2018届高三数学二轮复习第一篇专题突破专题四数列第2讲数列求和及简单应用课件理
考点三 数列求和
典型例题
(2017天津,18,13分)已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是首 项为2的等比数列,且公比大于0,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.
(2)根据a1+
22 32 42 n 2 = (2 1) (2 1) (3 1) (3 1) (4 1) (4 1) ( n 1) ( n 1)
22 32 42 n 2 2n = = (n≥2). 1 3 2 4 3 5 (n 1) ( n 1) n 1 2n a1=1满足上式,∴an= . n 1
2, n 1, n 1 2 , n 2.
=an+1,则Sn-1=an(n≥2),两式相减并移项得an+1=2an(n≥2),又S1=a1=a2=2,则an =a2· 2n-2=2n-1(n≥2),故an=
an a2 a3 + + … + =an,① 2 2 2 2 3 n an1 a a3 有a1+ 2 + + … + =an-1(n≥2),② 2 2 2 (n 1) 2 3 n2 an an 2 2 ①-②得 2 =an-an-1(n≥2)⇒n an-1=(n -1)an(n≥2)⇒ = 2 (n≥2), an1 n 1 n 32 22 n2 an a2 a3 所以 × ×…× = 2 × 2 ×…× 2 (n≥2), n 1 a1 a2 an1 2 1 3 1 32 22 n2 所以an=a1× 2 × 2 ×…× 2 2 1 3 1 n 1
.
答案 n· 2n-1
an 解析 依题意得,数列 的前n项和为2n-1, n a 当n≥2时, n =(2n-1)-(2n-1-1)=2n-1, n a a 又 1 =21-1=1=21-1,因此 n =2n-1(n∈N*),故an=n· 2n-1. 1 n
考点二 数学文化与数列
1 2
)
答案 C 由题意知,此人每天走的路程构成公比为 的等比数列.设等
1 a1 1 6 1 2 比数列的首项为a1,则有 =378,解得a1=192,则a4=192× =24,a5=2 1 8 1 2 1 4× =12,a4+a5=24+12=36,所以此人第4天和第5天共走了36里路,故选C. 2+1=1,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=(n2-n+1)-[(n-1)2-(n-1)+1]=2n-2,a1=1不满足上式,∴an
1(n 1), = 2n 2(n 2).
an n a2 a3 2.在数列{an}中,a1+ + +…+ =2 -1(n∈N*),则an= 2 3 n
总纲目录
考点一 利用Sa、an的关系式求an 考点二 考点三 考点四 数学文化与数列 数列求和 数列中的不等式问题
考点一 利用Sn、an的关系式求an
数列{an}中,an与Sn的关系:
(n 1), S1 an= Sn Sn1 (n 2).
典型例题
(1)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,若S1=2,3 Sn -2an+1Sn = an 1 ,则an=
方法归纳 给出Sn与an的递推关系求an的一般思路:
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.
跟踪集训
1.若数列{an}的前n项和Sn=n2-n+1,则它的通项公式an= 答案 解析
1(n 1) 2n 2(n 2)
问题的关键是将古代实际问题转化为现代数学问题,掌握等比数列的概
念、通项公式和前n项和公式.
跟踪集训
(2017潍坊二模)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题: “三百七十八里关,初行健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关, 要见次日行里数,请公仔细算相还.”其意思为:“有一个人走378里路, 第一天健步行走,从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半,走了6 天才到达目的地.”则此人第4天和第5天共走的路程为 ( A.60里 B.48里 C.36里 D.24里
第2讲 数列求和及简单应用
考情分析
年份 2017 卷别 Ⅱ 题号 3,15 考查内容 数学文化及等比数 列;裂项相消法求和 2015 Ⅰ 17 等差数列的通项公 式、裂项相消法求 和 命题规律 高考中对数列求和及其简单应用的 考查,主、客观题均会出现,难度中等.考 查内容主要有:以等差、等比数列为载体 ,考查数列的通项公式及前n项和;利用递 推关系求数列的通项公式、前n项和.
2
2
.
an a2 a3 + + … + = 22 32 n2
(2)(2017成都第二次诊断性检测)在数列{an}中,a1=1,a1+ an(n∈N*),则数列{an}的通项公式为an= .
答案 解析
2, n 1 (1) n1 2 , n 2
2n (2) n 1
(1)由题意可得3 Sn2 -2an+1Sn- an21 =(Sn-an+1)· (3Sn+an+1)=0,又an>0,所以Sn
典型例题
(2017课标全国Ⅱ,3,5分)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问 题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏 灯?”意思是:一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是 上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯 ( A.1盏 B.3盏 C.5盏 D.9盏 )
答案 B 解析 由题意可知,由上到下灯的盏数a1,a2,a3,…,a7构成以2为公比的等
a1 (1 27 ) 比数列,∴S7= =381,∴a1=3.故选B. 1 2
方法归纳 与等差数列一样,我国古代数学涉及等比数列的问题也有很多,因此,涉 及等比数列的数学文化题也频繁出现在各级各类考试试卷中.解决这类
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,
2018高考数学理二轮专题复习课件 专题四 数列4.1.2 精品
(2)由 anan＋1＝3n，得 an－1an＝3n－1(n≥2)，所以aann＋－11＝3(n≥2)，
则数列{an}的所有奇数项和偶数项均构成以 3 为公比的等比数 列，又 a1＝1，a1a2＝3，所以 a2＝3，所以 S2 015＝1×11－－331 008＋
3×1－31 1－3
007＝31
008－2.
5.nn＋11n＋2＝12nn1＋1－n＋11n＋2
6.
1＝ n＋ n＋k＝1k(
n＋k－
n)
8．n·n！＝(n＋1)！－n!
[专题回访]
1．若数列{an}是等差数列，且 a1＋a8＋a15＝π，则 tan(a4＋ a12)＝( )
A. 3
B．－ 3
3 C. 3
D．－
[答案] (1)A (2)A
[方法规律] 数列与不等式、函数等问题主要利用函数、不
等式的解题思路来加以解决．
4专能提升 1.(热点一)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2＋6n＋7，则数列 {an}的通项公式为________．
解析：当 n＝1 时，a1＝1＋6＋7＝14；当 n≥2 时，an＝Sn －Sn－1＝n2＋6n＋7－[(n－1)2＋6(n－1)＋7]＝2n＋5，所以数列{an} 的通项公式为 an＝12n4，＋n5＝，1n≥2 .
A．212 B．29
C．28 D．26
[自主解答] (1)由 a1，a3，a13 成等比数列可得(1＋2d)2＝1
＋12d，得 d＝2，故 an＝2n－1，Sn＝n2，因此2Sann＋＋136＝22nn2＋＋126＝ nn2＋＋18＝n＋12－n＋21n＋1＋9＝n＋1＋n＋9 1－2.
由
基
本
不
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.
高考数学大二轮复习层级二专题三数列第2讲数列求和及综合应用课件
1，n＝1， 答案：an＝－nn2＋1，n≥2.
(2)各项均不为 0 的数列{an}满足an＋1an2＋an＋2＝an＋2an(n∈N*)， 且 a3＝2a8＝15，则数列{an}的通项公式为____________．
解析：因为an＋1an2＋an＋2＝an＋2an，所以 an＋1an＋an＋1an＋2＝2an＋2an. 因为 anan＋1an＋2≠0，所以an1＋2＋a1n＝an2＋1， 所以数列a1n为等差数列．
[解析] (1)由已知，an＋1－an＝lnn＋n 1，a1＝2， 所以 an－an－1＝lnn－n 1(n≥2)， an－1－an－2＝lnnn－ －12， … a2－a1＝ln21，
将以上 n－1 个式子叠加，得 an－a1＝lnn－n 1＋lnnn－－21＋…＋ln21 ＝lnn－n 1·nn－ －12·…·21 ＝ln n. 所以 an＝2＋ln n(n≥2)， 经检验 n＝1 时也适合．故选 A.
②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1＝－311－－33n＋ n×3n＋1＝2n－123n＋1＋3.
所以 a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn＝3n2＋3×2n－123n＋1＋3 ＝2n－13n＋22＋6n2＋9(n∈N*)．
[主干整合] 1．数列通项 (1)数列通项 an 与前 n 项和 Sn 的关系，an＝SS1n－Sn－1nn≥＝21.， (2)应用 an 与 Sn 的关系式 f(an，Sn)＝0 时，应特别注意 n＝1 时的 情况，防止产生错误．
12Tn＝3·12＋7·212＋…＋(4n－9)·21n－2＋(4n－5)·21n－1， 所以12Tn＝3＋4·12＋4·212＋…＋4·21n－2－(4n－5)·21n－1， 因此 Tn＝14－(4n＋3)·21n－2，n≥2， 又 b1＝1，所以 bn＝15－(4n＋3)·12n－2.
2018年高考数学二轮总复习 第一部分 专题攻略 专题四 数列 4.1 等差数列与等比数列课件 文
4．(2017·山西运城联考)已知在等比数列{an}中，a2a10＝6a6， 在等差数列{bn}中，b4＋b6＝a6，则数列{bn}的前 9 项和为( )
TS59＝(
)
3
5
1
27
A.5
B.9
C.3
D.25
解析：由{an}为等差数列可得 S5＝5a12＋a5＝5×22a3＝5a3. 同理可得 T9＝9b5.
所以TS59＝95ba53＝59×35＝13.故选 C. 答案：C
6．一个项数为偶数的等比数列{an}，全部各项之和为偶数项之 和的 4 倍，前 3 项之积为 64，则 a1＝( )
答案：A
2．(2017·武汉市武昌区调研考试)设公比为 q(q>0)的等比数列 {an}的前 n 项和为 Sn.若 S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则 a1＝( )
A．－2 B．－1
1
2
C.2
D.3
解析：由 S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2 得 a3＋a4＝3a4－3a2，即 q＋ q2＝3q2－3，解得 q＝－1(舍)或 q＝32，将 q＝32代入 S2＝3a2＋2 中得 a1＋32a1＝3×32a1＋2，解得 a1＝－1，故选 B.
1．(2017·课标全国卷Ⅲ)等差数列an的首项为 1，公差不为 0.
若 a2，a3，a6 成等比数列，则an前 6 项的和为(
)
A．－24 B．－3
C．3
D．8
2018届高考数学二轮复习 第一部分 专题四 数列 1.4.1 等差数列、等比数列教案 理
B．1
1
1
C.2
D.8
解析：通解：∵a3＝a1·q2，a4＝a1·q3，a5＝a1·q4， ∴a21·q6＝4(a1·q3－1) ∵a1＝14， ∴q6－16q3＋64＝0，∴q3＝8，∴q＝2，∴a2＝a1·q＝12.
优解：设{an}的公比为q，由等比数列的性质 可知a3a5＝a24，∴a24＝4(a4－1)，即(a4－2)2＝0， 得a4＝2， 则q3＝aa14＝21＝8，得q＝2，
(2)由(1)可得 Sn＝－2[11－＋2－2n]＝－23＋(－1)n2n3＋1. 由于Sn＋2＋Sn＋1＝－43＋(－1)n2n＋3－3 2n＋2 ＝2－23＋－1n2n3＋1＝2Sn， 故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列．
专题四 数 列
[高考领航]——————————摸清规律 预测考情
(大纲卷) T18(等差数列 求和)
解题必备 解题方略 走进高考 限时规范训练
考点一 等差数列、等比数列
1．等差、等比数列的性质
等差数列
等比数列
(1)若m，n，p，q∈N*， 且m＋n＝p＋q，则am＋ 性 an＝ap＋aq； 质 (2)an＝am＋(n－m)d； (3)Sm，S2m－Sm，S3m－ S2m，…仍成等差数列
4
则a2＝a1q＝14×2＝12，故选C.
1．解题关键：抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关 系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解．
2．运用函数性质：数列是一种特殊的函数，具有函数的一些 性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题．
[自我挑战]
3．等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lg an}的前 8 项和 等于( C )
解得d＝4.故选C.
2018高考数学文二轮复习课件：第二编 专题整合突破 专题四 数列 第二讲 数列求和及综合应用 适考
1 28
－
1 210
＝
－
212×1－1－14145＝－1304214.
三、解答题 10．[2016·合肥质检]在数列{an}中，a1＝12，an＋1＝n＋ 2n1·an， n∈N*. (1)求证：数列ann为等比数列； (2)求数列{an}的前 n 项和 Sn.
解 (1)证明：由 an＋1＝n＋ 2n1an 知na＋n＋11＝12·ann， ∴ann是以12为首项，12为公比的等比数列． (2)由(1)知ann是首项为12，公比为12的等比数列， ∴ann＝12n，∴an＝2nn， ∴Sn＝211＋222＋…＋2nn，①
大二轮·文
适考素能特训
一、选择题
1．[2016·重庆测试]在数列{an}中，若 a1＝2，且对任意
正整数 m，k，总有 am＋k＝am＋ak，则{an}的前 n 项和 Sn＝( )
A．n(3n－1)
nn＋3 B. 2
C．n(n＋1)
n3n＋1 D. 2
解析 依题意得 an＋1＝an＋a1，即有 an＋1－an＝a1＝2，
②1×1 3＋3×1 5＋5×1 7＋…＋n－112n＋1； ③1＋12＋212＋213＋…＋2n1－1； ④{1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n}，其中极限为 2 的 共有( )
A．4 个 B．3 个 C．2 个 D．1 个
解析 对于①，|an－2|＝|(－1)n×2－2|＝2×|(－1)n－ 1|，当 n 是偶数时，|an－2|＝0；当 n 是奇数时，|an－2|＝4， 所以数列{(－1)n×2}没有极限，所以 2 不是数列{(－1)n×2} 的极限．
9．[2016·武昌调研]设 Sn 为数列{an}的前 n 项和，Sn＋21n
2018届高三数学二轮复习课件：4.2第二讲 数列求和及数列的综合应用
= · + ;
������ ③对数变换——如将递推公式 an+1=c������������ (an>0,c>0,p>0,p≠1)取对数得
������ 1 ������ ������������
1 ������
������������ +������
z+lg c; lg an+1=p lg an ④换元变换——如将递推公式 an+1=qan+dn(q,d 为非零常数,q≠1,d ≠1)
变换成
������������+1 ������
������ ������ = · + , 令 b = n ������ ������,则转化为 bn+1=Abn+B 的形式. ������+1
������ ������ ������ ������
1 ������
������ ������
2.常见的数列求和的方法 (1)公式法求和 适合求等差数列或等比数列的前 n 项和.对等比数列利用公式法求和 时,一定注意公比 q 是否能取 1. (2)错位相减法 这是推导等比数列的前 n 项和公式时所用的方法,主要用于求数列 {anbn}的前 n 项和,其中{an},{bn}分别是等差数列和等比数列. (3)裂项相消法 把数列和式中的各项分别裂开后,消去一部分从而计算和的方法,适用 于求通项为
一个数列既不是等差数列又不是等比数列,但它可以拆成两个数列,而这两个数
列是等差或等比数列,那么就可以分组求和,有时这种方法也叫拆项重组法.
考点1考点2考点3源自考点4考点 1简单的递推数列
π 4
2018版高考数学二轮复习第1部分重点强化专题专题2数列第4讲数列求和教学案理
第4讲 数列求和题型1 数列中a n 与S n 的关系 (对应学生用书第11页)■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 ＝，S n －S n －1n2．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＋∑nk ＝2f (k )(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(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． ■典题试解寻法………………………………………………………………………·【典题1】 (考查已知a n 与S n 的递推关系求S n )已知数列{a n }满足a n ＋1＝3a n ＋2.若首项a 1＝2，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.[解析] 因为a n ＋1＝3a n ＋2，所以a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，故{a n ＋1}是以a 1＋1＝3为首项，3为公比的等比数列， 所以a n ＋1＝3n，所以a n ＝3n－1.S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(31－1)＋(32－1)＋…＋(3n －1)＝(31＋32＋…＋3n )－n ＝－3n1－3－n ＝3n ＋1－32－n ，所以S n ＝3n ＋1－32－n ＝3n ＋1－2n －32. [答案]3n ＋1－2n －32【典题2】 (考查已知a n 与S n 的递推关系求a n )数列{a n }中，a 1＝1，S n 为数列{a n }的前n 项和，且满足2a na n S n －S 2n＝1(n ≥2)．求数列{a n }的通项公式．[解] 由已知，当n ≥2时，2a na n S n －S 2n＝1，所以S n －S n －1S n －S n －1S n －S 2n＝1，即S n －S n －1－S n －1S n ＝1，所以1S n －1S n －1＝12.又S 1＝a 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1，公差为12的等差数列，所以1S n ＝1＋12(n －1)＝n ＋12，即S n ＝2n ＋1. 所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2n ＝－2nn ＋.因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，－2n n ＋，n ≥2.[类题通法]给出S n 与a n 的递推关系，求a n ，常用思路：一是利用S n －S n －1＝a n n 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 .提醒：在利用a n ＝S n －S n －1n求通项公式时，务必验证n ＝1时的情形■对点即时训练………………………………………………………………………· 1．已知数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n ，若a 1＝12，则a 2 018＝( ) A ．－1 B ．12 C ．1D ．2D [由a 1＝12，a n ＋1＝11－a n ，得a 2＝11－a 1＝2，a 3＝11－a 2＝－1，a 4＝11－a 3＝12，a 5＝11－a 4＝2，…，于是归纳可得a 3n －2＝12，a 3n －1＝2，a 3n ＝－1，因此a 2 018＝a 3×672＋2＝2.故选D.]2．已知数列{a n }前n 项和为S n ，若S n ＝2a n －2n，则S n ＝__________.n ·2n (n ∈N *) [由S n ＝2a n －2n 得当n ＝1时，S 1＝a 1＝2；当n ≥2时，S n ＝2(S n －S n －1)－2n，即S n 2n －S n －12n －1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n 2n 是首项为1，公差为1的等差数列，则S n2n ＝n ，S n＝n ·2n (n ≥2)，当n ＝1时，也符合上式，所以S n ＝n ·2n (n ∈N *)．] ■题型强化集训………………………………………………………………………·(见专题限时集训T 1、T 2、T 3、T 4、T 5、T 7、T 8、T 10、T 11、T 12)题型2 裂项相消法求和(答题模板)(对应学生用书第12页)裂项相消法是指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．(2017·全国Ⅱ卷T 15、2015·全国Ⅰ卷T 17、2015·全国Ⅱ卷T 16) ■典题试解寻法………………………………………………………………………·【典题】 (本小题满分12分)(2015·全国Ⅰ卷)S n 为数列{a n }的前n 项和．已知a n ＞0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3.①(1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，②求数列{b n }的前n 项和.【导学号：07804027】[审题指导][规范解答] (1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.③1分 两式相减可得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1， 2分即a n ＋1＋a n ＝a 2n ＋1－a 2n ＝a n ＋1＋a n a n ＋1－a n .④由于a n ＞0⑤，所以a n ＋1－a n ＝2.4分 又由a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3.5分 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. 6分(2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝1n ＋n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3.⑥ 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＝nn ＋. 12分[阅卷者说]裂项相消法的基本思想就是把通项a n 分拆成a n ＝b n ＋k －b n k ≥1，k ∈N *的形式，常见的裂项方式有：提醒：在裂项变形时，务必注意裂项前的系数.■对点即时训练………………………………………………………………………·(2017·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＝1nn ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， T n ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1－1n ＋1＋1n －1n ＋2＝12⎝⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－2n ＋3n ＋n ＋＜34. ■题型强化集训………………………………………………………………………·(见专题限时集训T 6、T 9、T 13) 题型3 错位相减法求和 (对应学生用书第13页)■核心知识储备………………………………………………………………………·错位相减法：用于等差数列{a n }，等比数列{b n }构成的数列{a n b n }，乘公比q 作差． ■典题试解寻法………………………………………………………………………· 【典题】 设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝n a n，求数列{b n }的前n 项和S n .【导学号：07804028】[解] (1)因为a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，①所以当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13，②由①－②得3n －1a n ＝13，所以a n ＝13n (n ≥2)．在①中，令n ＝1，得a 1＝13，适合a n ＝13n ，所以a n ＝13n (n ∈N *)．(2)证明：由(1)可得b n ＝n a n＝n ×3n，S n ＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n ×3n ，③3S n ＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n ×3n ＋1，④由③－④得－2S n ＝3＋32＋33＋34＋ (3)－n ×3n ＋1＝－3n1－3－n ×3n ＋1，故S n ＝34＋n －n ＋14.[类题通法] 用错位相减法求和时，应注意：要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形.在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便于下一步准确地写出“S n －qS n ”的表达式.应用等比数列求和公式必须注意公比q 是否等于1，如果不能确定公比q 是否为1，应分两种情况进行讨论，这在以前的高考中经常考查.■对点即时训练………………………………………………………………………·已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比q ＞0，S 2＝2a 2－2，S 3＝a 4－2. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝na n，求{b n }的前n 项和T n . [解] (1)S 2＝2a 2－2①，S 3＝a 4－2②， ②－①得a 3＝a 4－2a 2，则q 2－q －2＝0， 又∵q ＞0，∴q ＝2. ∵S 2＝2a 2－2， ∴a 1＋a 2＝2a 2－2， ∴a 1＋a 1q ＝2a 1q －2， ∴a 1＝2. ∴a n ＝2n.(2)由(1)知b n ＝n2n ，∴T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n 2n ，12T n ＝12＋22＋32＋…＋n －12＋n 2. 错位相减得12T n ＝12＋122＋123＋124＋…＋12n －n 2n ＋1，可得T n ＝2－n ＋22n.■题型强化集训………………………………………………………………………·(见专题限时集训T 14) 三年真题| 验收复习效果 (对应学生用书第14页)1．(2017·全国Ⅰ卷)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 ．110A [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＋n2. 由题意知，N >100，令n＋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1－2n1－2＝2n－1，前n 组所有项的和为－2n1－2－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＋n2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 ＝＋2＋5＝440.故选A.]2．(2017·全国Ⅱ卷)等差数列{an }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则＝________.【导学号：07804029】2nn ＋1[设等差数列{a n }的公差为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 －2×1＝n n ＋2，1S n＝2n n ＋＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. ∴＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2nn ＋1.] 3．(2015·全国Ⅱ卷)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________.－1n [∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝S n S n ＋1，∴S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1.∵S n ≠0，∴1S n －1S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n＝－1.又1S 1＝－1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为－1，公差为－1的等差数列．∴1S n＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，∴S n ＝－1n.]4.(2016·全国Ⅱ卷)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-2018高考数学二轮复习 专题三：第二讲数列求和及综合应用 文 课件 精品
(2)∵cn＝bann＝4n2－2＝(2n－1)4n－1， 4n－1
∴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
②－①得 ＝ 31[(36Tnn＝－－5)14－n＋2(54]＋，42＋43＋…＋4n－1)＋(2n－1)4n
A．511个
B．512个
C．1023个
D．1024个
(2)(2010年江苏卷)函数y＝x2(x＞0)的图象在点(ak，a2k )处 的切线与x轴交点的横坐标为ak＋1，k为正整数，a1＝16，则a1 ＋a3＋a5＝________.
答案：(1)B (2)21
高分突破
等差、等比数列的判定以及可转化为 等差或等比数列的求和问题
法四(迭代法)：an＝5an－1＋4＝5·(5an－2＋4)＋4 ＝52an－2＋5×4＋4 ＝…＝5n－1a1＋(5n－2＋5n－3＋…＋5＋1)×4 ＝3×5n－1＋4×1－1－5n5－1＝4·5n－1－1.
∴Tn＝ 91[(6n－5)4n＋5]．
裂项相消法求和
(2009年广东卷文)已知点 1，13 是函数f(x)＝ax(a＞0，
且a≠1)的图象上一点，等比数列{an}的前n项和为f(n)－c，
数列{bn}(bn＞0)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；
答案：
1
n(a1 2
an )
na1＋ n(n
1)d 2
2
na1 a1
(1 q 1 q