2n ＋12n ＝1＋12n ，所以T n ＝n ＋1－12n ，则T 10＋1 013＝11－1210＋1 013＝1 024－1210，又m >T 10＋1 013，所以整数m 的最小值为1 024. 答案 C2.(2020·河北“五个一”名校联盟诊断)在等差数列{a n }中，a 3＋a 5＝a 4＋7，a 10＝19，则数列{a n cos n π}的前2 020项的和为( ) A.1 009B.1 010C.2 019D.2 020解析 设{a n }的公差为d ，则有⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋6d ＝a 1＋3d ＋7，a 1＋9d ＝19，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，∴a n ＝2n －1，设b n ＝a n cos n π，则b 1＋b 2＝a 1cos π＋a 2cos 2π＝2，b 3＋b 4＝a 3cos 3π＋a 4cos 4π＝2，…，∴数列{a n cos n π}的前2 020项的和S 2 020＝(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋…＋(b 2 019＋b 2 020)＝2×1 010＝2 020. 答案 D3.数列{a n }满足a 1＝1，对任意n ∈N *，都有a n ＋1＝1＋a n ＋n ，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 99＝( )A.9998B.2C.9950D.99100解析 对任意n ∈N *，都有a n ＋1＝1＋a n ＋n ，则a n ＋1－a n ＝n ＋1，则a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n ＋(n －1)＋…＋1＝n （n ＋1）2， 则1a n ＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， 所以1a 1＋1a 2＋…＋1a 99＝2[⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫199－1100]＝2×⎝⎛⎭⎫1－1100＝9950. 答案 C4.(多选题)(2020·青岛质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＋1＝S n ＋2a n ＋1，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n a n a n ＋1的前n 项和为T n ，n ∈N *，则下列选项正确的为( ) A.数列{a n ＋1}是等差数列 B.数列{a n ＋1}是等比数列 C.数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1 D.T n <1解析 由S n ＋1＝S n ＋2a n ＋1，得a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2a n ＋1，可化为a n ＋1＋1＝2(a n ＋1).由a 1＝1，得a 1＋1＝2，则数列{a n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列.则a n ＋1＝2n ，即a n ＝2n －1.由2n a n a n ＋1＝2n （2n －1）（2n ＋1－1）＝12n －1－12n ＋1－1，得T n＝1－122－1＋122－1－123－1＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1<1.所以A 错误，B ，C ，D 正确.故选BCD. 答案 BCD5.(多选题)(2020·烟台模拟)已知数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝n ·(－1)n （n ＋1）2，其前n 项和为S n ，且m ＋S 2 019＝－1 009，则下列说法正确的是( ) A.m 为定值B.m ＋a 1为定值C.S 2 019－a 1为定值D.ma 1有最大值解析 当n ＝2k (k ∈N *)时，由已知条件得a 2k ＋a 2k ＋1＝2k ·(－1)k (2k ＋1)，所以S 2 019＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 019＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 2 018＋a 2 019)＝a 1－2＋4－6＋8－10＋…－2 018＝a 1＋1 008－2 018＝a 1－1 010，所以S 2 019－a 1＝－1 010.m ＋S 2 019＝m ＋a 1－1 010＝－1 009，所以m ＋a 1＝1，所以ma 1≤⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋a 122＝14，当且仅当m ＝a 1＝12时等号成立，此时ma 1取得最大值14.故选BCD. 答案 BCD 二、填空题6.对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，数列{a n }的“差数列”的通项公式为a n ＋1－a n ＝2n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.解析 因为a n ＋1－a n ＝2n ，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n 1－2＋2＝2n －2＋2＝2n ，所以S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.答案 2n ＋1－27.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝3a n ＋1，则a 1＝________，a n ＝________. 解析 令n ＝1，则2S 1＝3a 1＋1，又S 1＝a 1，所以a 1＝－1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12(3a n －3a n －1)，整理得a n ＝3a n －1，即a na n －1＝3(n ≥2).因此，{a n }是首项为－1，公比为3的等比数列. 故a n ＝－3n －1. 答案 －1 －3n －18.(2020·福州调研)已知数列{na n }的前n 项和为S n ，且a n ＝2n ，则使得S n －na n ＋1＋50<0的最小正整数n 的值为________.解析 S n ＝1×21＋2×22＋…＋n ×2n ，则2S n ＝1×22＋2×23＋…＋n ×2n ＋1，两式相减得 －S n ＝2＋22＋ (2)－n ·2n ＋1＝2（1－2n ）1－2－n ·2n ＋1，故S n ＝2＋(n －1)·2n ＋1. 又a n ＝2n ，∴S n －na n ＋1＋50＝2＋(n －1)·2n ＋1－n ·2n ＋1＋50 ＝52－2n ＋1，依题意52－2n ＋1<0，故最小正整数n 的值为5. 答案 5 三、解答题9.(2020·合肥调研)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 10＝4，S 15＝30. (1)求数列{a n }的通项公式以及前n 项和S n ；(2)记数列{2a n ＋4＋a n }的前n 项和为T n ，求满足T n ＞0的最小正整数n 的值. 解 (1)记数列{a n }的公差为d ，S 15＝30⇒15a 8＝30⇒a 8＝2，故d ＝a 10－a 810－8＝1，故a n ＝a 10＋(n －10)d ＝4＋n －10＝n －6，S n ＝na 1＋n （n －1）d 2＝－5n ＋n （n －1）2＝n 22－11n2.(2)依题意，2a n ＋4＋a n ＝n －6＋2n －2 T n ＝(－5－4＋…＋n －6)＋(2－1＋20＋…＋2n －2)＝n （n －11）2＋2n －12， 当n ＝1时，T 1＝－1×10＋21－12＜0；当n ＝2时，T 2＝－2×9＋22－12＜0；当n ＝3时，T 3＝－3×8＋23－12＜0；当n ＝4时，T 4＝－4×7＋24－12＜0；当n ≥5时，n （n －11）2≥－15，2n －12≥312，所以T n ＞0.故满足T n ＞0的最小正整数n 的值为5.10.(2020·临沂模拟)甲、乙两同学在复习数列时发现曾经做过的一道有关数列的题目因纸张被破坏，导致一个条件看不清，具体如下：等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知________. (1)判断S 1，S 2，S 3的关系；(2)若a 1－a 3＝3，设b n ＝n 12|a n |，记{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n <43.甲同学记得缺少的条件是首项a 1的值，乙同学记得缺少的条件是公比q 的值，并且他俩都记得第(1)问的答案是S 1，S 3，S 2成等差数列.如果甲、乙两同学记得的答案是正确的，请你通过推理把条件补充完整并解答此题. (1)解 由S 1，S 3，S 2成等差数列，得 2S 3＝S 1＋S 2，即2(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)＝2a 1＋a 1q ， 解得q ＝－12或q ＝0(舍去).若乙同学记得的缺少的条件是正确的，则公比q ＝－12.所以S 1＝a 1，S 2＝a 1＋a 2＝a 1－12a 1＝12a 1，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 1－12a 1＋14a 1＝34a 1，可得S 1＋S 2＝2S 3，即S 1，S 3，S 2成等差数列.(2)证明 由a 1－a 3＝3，可得a 1－14a 1＝3，解得a 1＝4，所以a n ＝4×⎝⎛⎭⎫－12n －1.所以b n ＝n 12|a n |＝n 12⎪⎪⎪⎪⎪⎪4×⎝⎛⎭⎫－12n －1＝23n ·⎝⎛⎭⎫12n. 所以T n ＝23⎝⎛⎭⎫1×12＋2×14＋3×18＋…＋n ×12n ， 12T n ＝23⎝⎛⎭⎫1×14＋2×18＋3×116＋…＋n ×12n ＋1， 两式相减，得12T n ＝23⎝⎛⎭⎫12＋14＋18＋116＋…＋12n －n ·12n ＋1 ＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12－n ·12n ＋1， 化简可得T n ＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫1－n ＋22n ＋1.由1－n ＋22n ＋1<1，得T n <43.B 级 能力突破11.设数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，对于任意的n ∈N *，a n ，S n ，a 2n成等差数列，设数列{b n }的前n 项和为T n ，且b n ＝（ln x ）na 2n ，若对任意的实数x ∈(1，e](e 为自然对数的底数)和任意正整数n ，总有T n <r (r ∈N *)，则r 的最小值为________.解析 由题意得，2S n ＝a n ＋a 2n， 当n ≥2时，2S n －1＝a n －1＋a 2n －1，∴2S n －2S n －1＝a n ＋a 2n －a n －1－a 2n －1，∴(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－1)＝0，∵a n >0，∴a n －a n －1＝1，即数列{a n }是公差为1的等差数列，又2a 1＝2S 1＝a 1＋a 21，a 1＝1，∴a n ＝n (n ∈N *).又x ∈(1，e]，∴0<ln x ≤1，∴T n ≤1＋122＋132＋…＋1n 2<1＋11×2＋12×3＋…＋1（n －1）n＝1＋⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝2－1n <2，∴r ≥2，即r 的最小值为2. 答案 212.(2020·衡水中学检测)等差数列{a n }的公差为2，a 2，a 4，a 8分别等于等比数列{b n }的第2项、第3项、第4项.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }满足c 1a 1＋c 2a 2＋…＋c na n ＝b n ＋1，求数列{c n }的前2 020项的和.解 (1)依题意得b 23＝b 2b 4， 所以(a 1＋6)2＝(a 1＋2)(a 1＋14)，所以a 21＋12a 1＋36＝a 21＋16a 1＋28，解得a 1＝2.∴a n ＝2n .设等比数列{b n }的公比为q ，所以q ＝b 3b 2＝a 4a 2＝84＝2，又b 2＝a 2＝4，∴b n ＝4×2n －2＝2n .(2)由(1)知，a n ＝2n ，b n ＝2n . 因为c 1a 1＋c 2a 2＋…＋c n －1a n －1＋c n a n ＝2n ＋1①当n ≥2时，c 1a 1＋c 2a 2＋…＋c n －1a n －1＝2n ②由①－②得，c n a n ＝2n ，即c n ＝n ·2n ＋1，又当n ＝1时，c 1＝a 1b 2＝23不满足上式，∴c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧8，n ＝1，n ·2n ＋1，n ≥2.故S 2 020＝8＋2×23＋3×24＋…＋2 020×22 021 ＝4＋1×22＋2×23＋3×24＋…＋2 020×22 021设T 2 020＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋2 019×22 020＋2 020×22 021③， 则2T 2 020＝1×23＋2×24＋3×25＋…＋2 019×22 021＋2 020×22 022④， 由③－④得：－T 2 020＝22＋23＋24＋…＋22 021－2 020×22 022 ＝22（1－22 020）1－2－2 020×22 022＝－4－2 019×22 022，所以T 2 020＝2 019×22 022＋4， 所以S 2 020＝T 2 020＋4＝2 019×22 022＋8.。
2024届高考一轮复习数学教案(新人教B版)：数列中的综合问题
§6.6数列中的综合问题考试要求数列的综合运算问题以及数列与函数、不等式等知识的交汇问题，是历年高考的热点内容．一般围绕等差数列、等比数列的知识命题，涉及数列的函数性质、通项公式、前n 项和公式等．题型一等差数列、等比数列的综合运算例1(2023·厦门模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝32n 2＋12n ，递增的等比数列{b n }满足b 1＋b 4＝18，b 2·b 3＝32.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若c n ＝a n ·b n ，n ∈N +，求数列{c n }的前n 项和T n .解(1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝32n 2＋12n －32(n －1)2＋12(n －1)＝3n －1，又∵当n ＝1时，a 1＝S 1＝2符合上式，∴a n ＝3n －1.∵b 2b 3＝b 1b 4，∴b 1，b 4是方程x 2－18x ＋32＝0的两根，又∵b 4>b 1，∴解得b 1＝2，b 4＝16，∴q 3＝b4b 1＝8，∴q ＝2，∴b n ＝b 1·q n －1＝2n .(2)∵a n ＝3n －1，b n ＝2n ，则c n ＝(3n －1)·2n ，∴T n ＝2·21＋5·22＋8·23＋11·24＋…＋(3n －1)·2n ，2T n ＝2·22＋5·23＋8·24＋11·25＋…＋(3n －1)·2n ＋1，将两式相减得－T n ＝2·21＋3(22＋23＋24＋…＋2n )－(3n －1)·2n ＋1＝4＋322(1－2n －1)1－2－(3n －1)·2n ＋1＝(4－3n )·2n ＋1－8，∴T n ＝(3n －4)·2n ＋1＋8.思维升华数列的综合问题常将等差、等比数列结合，两者相互联系、相互转化，解答这类问题的方法：寻找通项公式，利用性质进行转化．跟踪训练1(2022·全国甲卷)记S n 为数列{a n }的前n 项和．已知2S nn＋n ＝2a n ＋1.(1)证明：{a n }是等差数列；(2)若a 4，a 7，a 9成等比数列，求S n 的最小值．(1)证明由2S nn＋n ＝2a n ＋1，得2S n ＋n 2＝2a n n ＋n ，①所以2S n ＋1＋(n ＋1)2＝2a n ＋1(n ＋1)＋(n ＋1)，②②－①，得2a n ＋1＋2n ＋1＝2a n ＋1(n ＋1)－2a n n ＋1，化简得a n ＋1－a n ＝1，所以数列{a n }是公差为1的等差数列．(2)解由(1)知数列{a n }的公差为1.由a 4，a 7，a 9成等比数列，得a 27＝a 4a 9，即(a 1＋6)2＝(a 1＋3)(a 1＋8)，解得a 1＝－12.所以S n ＝－12n ＋n (n －1)2＝n 2－25n2－6258，所以当n ＝12或13时，S n 取得最小值，最小值为－78.题型二数列与其他知识的交汇问题命题点1数列与不等式的交汇例2(1)已知数列{a n }满足a 1＋12a 2＋13a 3＋…＋1na n ＝n 2＋n (n ∈N +)，设数列{b n }满足：b n ＝2n ＋1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，若T n <nn ＋1λ(n ∈N +)恒成立，则实数λ的取值范围为()A.14，＋∞C.38，＋∞答案D解析数列{a n }满足a 1＋12a 2＋13a 3＋…＋1na n ＝n 2＋n ，①当n ≥2时，a 1＋12a 2＋13a 3＋…＋1n －1a n －1＝(n －1)2＋(n －1)，②①－②得1na n ＝2n ，故a n ＝2n 2，当n ＝1时，a 1＝2也满足上式．数列{b n }满足：b n ＝2n ＋1a n a n ＋1＝2n ＋14n 2(n ＋1)2＝141n 2－1(n ＋1)2，则T n ＝141＋…＋1n 2－1(n ＋1)2＝141－1(n ＋1)2，由于T n <nn ＋1λ(n ∈N +)恒成立，故141－1(n ＋1)2<n n ＋1λ，整理得λ>n ＋24n ＋4，因为y ＝n ＋24n ＋4＝n ∈N +上单调递减，故当n ＝1＝38，所以λ>38.(2)已知数列{a n }满足a 1＝37，3a n ,2a n ＋1，a n a n ＋1成等差数列．{a n }的通项公式；②记{a n }的前n 项和为S n ，求证：1271S n <7528.①解由已知得4a n ＋1＝3a n ＋a n a n ＋1，因为a 1＝37≠0，所以由递推关系可得a n ≠0恒成立，所以4a n ＝3a n ＋1＋1，所以4a n －4＝3a n ＋1－3，即1a n ＋1－1又因为1a 1－1＝73－1＝43，所以数列是首项为43，公比为43的等比数列，所以1a n－1，所以a n ＝11.②证明由①可得a n ＝111－1＝37×－1，所以S n ≥37＋37×＋…＋37×－1＝1271n，a n ＝11<1，S 1＝37<7528，当n ≥2时，S n <37＋＋ (37)1－34＝7528－3<7528.综上所述，1271n≤S n <7528成立．命题点2数列与函数的交汇例3(1)(2023·龙岩模拟)已知函数f (x )＝13x 3＋4x ，记等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若f (a 1＋2)＝100，f (a 2022＋2)＝－100，则S 2022等于()A ．－4044B ．－2022C ．2022D ．4044答案A解析因为f (－x )＝－13x 3－4x ＝－f (x )，所以f (x )是奇函数，因为f (a 1＋2)＝100，f (a 2022＋2)＝－100，所以f (a 1＋2)＝－f (a 2022＋2)，所以a 1＋2＋a 2022＋2＝0，所以a 1＋a 2022＝－4，所以S 2022＝2022(a 1＋a 2022)2＝－4044.(2)数列{a n }是等差数列，a 1＝1，公差d ∈[1,2]，且a 4＋λa 10＋a 16＝15，则实数λ的最大值为________．答案－12解析因为a 4＋λa 10＋a 16＝15,所以a 1＋3d ＋λ(a 1＋9d )＋a 1＋15d ＝15，令λ＝f (d )＝151＋9d －2，因为d ∈[1,2]，所以令t ＝1＋9d ，t ∈[10,19]，因此λ＝f (t )＝15t －2，当t ∈[10,19]时，函数λ＝f (t )是减函数，故当t ＝10时，实数λ有最大值，最大值为f (10)＝－12.思维升华(1)数列与不等式的综合问题及求解策略①判断数列问题的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小或借助数列对应的函数的单调性比较大小．②以数列为载体，考查不等式恒成立的问题，此类问题可转化为函数的最值．③考查与数列有关的不等式证明问题，此类问题一般采用放缩法进行证明，有时也可通过构造函数进行证明．(2)数列与函数交汇问题的主要类型及求解策略①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题．②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要利用数列的通项公式、前n 项和公式、求和方法等对式子化简变形．跟踪训练2(1)设{a n }是等比数列，函数y ＝x 2－x －2023的两个零点是a 2，a 3，则a 1a 4等于()A ．2023B ．1C ．－1D ．－2023答案D解析由题意a 2，a 3是x 2－x －2023＝0的两根．由根与系数的关系得a 2a 3＝－2023.又a 1a 4＝a 2a 3，所以a 1a 4＝－2023.(2)数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N +)，S n 为其前n 项和．数列{b n }为等差数列，且满足b 1＝a 1，b 4＝S 3.①求数列{a n }，{b n }的通项公式；②设c n ＝1b n ·log 2a 2n ＋2，数列{c n }的前n 项和为T n ，证明：13≤T n <12.①解由题意知，{a n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以a n ＝a 1·2n －1＝2n －1.所以S n ＝2n－1.设等差数列{b n }的公差为d ，则b 1＝a 1＝1，b 4＝1＋3d ＝7，所以d ＝2，b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.②证明因为log 2a 2n ＋2＝log 222n ＋1＝2n ＋1，所以c n ＝1b n ·log 2a 2n ＋2＝1(2n －1)(2n ＋1)＝所以T n －13＋13－15＋…＋12n －1－因为n ∈N +，所以T n <12，＝n 2n ＋1.当n ≥2时，T n －T n －1＝n 2n ＋1－n －12n －1＝1(2n ＋1)(2n －1)>0，所以数列{T n }是一个递增数列，所以T n ≥T 1＝13.综上所述，13≤T n <12.课时精练1．(2022·汕头模拟)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15,4a 1,2a 3，a 5成等差数列，则a 1等于()A ．52－5B ．52＋5C ．52D ．5答案A解析设各项均为正数的等比数列{a n }的公比为q ，q >0，由前4项和为15,4a 1,2a 3，a 5成等差数列，可得a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝15，4a 3＝4a 1＋a 5，即4a 1＋a 1q 4＝4a 1q 2，即q 2－2＝0，解得q ＝2，a 1＝52－5.2．(2023·焦作模拟)直播带货是一种直播和电商相结合的销售手段，目前受到了广大消费者的追捧，针对这种现状，某传媒公司决定逐年加大直播带货的资金投入，若该公司今年投入的资金为2000万元，并在此基础上，以后每年的资金投入均比上一年增长12%，则该公司需经过____年其投入资金开始超过7000万元()(参考数据：lg 1.12≈0.049，lg 2≈0.301，lg 7≈0.845)A ．14B ．13C ．12D ．11答案C解析设该公司经过n 年投入的资金为a n 万元，则a 1＝2000×1.12，由题意可知，数列{a n }是以2000×1.12为首项，以1.12为公比的等比数列，所以a n ＝2000×1.12n ，由a n ＝2000×1.12n >7000可得n >log 1.1272＝lg 7－lg 2lg 1.12≈11.1，因此，该公司需经过12年其投入资金开始超过7000万元．3．在正项等比数列{a n }中，3为a 6与a 14的等比中项，则a 3＋3a 17的最小值为()A ．23B ．89C ．6D ．3答案C解析因为{a n }是正项等比数列，且3为a 6与a 14的等比中项，所以a 6a 14＝3＝a 3a 17，则a 3＋3a 17＝a 3＋3·3a 3≥2a 3·3·3a 3＝6，当且仅当a 3＝3时，等号成立，所以a 3＋3a 17的最小值为6.4．(2023·岳阳模拟)在等比数列{a n }中，a 2＝－2a 5,1<a 3<2，则数列{a 3n }的前5项和S 5的取值范围是()－118，－－338，－答案A解析设等比数列{a n }的公比为q ，则q 3＝a 5a 2＝－12，数列{a 3n }是首项为a 3，公比为q 3＝－12的等比数列，则S 51＋12＝1116a 35．(多选)(2023·贵阳模拟)已知函数f (x )＝lg x ，则下列四个命题中，是真命题的为()A ．f (2)，f (10)，f (5)成等差数列B ．f (2)，f (4)，f (8)成等差数列C ．f (2)，f (12)，f (72)成等比数列D ．f (2)，f (4)，f (16)成等比数列答案ABD解析对于A ，f (2)＋f (5)＝lg 2＋lg 5＝lg 10＝1，2f (10)＝2lg 10＝1，故f (2)，f (10)，f (5)成等差数列，故是真命题；对于B ，f (2)＋f (8)＝lg 2＋lg 8＝lg 16,2f (4)＝2lg 4＝lg 16，故f (2)，f (4)，f (8)成等差数列，故是真命题；对于C ，f (2)·f (72)＝lg 2×lg ＝lg 212＝f 2(12)，故f (2)，f (12)，f (72)不成等比数列，故是假命题；对于D ，f (2)f (16)＝lg 2×lg 16＝4lg 22＝(2lg 2)2＝lg 24＝f 2(4)，故f (2)，f (4)，f (16)成等比数列，故是真命题．6．数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了F n ＝22n＋1(n ＝0,1,2，…)是质数的猜想，直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出F 5＝641×6700417，不是质数．现设a n ＝log 4(F n －1)(n ＝1,2，…)，S n 表示数列{a n }的前n 项和．若32S n ＝63a n ，则n 等于()A ．5B ．6C ．7D ．8答案B解析因为F n ＝22n＋1(n ＝0,1,2，…)，所以a n ＝log 4(F n －1)＝log 4(22n＋1－1)＝log 422n＝2n －1，所以{a n }是等比数列，首项为1，公比为2，所以S n ＝1(1－2n )1－2＝2n －1.所以32(2n －1)＝63×2n －1，解得n ＝6.7.宋元时期我国数学家朱世杰在《四元玉鉴》中所记载的“垛积术”，其中“落—形”就是每层为“三角形数”的三角锥垛，三角锥垛从上到下最上面是1个球，第二层是3个球，第三层是6个球，第四层是10个球，…，则这个三角锥垛的第十五层球的个数为________．答案120解析∵“三角形数”可写为1,1＋2,1＋2＋3,1＋2＋3＋4,1＋2＋3＋4＋5，…，∴“三角形数”的通项公式为a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，∴这个三角锥垛的第十五层球的个数为a 15＝15×162＝120.8．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝ln n ，若存在p ∈R ，使得a n ≤pn 对任意的n ∈N +都成立，则p 的取值范围为________．答案ln 33，＋∞解析数列{a n }的通项公式为a n ＝ln n ，若存在p ∈R ，使得a n ≤pn 对任意的n ∈N +都成立，故p ，设f (x )＝ln x x ，则f ′(x )＝1x ·x －ln x x 2，令f ′(x )＝1－ln x x 2＝0，解得x ＝e ，故函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)，所以函数在x ＝e 处取最大值，由于n ∈N +，所以当n ＝3时函数最大值为ln 33.所以p 的取值范围是ln 33，＋9．记关于x 的不等式x 2－4nx ＋3n 2≤0(n ∈N +)的整数解的个数为a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，满足4T n ＝3n ＋1－a n －2.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)设c n ＝2b n －，若对任意n ∈N +，都有c n <c n ＋1成立，试求实数λ的取值范围．解(1)由不等式x 2－4nx ＋3n 2≤0可得，n ≤x ≤3n ，∴a n ＝2n ＋1，T n ＝14×3n ＋1－12n －34，当n ＝1时，b 1＝T 1＝1，当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝12×3n －12，∵b 1＝1适合上式，∴b n ＝12×3n －12.(2)由(1)可得，c n ＝3n －1＋(－1)n －1，∴c n ＋1＝3n ＋1－1＋(－1)n ＋1，∵c n <c n ＋1，∴c n ＋1－c n ＝2×3n ＋52(－1)n >0，∴(－1)n λ>－45×2n ，当n 为奇数时，λ<45×2n ，由于45×2n 随着n 的增大而增大，当n ＝1时，45×2n 的最小值为85，∴λ<85，当n 为偶数时，λ>－45×2n ，由于－45×2n 随着n 的增大而减小，当n ＝2时，－45×2n 的最大值为－165，∴λ>－165，综上可知，－165<λ<85.10．设n ∈N +，有三个条件：①a n 是2与S n 的等差中项；②a 1＝2，S n ＋1＝a 1(S n ＋1)；③S n ＝2n ＋1－2.在这三个条件中任选一个，补充在下列问题的横线上，再作答．若数列{a n }的前n 项和为S n ，且________．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若{a n ·b n }是以2为首项，4为公差的等差数列，求数列{b n }的前n 项和T n .注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分．解(1)选择条件①：因为a n 是2与S n 的等差中项，所以2a n ＝2＋S n ，所以当n ≥2时，2a n －1＝2＋S n －1，两式相减得，2a n －2a n －1＝a n ，即a n ＝2a n －1(n ≥2)，在2a n ＝2＋S n 中，令n ＝1，可得a 1＝2，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，故a n ＝2·2n －1＝2n .选择条件②：由a 1＝2，S n ＋1＝a 1(S n ＋1)，知S n ＋1＝2(S n ＋1)，当n ＝1时，可求得a 2＝4，所以当n ≥2时，S n ＝2(S n －1＋1)，两式相减得，a n ＋1＝2a n (n ≥2)，又a 1＝2，a 2＝4也满足上式，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，故a n ＝2·2n －1＝2n .选择条件③：在S n ＝2n ＋1－2中，令n ＝1，则a 1＝21＋1－2＝2，当n ≥2时，有S n －1＝2n －2，两式相减得，a n ＝2n (n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝2满足上式，所以a n ＝2n .(2)因为{a n ·b n }是以2为首项，4为公差的等差数列，所以a n ·b n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2，由(1)知，a n ＝2n ，所以b n ＝2n －12n －1，所以T n ＝1＋3＋5＋…＋2n －12n －1，12T n ＝1＋3＋…＋2n －32n －1＋2n －12n ，两式相减得，12T n ＝1＋2＋2＋…＋2－1－2n －12n ＝1＋2×21－12－2n －12n ＝3－2n ＋32n，所以T n ＝6－2n ＋32n －1.11．(2022·北京)设{a n }是公差不为0的无穷等差数列，则“{a n }为递增数列”是“存在正整数N 0，当n >N 0时，a n >0”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 解析设无穷等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝dn ＋a 1－d .若{a n }为递增数列，则d >0，则存在正整数N 0，使得当n >N 0时，a n ＝dn ＋a 1－d >0，所以充分性成立；若存在正整数N 0，使得当n >N 0时，a n ＝dn ＋a 1－d >0，即d >d －a 1n对任意的n >N 0，n ∈N +均成立，由于n →＋∞时，d －a 1n→0，且d ≠0，所以d >0，{a n }为递增数列，必要性成立．故选C.12．已知a 1，a 2，a 3，a 4成等比数列，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)．若a 1>1，则()A ．a 1<a 3，a 2<a 4B ．a 1>a 3，a 2<a 4C ．a 1<a 3，a 2>a 4D ．a 1>a 3，a 2>a 4答案B 解析因为ln x ≤x －1(x >0)，所以a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)≤a 1＋a 2＋a 3－1，所以a 4＝a 1·q 3≤－1.由a 1>1，得q <0.若q ≤－1，则ln(a 1＋a 2＋a 3)＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q )·(1＋q 2)≤0.又a 1＋a 2＋a 3＝a 1(1＋q ＋q 2)≥a 1>1，所以ln(a 1＋a 2＋a 3)>0，矛盾．因此－1<q <0.所以a 1－a 3＝a 1(1－q 2)>0，a 2－a 4＝a 1q (1－q 2)<0，所以a 1>a 3，a 2<a 4.13．函数y ＝f (x )，x ∈[1，＋∞)，数列{a n }满足a n ＝f (n )，n ∈N +，①函数f (x )是增函数；②数列{a n }是递增数列．写出一个满足①的函数f (x )的解析式________．写出一个满足②但不满足①的函数f (x )的解析式________．答案f (x )＝x 2f (x )(答案不唯一)解析由题意，可知在x ∈[1，＋∞)这个区间上是增函数的函数有许多，可写为f (x )＝x 2.第二个填空是找一个数列是递增数列，而对应的函数不是增函数，可写为f (x ).则这个函数在1，43上单调递减，在43，＋∴f (x )在[1，＋∞)上不是增函数，不满足①.而对应的数列为a n 在n ∈N +上越来越大，属于递增数列．14．设函数f (x )－4，x ≤－3，x 2＋2，x >－3，数列{a n }满足a n ＋1＝f (a n )(n ∈N +)，若{a n }是等差数列．则a 1的取值范围是__________．答案(－∞，－3]∪{－2,1}解析画出函数f (x )的图象如图所示，当a 1≤－3时，a 2＝f (a 1)＝a 1－4≤－7，a 3＝f (a 2)＝a 2－4≤－11，…，数列{a n }是首项为a 1，公差为－4的等差数列，符合题意，当a 1>－3时，因为{a n }是等差数列，①若其公差d >0，则∃k 0∈N +，使得0k a >2，这与a n ＋1＝f (a n )＝2－a 2n ≤2矛盾，②若其公差d ＝0，则a 2＝－a 21＋2＝a 1，即a 21＋a 1－2＝0，解得a 1＝－2或a 1＝1，则当a 1＝－2时，a n ＝－2为常数列，当a 1＝1时，a n ＝1为常数列，此时{a n }为等差数列，符合题意，③若其公差d <0，则∃k 0∈N +，使得0k a >－3且01k a ＋≤－3，则等差数列的公差必为－4，因此001k k a a ＋－＝－4，所以2－002k k a a －＝－4，解得0k a ＝－3(舍去)或0k a ＝2.又当0k a ＝2时，000123k k k a a a ＋＋＋＝＝＝…＝－2，这与公差为－4矛盾．综上所述，a 1的取值范围是(－∞，－3]∪{－2,1}．15．若数列{a n }对于任意的正整数n 满足：a n >0且a n a n ＋1＝n ＋1，则称数列{a n }为“积增数列”．已知“积增数列”{a n }中，a 1＝1，数列{a 2n ＋a 2n ＋1}的前n 项和为S n ，则对于任意的正整数n ，有()A ．S n ≤2n 2＋3B ．S n ≥n 2＋4nC ．S n ≤n 2＋4nD ．S n ≥n 2＋3n 答案D 解析∵a n >0，∴a 2n ＋a 2n ＋1≥2a n a n ＋1，∵a n a n ＋1＝n ＋1，∴{a n a n ＋1}的前n 项和为2＋3＋4＋…＋n ＋1＝n (2＋n ＋1)2＝n (n ＋3)2，∴数列{a 2n ＋a 2n ＋1}的前n 项和为S n ≥2×n (n ＋3)2＝n 2＋3n .16．设{a n }是正数组成的数列，其前n 项和为S n ，并且对于所有的正整数n ，a n 与2的等差中项等于S n 与2的等比中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b nn ∈N +)，求证：b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n <1＋n .(1)解由已知a n ＋22＝2S n (n ∈N +)，整理得S n ＝18(a n ＋2)2，所以S n ＋1＝18(a n ＋1＋2)2.所以a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝18[(a n ＋1＋2)2－(a n ＋2)2]＝18(a 2n ＋1＋4a n ＋1－a 2n －4a n )，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，所以a n ＋1－a n ＝4，而a 1＝2，即数列{a n }是a 1＝2，d ＝4的等差数列，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝4n －2.(2)证明令c n ＝b n －1，则c n ＋a n a n ＋1－＝12n －1－12n ＋1.故b 1＋b 2＋…＋b n －n ＝c 1＋c 2＋…＋cn…1－12n ＋1<1.故b 1＋b 2＋…＋b n <1＋n .。
数列综合题和应用性问题教案
数列综合题和应用性问题教案一、教学目标1. 让学生掌握数列的基本概念和性质，包括等差数列、等比数列等。
2. 培养学生解决数列综合题的能力，提高逻辑思维和运算能力。
3. 培养学生将数列知识应用于实际问题中，提高解决问题的能力。
二、教学内容1. 数列的基本概念和性质2. 等差数列的通项公式和求和公式3. 等比数列的通项公式和求和公式4. 数列的极限概念5. 数列综合题的解法及应用三、教学重点与难点1. 重点：数列的基本概念、性质、通项公式和求和公式。
2. 难点：数列综合题的解法和应用。
四、教学方法1. 采用问题驱动法，引导学生主动探究数列的知识点。
2. 通过案例分析，让学生了解数列在实际问题中的应用。
3. 利用数列软件或板书演示数列的性质和规律，帮助学生直观理解。
4. 组织小组讨论，培养学生合作学习和解决问题的能力。
五、教学过程1. 引入：通过生活中的实例，如级数求和、存贷款等问题，引发学生对数列的兴趣。
2. 讲解数列的基本概念和性质，引导学生掌握数列的基础知识。
3. 讲解等差数列和等比数列的通项公式和求和公式，让学生熟练运用。
4. 引入数列的极限概念，引导学生理解数列的极限性质。
5. 解析数列综合题，培养学生解决实际问题的能力。
6. 课堂练习：布置相关数列综合题，让学生巩固所学知识。
7. 总结与反馈：对学生的学习情况进行总结，及时调整教学策略。
六、教学评价1. 评价目标：检查学生对数列基本概念、性质、通项公式和求和公式的掌握程度，以及解决数列综合题的能力。
2. 评价方法：课堂提问、作业批改、小组讨论、笔试考试等。
3. 评价内容：数列的基本概念和性质、等差数列和等比数列的通项公式和求和公式、数列综合题的解法及应用。
七、教学资源1. 教材：数列相关教材或教学辅导书。
2. 课件：数列知识点、案例分析、数列软件演示等。
3. 习题库：数列综合题及应用性问题。
4. 教学板书：用于演示数列性质和规律。
八、教学进度安排1. 数列的基本概念和性质：2课时2. 等差数列的通项公式和求和公式：2课时3. 等比数列的通项公式和求和公式：2课时4. 数列的极限概念：1课时5. 数列综合题的解法及应用：3课时6. 教学评价：1课时九、教学作业布置1. 课后习题：数列综合题和应用性问题。
高三理科数学培养讲义：第2部分_专题2_第4讲_数列求和与综合问题
第4讲 数列求和与综合问题高考统计·定方向题型1 数列中的a n 与S n 的关系■核心知识储备·1．数列{a n }中，a n 与S n 的关系 a n ＝⎩⎨⎧S 1(n ＝1)，S n －S n －1(n ≥2).2．求数列{a n }通项的方法 (1)叠加法形如a n －a n －1＝f (n )(n ≥2)的数列应用叠加法求通项公式，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋…＋(a n －a n －1)＝a 1＋f (2)＋…＋f (n )(和可求)．(2)叠乘法 形如a n a n －1＝f (n )(n ≥2)的数列应用叠乘法求通项公式，a n ＝a 1·a 2a 1·a 3a 2·…·a na n －1＝a 1·f (2)·f (3)…f (n )(积可求)．(3)待定系数法形如a n ＝λa n －1＋μ(n ≥2，λ≠1，μ≠0)的数列应用待定系数法求通项公式，a n ＋μλ－1＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1＋μλ－1⎝ ⎛⎭⎪⎫构造新数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ＋μλ－1为等比数列.■高考考法示例·【例1】 (1)(2018·巴蜀适应性月考)数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝S n ＋3n (n ∈N *，n ≥1)，则数列{S n }的通项公式为________．(2)(2018·锦州市模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a n ≠0，a 1＝1，且2a n a n＋1＝4S n －3(n ∈N *)．①求a 2的值并证明：a n ＋2－a n ＝2； ②求数列{a n }的通项公式．(1)S n ＝3n －2n [∵a n ＋1＝S n ＋3n ＝S n ＋1－S n ， ∴S n ＋1＝2S n ＋3n ， ∴S n ＋13n ＋1＝23·S n 3n ＋13， ∴S n ＋13n ＋1－1＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫S n 3n －1，又S 13－1＝13－1＝－23，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n 3n －1是首项为－23，公比为23的等比数列， ∴S n 3n －1＝－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ，∴S n ＝3n －2n .](2)[解] ①令n ＝1得2a 1a 2＝4a 1－3， 又a 1＝1， ∴a 2＝12.由2a n a n ＋1＝4S n －3， 得2a n ＋1a n ＋2＝4S n ＋1－3. 即2a n ＋1(a n ＋2－a n )＝4a n ＋1.∵a n ≠0，∴a n ＋2－a n ＝2.②由①可知：数列a 1，a 3，a 5，…，a 2k －1，…为等差数列，公差为2，首项为1，∴a 2k －1＝1＋2(k －1)＝2k －1，即n 为奇数时，a n ＝n .数列a 2，a 4，a 6，…，a 2k ，…为等差数列，公差为2，首项为12， ∴a 2k ＝12＋2(k －1)＝2k －32， 即n 为偶数时，a n ＝n －32. 综上所述，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数，n －32，n 为偶数.1．数列{a n }中，a 1＝1，对任意n ∈N *，有a n ＋1＝1＋n ＋a n ，令b i ＝1a i(i ∈N *)，则b 1＋b 2＋…＋b 2 018＝( )A ．2 0171 009 B ．2 0172 018 C ．2 0182 019D ．4 0362 019D [∵a n ＋1＝n ＋1＋a n ，∴a n ＋1－a n ＝1＋n ， ∴a n －a n －1＝n ，∴a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋…＋(a n －a n －1) ＝1＋2＋…＋n ＝n (n ＋1)2， ∴b n ＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴b 1＋b 2＋…＋b 2 018＝21－12＋12－13＋…＋12 018－12 019＝4 0362 019，故选D ．] 2．数列{a n }满足，12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n a n ＝2n ＋1，则数列{a n }的通项公式为________．a n ＝⎩⎨⎧6，n ＝12n ＋1，n ≥2 [因为12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n a n ＝2n ＋1，所以12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n －1a n －1＝2(n －1)＋1，两式相减得12n a n ＝2， 即a n ＝2n ＋1，n ≥2. 又12a 1＝3， 所以a 1＝6，因此a n ＝⎩⎨⎧6，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.]题型2 求数列{a n }的前n 项和■核心知识储备·1．分组求和法：将数列通项公式写成c n ＝a n ＋b n 的形式，其中{a n }与{b n }是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．2．裂项相消法：把数列与式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1或⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋2(其中{a n }为等差数列)等形式的数列求和．3．错位相减法：形如{a n ·b n }(其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列)的数列求和，一般分六步：①S n ；②qS n ；③差式；④和式；⑤整理；⑥结论．■高考考法示例· ►角度一 分组求和法【例2－1】 (2018·昆明市教学质量检查)已知数列{a n }中，a 1＝3，{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＋1＝a n ＋n 2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足：b n ＝(－1)n ＋2a n ，求{b n }的前n 项和T n . [解] (1)由S n ＋1＝a n ＋n 2 ① 得S n ＋1＋1＝a n ＋1＋(n ＋1)2②则②－①得a n ＝2n ＋1.当a 1＝3时满足上式， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由(1)得b n ＝(－1)n ＋22n ＋1， 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝[](－1)＋(－1)2＋…＋(－1)n＋(23＋25＋…＋22n ＋1)＝(－1)×[1－(－1)n ]1－(－1)＋23×(1－4n )1－4＝(－1)n －12＋83(4n－1)．【教师备选】(2018·石家庄三模)已知等差数列{a n }的首项a 1＝2，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的首项b 1＝1，且a 2＝b 3，S 3＝6b 2，n ∈N *.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)数列{c n }满足c n ＝b n ＋(－1)n a n ，记数列{c n }的前n 项和为T n ，求T n . [解] (1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q . ∵a 1＝2，b 1＝1，且a 2＝b 3，S 3＝6b 2，∴⎩⎪⎨⎪⎧2＋d ＝q 2，3(2＋2＋2d )2＝6q .解得⎩⎨⎧d ＝2，q ＝2.∴a n ＝2＋(n －1)×2＝2n ，b n ＝2n －1.(2)由题意：c n ＝b n ＋(－1)n a n ＝2n －1＋(－1)n 2n .∴T n ＝(1＋2＋4＋…＋2n －1)＋[－2＋4－6＋8－…＋(－1)n ·2n ]， ①若n 为偶数：T n ＝1－2n 1－2＋{(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n －1)＋2n ]}＝2n －1＋n 2×2＝2n＋n －1.②若n 为奇数：T n ＝1－2n 1－2＋{(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n －2)＋2(n －1)]－2n }＝2n －1＋2×n －12－2n ＝2n －n －2.∴T n ＝⎩⎨⎧2n＋n －1，n 为偶数，2n －n －2，n 为奇数.►角度二 裂项相消法求和【例2－2】 (2015·全国卷Ⅰ)S n 为数列{a n }的前n 项和．已知a n ＞0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3.(1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和． [解] (1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.两式相减可得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1， 即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )．由于a n >0，可得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3.所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则 T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3＝n3(2n ＋3). 【教师备选】(2018·郑州第三次质量预测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝－2，且满足S n ＝12a n ＋1＋n ＋1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝log 3(－a n ＋1)，设数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n b n ＋2的前n 项和为T n ，求证：T n ＜34.[解] (1)由S n ＝12a n ＋1＋n ＋1(n ∈N *)，得S n －1＝12a n ＋n (n ≥2，n ∈N *)， 两式相减，并化简，得a n ＋1＝3a n －2，即a n ＋1－1＝3(a n －1)，又a 1－1＝－2－1＝－3≠0， 所以{a n －1}是以－3为首项，3为公比的等比数列， 所以a n －1＝(－3)·3n －1＝－3n . 故a n ＝－3n ＋1.(2)证明：由b n ＝log 3(－a n ＋1)＝log 33n ＝n ， 得1b n b n ＋2＝1n (n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， T n ＝121－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1－1n ＋1＋1n －1n ＋2＝121＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－2n ＋32(n ＋1)(n ＋2)＜34.►角度三 错位相减法求和【例2－3】 (2018·合肥教学质量检测)已知等比数列{a n }的前n 项和S n 满足4S 5＝3S 4＋S 6，且a 3＝9.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(2n －1)·a n ，求数列{b n }的前n 项的和T n . [解] (1)设等比数列{a n }的公比为q . 由4S 5＝3S 4＋S 6，得S 6－S 5＝3S 5－3S 4， 即a 6＝3a 5，∴q ＝3，∴a n ＝9×3n －3＝3n －1. (2)由(1)得b n ＝(2n －1)·a n ＝(2n －1)·3n －1， ∴T n ＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n －1)×3n －1，① ∴3T n ＝1×31＋3×32＋…＋(2n －3)×3n －1＋(2n －1)×3n ， ②①－②得－2T n ＝1＋2(31＋32＋…＋3n －1)－(2n －1)·3n ＝1＋2×3(1－3n －1)1－3－(2n －1)·3n ＝－2－2(n －1)·3n ，∴T n ＝(n －1)·3n ＋1.【教师备选】(2018·石家庄教学质量检测)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n . (1)设b n ＝a nn ，求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .[解] (1)由a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n 可得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋12n .又∵b n ＝a n n ，∴b n ＋1－b n ＝12n ，由a 1＝1，得b 1＝1， 累加可得：(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝121＋122＋…＋12n －1，化简并代入b 1＝1得：b n ＝2－12n －1.(2)由(1)可知a n ＝2n －n2n －1，设数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫n 2n －1的前n 项和为T n ，则T n ＝120＋221＋322＋…＋n2n －1① 12T n ＝121＋222＋323＋…＋n 2n ②①－②得12T n ＝120＋121＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝120－12n1－12－n2n ＝2－n ＋22n ，∴T n ＝4－n ＋22n －1.又∵数列{2n }的前n 项和为n (n ＋1)， ∴S n ＝n (n ＋1)－4＋n ＋22n －1.已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且a1＝1，S3＋S4＝S5.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)令b n＝(－1)n－1a n a n＋1，求数列{b n}的前2n项和T2n.[解](1)设等差数列{a n}的公差为d，由S3＋S4＝S5，可得a1＋a2＋a3＝a5，即3a2＝a5，故3(1＋d)＝1＋4d，解得d＝2.∴a n＝1＋(n－1)×2＝2n－1.(2)由(1)可得b n＝(－1)n－1·(2n－1)·(2n＋1)＝(－1)n－1·(4n2－1)．∴T2n＝(4×12－1)－(4×22－1)＋(4×32－1)－(4×42－1)＋…＋(－1)2n－1·[4×(2n)2－1]＝4[12－22＋32－42＋…＋(2n－1)2－(2n)2]＝－4(1＋2＋3＋4＋…＋2n－1＋2n)＝－4×2n(2n＋1)2＝－8n2－4n.题型3数列中的创新与交汇问题近几年新课标高考对该知识的命题主要体现在以下两方面：一是新信息情境下的数列问题，此类问题多以新定义、新运算或实际问题为背景，主要考查学生的归纳推理解决新问题的能力；二是创新命题角度考迁移能力，题目常与函数、向量、三角、解析几何等知识交汇结合，考查数列的基本运算与应用．■高考考法示例·►角度一新信息情境下的数列问题【例3－1】(2017·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N ：N ＞100且该数列的前N 项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是( )A ．440B ．330C ．220D ．110[思路点拨] 阅读题干―――――→提取数据数据分组―――――――→联想数列知识推理论证得出结论A [设首项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n 组的项数为n ，前n 组的项数和为n (1＋n )2.由题意知，N >100，令n (1＋n )2>100⇒n ≥14且n ∈N *，即N 出现在第13组之后．第n 组的各项和为1－2n 1－2＝2n －1，前n 组所有项的和为2(1－2n )1－2－n ＝2n ＋1－2－n .设N 是第n ＋1组的第k 项，若要使前N 项和为2的整数幂，则N －n (1＋n )2项的和即第n ＋1组的前k 项的和2k －1应与－2－n 互为相反数，即2k －1＝2＋n (k ∈N *，n ≥14)，k ＝log 2(n ＋3)⇒n 最小为29，此时k ＝5，则N ＝29×(1＋29)2＋5＝440.故选A ．]►角度二 交汇类创新问题【例3－2】 (2018·长沙联考)已知正项数列{a n }，{b n }满足：对于任意的n ∈N *，都有点(n ，b n )在直线y ＝22(x ＋2)上，且b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列，a 1＝3.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n ，如果对任意的n ∈N *，不等式2aS n <2－b n a n恒成立．求实数a 的取值范围．[思路点拨] (1)点(n ，b n )在直线y ＝22(x ＋2)上――→满足方程求b n ―――――――→b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列求a n ； (2)裂项，求S n ―――――――→2aS n ＜2－b n a n 分离变量建立a 的不等式―――――――→数列的单调性求实数a 的取值范围[解] (1)∵点(n ，b n )在直线y ＝22(x ＋2)上，∴b n ＝22(n ＋2)，即b n ＝(n ＋2)22.又∵b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列，∴a 2n ＋1＝b n ·b n ＋1＝(n ＋2)2(n ＋3)24， ∴a n ＋1＝(n ＋2)(n ＋3)2， ∴n ≥2时，a n ＝(n ＋1)(n ＋2)2， a 1＝3适合上式，∴a n ＝(n ＋1)(n ＋2)2. (2)由(1)知，1a n ＝2(n ＋1)(n ＋2)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2， ∴S n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋2＝n n ＋2. 故2aS n <2－b n a n可化为： 2an n ＋2<2－(n ＋2)22(n ＋1)(n ＋2)2＝2－n ＋2n ＋1＝n n ＋1， 即a <n ＋22(n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＋1对任意的n ∈N *恒成立，令f (n )＝n ＋22(n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＋1，显然f (n )随n 的增大而减小，且f (n )>12恒成立，故a ≤12. 综上知，实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12.1．若数列{a n }满足：对任意的n ∈N *，只有有限个正整数m 使得a m <n 成立，记这样的m 的个数为(a n )*，则得到一个新数列{(a n )*}．例如，若数列{a n }是1,2,3，…，n ，…，则数列{(a n )*}是0,1,2，…，n －1，….已知对任意的n ∈N *，a n ＝n 2，则(a 5)*＝________，((a n )*)*＝________.2 n 2 [因为a m <5，而a n ＝n 2，所以m ＝1,2，所以(a 5)*＝2.因为(a 1)*＝0，(a 2)*＝1，(a 3)*＝1，(a 4)*＝1，(a 5)*＝2，(a 6)*＝2，(a 7)*＝2，(a 8)*＝2，(a 9)*＝2，(a 10)*＝3，(a 11)*＝3，(a 12)*＝3，(a 13)*＝3，(a 14)*＝3，(a 15)*＝3，(a 16)*＝3， 所以((a 1)*)*＝1，((a 2)*)*＝4，((a 3)*)*＝9，((a 4)*)*＝16，猜想((a n )*)*＝n 2.]2．(2014·全国卷Ⅱ)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1.(1)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是等比数列，并求{a n }的通项公式； (2)证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n<32. [证明] (1)由a n ＋1＝3a n ＋1得a n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋12. 又a 1＋12＝32，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列．所以a n ＋12＝3n 2，因此{a n }的通项公式为a n ＝3n －12.(2)由(1)知1a n ＝23n －1. 因为当n ≥1时，3n －1≥2×3n －1，所以13n－1≤12×3n －1. 于是1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≤1＋13＋…＋13n －1 ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n <32. 所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n<32.[高考真题]1.(2016·全国卷Ⅲ)定义“规范01数列”{a n }如下：{a n }共有2m 项，其中m 项为0，m 项为1，且对任意k ≤2m ，a 1，a 2，…，a k 中0的个数不少于1的个数．若m ＝4，则不同的“规范01数列”共有( )A ．18个B ．16个C ．14个D ．12个C [由题意知：当m ＝4时，“规范01数列”共含有8项，其中4项为0,4项为1，且必有a 1＝0，a 8＝1.不考虑限制条件“对任意k ≤2m ，a 1，a 2，…，a k 中0的个数不少于1的个数”，则中间6个数的情况共有C 36＝20(种)，其中存在k ≤2m ，a 1，a 2，…，a k 中0的个数少于1的个数的情况有：①若a 2＝a 3＝1，则有C 14＝4(种)；②若a 2＝1，a 3＝0，则a 4＝1，a 5＝1，只有1种；③若a 2＝0，则a 3＝a 4＝a 5＝1，只有1种．综上，不同的“规范01数列”共有20－6＝14(种)．故共有14个．故选C ．]2.(2018·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＝________.－63 [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.] 3.(2017·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∑nk ＝1 1S k ＝________.2n n ＋1[设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，则 由⎩⎪⎨⎪⎧ a 3＝a 1＋2d ＝3，S 4＝4a 1＋4×32d ＝10，得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝1. ∴S n ＝n ×1＋n (n －1)2×1＝n (n ＋1)2，1S n ＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1.∴∑nk ＝11S k ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1 ＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1.] 4.(2016·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.[最新模拟]5．(2018·昆明教学质量检查)数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝(－1)n ·n ，则数列{a n }的前20项的和为( )A ．－100B ．100C ．－110D ．110A [由a n ＋1＋a n ＝(－1)n n ，得a 2＋a 1＝－1，a 3＋a 4＝－3，a 5＋a 6＝－5，…，a 19＋a 20＝－19，∴a n 的前20项的和为a 1＋a 2＋…＋a 19＋a 20＝－1－3－…－19＝－1＋192×10＝－100，故选A ．] 6．(2018·安阳模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )在函数f (x )＝x 2＋Bx ＋C －1(B ，C ∈R )的图象上，且a 1＝C ．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列b n ＝a n (a 2n －1＋1)，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)设数列{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝d 2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n ，又S n ＝n 2＋Bn ＋C －1，两式对照得⎩⎪⎨⎪⎧ d 2＝1，C －1＝0，⎩⎨⎧d ＝2，a 1＝C ＝1，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2)b n ＝(2n －1)(2·2n －1－1＋1)＝(2n －1)2n ，则T n ＝1×2＋3×22＋…＋(2n －1)·2n ，2T n ＝1×22＋3×23＋…＋(2n －3)·2n ＋(2n －1)·2n ＋1， 两式相减得T n＝(2n－1)·2n＋1－2(22＋…＋2n)－2＝(2n－1)·2n＋1－2×22(1－2n－1)1－2－2＝(2n－3)·2n＋1＋6.。
2020年高考数学(理)总复习：数列的求和及综合应用(解析版)
2020年高考数学（理）总复习：数列的求和及综合应用题型一 数列求和 【题型要点】(1)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成c n ＝a n ＋b n 形式的数列求和问题的方法，其中{a n }与{b n }是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．(2)裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即a n ＝f (n ＋1)－f (n )的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如1+n n a a c(其中{a n }是各项均不为0的等差数列，c 为常数)的数列等．(3)错位相减法：形如{a n ·b n }(其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列)的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．(4)倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤：①求通项公式；②定和值；③倒序相加；④求和；⑤回顾反思．(5)并项求和法：先将某些项放在一起求和，然后再求S n .(6)归纳猜想法：通过对S 1，S 2，S 3，…的计算进行归纳分析，寻求规律，猜想出S n ，然后用数学归纳法给出证明．【例1】已知各项为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，若S 3＝b 5＋1，b 4是a 2和a 4的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，∴b 5＝6，b 4＝4，设各项为正数的等比数列{a n }的公比为q ，q >0， ∵S 3＝b 5＋1＝7，∴a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7，① ∵b 4是a 2和a 4的等比中项，∴a 2·a 4＝a 23＝16，解得a 3＝a 1q 2＝4，②由①②得3q 2－4q －4＝0，解得q ＝2，或q ＝－23(舍)，∴a 1＝1，a n ＝2n －1.(2)当n 为偶数时，T n ＝(1＋1)·20＋2·2＋(3＋1)·22＋4·23＋(5＋1)·24＋…＋[[(n －1)＋1]·2n－2＋n ·2n －1＝(20＋2·2＋3·22＋4·23＋…＋n ·2n －1)＋(20＋22＋…＋2n －2)，设H n ＝20＋2·2＋3·22＋4·23＋…＋n ·2n －1，①2H n ＝2＋2·22＋3·23＋4·24＋…＋n ·2n ，② ①－②，得－H n ＝20＋2＋22＋23＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n 1－2－n ·2n ＝(1－n )·2n －1，∴H n ＝(n －1)·2n ＋1，∴T n ＝(n －1)·2n＋1＋1－4·2n 1－4＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-32n ·2n ＋23.当n 为奇数，且n ≥3时，T n ＝T n －1＋(n ＋1)·2n －1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-35n ·2n －1＋23＋(n ＋1)·2n －1＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-322n ·2n －1＋23，经检验，T 1＝2符合上式， ∴T n ＝⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛--为偶数为奇数n n n n n n ,32232,3223221【反思总结】(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．题组训练一 数列求和已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且6S n ＝3n ＋1＋a (a ∈N *)．(1)求a 的值及数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)(log 3a n ＋2)2(log 3a n ＋1)2，求{b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)∵等比数列{a n }满足6S n ＝3n ＋1＋a (a ∈N *)，n ＝1时，6a 1＝9＋a ；n ≥2时，6a n ＝6(S n －S n －1)＝3n ＋1＋a －(3n ＋a )＝2×3n .∴a n ＝3n －1，n ＝1时也成立，∴1×6＝9＋a ，解得a ＝－3，∴a n ＝3n －1.(2)b n ＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)(log 3a n ＋2)2(log 3a n ＋1)2＝(－1)n －1(2n 2＋2n ＋1)n 2(n ＋1)2＝(－1)n －1()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n当n 为奇数时，T n ＝+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+222231212111()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n ＝1＋1(n ＋1)2； 当n 为偶数时，T n ＝+⋅⋅⋅+⎪⎭⎫⎝⎛+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+222231212111()⎥⎦⎤⎢⎣⎡++22111n n ＝1－1(n ＋1)2. 综上，T n ＝1＋(－1)n－11(n ＋1)2. 题型二 数列与函数的综合问题 【题型要点】数列与函数的综合问题主要有以下两类：(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题； (2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．【例2】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋2n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若点(b n ，a n )在函数y ＝log 2x 的图象上，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解】 (1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2＋2n －[2(n －1)2＋2(n －1)]＝4n ， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝4＝4×1， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝4n .(2)由点{b n ，a n }在函数y ＝log 2x 的图象上得a n ＝log 2b n ，且a n ＝4n ，∴b n ＝2an ＝24n ＝16n ，故数列{b n }是以16为首项，公比为16的等比数列．T n ＝16(1－16n )1－16＝16n ＋1－1615.题组训练二 数列与函数的综合问题已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n,0)，且f ′(0)＝2n (n ∈N *)． (1)求f (x )的解析式；(2)若数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛na 1，且a 1＝4，求数列{a n }的通项公式． 【解】 (1)由f ′(x )＝2ax ＋b ，f ′(0)＝2n ，得b ＝2n ，又f (x )的图象过点(－4n,0)，所以16n 2a －4nb ＝0，解得a ＝12.所以f (x )＝12x 2＋2nx (n ∈N *)．(2)由(1)知f ′(x )＝x ＋2n (n ∈N *)， 所以1a n ＋1＝1a n ＋2n ，即1a n ＋1－1a n＝2n .所以1a n －1a n －1＝2(n －1), 1a n －1－1a n －2＝2(n －2)，…1a 2－1a 1＝2，以上各式相加得1a n －14＝n 2－n ，所以a n ＝1n 2－n ＋14，即a n ＝4(2n －1)2(n ∈N *)． 题型三 数列与不等式的综合问题 【题型要点】(1)以数列为背景的不等式恒成立问题，多与数列求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性求解．(2)以数列为背景的不等式证明问题，多与数列求和有关，常利用放缩法或单调性法证明．(3)当已知数列关系时，需要知道其范围时，可借助数列的单调性，即比较相邻两项的大小即可．【例3】设f n (x )＝x ＋x 2＋…＋x n －1，x ≥0，n ∈N ，n ≥2. (1)求f n ′(2)；(2)证明：f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛32,0内有且仅有一个零点(记为a n )，且0＜a n －12＜13n⎪⎭⎫ ⎝⎛32.(1)【解】 方法一 由题设f n ′(x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1，所以f n ′(2)＝1＋2×2＋…＋(n －1)2n －2＋n ·2n －1，①则2f n ′(2)＝2＋2×22＋…＋(n －1)2n －1＋n ·2n ，②由①－②得，－f n ′(2)＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n1－2－n ·2n ＝(1－n )2n －1， 所以f n ′(2)＝(n －1)2n ＋1.方法二 当x ≠1时，f n (x )＝x －x n ＋11－x－1，则f n ′(x )＝[1－(n ＋1)x n ](1－x )＋(x －x n ＋1)(1－x )2，可得f n ′(2)＝－[1－(n ＋1)2n ]＋2－2n ＋1(1－2)2＝(n －1)2n ＋1.(2)[证明] 因为f n (0)＝－1＜0，f n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32＝32132132-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-n－1＝1－2×n ⎪⎭⎫ ⎝⎛32≥1－2×232⎪⎭⎫ ⎝⎛＞0，所以f n (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0内至少存在一个零点，又f ′n (x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1＞0，所以f n (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0内单调递增，因此f n (x )在⎪⎭⎫⎝⎛32,0内有且仅有一个零点a n ，由于f n (x )＝x －x n ＋11－x －1，所以0＝f n (a n )＝a n －a n ＋1n1－a n－1，由此可得a n ＝12＋12a n ＋1n ＞12，故12＜a n ＜23，所以0＜a n －12＝12a n ＋1n ＜12×132+⎪⎭⎫ ⎝⎛n ＝13n⎪⎭⎫ ⎝⎛32. 题组训练三 数列与不等式的综合问题1.已知等比数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝10·4n －1(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为S n ，且b n ＝log 2a n .(1)求b n ，S n ；(2)设c n ＝b n ＋12，证明：c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1(n ∈N *)．【解】 (1)解 由题意知a 2＋a 1＝10，a 2＋a 3＝40，设{a n }的公比为q ，则a 2＋a 3a 1＋a 2＝q (a 1＋a 2)a 1＋a 2＝4，∴q ＝4.则a 1＋a 2＝a 1＋4a 1＝10，解得a 1＝2，∴a n ＝2·4n －1＝22n －1.∴b n ＝log 222n －1＝2n －1.∴S n ＝n (b 1＋b n )2＝n (1＋2n －1)2＝n 2.(2)证明 法一∵c n ＝b n ＋12＝2n －1＋12＝n ，∴S n ＋1＝(n ＋1)2.要证明c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1，即证1×2＋2×3＋…＋n ×(n ＋1)<12(n ＋1)2，①当n ＝1时，1×2<12×(1＋1)2＝2成立．②假设当n ＝k (k ∈N *)时不等式成立， 即1×2＋2×3＋…＋k ×(k ＋1)<12(k ＋1)2，则当n ＝k ＋1(k ∈N *)时，要证1×2＋2×3＋…＋k ×(k ＋1)＋(k ＋1)(k ＋2)<12(k ＋2)2，即证(k ＋1)(k ＋2)<12(k ＋2)2－12(k ＋1)2，即(k ＋1)(k ＋2)<k ＋32，两边平方得k 2＋3k ＋2<k 2＋3k ＋94显然成立，∴当n ＝k ＋1(k ∈N *)时，不等式成立． 综上，不等式成立．法二 ∵c n ＝b n ＋12＝2n －1＋12＝n ，S n ＋1＝(n ＋1)2，由基本不等式可知n (n ＋1)≤n ＋n ＋12＝n ＋12，故1×2<1＋12，2×3<2＋12，…，n (n ＋1)≤n ＋12，∴1×2＋2×3＋3×4＋…＋n (n ＋1)<(1＋2＋3＋…＋n )＋n 2＝n 2＋2n 2<n 2＋2n ＋12＝(n ＋1)22，即不等式c 1·c 2＋c 2·c 3＋…＋c n ·c n ＋1<12S n ＋1(n ∈N *)成立．2.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n 1＋a 2n，n ∈N *，记S n ，T n 分别是数列{a n }，{a 2n }的前n 项和．证明：当n ∈N *时，(1)a n ＋1<a n ； (2)T n ＝1a 2n ＋1－2n －1；(3)2n －1<S n <2n .【证明】 (1)由a 1＝1及a n ＋1＝a n1＋a 2n 知，a n >0，故a n ＋1－a n ＝a n 1＋a 2n －a n ＝－a 3n1＋a 2n <0， ∴a n ＋1<a n ，n ∈N *. (2)由1a n ＋1＝1a n ＋a n ，得1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2，从而1a 2n ＋1＝1a 2n ＋a 2n ＋2＝1a 2n －1＋a 2n －1＋a 2n ＋2×2＝…＝1a 21＋a 21＋a 22＋…＋a 2n ＋2n ，又∵a 1＝1，∴T n ＝1a 2n ＋1－2n －1，n ∈N *. (3)由(2)知，a n ＋1＝1T n ＋2n ＋1，由T n ≥a 21＝1，得a n ＋1≤12n ＋2，∴当n ≥2时，a n ≤12n ＝22n <2n ＋n －1＝2(n －n －1)，由此S n <a 1＋2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n －n －1)]＝1＋2(n －1)<2n ，n ≥2，又∵a 1＝1，∴S n <2n .另一方面，由a n ＝1a n ＋1－1a n ，得S n ＝1a n ＋1－1a 1≥2n ＋2－1>2n －1.综上，2n －1<S n <2n .【专题训练】1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＝8, S n ＝a n ＋12－n －1.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2×3na n a n ＋1的前n 项和T n .【解】 (1)因为S n ＝a n ＋12－n －1，故当n ＝1时，a 1＝a 22－1－1＝2；当n ≥2时，2S n ＝a n ＋1－2n －2,2S n －1＝a n －2(n －1)－2，两式相减可得a n ＋1＝3a n ＋2； 经检验，当n ＝1时也满足a n ＋1＝3a n ＋2，故a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，故数列{a n ＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，故a n ＋1＝3n ，即a n ＝3n －1.(2)由(1)可知，2×3n a n a n ＋1＝2×3n(3n －1)(3n ＋1－1) ＝13n－1－13n ＋1－1， 故T n ＝131－1－132－1＋132－1－133－1＋…＋13n －1－13n ＋1－1＝12－13n ＋1－1.2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n ＋1＝S n ＋2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知b n ＝log 2a n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .【解析】 (1)∵a n ＋1＝S n ＋2，∴当n ≥2时，a n ＝S n －1＋2，两式相减得，a n ＋1－a n ＝S n －S n －1＝a n ，则a n ＋1＝2a n ，所以a n ＋1a n ＝2(n ≥2)，∵a 1＝2，∴a 2＝S 1＋2＝4，满足a 2a 1＝2，∴数列{a n }是以2为公比、首项为2的等比数列，则a n ＝2·2n －1＝2n ；(2)由(1)得，b n ＝log 2a n ＝log 22n ＝n ， ∴1b n b n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴T n ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1113121211n n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 3．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2,4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 的前n 项和为T n ，求证：n 4n ＋4<T n <12.【解析】 (1)∵4S n ＝a n ·a n ＋1，n ∈N *， ∴4a 1＝a 1·a 2，又a 1＝2，∴a 2＝4.当n ≥2时，4S n －1＝a n －1·a n ，得4a n ＝a n ·a n ＋1－a n －1·a n .由题意知a n ≠0，∴a n ＋1－a n －1＝4. ①当n ＝2k ＋1，k ∈N *时，a 2k ＋2－a 2k ＝4，即a 2，a 4，…，a 2k 是首项为4，公差为4的等差数列， ∴a 2k ＝4＋(k －1)×4＝4k ＝2×2k ； ②当n ＝2k ，k ∈N *时，a 2k ＋1－a 2k －1＝4，即a 1，a 3，…，a 2k －1是首项为2，公差为4的等差数列， ∴a 2k －1＝2＋(k －1)×4＝4k －2＝2(2k －1)． 综上可知，a n ＝2n ，n ∈N *.(2)证明：∵1a 2n ＝14n 2>14n (n ＋1)＝14⎪⎭⎫ ⎝⎛+-111n n ，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n>14⎪⎭⎫ ⎝⎛+-⋅⋅⋅+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1113121211n n ＝141－1n ＋1＝n 4n ＋4. 又∵1a 2n ＝14n 2<14n 2－1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛+--121121n n ，∴T n ＝1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n <12⎪⎭⎫ ⎝⎛+--+-+-+-12112171515131311n n ＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛+-1211n <12. 即得n 4n ＋4<T n <12.4．已知数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且对任意n ∈N *，a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )恒成立．(1)若A n ＝n 2，b 1＝2，求B n ；(2)若对任意n ∈N *，都有a n ＝B n 及b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＜13成立，求正实数b 1的取值范围；(3)若a 1＝2，b n ＝2n ，是否存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t成等差数列？若存在，求出s ，t 的值；若不存在，请说明理由． 【解】 (1)因为A n ＝n 2，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，n 2－(n －1)2，n ≥2， 即a n ＝2n －1，故b n ＋1－b n ＝12(a n ＋1－a n )＝1，所以数列{b n }是以2为首项，1为公差的等差数列，所以B n ＝n ·2＋12·n ·(n －1)·1＝12n 2＋32n . (2)依题意B n ＋1－B n ＝2(b n ＋1－b n )，即b n ＋1＝2(b n ＋1－b n )，即b n ＋1b n＝2， 所以数列{b n }是以b 1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝B n ＝1－2n1－2×b 1＝b 1(2n －1)， 所以b n ＋1a n a n ＋1＝2nb 1(2n －1)·(2n ＋1－1)， 因为b n ＋1a n a n ＋1＝1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+1211211n n 所以b 2a 1a 2＋b 3a 2a 3＋b 4a 3a 4＋…＋b n ＋1a n a n ＋1＝1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+12112111n ，所以1b 1⎪⎭⎫ ⎝⎛---+12112111n ＜13恒成立，即b 1＞3⎪⎭⎫ ⎝⎛--+12111n ，所以b 1≥3.(3)由a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )得：a n ＋1－a n ＝2n ＋1，所以当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n ＋2n －1＋…＋23＋22＋2＝2n ＋1－2， 当n ＝1时，上式也成立，所以A n ＝2n ＋2－4－2n ， 又B n ＝2n ＋1－2，所以A n B n ＝2n ＋2－4－2n 2n ＋1－2＝2－n 2n －1， 假设存在两个互不相等的整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t 成等差数列，等价于121－1，s 2s －1，t 2t －1成等差数列， 即2s 2s－1＝121－1＋t 2t －1，即2s 2s －1＝1＋t 2t －1，因为1＋t 2t －1＞1，所以2s 2s －1＞1，即2s ＜2s ＋1，令h (s )＝2s －2s －1(s ≥2，s ∈N *)，则h (s ＋1)－h (s )＝2s －2＞0所以h (s )递增， 若s ≥3，则h (s )≥h (3)＝1＞0，不满足2s ＜2s ＋1，所以s ＝2，代入2s 2s －1＝121－1＋t 2t －1得2t －3t －1＝0(t ≥3)，当t ＝3时，显然不符合要求； 当t ≥4时，令φ(t )＝2t －3t －1(t ≥4，t ∈N *)，则同理可证φ(t )递增，所以φ(t )≥φ(4)＝3＞0，所以不符合要求．所以，不存在正整数s ，t (1＜s ＜t )，使A 1B 1，A s B s ，A t B t成等差数列．。
数列综合题和应用性问题教案
数列综合题和应用性问题教案一、教学目标1. 让学生掌握数列的基本概念和性质，包括等差数列、等比数列等。
2. 培养学生解决数列综合题的能力，提高逻辑思维和运算能力。
3. 培养学生将数列知识应用于实际问题的能力，提高解决问题的综合素质。
二、教学内容1. 等差数列的性质及求和公式2. 等比数列的性质及求和公式3. 数列的通项公式及其应用4. 数列的极限概念及数列极限的计算5. 数列综合题的解题策略三、教学重点与难点1. 重点：等差数列和等比数列的性质、求和公式，数列极限的计算。
2. 难点：数列综合题的解题方法，数列知识在实际问题中的应用。
四、教学方法1. 采用案例教学法，以典型例题引导学生掌握数列知识。
2. 运用问题驱动法，激发学生思考，培养学生解决实际问题的能力。
3. 利用数列软件工具，直观展示数列的变化规律，增强学生的直观感受。
4. 组织小组讨论，引导学生相互交流，提高团队合作能力。
五、教学安排1. 第一课时：等差数列的性质及求和公式2. 第二课时：等比数列的性质及求和公式3. 第三课时：数列的通项公式及其应用4. 第四课时：数列的极限概念及数列极限的计算5. 第五课时：数列综合题的解题策略及应用教案内容依次展开，包括每个章节的具体教学目标、教学内容、教学步骤、课堂练习、课后作业等。
请根据实际教学需求进行调整和完善。
六、教学目标1. 让学生掌握数列的通项公式的推导和应用，能够利用通项公式解决实际问题。
2. 培养学生解决数列极限问题的能力，理解数列极限的概念和计算方法。
3. 培养学生运用数列知识分析和解决实际问题的能力，提高解决问题的综合素质。
七、教学内容1. 数列的通项公式的推导和应用2. 数列极限的概念和计算方法3. 数列极限在实际问题中的应用4. 数列综合题的解题策略5. 数列知识在实际问题中的应用案例分析八、教学重点与难点1. 重点：数列通项公式的推导和应用，数列极限的计算方法。
2. 难点：数列极限的理解和应用，数列综合题的解题策略。
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专题二 数列综合问题
一、引言
数列综合问题包括数列章内知识的综合、数列与其他知识的综合两部分．
数列章内知识的综合主要涉及一般数列的通项与前n 项和的关系、等差数列和等比数列综合问题；数列与其他知识的综合主要指数列与函数、不等式等知识的交汇问题．考试大纲对这一部分的考试要求是，能运用数列、等差数列和等比数列的有关知识求解数列章内知识的综合问题，能综合运用数列、函数、方程和不等式的知识灵活地解决数列与其他章节知识的交汇问题．
数列综合问题，历来是高考的重点，两类数列与函数、方程、不等式的交汇问题历来是高考的热点，并且选择题、填空题、解答题三种题型都有可能涉及．这类试题一般较为灵活，尤其是解答题，常常承担把关的任务，因此往往具有一定的难度．
二、典型问题选讲
例1设4710310()22222()n f n n N +=+++++∈，则()f n 等于（ ）．
A.2(81)7
n
- B.1
2(81)7
n +- C.3
2(81)7
n +-
D.4
2(81)7
n +-
例2已知等比数列{}n a 中21a =，则其前3项的和3S 的取值范围是（ ）．
A ．(1]-∞-，
B ．(0)(1)-∞+∞，
，
C ．[3)+∞，
D ．(1][3)-∞-+∞，
， 例3已知数列{}n a 满足：434121,0,,,n n n n a a a a n *--===∈
N 则2009a =___________；2014a =______________．
例4 已知数列{}n a 满足11a =，1212(1)(2)n n a a a n a n -=++
+-≥，则{}n a 的通项公式
__________________n a =．
分
例5等差数列{}n a 的前n
项和为1319n S a S ==+， （1）求数列{}n a 的通项n a 与前n 项和n S ；
（2）设()n
n S b n n
*=
∈N ，求证：数列{}n b 中任意不同的三项都不可能成为等比数列． 成等比数列．
例6（2006湖北）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，点(,)()n
S n n N n
*∈均在函数32y x =-的图象上．
（1）求数列{}n a 的通项公式；
（2）设1
3+=n n n a a b ，n T 是数列{}n b 的前n 项和，求使得20n m T <对所有n N *
∈都成立的最小
正整数m ．
例7设数列{}n a 的前n 项和为,n S 已知11,a =142n n S a +=+ （1）设12n n n b a a +=-，证明数列{}n b 是等比数列； （2）求数列{}n a 的通项公式．
例8 函数)(x f 对任意R x ∈，都有.2
1)1()(=-+x f x f （1）求⎪⎭⎫ ⎝⎛21f 和)(11*
N n n n f n f ∈⎪⎭
⎫
⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛的值； （2）数列{}n a 满足,)1(121)0(f n n f n f n f f a n +⎪⎭
⎫
⎝⎛-++⎪⎭
⎫ ⎝⎛+⎪⎭
⎫ ⎝⎛+= 数列{}n a 是等差数列吗？请给出证明；
（3）设n S 是数列{}n a 的前n 项和，求满足不等式311n S ≤≤的n 值．
三、本专题总结
在本专题学习中，我们着重介绍了等差数列与等比数列综合问题以及数列与函数、不等式的综合问题．这些问题都是高考数列的典型问题．复习中，我们应当领会等差数列和等比数列的有关知识，通过典型的综合问题求解，熟练作差叠加、作商累乘、逆序相加、错位相减等重要的数列运算技能，关注递推关系，善于运用方程的思想、特殊与一般的思想、有限与无限的思想、化归与转化的思想解决问题，逐步培养自己的抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力．。