广东专版高考数学二轮复习第二部分专题三数列专题强化练九数列的求和及综合应用理
最新高考数学二轮复习-专题三-第2讲-数列求和及其综合应用-学案讲义
第2讲数列求和及其综合应用[考情分析] 1.数列求和重点考查分组转化、错位相减、裂项相消三种求和方法.2.数列的综合问题，一般以等差数列、等比数列为背景，与函数、不等式相结合，考查最值、范围以及证明不等式等.3.主要以选择题、填空题及解答题的形式出现，难度中等．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，有的是相邻项抵消，有的是间隔项抵消．常见的裂项方式有：1n (n ＋k )＝14n 2－1＝2．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．考向1分组转化法例1(2023·枣庄模拟)已知数列{a n }的首项a 1＝3，且满足a n ＋1＋2a n ＝2n ＋2.(1)证明：{a n －2n }为等比数列；(2)已知b n n ，n 为奇数，2a n ，n 为偶数，T n 为{b n }的前n 项和，求T 10.(1)证明由a n ＋1＋2a n ＝2n ＋2可得a n ＋1－2n ＋1＝2n ＋1－2a n ＝－2(a n －2n )．又a 1－21＝1≠0，所以{a n －2n }是以1为首项，－2为公比的等比数列．(2)解由(1)可得a n －2n ＝(－2)n －1，即a n ＝2n ＋(－2)n －1.当n 为奇数时，b n ＝a n ＝2n ＋(－2)n －1＝3×2n －1；当n 为偶数时，b n ＝log 2a n ＝log 2[2n ＋(－2)n －1]＝log 22n －1＝n －1.所以T 10＝(b 1＋b 3＋b 5＋b 7＋b 9)＋(b 2＋b 4＋b 6＋b 8＋b 10)＝(3＋3×22＋3×24＋3×26＋3×28)＋(1＋3＋5＋7＋9)＝3×(1－45)1－4＋(1＋9)×52＝1048.考向2裂项相消法例2(2023·沈阳质检)设n ∈N *，向量AB →＝(n －1,1)，AC →＝(n －1,4n －1)，a n ＝AB →·AC →.(1)令b n ＝a n ＋1－a n ，求证：数列{b n }为等差数列；(2)求证：1a 1＋1a 2＋…＋1a n <34.证明(1)由题意可得a n ＝AB →·AC →＝(n －1)2＋4n －1＝n 2＋2n ，则b n ＝a n ＋1－a n ＝[(n ＋1)2＋2(n ＋1)]－(n 2＋2n )＝2n ＋3，可得b n ＋1－b n ＝(2n ＋5)－(2n ＋3)＝2，故数列{b n }是首项b 1＝5，公差d ＝2的等差数列．(2)由(1)可得1a n ＝1n 2＋2n则1a 1＋1a 2＋…＋1a n＝12×－13＋12－14＋…＋1n －＝12×－1n ＋1－∵1n ＋1>0，1n ＋2>0，故1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝12×－1n ＋1－<34.考向3错位相减法例3(2023·全国甲卷)记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 2＝1,2S n ＝na n .(1)求{a n }的通项公式；(2)n 项和T n .解(1)因为2S n ＝na n ，当n ＝1时，2a 1＝a 1，即a 1＝0；当n ＝3时，2(1＋a 3)＝3a 3，即a 3＝2，当n ≥2时，2S n －1＝(n －1)a n －1，所以2S n －2S n －1＝na n －(n －1)a n －1＝2a n ，化简得(n －2)a n ＝(n －1)a n －1，则当n ≥3时，a n a n －1＝n －1n －2，则a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 3a 2＝n －1n －2·n －2n －3·…·21，即a n a 2＝n －1，又因为a 2＝1，所以a n ＝n －1，当n ＝1,2时都满足上式，所以a n ＝n －1，n ∈N *.(2)令b n ＝a n ＋12n ＝n 2n，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n －1＋b n＝12＋222＋…＋n －12n －1＋n 2n ，①12T n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n 2n ＋1，②由①－②得12T n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝21－12－n 2n ＋1＝1－2＋n 2n ＋1，即T n ＝2－2＋n 2n .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或差．(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)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．跟踪演练1(1)(2023·淮南模拟)已知数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝2n ，且a 1＝1.①求数列{a n }的通项公式；②设b n ＝a n ＋1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解①∵数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝2n ，且a 1＝1，∴当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋2＋1＝2n －1.当n ＝1时也成立，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．②b n ＝a n ＋1a n a n ＋1＝2n (2n －1)(2n ＋1－1)＝12n －1－12n ＋1－1，∴数列{b n }的前n 项和T n …1－12n ＋1－1.(2)(2023·浙江省强基联盟模拟)已知a 1＝1，{a n ＋1}是公比为2的等比数列，{b n }为正项数列，b 1＝1，当n ≥2时，(2n －3)b n ＝(2n －1)b n －1.①求数列{a n }，{b n }的通项公式；②记c n ＝a n ·b n .求数列{c n }的前n 项和T n .解①因为数列{a n ＋1}为等比数列，公比为2，首项为a 1＋1＝2，所以a n ＋1＝2×2n －1＝2n ，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)，由(2n －3)b n ＝(2n －1)b n －1，推得b n b n －1＝2n －12n －3(n ≥2)，所以b 2b 1＝31，b 3b 2＝53，b 4b 3＝75，…，b n b n －1＝2n －12n －3(n ≥2)，故b n b n －1·b n －1b n －2·…·b 2b 1＝2n －12n －3·2n －32n －5·…·31(n ≥2)，又b 1＝1，所以当n ≥2时，b n ＝2n －11b 1＝2n －1，又b 1＝1符合上式，所以b n ＝2n －1(n ∈N *)．②由题可得c n ＝2n (2n －1)－(2n －1)，令d n ＝2n (2n －1)，{d n }的前n 项和为P n .所以P n ＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n －1)2n ，2P n ＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n －3)2n ＋(2n －1)2n ＋1，两式相减得－P n ＝2＋2(22＋23＋…＋2n )－(2n －1)2n ＋1，所以P n ＝(2n －1)2n ＋1－2－2(2n ＋1－4)，所以P n ＝6＋(2n －3)2n ＋1.令e n ＝2n －1，{e n }的前n 项和为E n ，则E n ＝(1＋2n －1)n 2＝n 2，综上，T n ＝P n －E n ＝(2n －3)2n ＋1＋6－n 2.考点二数列的综合问题核心提炼数列与函数、不等式，以及数列新定义的综合问题，是高考命题的一个方向，考查逻辑推理、数学运算、数学建模等核心素养．解决此类问题，一是把数列看成特殊的函数，利用函数的图象、性质求解；二是将新数列问题转化为等差或等比数列，利用特殊数列的概念、公式、性质，结合不等式的相关知识求解．例4(1)分形的数学之美，是以简单的基本图形，凝聚扩散，重复累加，以迭代的方式而形成的美丽的图案．自然界中存在着许多令人震撼的天然分形图案，如鹦鹉螺的壳、蕨类植物的叶子、孔雀的羽毛、菠萝等．如图所示，为正方形经过多次自相似迭代形成的分形图形，且相邻的两个正方形的对应边所成的角为15°.若从外往里最大的正方形边长为9，则第5个正方形的边长为()A.814 B.8168C ．4 D.463答案C 解析设第n 个正方形的边长为a n ，则由已知可得a n ＝a n ＋1sin 15°＋a n ＋1cos 15°，∴a n ＋1a n ＝1sin 15°＋cos 15°＝12sin 60°＝63，∴{a n }是以9为首项，63为公比的等比数列，∴a 5＝a 1q 4＝9＝4.(2)(2023·武汉模拟)将1,2，…，n 按照某种顺序排成一列得到数列{a n }，对任意1≤i <j ≤n ，如果a i >a j ，那么称数对(a i ，a j )构成数列{a n }的一个逆序对．若n ＝4，则恰有2个逆序对的数列{a n }的个数为()A ．4B ．5C ．6D ．7答案B解析若n＝4，则1≤i<j≤4，由1,2,3,4构成的逆序对有(4,3)，(4,2)，(4,1)，(3,2)，(3,1)，(2,1)，若数列{a n}的第一个数为4，则至少有3个逆序对；若数列{a n}的第二个数为4，则恰有2个逆序对的数列{a n}为{1,4,2,3}；若数列{a n}的第三个数为4，则恰有2个逆序对的数列{a n}为{1,3,4,2}或{2,1,4,3}；若数列{a n}的第四个数为4，则恰有2个逆序对的数列{a n}为{2,3,1,4}或{3,1,2,4}，综上，恰有2个逆序对的数列{a n}的个数为5.规律方法数列的“新定义问题”，主要是指定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算等，关键是将新数列转化为等差或等比数列，或者找到新数列的递推关系，主要考查的还是数列的基础知识．跟踪演练2(1)如图甲是第七届国际数学家大会(简称ICME－7)的会徽图案，会徽的主题图案是由图乙的一连串直角三角形演化而成的．已知OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝A4A5＝A5A6＝A6A7＝A7A8＝…＝2，A1，A2，A3…为直角顶点，设这些直角三角形的周长从小到大组成的数列为{a n}，令b n＝2a n－2，S n为数列{b n}的前n项和，则S120等于()A．8B．9C．10D．11答案C解析由OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝A4A5＝A5A6＝A6A7＝A7A8＝ (2)可得OA2＝22，OA3＝23，…，OA n＝2n，所以a n＝OA n＋OA n＋1＋A n A n＋1＝2n＋2n＋1＋2，所以b n＝2a n－2＝1n＋n＋1＝n＋1－n，所以前n项和S n＝b1＋b2＋…＋b n＝2－1＋3－2＋…＋n＋1－n＝n＋1－1，所以S120＝120＋1－1＝10.(2)(2023·郑州模拟)“角谷猜想”首先流传于美国，不久便传到欧洲，后来一位名叫角谷静夫的日本人又把它带到亚洲，因而人们就顺势把它叫作“角谷猜想”．“角谷猜想”是指一个正整数，如果是奇数就乘以3再加1，如果是偶数就除以2，这样经过若干次运算，最终回到1.对任意正整数a0，按照上述规则实施第n次运算的结果为a n(n∈N)，若a5＝1，且a i(i＝1,2,3,4)均不为1，则a0等于()A．5或16B．5或32C．5或16或4D．5或32或4答案B解析由题知a n＋1＋1，a n为奇数，a n为偶数，因为a5＝1，则有，若a4为奇数，则a5＝3a4＋1＝1，得a4＝0，不合题意，所以a4为偶数，且a4＝2a5＝2；若a3为奇数，则a4＝3a3＋1＝2，得a3＝13，不合题意，所以a3为偶数，且a3＝2a4＝4；若a2为奇数，则a3＝3a2＋1＝4，得a2＝1，不合题意，所以a2为偶数，且a2＝2a3＝8；若a1为奇数，则a2＝3a1＋1＝8，得a1＝73，不合题意，所以a1为偶数，且a1＝2a2＝16；若a0为奇数，则a1＝3a0＋1＝16，可得a0＝5；若a0为偶数，则a0＝2a1＝32.综上所述，a0＝5或a0＝32.专题强化练一、单项选择题1．数列{a n}满足2a n＋1＝a n＋a n＋2，且a8，a4040是函数f(x)＝x2－8x＋3的两个零点，则a2024的值为()A．4B．－4C．4040D．－4040答案A解析因为a8，a4040是函数f(x)＝x2－8x＋3的两个零点，即a8，a4040是方程x2－8x＋3＝0的两个根，所以a8＋a4040＝8.又2a n＋1＝a n＋a n＋2，所以数列{a n}是等差数列，所以a8＋a4040＝2a2024＝8，所以a2024＝4.2．(2023·阜阳模拟)在数列{a n}中，已知a n＋1＋a n＝3·2n，则{a n}的前10项和为() A．1023B．1024C．2046D．2047答案C解析∵a n＋1＋a n＝3·2n，∴a2＋a1＝3×2，a4＋a3＝3×23，a6＋a5＝3×25，a8＋a7＝3×27，a10＋a9＝3×29，则{a n}的前10项和为3×(2＋23＋25＋27＋29)＝3×2－29×41－4＝2046.3．已知函数f(x)＝x2＋bx的图象在点A(1，f(1))处的切线的斜率为3n项和为S n，则S2026的值为()A.2023 2024B.2024 2025C.2025 2026D.2026 2027答案D解析由题意得f′(x)＝2x＋b，∴f′(1)＝2＋b＝3，解得b＝1，∴f(n)＝n2＋n，∴1f(n)＝1n2＋n＝1n(n＋1)＝1n－1n＋1，∴S2026＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋12026－12027＝1－12027＝20262027.4．(2023·佛山模拟)已知数列{a n}的通项公式为a n＝n2＋kn＋2，若对于n∈N*，数列{a n}为递增数列，则实数k的取值范围为()A．k≥－3B．k≥－2C．k>－3D．k>－2答案C解析因为数列{a n}为递增数列，所以a n＋1>a n，即(n＋1)2＋k(n＋1)＋2>n2＋kn＋2，整理得k>－(2n＋1)，因为当n∈N*时，f(n)＝－(2n＋1)单调递减，f(n)max＝f(1)＝－(2×1＋1)＝－3，所以k>－3.5．(2023·盐城模拟)将正整数n 分解为两个正整数k 1，k 2的积，即n ＝k 1·k 2，当k 1，k 2两数差的绝对值最小时，我们称其为最优分解．如20＝1×20＝2×10＝4×5，其中4×5即为20的最优分解，当k 1，k 2是n 的最优分解时，定义f (n )＝|k 1－k 2|，则数列{f (5n )}的前2023项的和为()A ．51012B ．51012－1C ．52023D ．52023－1答案B 解析当n ＝2k (k ∈N *)时，由于52k ＝5k ×5k ，此时f (52k )＝|5k －5k |＝0，当n ＝2k －1(k ∈N *)时，由于52k －1＝5k －1×5k ，此时f (52k －1)＝|5k －5k －1|＝5k －5k －1，所以数列{f (5n )}的前2023项的和为(5－1)＋0＋(52－5)＋0＋(53－52)＋0＋…＋(51011－51010)＋0＋(51012－51011)＝51012－1.6．某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列A ＝{a 1，a 2，a 3，…}重新编辑，编辑新序列为A *，a 3a 2，a 4a 3，…n 项为a n ＋1a n，若序列(A *)*的所有项都是3，且a 5＝1，a 6＝27，则a 1等于()A.19B.127C.181D.1243答案A 解析令b n ＝a n ＋1a n，即A *＝{b 1，b 2，b 3，…}，则(A *)*，b 3b 2，b 4b 3，由已知得b 2b 1＝b 3b 2＝b 4b 3＝…＝b n ＋1b n＝3，所以数列{b n }为公比为3的等比数列，设b 1＝m ，则a 2a 1＝b 1＝m ，a 3a 2＝b 2＝3m ，…，a n ＋1a n＝b n ＝3n －1·m ，当n ≥2时，累乘可得a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·…·a n a n －1＝m ·3m ·32m ·…·3n －2m ＝m n －131＋2＋3＋…＋(n －2)，即a n a 1＝m n －1(2)(1)23n n --，当n ＝5时，1a 1＝m 436，当n ＝6时，27a 1＝m 5310，解得m ＝13，a 1＝19.二、多项选择题7.(2023·唐山模拟)如图，△ABC 是边长为2的等边三角形，连接各边中点得到△A 1B 1C 1，再连接△A 1B 1C 1的各边中点得到△A 2B 2C 2，…，如此继续下去，设△A n B n C n 的边长为a n ，△A n B n C n 的面积为M n ，则()A ．M n ＝34a 2n B ．a 24＝a 3a 5C ．a 1＋a 2＋…＋a n ＝2－22－n D ．M 1＋M 2＋…＋M n <33答案ABD 解析显然△A n B n C n 是正三角形，因此M n ＝34a 2n ，故A 正确；由中位线性质易得a n ＝12a n －1，即{a n }是等比数列，公比为12，因此a 24＝a 3a 5，故B 正确；a 1＝12AB ＝1，a 1＋a 2＋…＋a n 1－12＝2－21－n ，故C 错误；M 1＝34×12＝34，{a n }是等比数列，公比为12，则{M n }也是等比数列，公比是14，M 1＋M 2＋…＋M n ＝34×11－14<33，故D 正确．8．已知函数f (x )＝e x －x －1，数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝12，a n ＋1＝f (a n )，则下列有关数列{a n }的叙述不正确的是()A ．a 5<|4a 2－3a 1|B ．a 7≤a 8C ．a 10>1D ．S 100>26答案BCD 解析由e x ≥x ＋1知，a n ＋1＝f (a n )＝e n a －a n －1≥0，故{a n }为非负数列，又a n ＋1－a n ＝e n a －2a n －1，设g (x )＝e x －2x －1，则g ′(x )＝e x －2，易知g (x )在[0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，且－12<1－2ln 2＝g (x )min <g (0)＝0，又0<a 1＝12<ln 2，所以0≤a 2<a 1＝12，从而－12<a n ＋1－a n <0，所以{a n }为递减数列，且0≤a n ≤12，故B ，C 错误；又a 2＝12e －12－1＝12e －32<－32＝14，故当n ≥2时，有a n <14，所以S 100＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100<12＋14＋14＋…＋14＝1014，故D 错误；又a 2<14，a 5<12，而|4a 2－3a 1|＝|4a 2－32|>12，故A 正确．三、填空题9．(2023·铜仁质检)为了进一步学习贯彻党的二十大精神，推进科普宣传教育，激发学生的学习热情，营造良好的学习氛围，不断提高学生对科学、法律、健康等知识的了解，某学校组织高一10个班级的学生开展“红色百年路·科普万里行”知识竞赛．统计发现，10个班级的平均成绩恰好成等差数列，最低平均成绩为70，公差为2，则这10个班级的平均成绩的第40百分位数为________．答案77解析记10个班级的平均成绩构成的等差数列为{a n}，则a n＝70＋2(n－1)＝2n＋68，又10×40%＝4，所以这10个班级的平均成绩的第40百分位数为a4＋a52＝76＋782＝77.10．在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和为同一个常数，那么这个数列称为等和数列，这个常数称为该数列的公和．已知数列{a n}是等和数列，且a1＝－2，a2024＝8，则这个数列的前2024项的和为________．答案6072解析依题意得a1＋a2＝a2＋a3＝a3＋a4＝a4＋a5＝…，故a1＝a3＝a5＝…＝a2023＝－2，a2＝a4＝a6＝…＝a2024＝8，则S2024＝1012×(－2)＋1012×8＝6072.11．(2023·江苏联考)已知a1，a2，…，a n(n∈N*)是一组平面向量，记S n＝a1＋a2＋…＋a n，若a n＝(4－n,1)，则满足a n⊥S n的n的值为____________．答案5或6解析记b n＝4－n的前n项和为T n，则T n＝(3＋4－n)n2＝7n－n22，因为a n＝(4－n,1)，所以S n＝a1＋a2＋…＋a n＝(3,1)＋(2,1)＋…＋(4－n,1)又a n⊥S n，所以a n·S n＝(4－n)×7n－n22＋n＝0，整理得n(n－5)(n－6)＝0，解得n＝0或n＝5或n＝6，因为n∈N*，所以n＝5或n＝6.12．在圆x2＋y2＝5x n条弦的长度成等差数列，最短弦长为数列的首项a1，最长弦长为a n，若公差d ，13，那么n的取值集合为__________．答案{4,5,6}解析由圆的方程为x 2＋y 2＝5x ，得圆心r ＝52.∴过点P 即a n ＝2r ＝5，过点P CP 垂直的弦为圆的最短弦，即a 1＝2r 2－|PC |2＝4，由a n ＝a 1＋(n －1)d ，得5＝4＋(n －1)d ，∴d ＝1n －1，∵16<d ≤13，∴16<1n －1≤13，∴4≤n <7，n ∈N *，∴n 的取值为4,5,6.∴n 的取值集合为{4,5,6}．四、解答题13．(2023·锦州模拟)已知数列{a n }和{b n }满足a n ＋b n ＝2n －1，数列{a n }，{b n }的前n 项和分别记作A n ，B n ，且A n －B n ＝n .(1)求A n 和B n ；(2)设c n ＝2n b ＋12A n，求数列{c n }的前n 项和S n .解(1)因为a n ＋b n ＝2n －1，所以数列{a n ＋b n }是首项为1，公差为2的等差数列，所以其前n 项和A n ＋B n ＝12(1＋2n －1)×n ＝n 2，又因为A n －B n ＝n ，所以A n ＝n (n ＋1)2，B n ＝n (n －1)2.(2)当n ≥2时，b n ＝B n －B n －1＝n (n －1)2－(n －1)(n －2)2＝n －1.当n ＝1时，b 1＝B 1＝0也适合通项公式，故b n ＝n －1.所以c n ＝2n b ＋12A n ＝2n －1＋1n (n ＋1)＝2n －1＋1n －1n ＋1，所以S n ＝(1＋2＋22＋…＋2n －1)－12＋12－13＋…＋1n －＝1×(1－2n )1－2＋2n －1n ＋1.14．(2023·湖南省新高考教学教研联盟联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n －a n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，且2b n ＝(n －2)(a n －1)，若T n ≥λb n 对于n ∈N *恒成立，求λ的取值范围．解(1)∵S n ＝n －a n ，∴S n －1＝(n －1)－a n －1(n ≥2)，两式作差得2a n ＝a n －1＋1，∴2(a n －1)＝a n －1－1，当n ＝1时，S 1＝1－a 1，∴a 1－1＝－12，∴{a n －1}是首项为－12，公比为12的等比数列，故a n ＝1.(2)∵2b n ＝(n －2)(a n －1)，∴b n ＝(2－n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝1＋0＋(－1)＋…＋(2－n ＋1，①12T n ＝1＋0＋(－1)＋…＋(2－n ＋2，②两式作差得12T n ＝1＋…＋1－(2－n ＋2，化简得T n ＝n 2n ＋1，∵T n ≥λb n 恒成立，∴n 2n ＋1≥λ(2－n )12n ＋1，n ≥λ(2－n )，当n ＝1时，λ≤1；当n ＝2时，λ∈R ；当n ≥3时，λ≥n 2－n ＝－(n －2)＋2n －2＝－即λ≥－，∴λ≥－1，综上所述，－1≤λ≤1.。
新广东高考数学理科步步高二轮复习专题突破4.2数列求和及综合应用(含答案解析)
第2讲 数列求和及综合应用(推荐时间：60分钟)一、选择题1．数列{a n }共有5项，其中a 1＝0，a 5＝2，且|a i ＋1－a i |＝1，i ＝1,2,3,4，则满足条件的不同数列的个数为( )A ．3B ．4C ．5D ．6答案 B解析 设b i ＝a i ＋1－a i ，i ＝1,2,3,4，则b i 等于1或－1，由a 5＝(a 5－a 4)＋(a 4－a 3)＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＝b 4＋b 3＋b 2＋b 1，知b i (i ＝1,2,3,4)共有3个1,1个－1.所以符合条件的{a n }共有4个．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 ．445B ．765C ．1 080D ．3 105 答案 B解析 ∵a n ＋1＝a n ＋3，∴a n ＋1－a n ＝3.∴{a n }是以－60为首项，3为公差的等差数列．∴a n ＝－60＋3(n －1)＝3n －63.令a n ≤0，得n ≤21.∴前20项都为负值．∴|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|＝－(a 1＋a 2＋…＋a 20)＋a 21＋…＋a 30＝－2S 20＋S 30.∵S n ＝a 1＋a n 2n ＝－123＋3n 2×n ， ∴|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|＝765.3．在等差数列{a n }中，a 1＝－2 013，其前n 项和为S n ，若S 1212－S 1010＝2，则S 2 013的值等于( ) A ．－2 011B ．－2 012C ．－2 010D ．－2 013答案 D解析 根据等差数列的性质，得数列{S n n}也是等差数列， 根据已知可得这个数列的首项S 11＝a 1＝－2 013， 公差d ＝1，故S 2 0132 013＝－2 013＋(2 013－1)×1＝－1， 所以S 2 013＝－2 013.4．已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2)，a 1＝1，a 2＝3，记S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，则下列结论正确的是( )A ．a 100＝－1，S 100＝5B ．a 100＝－3，S 100＝5C ．a 100＝－3，S 100＝2D ．a 100＝－1，S 100＝2答案 A解析 由题意知，a 1＝1，a 2＝3，a 3＝2，a 4＝－1，a 5＝－3，a 6＝－2，a 7＝1，由此可以得出数列{a n }是以6为一个周期，所以a 100＝a 4＝－1，S 100＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝5，故选A.5．数列{a n }的通项公式a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 012等于( ) A ．1 006 B ．2 012 C ．503 D ．0答案 A解析 用归纳法求解．∵a n ＝n cos n π2，∴a 1＝0，a 2＝－2，a 3＝0，a 4＝4，a 5＝0，a 6＝－6，a 7＝0，a 8＝8，…. 由此易知a 4n －2＝－(4n －2)，a 4n ＝4n ，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝－2＋4＝2，a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝－6＋8＝2，…，a 4n －3＋a 4n －2＋a 4n －1＋a 4n ＝－(4n －2)＋4n ＝2.又2 012＝4×503，∴a 1＋a 2＋…＋a 2 012＝2＋2＋…＋2503个＝2×503＝1 006. 6．数列{a n }满足a 1＝1，且对任意的m ，n ∈N *都有a m ＋n ＝a m ＋a n ＋mn ，则1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2 012等于( )A.4 0242 013B.4 0182 012C.2 0102 011D.2 0092 010答案 A解析 令m ＝1，得a n ＋1＝a n ＋n ＋1，即a n ＋1－a n ＝n ＋1，于是a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n ，上述n －1个式子相加得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ，所以a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋1 2， 因此1a n ＝2n n ＋1 ＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， 所以1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2 012＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋12 012－12 013 ＝2⎝⎛⎭⎫1－12 013＝4 0242 013.二、填空题7．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋2＋(－1)n a n ＝1，记S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 60＝________. 答案 480解析 ∵a n ＋2＋(－1)n a n ＝1，∴a 3－a 1＝1，a 5－a 3＝1，a 7－a 5＝1，…，且a 4＋a 2＝1，a 6＋a 4＝1，a 8＋a 6＝1，…，∴{a 2n －1}为等差数列，且a 2n －1＝1＋(n －1)×1＝n ，即a 1＝1，a 3＝2，a 5＝3，a 7＝4，∴S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1＋1＋2＝4，S 8－S 4＝a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝3＋4＋1＝8， S 12－S 8＝a 9＋a 10＋a 11＋a 12＝5＋6＋1＝12，…，∴S 60＝4×15＋15×142×4＝480. 8．设S n 为数列{a n }的前n 项和，若S 2n S n(n ∈N *)是非零常数，则称该数列为“和等比数列”；若数列{c n }是首项为2，公差为d (d ≠0)的等差数列，且数列{c n }是“和等比数列”，则d ＝________. 答案 4解析 由题意可知，数列{c n }的前n 项和为S n ＝n c 1＋c n 2，前2n 项和为S 2n ＝2n c 1＋c 2n 2，所以S 2n S n ＝2n c 1＋c 2n 2n c 1＋c n 2＝2＋2nd 4＋nd －d ＝2＋21＋4－d nd.因为数列{c n }是“和等比数列”，即S 2n S n 为非零常数，所以d ＝4.9．设S n ＝12＋16＋112＋…＋1n n ＋1(n ∈N *)，且S n ＋1·S n ＋2＝34，则n 的值是________． 答案 5解析 ∵S n ＋1＝12＋16＋…＋1 n ＋1 n ＋2 ＝(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n ＋1－1n ＋2)＝1－1n ＋2＝n ＋1n ＋2， ∴S n ＋2＝n ＋2n ＋3. ∴S n ＋1·S n ＋2＝n ＋1n ＋3＝34，解得n ＝5. 10．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋1，前n 项和为S n ，若对任意的正整数n ，不等式S 2n －S n >m 16恒成立，则常数m 所能取得的最大整数为_______________． 答案 5解析 要使S 2n －S n >m 16恒成立， 只需(S 2n －S n )min >m 16. 因为(S 2(n ＋1)－S n ＋1)－(S 2n －S n )＝(S 2n ＋2－S 2n )－(S n ＋1－S n )＝a 2n ＋1＋a 2n ＋2－a n ＋1＝12n ＋2＋12n ＋3－1n ＋2>12n ＋2＋12n ＋4－1n ＋2＝12n ＋2－12n ＋4>0， 所以S 2n －S n ≥S 2－S 1＝13， 所以m 16<13⇒m <163，m 所能取得的最大整数为5. 三、解答题11．在等比数列{a n }中，a 1>0，n ∈N *，且a 3－a 2＝8，又a 1，a 5的等比中项为16.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 4a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，是否存在正整数k ，使得1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n<k 对任意n ∈N *恒成立．若存在，求出正整数k 的最小值；若不存在，请说明理由． 解 (1)设数列{a n }的公比为q ，由题意可得a 3＝16.∵a 3－a 2＝8，∴a 2＝8，∴q ＝2.∴a n ＝2n ＋1. (2)∵b n ＝log 42n ＋1＝n ＋12， ∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n n ＋3 4.∵1S n ＝4n n ＋3 ＝43⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋3， ∴1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝43⎝⎛⎭⎫1－14＋12－15＋13－16＋…＋1n －1n ＋3 ＝43⎝⎛⎭⎫1＋12＋13－1n ＋1－1n ＋2－1n ＋3<229， ∴正整数k 的最小值为3.12．(2014·山东)已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －14n a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2， S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12， 由题意，得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)，解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1.(2)b n ＝(－1)n －14n a n a n ＋1＝(－1)n －14n 2n －1 2n ＋1＝(－1)n －1(12n －1＋12n ＋1)． 当n 为偶数时，T n ＝(1＋13)－(13＋15)＋…＋(12n －3＋12n －1)－(12n －1＋12n ＋1)＝1－12n ＋1＝2n 2n ＋1. 当n 为奇数时，T n ＝(1＋13)－(13＋15)＋…－(12n －3＋12n －1)＋(12n －1＋12n ＋1)＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1. 所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n 2n ＋1，n 为偶数.(或T n ＝2n ＋1＋ －1 n －12n ＋1) 13．在等差数列{a n }中，a 10＝30，a 20＝50.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝210n a -，证明：数列{b n }为等比数列；(3)求数列{nb n }的前n 项和T n .(1)解 由a n ＝a 1＋(n －1)d ，a 10＝30，a 20＝50，得方程组⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋9d ＝30a 1＋19d ＝50，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝12d ＝2. 所以a n ＝12＋(n －1)·2＝2n ＋10.(2)证明 由(1)，得b n ＝210n a -＝22n ＋10－10＝22n ＝4n ，所以b n ＋1b n ＝4n ＋14n ＝4. 所以{b n }是首项为4，公比为4的等比数列．(3)解 由nb n ＝n ×4n ，得T n ＝1×4＋2×42＋…＋n ×4n ，①4T n ＝1×42＋…＋(n －1)×4n ＋n ×4n ＋1，② ①－②，得－3T n ＝4＋42＋…＋4n －n ×4n ＋1 ＝4 1－4n －3－n ×4n ＋1.所以T n ＝ 3n －1 ×4n ＋1＋49.。
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理
高考数学二轮复习专题 3 数列第二讲数列乞降及综合应用理第二讲数列乞降及综合应用2．转变法．有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项打开或变形，可转变为几个等差、等比或常有的数列，即先分别乞降，而后再归并．3．错位相减法．这是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这类方法主要用于求数列{ a n·b n}的前 n 项和，此中{ a n}，{ b n}分别是等差数列和等比数列．4．倒序相加法．这是在推导等差数列前n 项和公式时所用的方法，也就是将一个数列倒过来摆列( 反序) ，把它与原数列相加，如有公式可提，而且节余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法乞降．5．裂项相消法．利用通项变形，将通项分裂成两项或几项的差，经过相加过程中的互相抵消，最后只剩下有限项的和．1．应用问题一般文字表达较长，反应的事物背景陌生，知识波及面广，所以要解好应用题，第一应该提升阅读理解能力，将一般语言转变为数学语言或数学符号，实质问题转变为数学识题，而后再用数学运算、数学推理予以解决．2．数列应用题一般是等比、等差数列问题，此中，等比数列波及的范围比较广，如经济上波及收益、成本、效益的增减，解决此类题的重点是成立一个数列模型{ a n} ，利用该数列的通项公式、递推公式或前n 项和公式求解．3．解应用问题的基本步骤．判断下边结论能否正确( 请在括号中打“√”或“×” ) ．n n a － a1n＋ 1(1) 假如数列 { a } 为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和S＝1－q .( √ )1111(2)当 n≥2时，n2－1＝2n－1－n＋1.(√)(3)n＝ a＋23na 即可依据错位求 S2a＋3a＋＋na之和时只需把上式等号两边同时乘以相减法求得． ( × )(4)数列1的前 n 项和为21 2n＋2n－1n ＋n.(×)2(5)若数列 a1，a2－ a1，， a n－a n－1是首项为1，公比为 3 的等比数列，则数列 { a n} 的通项公式是 a n＝3n－ 1.( √)2(6) 推导等差数列乞降公式的方法叫做倒序乞降法，利用此法可求得sin 21°＋ sin 22°222√ )＋sin 3°＋＋ sin88°＋ sin 89°＝ 44.5.(1．(2015 ·福建卷 ) 若a，b是函数f ( x) ＝x2－px＋q( p>0，q>0) 的两个不一样的零点，且a， b，－2这三个数可适合排序后成等差数列，也可适合排序后成等比数列，则p＋ q 的值等于(D)A． 6B． 7C． 8D． 9a＋b＝ p>0，分析：不如设 a>b，由题意得ab＝ q>0，∴ a>0， b>0，则 a，－2， b 成等比数列， a， b，－2成等差数列，ab＝（－2）2，a＝4，∴－2＝2 ，∴＝1，∴ p＝5， q＝4，∴ p＋ q＝9.a b b2．(2015 ·新课标Ⅱ卷) 设S n是等差数列 { a n} 的前n项和，若a1＋a3＋a5＝ 3，则S5＝ ( A) A．5 B．7C．9 D．11分析：解法一∵ a1＋ a5＝2a3，∴a1＋ a3＋a5＝3a3＝3，∴a3＝1，5（a1＋a5）∴S5＝＝5a3＝5，应选 A.2解法二13511111∵ a ＋ a＋a ＝ a ＋( a＋ 2d) ＋( a＋4d) ＝ 3a＋ 6d＝ 3，∴a ＋2d＝1，∴5＝51＋5× 4＝ 5(a 1＋2 )＝5，应选A.S a 2 dd3．在数列 { a n} 中，a n＝n（ n＋1）2，则：(1)数列 { a n} 的前n项和S n＝ __________；(2)数列 { S n} 的前n项和T n＝ __________．（＋）（＋）[（ n＋2）－（ n－1）]1n n n n 1解析：(1) a n＝2＝6＝6×[ n（n＋1）（n＋2）－（n－1）n（n＋1） ]n＝ 1×[(1 ×2×3－0×1×2) ＋(2 ×3×4－1×2×3) ＋(3 × 4× 5－ 2× 3× 4) ＋ ＋S6×( ＋1)×( ＋2)－( －1)× ×(n ＋1)] ＝ n （n ＋ 1）（ n ＋ 2） .n nnnn6n （ n ＋ 1）（ n ＋ 2）(2) S n ＝6n （ n ＋ 1）（ n ＋ 2） [ （ n ＋ 3）－（ n －1） ]＝241＝ 24× [ n ( n ＋ 1)( n ＋ 2)( n ＋ 3) － ( n － 1) n ( n ＋1)( n ＋ 2)]n＝ 1×[(1 ×2×3×4－0×1×2×3) ＋(2 ×3×4× 5－ 1× 2× 3× 4) ＋ ＋ ×( ＋n n241) ×( ＋2) ×6(n ＋3)－( n －1) ×n × ( ＋1) ×( ＋ 2)] ＝n （ n ＋ 1）（ n ＋ 2）（ n ＋ 3） .nn n 24n （ n ＋1）（ n ＋2）答案： (1)6n （n ＋ 1）（ n ＋ 2）（ n ＋ 3）(2)24*1}前 104．(2015 ·江苏卷 ) 设数列 { a n } 知足 a 1＝ 1，且 a n ＋ 1－ a n ＝ n ＋ 1( n ∈N ) ，则数列 {an项的和为 ________．分析： 由题意有 a 2－ a 1＝ 2， a 3 －a 2＝ 3， ，以上各式相加，得（ n － 1）（ 2＋ n ）a n － a n －1＝ n ( n ≥ 2) ．n 2＋ n － 2a n － a 1＝ 2＋3＋ ＋ n ＝＝2n 2＋ n又∵ a ＝1，∴ a ＝( n ≥2) ．1n22.∵ 当 ＝ 1 时也知足此式，∴an 2＋n n *n ＝(∈N ) ．n2∴1＝ 22＝ 2( 1－ 1) ．a n n ＋n n n ＋ 111 1 1 11∴ S 10＝ 2( 1－ 2＋ 2－3＋ ＋ 10－ 11) 120＝ 2×(1 － 11) ＝ 11.20 答案：11一、选择题1．已知等差数列{ a n} 前n项和为S n，若a1＋a2 012＝ 1，a2 013＝－ 1 006，则使S n取最值时n 的值为( D)A． 1 005B．1 006C． 1 007D．1 006或 10072．设等差数列 { a n} 的前n项和为S n，若a1＝－ 11，a3＋a7＝－ 6，则当S n取最小值时，n ＝( D)A．9 B．8 C．7 D．63．等比数列 { a n} 前n项的积为T n，若a3a6a18是一个确立的常数，那么数列T10，T13，T17，T25中也是常数的项是( C)A．T10 B ．T13 C ．T17 D ．T25分析：∵ a3a6a18＝ a1q2· a1q5· a1q17＝( a1q8)3＝( a9)3为定值．∴T17＝ a1a2 a17＝( a1q8)17＝( a9)17也是定值．4．已知等比数列 { a n} 知足a n＞ 0，n＝ 1，2，，且a5·a2n－5＝ 22n( n≥3) ，则当n≥1时，log 2a1＋ log 2a3＋＋ log 2a2n－1＝ ( C)A．n(2 n－ 1) B ． ( n＋ 1) 2C．n2D．(n－1)22n22n n分析：由 a5· a2n－5＝2 ( n≥3)得 a n＝ 2 ，a n＞ 0，则a n＝2，log 2a1＋ log 2a3＋＋ log 2a2n －1＝1＋3＋＋(2n－1)＝n2.应选C.5．公差不为零的等差数列 {a} 的前n项和为S，若a4 是 3 与a7 的等比中项，8＝32，n n则 S10＝( C)A．18 B ．24 C ．60 D ．9022，得 2a＋ 3d＝ 0，再由S＝ 8a＋56分析：由 a ＝ a a ，得 ( a ＋3d)＝ ( a ＋ 2d)( a ＋ 6d) 2 d43711118190＝32，得 2a1＋ 7d＝ 8，则d＝ 2，a1＝－ 3，所以S10＝ 10a1＋2d＝ 60. 应选 C.6．已知函数2x－1，x≤ 0，把函数 g( x)＝ f ( x)－ x 的零点按从小到大f ( x)＝f（x－1）＋1， x＞0，的次序摆列成一个数列，则该数列的通项公式为( B)n（ n－1）A．a n＝ B ．a n＝n－12C．a n＝n( n－ 1) D．a n＝2n－2x －1,分析：若 0<x≤1，则－ 1<x－ 1<0，得f ( x) ＝f ( x－ 1) ＋ 1＝ 2若 1<x≤2，则 0<x－1≤1，得f ( x) ＝f ( x－ 1) ＋ 1＝ 2x－2＋ 1，若 2<x≤3，则 1<x－1≤2，得f ( x) ＝f ( x－ 1) ＋ 1＝ 2x－3＋ 2，若 3<x≤4，则 2<x－ 1<3，得f ( x) ＝f ( x－ 1) ＋ 1＝ 2x－4＋ 3.以此类推，若 n<x≤ n＋1(此中 n∈N)，则 f ( x)＝ f ( x－1)＋1＝2x－n－1＋n, 下边剖析函数 f ( x)＝2x的图象与直线 y＝ x＋1的交点．很明显，它们有两个交点(0 ， 1) 和(1 ，2) ，因为指数函数 f ( x)＝2x为增函数且图象下凸，故它们只有这两个交点．①将函数 f ( x)＝2x和 y＝x＋1的图象同时向下平移一个单位即获得函数 f ( x)＝2x－1和y＝ x 的图象，取 x≤0的部分，可见它们有且仅有一个交点(0 ，0) ．即当 x≤0时，方程 f ( x)－ x＝0有且仅有一个根x＝0.②取①中函数 f ( x)＝2x－1和 y＝ x 图象－1<x≤0的部分，再同时向上和向右各平移一个单位，x －1和 y＝ x 在0<x≤1上的图象，明显，此时它们仍旧只有一个交点(1 ，1) ．即得 f ( x)＝2即当 0<x≤1时，方程 f ( x)－ x＝0有且仅有一个根x＝1.③取②中函数 f ( x ) ＝ 2x －1 和 y ＝ x 在 0<x ≤1上的图象，持续依据上述步骤进行，x －2即获得 f ( x ) ＝ 2＋ 1 和 y ＝ x 在 1<x ≤2上的图象，明显，此时它们仍旧只有一个交点(2，2)．即当 1<x ≤2时，方程f ( x ) － x ＝ 0 有且仅有一个根 x ＝ 2.④以此类推，函数y ＝f ( x ) 与 y ＝ x 在 (2 ， 3] ， (3 ， 4] ， ， ( n ，n ＋ 1] 上的交点挨次为(3 ， 3) ， (4 ， 4) ， ， ( n ＋ 1， n ＋ 1) ．即方程 f ( x ) － x ＝ 0 在 (2 ， 3] ，(3 ，4] ， ， ( n ， n ＋1] 上的根挨次为 3，4， ， n ＋ 1.综上所述方程 f ( x ) － x ＝0 的根按从小到大的次序摆列所得数列为0，1，2， 3，4， ，n ＋ 1，其通项公式为 a n ＝n － 1. 应选 B. 二、填空题7．对正整数 ，设曲线 y ＝ x n) 在 x ＝ 2 处的切线与 y 轴交点的纵坐标为 a ，则 a n(1 －nn ＋ 1的前 n 项和是 2n ＋ 1－ 2．分析： 曲线 y ＝ x n (1 － x ) ＝ x n － x n ＋1，曲线导数为y ′＝ nx n －1－ ( n ＋ 1) x n ，所以切线斜率为＝ 2nn n n ＋ 2 nnk －1－ (＋1)2 ＝－ ( n ＋2)2 －1，切点为 (2 ，－2 ) ，所以切线方程为 ＝－ ( ＋ 2)2nnyn － 1，令 x ＝ 0nnn nna n( x － 2) 得， y ＋ 2 ＝ ( n ＋2)2 ，即 y ＝ ( n ＋1)2 ，所以 a ＝ ( n ＋ 1)2，所以 n ＋ 1＝n2 为首项， q ＝2 为公比的等比数列，所以n 2（ 1－2n ）n ＋ 12 ，是以S ＝＝ 2－ 2.1－ 28．等比数列 { a n } 的公比 ＞ 0, 已知 2 ＝ 1， n ＋ 2＋ n ＋ 1＝ 6 n ，则 {a n }的前 4 项和4 ＝15．qa aaaS2分析： 由 a n ＋ 2＋a n ＋ 1＝ 6a n 得： q n ＋1＋ q n ＝ 6q n －1 ，即 q 2＋ q － 6＝ 0， q ＞ 0，解得 q ＝2，又1412（1－ 2 ） 15a 2＝1，所以 a 1 ＝2， S 4＝ 1－ 2＝ 2 .三、解答题9．已知数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，且 a 2a n ＝ S 2＋ S n 对全部正整数 n 都成立．(1) 求 a 1， a 2 的值．10 a 1(2) 设 a 1＞ 0，数列 lg a n 的前 n 项和为 T n ，当 n 为什么值时， T n 最大？并求出 T n 的最大值．分析： (1) 取 n ＝ 1，得 a 2a 1＝S 2＋ S 1＝ 2a 1＋ a 2，①取 n ＝2，得 a 22＝ 2a 1＋ 2a 2，②由②－①，得a2( a2－a1)＝ a2，③若 a2＝0,由①知 a1＝0，若a2≠0，易知 a2－ a1＝1.④12＋ 1，由①④得： a ＝a2＝2＋2或 a1＝1－2，a2＝2－2；综上所述， a ＝0，a ＝0或 a ＝1＋2，a＝ 2＋2或a＝ 1－2，a＝ 2－ 2.121212(2)当 a1>0时，由(1)知， a1＝2＋1， a2＝2＋2；当n ≥2时，有 (2 ＋ 2)an＝ 2＋ n，S S(2 ＋2) a n－1＝S2＋S n－1.两式相减得 (1 ＋2) a＝ (2 ＋ 2) a－1.n n所以 a ＝2a ( n≥2)．n n－1所以 a n＝a1(2) n－1＝ (2＋1) ×( 2) n－1.令 b n＝lg 1011100a，则 b n＝1－lg(2) n－1＝ lg2n－ 1.a2n110010011n n－1＝2lg n－1－ lg2n－ 2＝－2lg 2 ，又 b ＝1， b－ b21所以数列 { b n} 是以 1 为首项，－lg 2为公差，且单一递减的等差数列．210则 b1>b2> >b7＝lg8＞lg 1＝0.1100 1当 n≥8时， b n≤ b8＝2lg128＜2lg 1＝0.所以， n＝7时， T n获得最大值，且T n的最大值为7（1＋7）217 b b＝ 7－2 lg 2.T ＝210．(2015 ·北京卷 ) 已知数列 { a n} 知足：a1∈ N*，a1≤36，且a n＋1＝2a n， a n≤，( n182a－36， a ＞18n n ＝1， 2， ) ．记会合M＝ { a n| n∈ N* } ．(1)若 a1＝6，写出会合 M的全部元素；(2)若会合 M存在一个元素是3的倍数，证明： M的全部元素都是3的倍数；(3)求会合 M的元素个数的最大值．分析： (1)6 ， 12， 24.(2) 证明：因为会合M存在一个元素是 3 的倍数，所以不如设a k是3的倍数．2a n，a n≤ 18，由 a n＋1＝可概括证明对随意n≥ k， a n是3的倍数．2a n－ 36，a n＞ 18，假如 k＝1，则 M的全部元素都是 3 的倍数．假如 k＞1，因为 a k＝2a k－1或 a k＝2a k－1－36，所以2a k－1是3的倍数，于是a k－1是3的倍数．近似可得，a k－2，， a1都是3的倍数．进而对随意n≥1， a n是3的倍数，所以M的全部元素都是 3 的倍数．综上，若会合M存在一个元素是 3 的倍数，则M的全部元素都是 3 的倍数．2a n－1，a n－1≤18，(3) 由a1≤ 36，a n＝可概括证明a n≤36( n＝2，3，)．2a n－1－ 36，a n－1＞ 18，2a1，a1≤ 18，因为 a1是正整数， a2＝所以a2是2的倍数．2a1－ 36，a1＞18，进而当n≥3时， a n是2的倍数．假如 a1是 3 的倍数，由 (2) 知对全部正整数n，a n是3的倍数．所以当n ≥3时，an∈{12，24，36}，这时的元素个数不超出 5.M假如 a1不是 3的倍数，由 (2) 知对全部正整数n， a n不是3的倍数．所以当 n≥3时， a n∈{4，8，16，20，28，32}，这时 M的元素个数不超出8.当 a1＝1时， M＝{1，2，4，8，16，20，28，32}有8个元素．综上可知，会合 M的元素个数的最大值为8.。
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.
高中数学专题强化练习《数列求和》含答案解析
=2 -1,
1-2
=
∴Sn=(21-1)+(22-1)+…+(2n-1)
2 × (1 - 2)
-n=2n+1-n-2.故选
1-2
=
D.
2.B 由题意可得,当 n 为奇数时,an=f(n)+f(n+1)=n2-(n+1)2=-2n-1;
当 n 为偶数时,an=f(n)+f(n+1)=-n2+(n+1)2=2n+1.
公差不为 0,其前 n 项和为 Sn.若 a2,a4,a7 成等比数列,S3=12.
(1)求 an 及 Sn;
1
1
1
(2)已知数列{bn}满足+1-=an,n∈N*,b1=3,Tn 为数列{bn}的前 n 项和,
求 Tn 的取值范围.
答案全解全析
一、选择题
1.D ∵an=1+2+22+…+2n-1
又 a14=b4,所以 1+13d=1×33,解得 d=2,
( - 1)
1 - 3
2+3 - 1.
·2+
=n
2
1-3
2
所以数列{an+bn}的前 n 项和为 n+
8.答案 6
6
解析 设等比数列{an}的首项为 a1,公比为 q,由 a4=24,a6=96,得 q2=4
=4,所以 q=2 或 q=-2,
(n ≤ 6,n ∈ N*),
2
∴Tn= n2 - 11n + 60
(n ≥ 7,n ∈ N*).
2
=15+
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.。
最新高考数学第二轮专题复习- 数列的综合运用(含答案)
万件的月份是( )
A.5月、6月B.6月、7月C.7月、8月D.8月、9月
二. 填空题
7.数列 前n项和为__________.
8.设 是首项为1的正项数列,且 ,则它的
通项公式是 _________.
9.已知一个等比数列首项为1,项数是偶数,其奇数项之和为85,偶数项之和为170,求这个
A. B.
C. D.
4.若数列 前8项的值各异,且 对任意 都成立,则下列数列中可取遍
前8项值的数列为( )
A. B. C. D.
5.已知数列 ,那么“对任意的 ,点 都在直线 上”是“
为等差数列”的( )
A.必要而不充分条件B. 充分而不必要条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
6.根据市场调查结果,预测某种家用商品从年初开始的n个月内累积的需求量 (万件)近似
数列的公比,项数为.
10.在各项均为正数的等比数列 中,若 则
.
三. 解答题
11.数列 的前n项和为 ,且 , 求
(1) , , 的值及数列 的通项公式;(2) 的值.
12. 有穷数列 的前n项和Sn＝2n2＋n, 现从中抽取某一项(不是首项和末项)后, 余下项的
平均值是79.(1)求数列 的通项;(2)求数列 的项数及抽取的项数.
常数项为0, 那么 一定是公差不为0的等差数列.
通项 与前n项和 之间的关系:
2.分析高考趋势
数列是初等数学与高等数学衔接和联系最密切的内容之一, 是进一步学习高等数学的基础, 数列的题目形态多变, 蕴含丰富的数学思想和数学方法, 是高考的热点之一. 在近几年新教材的高考试题中, 对数列的考查多以解答题的形式出现, 数列与函数, 数列与不等式等的综合知识, 在知识的交汇点处设计题目, 成为高考对能力和素质考查的重要方面. 在数列方面的考查, 对能力方面的要求, 呈现越来越高的趋势, 对知识考查的同时, 伴随着对数学思想方法的考查. 在近几年新教材的高考试题中, 数列约占 ％左右, 考查的内容主要有: ①等差数列、等比数列的基本知识 (定义、通项公式、前n项和公式); ②等差数列、等比数列与其他知识点的综合运用, 及应用数列知识解决实际问题; ③ 函数和方程的思想, 化归思想, 分类讨论思想, 待定系数法等.
推荐学习K12(广东专版)2019高考数学二轮复习第二部分专题三数列专题强化练九数列的求和
专题强化练九数列的求和及综合应用一、选择题1．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且a1＝1，S3＝a5.令b n＝(－1)n－1a n，则数列{b n}的前2n项和T2n为( )A．－n B．－2n C．n D．2n解析：设等差数列{a n}的公差为d，由S3＝a5得3a2＝a5，即3(1＋d)＝1＋4d，解得d＝2，所以a n＝2n－1，所以b n＝(－1)n－1(2n－1)，所以T2n＝1－3＋5－7＋…＋(4n－3)－(4n－1)＝－2n.答案：B2．已知T n为数列2n＋12n的前n项和，若m＞T10＋1 013恒成立，则整数m的最小值为( )A．1 026 B．1 025 C．10 24 D．1 023解析：因为2n＋12n＝1＋12n，所以T n＝n＋121－12n1－12＝n＋1－12n，所以T10＋1 013＝11－1210＋1 013＝1 024－1210，又m＞T10＋1 013恒成立，所以整数m的最小值为 1 024.答案：C3．已知数列{a n}满足a n＋1－a n＝2，a1＝－5，则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝( ) A．9 B．15 C．18 D．30解析：因为a n＋1－a n＝2，a1＝－5，所以数列{a n}是公差为2的等差数列．所以a n＝－5＋2(n－1)＝2n－7.令a n＝2n－7≥0，解得n≥7 2 .所以n≤3时，|a n|＝－a n；n≥4时，|a n|＝a n.则|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝5＋3＋1＋1＋3＋5＝18.答案：C4．(2018·衡水中学月考)数列a n＝1n（n＋1），其前n项之和为910，则在平面直角坐标系中，直线(n＋1)x＋y＋n＝0在y轴上的截距为( ) A．－10 B．－9 C．10 D．9解析：由于a n＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1.所以S n＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1.因此1－1n＋1＝910，所以n＝9.所以直线方程为10x＋y＋9＝0.令x＝0，得y＝－9，所以在y轴上的截距为－9.答案：B5．(2018·河南商丘第二次模拟)已知数列{a n}满足a1＝1，a n＋1－a n≥2(n∈N*)，且S n 为{a n}的前n项和，则( )A．a n≥2n＋1 B．S n≥n2C．a n≥2n－1D．S n≥2n－1解析：因为a2－a1≥2，a3－a2≥2，…，a n－a n－1≥2，且a1＝1.各式相加，得a n－a1≥2(n－1)，则a n≥2n－1(n≥2)．则S n＝a1＋a1＋…＋a n≥1＋3＋5＋…＋2n－1＝n2.答案：B二、填空题6．(2018·江西名校联考)若{a n}，{b n}满足a n b n＝1，a n＝n2＋3n＋2，则{b n}的前2 018项和为________．解析：因为a n b n＝1，且a n＝n2＋3n＋2，所以b n＝1n2＋3n＋2＝1n＋1－1n＋2，故b1＋b2＋…＋b2 018＝12－13＋13－14＋…＋12 019－12 020＝12－12 020＝1 0092 020.答案：1 0092 0207．(2018·衡水中学质检)已知[x]表示不超过x的最大整数，例如：[2.3]＝2，[－1.5]＝－2.在数列{a n}中，a n＝[lg n]，n∈N*，记S n为数列{a n}的前n项和，则S2 018＝________．。
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练习-人教版高三全册数学试题
专题三 数列 第2讲 数列的求和及综合应用练习一、选择题1.已知数列112，314，518，7116，…，则其前n 项和S n 为( )A.n 2＋1－12nB.n 2＋2－12nC.n 2＋1－12n －1D.n 2＋2－12n －1解析 a n ＝(2n －1)＋12n ，∴S n ＝n （1＋2n －1）2＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝n 2＋1－12n .答案 A2.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.20 B.40 C.60D.80 解析 由a n ＋1＝a n a 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.答案 C 3.122－1＋132－1＋142－1＋…＋1（n ＋1）2－1的值为( ) A.n ＋12（n ＋2）B.34－n ＋12（n ＋2）C.34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2D.32－1n ＋1＋1n ＋2解析 ∵1（n ＋1）2－1＝1n 2＋2n ＝1n （n ＋2）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， ∴122－1＋132－1＋142－1＋…＋1（n ＋1）2－1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2.答案 C4.各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且3S n ＝a n a n ＋1，则∑nk ＝1a 2k ＝( ) A.n （n ＋5）2 B.3n （n ＋1）2 C.n （5n ＋1）2D.（n ＋3）（n ＋5）2解析 当n ＝1时，3S 1＝a 1a 2，即3a 1＝a 1a 2，∴a 2＝3，当n ≥2时，由3S n ＝a n a n ＋1，可得3S n －1＝a n －1a n ，两式相减得：3a n ＝a n (a n ＋1－a n －1).∵a n ≠0，∴a n ＋1－a n －1＝3，∴{a 2n }为一个以3为首项，3为公差的等差数列，∴∑nk ＝1a 2k ＝a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n ＝3n ＋n （n －1）2×3＝3n （n ＋1）2，选B.答案 B5.数列{a n }的通项a n ＝n 2⎝⎛⎭⎪⎫cos 2n π3－sin2n π3，其前n 项和为S n ，则S 30为( )A.470B.490C.495D.510解析 因为a n ＝n 2⎝⎛⎭⎪⎫cos2n π3－sin 2n π3＝n 2cos 2n π3， 由于cos 2n π3以3为周期，且cos 2π3＝－12，cos 4π3＝－12，cos 6π3＝1，所以S 30＝(a 1＋a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5＋a 6)＋…＋(a 28＋a 29＋a 30)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋222＋32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－42＋522＋62＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－282＋2922＋302 ＝∑k ＝110⎣⎢⎡⎦⎥⎤－（3k －2）2＋（3k －1）22＋（3k ）2 ＝∑k ＝110⎝⎛⎭⎪⎫9k －52＝470.答案 A二、填空题6.在数列{a n }中， a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1，若b n ＝2a n a n ＋1，则数列{b n }的前n 项和S n为________.解析 a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1＝n （n ＋1）2n ＋1＝n2. ∴b n ＝2a n a n ＋1＝2n （n ＋1）4＝8n （n ＋1）＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝8⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝8nn ＋1. 答案8n n ＋17.(2015·江苏卷)设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________.解析 ∵a 1＝1，a n ＋1－a n ＝n ＋1，∴a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n (n ≥2)，将以上n －1个式子相加得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝（2＋n ）（n －1）2，即a n ＝n （n ＋1）2，令b n ＝1a n，故b n ＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，故S 10＝b 1＋b 2＋…＋b 10＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋110－111＝2011.答案20118.设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝(－1)n a n －12n ，n ∈N *，则(1)a 3＝________；(2)S 1＋S 2＋…＋S 100＝________.解析 (1)当n ＝1时，S 1＝(－1)a 1－12，得a 1＝－14.当n ≥2时，S n ＝(－1)n(S n －S n －1)－12n .当n 为偶数时，S n －1＝－12n ，当n 为奇数时，S n ＝12S n －1－12n ＋1，从而S 1＝－14，S 3＝－116，又由S 3＝12S 2－124＝－116，得S 2＝0，则S 3＝S 2＋a 3＝a 3＝－116.(2)由(1)得S 1＋S 3＋S 5＋…＋S 99＝－122－124－126－…－12100，S 101＝－12102，又S 2＋S 4＋S 6＋…＋S 100＝2S 3＋123＋2S 5＋125＋2S 7＋127＋…＋2S 101＋12101＝0，故S 1＋S 2＋…＋S 100＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫12100－1.答案 (1)－116 (2)13⎝ ⎛⎭⎪⎫12100－1三、解答题9.(2015·四川卷)设数列{a n }(n ＝1，2，3，…)的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求使得|T n －1|＜11 000成立的n 的最小值.解 (1)由已知S n ＝2a n －a 1，有a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2)，所以q ＝2.从而a 2＝2a 1，a 3＝2a 2＝4a 1， 又因为a 1，a 2＋1，a 3成等差数列， 即a 1＋a 3＝2(a 2＋1)，所以a 1＋4a 1＝2(2a 1＋1)，解得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 ＝2n.(2)由(1)得1a n ＝12n ，所以T n ＝12＋122＋…＋12n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝1－12n .由|T n －1|＜11 000，得⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－12n －1＜11 000， 即2n＞1 000，因为29＝512＜1 000＜1 024＝210，所以n ≥10， 于是，使|T n －1|＜11 000成立的n 的最小值为10.10.(2016·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，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，即⎩⎪⎨⎪⎧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 ，得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＋…＋2n ＋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 ＋2.11.数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋cos 2n π2a n ＋sin 2n π2，n ＝1，2，3，….(1)求a 3，a 4，并求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝a 2n －1a 2n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n .证明：当n ≥6时，|S n －2|＜1n. (1)解 ∵a 1＝1，a 2＝2， ∴a 3＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋cos2π2a 1＋sin 2π2＝a 1＋1＝2， a 4＝(1＋cos 2π)a 2＋sin 2π＝2a 2＝4，当n ＝2k －1时，a 2k ＋1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋cos 2（2k －1）π2a 2k －1＋ sin2（2k －1）π2＝a 2k －1＋1，即a 2k ＋1－a 2k －1＝1， 所以数列{a 2k －1}是首项为1，公差为1的等差数列，因此a 2k －1＝1＋(k －1)＝k ， 当n ＝2k 时，a 2k ＋2＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋cos22k π2a 2k ＋sin 22k π2＝2a 2k ， 所以数列{a 2k }是首项为2，公比为2的等比数列，因此a 2k ＝2k.故数列{a n}的通项公式为a n＝⎩⎪⎨⎪⎧n ＋12，n ＝2k －1，2n 2，n ＝2k .(2)证明 由(1)知，b n ＝a 2n －1a 2n ＝n 2n， S n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，①12S n ＝122＋223＋324＋…＋n2n ＋1，② ①－②得，12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12－n2n ＋1＝1－12n －n 2n ＋1.所以S n ＝2－12n －1－n 2n ＝2－n ＋22n .要证明当n ≥6时，|S n －2|＜1n成立，只需证明当n ≥6时，n （n ＋2）2n＜1成立.法一 令C n ＝n （n ＋2）2n(n ≥6)，则C n ＋1－C n ＝（n ＋1）（n ＋3）2n ＋1－n （n ＋2）2n＝3－n22n ＋1＜0. 所以当n ≥6时，C n ＋1＜C n ，因此当n ≥6时，C n ≤C 6＝6×864＝34＜1.于是当n ≥6时，n （n ＋2）2n＜1.综上所述，当n ≥6时，|S n －2|＜1n.法二 ①当n ＝6时，6×（6＋2）26＝4864＝34＜1成立. ②假设当n ＝k (k ≥6)时不等式成立，即k （k ＋1）2k＜1.则当n ＝k ＋1时，（k ＋1）（k ＋3）2k ＋1＝k （k ＋2）2k×（k ＋1）（k ＋3）2k （k ＋2） ＜（k ＋1）（k ＋3）（k ＋2）·2k ＜1.由①②所述，当n ≥6时，n （n ＋1）2n＜1.即当n ≥6时，|S n －2|＜1n.。
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1 1 1 1 1数列求和及数列的综合应用【高考考情解读】 高考对本节知识主要以解答题的形式考查以下两个问题：1.以递推公式或图、表形式给出条件， 求通项公式，考查学生用等差、等比数列知识分析问题和探究创新的能力，属中档题.2.通过分组、错位相减等转化为等差或等比数列的求和问题，考查等差、等比数列求和公式及转化与化归思想的应用，属中档题．1. 数列求和的方法技巧(1) 分组转化法有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．(2) 错位相减法这是在推导等比数列的前 n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n ·b n }的前 n 项和，其中{a n }，{b n }分别是等差数列和等比数列．(3) 倒序相加法这是在推导等差数列前 n 项和公式时所用的方法，也就是将一个数列倒过来排列(反序)，当它与原数列相加时若有公式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和．(4) 裂项相消法利用通项变形，将通项分裂成两项或 n 项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和．这种方法，anan ＋1anan ＋1 d (a n － )适用于求通项为 常见的拆项公式： 1 1 1①n (n ＋1)＝n －n ＋1；1 1 1 1的数列的前 n 项和，其中{a n }若为等差数列，则 ＝ an ＋1 .②n (n ＋k )＝k (n －n ＋k )；1 1 1 1③(2n －1)(2n ＋1)＝2(2n －1－2n ＋1)；1 1④ n ＋ n ＋k ＝k ( n ＋k － n )． 2. 数列应用题的模型(1) 等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差． (2) 等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比． (3) 混合模型：在一个问题中同时涉及等差数列和等比数列的模型．(4) 生长模型：如果某一个量，每一期以一个固定的百分数增加(或减少)，同时又以一个固定的具体量增加(或减少)时，我们称该模型为生长模型．如分期付款问题，树木的生长与砍伐问题等．(5) 递推模型：如果容易找到该数列任意一项 a n 与它的前一项 a n －1(或前 n 项)间的递推关系式，我们可以用递推数列的知识来解决问题.π1 π考点一 分组转化求和法例 1 等比数列{a n }中，a 1，a 2，a 3 分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且 a 1，a 2，a 3 中的任何两个数不在下表的同一列.第一列第二列 第三列 第一行 3 2 10 第二行 6 4 14 第三行9818(1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 若数列{b n }满足：b n ＝a n ＋(－1)n ln a n ，求数列{b n }的前 n 项和 S n .解 (1)当 a 1＝3 时，不合题意；当 a 1＝2 时，当且仅当 a 2＝6，a 3＝18 时，符合题意； 当 a 1＝10 时，不合题意．因此 a 1＝2，a 2＝6，a 3＝18.所以公比 q ＝3. 故 a n ＝2·3n －1 (n ∈N *)． (2)因为 b n ＝a n ＋(－1)n ln a n ＝2·3n －1＋(－1)n ln(2·3n －1)＝2·3n －1＋(－1)n [ln 2＋(n －1)ln 3] ＝2·3n －1＋(－1)n (ln 2－ln 3)＋(－1)n n ln 3，所以 S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n ]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)n n ]ln 3. 1－3n n n当 n 为偶数时，S n ＝2× 1－3 ＋2ln 3＝3n ＋2ln 3－1；1－3n n －1 n －1(－n)当 n 为奇数时，S n ＝2× 1－3 －(ln 2－ln 3)＋ 2 ln 3＝3n － 2 ln 3－ln 2－1.综上所述，S n ＝Error!在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数 n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．(2013·安徽)设数列{a n }满足 a 1＝2，a 2＋a 4＝8，且对任意 n ∈N *，函数 f (x )＝(a n －a n ＋1＋a n ＋2)x ＋a n ＋1cos x －a n ＋2sin x 满足 f ′(2)＝0. (1)求数列{a n }的通项公式；(an ＋)(2)若 b n ＝2 2an ，求数列{b n }的前 n 项和 S n .解 (1)由题设可得 f ′(x )＝(a n －a n ＋1＋a n ＋2)－a n ＋1sin x －a n ＋2cos x ，又 f ′(2)＝0，则 a n ＋a n ＋2－2a n ＋1＝0，即 2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，因此数列{a n }为等差数列，设等差数列{a n }的公差为 d ， 由已知条件Error!，解得 Error!a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋1.( 1 ) 1n＋1＋(2)b n＝2 2n＋1 ＝2(n＋1)＋2n，1 1S n＝b1＋b2＋…＋b n＝(n＋3)n＋1－2n＝n2＋3n＋1－2n.考点二错位相减求和法例2 (2013·山东)设等差数列{a n}的前n 项和为S n，且S4＝4S2，a2n＝2a n＋1.(1)求数列{a n}的通项公式；b1 b2 bn 1(2)若数列{b n}满足a1＋a2＋…＋an＝1－2n，n∈N*，求{b n}的前n 项和T n.解(1)设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d，由Error!得a1＝1，d＝2，所以a n＝2n－1(n∈N*)．b1 b2 bn 1(2)由已知a1＋a2＋…＋an＝1－2n，n∈N*，①b1 b2 bn－1 1当n≥2 时，a1＋a2＋…＋an－1＝1－2n－1，②bn 1 b1 1①－②得：an＝2n，又当n＝1 时，a1＝2也符合上式，bn 1 2n－1所以an＝2n(n∈N*)，所以b n＝2n (n∈N*)．1 3 5 2n－1所以T n＝b1＋b2＋b3＋…＋b n＝2＋22＋23＋…＋2n .1 1 3 2n－3 2n－12T n＝22＋23＋…＋2n ＋2n＋1.1 1 (2 2 2 )2n－13 1 2n－1 2n＋3＋＋…＋两式相减得：2T n＝2＋22 23 2n －2n＋1＝2－2n－1－2n＋1. 所以T＝3－2n .n错位相减法求数列的前n 项和是一类重要方法．在应用这种方法时，一定要抓住数列的特征，即数列的项可以看作是由一个等差数列和一个等比数列对应项相乘所得数列的求和问题．设数列{a n}满足a1＝2，a n＋1－a n＝3·22n－1.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)令b n＝na n，求数列{b n}的前n 项和S n.解(1) 由已知，得当n≥1 时，a n＋1＝[(a n＋1－a n)＋(a n－a n－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1＝3(22n－1＋22n－3＋…＋2)＋2＝22(n＋1)－1. 而a1＝2，符合上式，所以数列{a n}的通项公式为a n＝22n－1.(2)由b n＝na n＝n·22n－1 知S n＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n·22n－1. ①f (x )＋ － － (f (x )从而 22·S n ＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n ·22n ＋1.②①－②得(1－22)S n ＝2＋23＋25＋…＋22n －1－n ·22n ＋1， 1即 S n ＝9[(3n －1)22n ＋1＋2]． 考点三 裂项相消求和法例 3 (2013·广东)设各项均为正数的数列{a n }的前 n 项和为 S n ，满足 4S n ＝a n ＋2 1－4n －1，n ∈N *, 且 a 2，a 5，a 14 构成等比数列．(1) 证明：a 2＝ 4a 1＋5； (2) 求数列{a n }的通项公式；1111(3) 证明：对一切正整数 n ，有a 1a 2＋a 2a 3＋…＋anan ＋1<2.(1)证明 当 n ＝1 时，4a 1＝a 2－5，a 2＝4a 1＋5，又 a n >0，∴a 2＝ (2) 解 当 n ≥2 时 ，4S n －1＝a n －4(n －1)－1，4a 1＋5.∴4a n ＝4S n －4S n －1＝a n ＋2 1－a 2－4，即 a n ＋2 1＝a n ＋4a n ＋4＝(a n ＋2)2，又 a n >0，∴a n ＋1＝a n ＋2， ∴当 n ≥2 时，{a n }是公差为 2 的等差数列．又 a 2，a 5，a 14 成等比数列．∴a 2＝a 2·a 14，即(a 2＋6)2＝a 2·(a 2＋24)，解得 a 2＝3.由(1)知 a 1＝1.又 a 2－a 1＝3－1＝2，∴数列{a n }是首项 a 1＝1，公差 d ＝2 的等差数列．∴a n ＝2n －1. 1 1 1 1 1 11 (3)证明 a 1a 2＋a 2a 3＋…＋anan ＋1＝1 × 3＋3 × 5＋5 × 7＋…＋(2n －1)(2n ＋1) 1[( 1) (1 1) 1 1)] 1(1 )1 ＝23 3 5 2n －1 2n ＋1 ＝2 2n ＋1 <2. 数列求和的方法：(1)一般地，数列求和应从通项入手，若无通项，就先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备适用某种特殊方法的形式，从而选择合适的方法求和得解．(2)已知数列前 n 项和 S n 或者前 n 项和 S n 与通项公式 a n 的关系式，求通项通常利用 a n ＝Error!.已知数列递推式求通项，主要掌握“先猜后证法”“化归法”“累加(乘)法”等．(2013·西安模拟)已知x ， 2 ， 3(x ≥0)成等差数列．又数列{a n }(a n >0)中，a 1＝3，此数列的前 n 项和为 S n ，对于所有大于 1 的正整数 n 都有 S n ＝f (S n －1)．(1) 求数列{a n }的第 n ＋1 项；1 1(2) 若 bn 是an ＋1，an 的等比中项，且 T n 为{b n }的前 n 项和，求 T n .解 (1)因为 x ， 2 ， 3(x ≥0)成等差数列，所 以 2× 2 ＝ x ＋ 3，整理，得 f (x )＝( x ＋ 3)2.因为 S n ＝f (S n －1)(n ≥2)，所以 S n ＝( Sn －1＋ 3)2，f (x )1－ ＋…＋ 1－()1 1 1 1 (3 3 3n( )( ) － － ＋ )] 18 ＋ 18n ＋9 1 3因为 a 1＝3，所以 S 1＝a 1＝3，所以 Sn ＝ S 1＋(n －1) 3＝ 3＋ 3n － 3＝ 3n . 所以 S n ＝3n 2(n ∈N *)． 所以 a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝3(n ＋1)2－3n 2＝6n ＋3. 1 1 1 1(2)因为 bn 是an ＋1与an 的等比中项， 所以( bn )2＝an ＋1·an ， 1111 1 － 1 所 以 b n ＝an ＋1·an ＝3(2n ＋1) × 3(2n －1)＝18× 2n －1 2n ＋1 ， [(1－ )＋( ) (－ 1 1 (1－ 1 )n T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝ 考点四 数列的实际应用3 3 5 2n 1 2n 1 ＝ 2n 1 ＝ .例 4 (2012·湖南)某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．该企业第一年年初有资金 2 000 万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了 50%，预计以后每年资金年增长率与第一年的相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金 d 万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第 n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为 a n 万元．(1) 用 d 表示 a 1，a 2，并写出 a n ＋1 与 a n 的关系式；(2) 若公司希望经过 m (m ≥3)年使企业的剩余资金为 4 000 万元，试确定企业每年上缴资金 d 的值(用 m 表示)．(1) 由第 n 年和第(n ＋1)年的资金变化情况得出 a n 与 a n ＋1 的递推关系；(2) 由 a n ＋1 与 a n 之间的关系，可求通项公式，问题便可求解．3 5解 (1)由题意得 a 1＝2 000(1＋50%)－d ＝3 000－d ，a 2＝a 1(1＋50%)－d ＝2a 1－d ＝4 500－2d . 3a n ＋1＝a n (1＋50%)－d ＝2a n －d .3 3 3) ( ) (3)[ ( )( ) ]2 (2)由(1)得 a ＝ an －2－d －d ＝2 2 －d ＝ 22a 2 2 n －1 1＋ ＋ － d －d ＝…＝ a －d 2 2 2＋…＋ 2 n －2 . n a n －1 n －2 13 3 3整理得 a ＝(2)n －1(3 000－d )－2d[(2)n －1－1]＝(2)n －1(3 000－3d )＋2d .3由题意，知 a m ＝4 000，即 2 m －1(3 000－3d )＋2d ＝4 000， 3[(2)m －2] × 1 000 3 m －1 1 000(3m －2m ＋1)解得 d ＝ 2 ＝ 3m －2m .1 000(3m －2m ＋1)故该企业每年上缴资金 d 的值为3m －2m时，经过 m (m ≥3)年企业的剩余资金为 4 000 万元．用数列知识解相关的实际问题，关键是合理建立数学模型——数列模型，弄清所构造的数列的首项是什么，项数是多少，然后转化为解数列问题．求解时，要明确目标，即搞清是求和，还是求通项，还是解递推关所 以 Sn ＝ Sn －1＋ 3， 即 Sn － Sn －1＝ 3，所以{ Sn }是以 3为公差的等差数列．18＋…＋ 3系问题，所求结论对应的是解方程问题，还是解不等式问题，还是最值问题，然后进行合理推算，得出实际问题 的结果．某产品在不做广告宣传且每千克获利 a 元的前提下，可卖出 b 千克．若做广告宣传，广告费为b n (n ∈N *)千元时比广告费为(n －1)千元时多卖出2n 千克．(1) 当广告费分别为 1 千元和 2 千元时，用 b 表示销售量 S ； (2) 试写出销售量 S 与 n 的函数关系式；(3) 当 a ＝50，b ＝200 时，要使厂家获利最大，销售量 S 和广告费 n 分别应为多少？b 3b b b 7b解 (1)当广告费为 1 千元时，销售量 S ＝b ＋2＝ 2 .当广告费为 2 千元时，销售量 S ＝b ＋2＋22＝ 4 . b(2)设 S n (n ∈N )表示广告费为 n 千元时的销售量，由题意得 S 1－S 0＝2，bS 2－S 1＝22， …… bS n －S n －1＝2n .b b b b以上 n 个等式相加得，S n －S 0＝2＋22＋23＋…＋2n ，1b [1－( )n ＋1]2b b b b 1 1即 S ＝S n ＝b ＋2＋22＋23＋…＋2n ＝ 1－2 ＝b (2－2n )．1 10(3)当 a ＝50，b ＝200 时，设获利为 T n ，则有 T n ＝Sa －1 000n ＝10 000×(2－2n )－1 000n ＝1 000×(20－2n －n )，1010105设 b n ＝20－2n －n ，则 b n ＋1－b n ＝20－2n ＋1－n －1－20＋2n ＋n ＝2n －1， 当 n ≤2 时，b n ＋1－b n >0；当 n ≥3 时，b n ＋1－b n <0.所以当 n ＝3 时，b n 取得最大值，即 T n 取得最大值，此时 S ＝375， 即该厂家获利最大时，销售量和广告费分别为 375 千克和 3 千元．1. 数列综合问题一般先求数列的通项公式，这是做好该类题的关键．若是等差数列或等比数列，则直接运用公式求解，否则常用下列方法求解：(1) a n ＝Error!.(2) 递推关系形如 a n ＋1－a n ＝f (n )，常用累加法求通项．an＋1(3)递推关系形如an ＝f(n)，常用累乘法求通项．(4)递推关系形如“a n＋1＝pa n＋q(p、q 是常数，且p≠1，q≠0)”的数列求通项，此类通项问题，常用待定系数法．可设a n＋1＋λ＝p(a n＋λ)，经过比较，求得λ，则数列{a n＋λ}是一个等比数列．(5)递推关系形如“a n＋1＝pa n＋q n(q，p 为常数，且p≠1，q≠0)”的数列求通项，此类型可以将关系式两边同除以q n 转化为类型(4)，或同除以p n＋1 转为用迭加法求解．2.数列求和中应用转化与化归思想的常见类型：(1)错位相减法求和时将问题转化为等比数列的求和问题求解．(2)并项求和时，将问题转化为等差数列求和．(3)分组求和时，将问题转化为能用公式法或错位相减法或裂项相消法或并项法求和的几个数列的和求解．提醒：运用错位相减法求和时，相减后，要注意右边的n＋1 项中的前n 项，哪些项构成等比数列，以及两边需除以代数式时注意要讨论代数式是否为零．3.数列应用题主要考查应用所学知识分析和解析问题的能力．其中，建立数列模型是解决这类问题的核心，在试题中主要有：一是，构造等差数列或等比数列模型，然后用相应的通项公式与求和公式求解；二是，通过归纳得到结论，再用数列知识求解.( )( ) 1－1. 在一个数列中， 如果∀n ∈N *，都有 a n a n ＋1a n ＋2＝k (k 为常数)，那么称这个数列为等积数列，称 k 为这个数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且 a 1＝1，a 2＝2，公积为 8，则 a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝ .答 案 28解析 依题意得数列{a n }是周期为 3 的数列，且 a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4， 因此 a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝4(a 1＋a 2＋a 3)＝4×(1＋2＋4)＝28.2. 秋末冬初，流感盛行，特别是甲型 H1N1 流感．某医院近 30 天每天入院治疗甲流的人数依次构成数列{a n }，已知a 1＝1，a 2＝2，且 a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n (n ∈N *)，则该医院 30 天入院治疗甲流的人数共有 ．答案 255 解析 由于 a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n ，所以 a 1＝a 3＝…＝a 29＝1，15 × 14a 2，a 4，…，a 30 构成公差为 2 的等差数列，所以 a 1＋a 2＋…＋a 29＋a 30＝15＋15×2＋ 23. 已知公差大于零的等差数列{a n }的前 n 项和 S n ，且满足：a 2·a 4＝65，a 1＋a 5＝18.(1)若 1<i <21，a 1，a i ，a 21 是某等比数列的连续三项，求 i 的值；n×2＝255.(2)设 b n ＝(2n ＋1)Sn ，是否存在一个最小的常数 m 使得 b 1＋b 2＋…＋b n <m 对于任意的正整数 n 均成立，若存在， 求出常数 m ；若不存在，请说明理由．解 (1){a n }为等差数列，∵a 1＋a 5＝a 2＋a 4＝18，又 a 2·a 4＝65，∴a 2，a 4 是方程 x 2－18x ＋65＝0 的两个根， 又公差 d >0，∴a 2<a 4，∴a 2＝5，a 4＝13. ∴Error!∴a 1＝1，d ＝4.∴a n ＝4n －3.由于 1<i <21，a 1，a i ，a 21 是某等比数列的连续三项，∴a 1·a 21＝a 2i ，即 1·81＝(4i －3)2，解得 i ＝3. n (n －1) 1 1(1 －1)(2)由(1)知，S n ＝n ·1＋ 2 ·4＝2n 2－n ，所以 b n ＝(2n －1)(2n ＋1)＝2 2n －1 2n ＋1 ，1 1 1 1 1 1 n 1－ ＋ － ＋…＋ － b 1＋b 2＋…＋b n ＝23 3 5 2n －1 2n ＋1 ＝2n ＋1， n 1 1 1 1因为2n ＋1＝2－2(2n ＋1)<2，所以存在 m ＝2使 b 1＋b 2＋…＋b n <m 对于任意的正整数 n 均成立．(推荐时间：60 分钟)一、选择题1 1 1 11． 已知数列 12，34，58，716，…，则其前 n 项和 S n 为()1A ．n 2＋1－2n1B ．n 2＋2－2n1C ．n 2＋1－2n －11－ 1 ·1 2n 21D ．n 2＋2－2n －11 1＋2n －11 1 答案 A 解析 因为 a n ＝2n －1＋2n ，则 S n ＝2n ＋2 ＝n 2＋1－2n .S12 S102．在等差数列{a n}中，a1＝－2 013，其前n 项和为S n，若12 －10 ＝2，则S2013的值等于( ) A．－2 011 B．－2 012 C．－2 010 D．－2 013答案DSn S1 解析根据等差数列的性质，得数列{ n }也是等差数列，根据已知可得这个数列的首项1 ＝a1＝－2 013，S2 013公差d＝1，故2 013 ＝－2 013＋(2 013－1)×1＝－1，所以S2013＝－2 013.3．对于数列{a n}，a1＝4，a n＋1＝f(a n)，n＝1,2，…，则a2013等于( )A.2 B．3 C．4答案C解析由表格可得a1＝4，a2＝f(a1)＝f(4)＝1，a3＝f(a2)＝f(1)＝5，a4＝f(a3)＝2，a5＝f(2)＝4，可知其周期为4，∴a2013＝a1＝4.S1 S2 S154.在等差数列{a n}中，其前n 项和是S n，若S15>0，S16<0，则在a1，a2，…，a15中最大的是( )S1 S8 S9 S15A.a1答案BB.a8C.a9D.a1515(a1＋a15)16(a1＋a16)解析由于S15＝ 2 ＝15a8>0，S16＝ 2 ＝8(a8＋a9)<0，可得a8>0，a9<0.S1 S2 S8 S9 S10 S15这样a1>0，a2>0，…，a8>0，a9<0，a10<0，…，a15<0，而S1<S2<…<S8，a1>a2>…>a8，S1 S2 S15 S8所以在a1，a2，…，a15中最大的是a8.故选B.1 1 1 15.数列{a n}满足a1＝1，且对任意的m，n∈N*都有a m＋n＝a m＋a n＋mn，则a1＋a2＋a3＋…＋a2 012等于( )4 024A.2 013 答案A4 018B.2 0122 010C.2 0112 009D.2 010解析令m＝1 得a n＋1＝a n＋n＋1，即a n＋1－a n＝n＋1，于是a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，a n－a n－1＝n，上述n－1 个式子相加得a n－a1＝2＋3＋…＋n，n(n＋1) 1 2 1－1 )所以a n＝1＋2＋3＋…＋n＝ 2 ，因此an＝n(n＋1)＝2 n n＋1 ，() ()(1 1 1 11 1 1 1 11 4 0241－ ＋ － ＋…＋－ 1－所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 012＝22 23 2 012 2 013＝22 013 ＝2 013.6. 已知函数 f (n )＝Error!且 a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则 a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 012 等于()A ．－2 012B ．－2 011C ．2 012D ．2 011答 案 C解析 当 n 为奇数时，a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝n 2－(n ＋1)2＝－(2n ＋1)； 当 n 为偶数时，a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝－n 2＋(n ＋1)2＝2n ＋1.所以 a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 012＝2(－1＋2－3＋4＋…－2 011＋2 012)＝2 012. 二、填空题7． 数列{a n }中，已知对任意 n ∈N *，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1，则 a 2＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝.1答 案 2(9n －1)解析 ∵a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1，∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＝3n －1－1(n ≥2)． 则 n ≥2 时，两式相减得，a n ＝2·3n －1. 当 n ＝1 时，a 1＝3－1＝2，适合上式，∴a n ＝2·3n －1(n ∈N *)．∴a n ＝4·9n －1，4(1－9n ) 1则数列{a 2}是首项为 4，公比为 9 的等比数列．∴a 2＋a 2＋a 2＋…＋a n ＝ 1－9 ＝2(9n －1)．8. 设数列{a n }的前 n 项和为 S n ，且 a n 为复数 isin 答 案 1n π2 ＋cos n π2 (n ∈N *)的虚部，则 S 2 013＝.解析 由已知得：a n ＝sin n π2 (n ∈N *)，∴a 1＝1，a 2＝0，a 3＝－1，a 4＝0， 故{a n }是以 4 为周期的周期数列，∴S 2 013＝S 503×4＋1＝S 1＝a 1＝1.19.已知数列{a n }满足 3a n ＋1＋a n ＝4(n ≥1)且 a 1＝9，其前 n 项之和为 S n ，则满足不等式|S n －n －6|<125的最小整数 n 是 ．答 案 71解析 由递推式变形得 3(a n ＋1－1)＝－(a n －1)，∴{a n －1}是公比为－3的等比数列． 11则 a n －1＝8·(－3)n －1，即 a n ＝8·(－3)n －1＋1.18[1－(－ )n ]3 1 1 1 1－(－ )于是 S n ＝ 3 ＋n ＝6[1－(－3)n ]＋n ＝6－6·(－3)n ＋n1 1 1因此|S n－n－6|＝|6×(－3)n|＝6×(3)n<125，3n－1>250，∴满足条件的最小n＝7.10.气象学院用3.2 万元买了一台天文观测仪，已知这台观测仪从启用的第一天起连续使用，第n 天的维修保养费为n＋4910 (n∈N*)元，使用它直至报废最合算(所谓报废最合算是指使用这台仪器的平均耗资最少)，一共使用了天．答案8001解析由题意得，每天的维修保养费是以5 为首项，10为公差的等差数列．设一共使用了n 天，则使用n 天的平(5＋n＋49)n 103.2 ×104＋ 2 n 99993.2 × 104均耗资为n3.2 × 104 n＝n ＋20＋20≥20，当且仅当n ＝20时取得最小值，此时n＝800.三、解答题11．已知等差数列{a n}满足：a5＝9，a2＋a6＝14.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若b n＝a n＋qa n(q>0)，求数列{b n}的前n 项和S n.解(1)设数列{a n}的公差为d，则由a5＝9，a2＋a6＝14，得Error!，解得Error!.所以数列{a n}的通项公式为a n＝2n－1.(2)由a n＝2n－1 得b n＝2n－1＋q2n－1.当q>0 且q≠1 时，S n＝[1＋3＋5＋…＋(2n－1)]＋(q1＋q3＋q5＋…＋q2n－1)＝n2＋当q＝1 时，b n＝2n，则S n＝n(n＋1)．所以数列{b n}的前n 项和S n＝Error!. q(1－q2n) 1－q2 ；12.将函数f(x)＝sin(n∈N*)．14x·sin14(x＋2π)·sin12(x＋3π)在区间(0，＋∞)内的全部极值点按从小到大的顺序排成数列{an}(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝2n a n，数列{b n}的前n 项和为T n，求T n的表达式．1 1 1 1 π解(1)化简f(x)＝sin 4x·sin 4(x＋2π)·sin 2(x＋3π)＝－4sin x，其极值点为x＝kπ＋2(k∈Z)，πππ它在(0，＋∞)内的全部极值点构成以2为首项，π为公差的等差数列，故a n＝2＋(n－1)π＝nπ－2.π(2)b n＝2n a n＝2(2n－1)·2n，π∴T n＝2[1·2＋3·22＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)·2n]，π则2T n＝2[1·22＋3·23＋…＋(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n＋1]两式相减，得π∴－T n＝2[1·2＋2·22＋2·23＋…＋2·2n－(2n－1)·2n＋1]，∴T n＝π[(2n－3)·2n＋3]．1 113.在等比数列{a n}中，a2＝4，a3·a6＝512.设b n＝log2a22·log2a n＋2 12，T n为数列{b n}的前n 项和．(1)求a n和T n；(2)若对任意的n∈N*，不等式λT n<n－2(－1)n 恒成立，求实数λ的取值范围．1 1 1解(1)设{a n}的公比为q，由a3a6＝a2·q5＝16q5＝512得q＝2，1∴a n＝a2·q n－2＝(2)n.1 1 1 1 1 1b n＝log2a n2·log2a n＋2 12＝log(2)2n－12·log(2)2n＋12＝(2n－1)(2n＋1)＝2(2n－1－2n＋1)，1 1 1 1 1 1 1 1 n∴T n＝2(1－3＋3－5＋…＋2n－1－2n＋1)＝2(1－2n＋1)＝2n＋1.(n－2)(2n＋1) 2 2(2)①当n 为偶数时，由λT n<n－2 恒成立得，λ< n2 2＝2n－n－3 恒成立，即λ<(2n－n－3)min，而2n－n－3 随n 的增大而增大，∴n＝2 时(2n－n－3)min＝0，∴λ<0.(n＋2)(2n＋1) 2②当n 为奇数时，由λT n<n＋2 恒成立得，λ< n ＝2n＋n＋5 恒成立，2 2即λ<(2n＋n＋5)min而2n＋n＋5≥25＝9，当且仅当2n＝n，即n＝1 时等号成立，∴λ<9.综上，实数λ 的取值范围为(－∞，0)．“”“”At the end, Xiao Bian gives you a passage. Minand once said, "people who learn to learn are very happy people.". In every wonderful life, learning is an eternal theme. As a professional clerical and teaching position, I understand the importance of continuous learning, "life is diligent, nothing can be gained", only continuous learning can achieve better self. Only by constantly learning and mastering the latest relevant knowledge, can employees from all walks of life keep up with the pace of enterprise development and innovate to meet the needs of the market. This document is also edited by my studio professionals, there may be errors in the document, if there are errors, please correct, thank you!。
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专题强化练九 数列的求和及综合应用一、选择题1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S 3＝a 5.令b n ＝(－1)n －1a n ，则数列{b n }的前2n 项和T 2n 为( )A ．－nB ．－2nC ．nD ．2n 解析：设等差数列{a n }的公差为d ， 由S 3＝a 5得3a 2＝a 5，即3(1＋d )＝1＋4d ，解得d ＝2， 所以a n ＝2n －1，所以b n ＝(－1)n －1(2n －1)，所以T 2n ＝1－3＋5－7＋…＋(4n －3)－(4n －1)＝－2n . 答案：B2．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 ．10 24D ．1 023 解析：因为2n＋12n ＝1＋12n ，所以T n ＝n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝n ＋1－12n ，所以T 10＋1 013＝11－1210＋1 013＝1 024－1210，又m ＞T 10＋1 013恒成立， 所以整数m 的最小值为1 024. 答案：C3．(2018·湖南三湘名校联考)已知等差数列{a n }的各项都为整数，且a 1＝－5，a 3a 4＝－1，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 10|＝( )A ．70B ．58C ．51D ．40解析：设等差数列{a n }的公差为d ，依题意得d ∈Z. 因为a 1＝－5，a 3a 4＝－1，所以(2d －5)(3d －5)＝－1，解得d ＝2或d ＝136(舍)，所以a n ＝2n －7，令a n ＝2n －7≥0，解得n ≥72.所以n ≤3时，|a n |＝－a n ；n ≥4时，|a n |＝a n .所以|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 10|＝5＋3＋1＋1＋3＋…＋13＝9＋7×（1＋13）2＝58.答案：B4．(2018·衡水中学月考)数列a n ＝1n （n ＋1），其前n 项之和为910，则在平面直角坐标系中，直线(n ＋1)x ＋y ＋n ＝0在y 轴上的截距为( )A ．－10B ．－9C ．10D ．9 解析：由于a n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.所以S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1. 因此1－1n ＋1＝910，所以n ＝9. 所以直线方程为10x ＋y ＋9＝0.令x ＝0，得y ＝－9，所以在y 轴上的截距为－9. 答案：B5．(2018·河南商丘第二次模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－a n ≥2(n ∈N *)，且S n为{a n }的前n 项和，则( )A ．a n ≥2n ＋1B ．S n ≥n 2C ．a n ≥2n －1D ．S n ≥2n －1解析：因为a 2－a 1≥2，a 3－a 2≥2，…，a n －a n －1≥2，且a 1＝1.各式相加，得a n －a 1≥2(n －1)，则a n ≥2n －1(n ≥2)．则S n ＝a 1＋a 1＋…＋a n ≥1＋3＋5＋…＋2n －1＝n 2.答案：B 二、填空题6．(2018·江西名校联考)若{a n }，{b n }满足a n b n ＝1，a n ＝n 2＋3n ＋2，则{b n }的前2 018项和为________．解析：因为a n b n ＝1，且a n ＝n 2＋3n ＋2， 所以b n ＝1n 2＋3n ＋2＝1n ＋1－1n ＋2，故b 1＋b 2＋…＋b 2 018＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12 019－12 020＝12－12 020＝1 0092 020.答案：1 0092 0207．(2018·衡水中学质检)已知[x ]表示不超过x 的最大整数，例如：[2.3]＝2，[－1.5]＝－2.在数列{a n }中，a n ＝[lg n ]，n ∈N *，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 018＝________．解析：当1≤n ≤9时，a n ＝[lg n ]＝0， 当10≤n ≤99时，a n ＝[lg n ]＝1， 当100≤n ≤999时，a n ＝[lg n ]＝2， 当1 000≤n ≤2 018时，a n ＝[lg n ]＝3.故S 2 018＝9×0＋90×1＋900×2＋1 019×3＝4 947. 答案：4 9478．(2018·河北邯郸第一次模拟)已知数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，b n －a n＝2n＋1，且S n ＋T n ＝2n ＋1＋n 2－2，则2T n ＝________．解析：因为T n －S n ＝b 1－a 1＋b 2－a 2＋…＋b n －a n ＝2＋22＋…＋2n ＋n ＝2n ＋1＋n －2.又S n ＋T n ＝2n ＋1＋n 2－2.相加，得2T n ＝2n ＋2＋n 2＋n －4＝2n ＋2＋n (n ＋1)－4.答案：2n ＋2＋n (n ＋1)－4三、解答题9．记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知S n ＝2n 2＋n ，n ∈N *. (1)求数列{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T n .解：(1)由S n ＝2n 2＋n ，得 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2＋n －[2(n －1)2＋(n －1)]＝4n －1. 又a 1＝3满足上式， 所以a n ＝4n －1(n ∈N *)． (2)b n ＝1a n a n ＋1＝1（4n －1）（4n ＋3）＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1－14n ＋3所以T n ＝14[⎝ ⎛⎭⎪⎫13－17＋(17－111)＋…＋(14n －1－14n ＋3)]＝14(13－14n ＋3)＝n12n ＋9.10．已知数列{a n －n }是等比数列，且a 1＝9，a 2＝36. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n －n 2}的前n 项和S n .解：(1)设等比数列{a n －n }的公比为q ，则q ＝a 2－2a 1－1＝6－23－1＝2. 从而a n －n ＝(3－1)×2n －1，故a n ＝(n ＋2n )2.(2)因为a n ＝(n ＋2n )2，所以a n －n 2＝n ·2n ＋1＋4n.记T n ＝22＋2·23＋…＋n ·2n ＋1，则2T n ＝23＋2·24＋…＋(n －1)·2n ＋1＋n ·2n ＋2，两式相减得－T n ＝22＋23＋…＋2n ＋1－n ·2n ＋2＝2n ＋2－4－n ·2n ＋2＝(1－n )·2n ＋2－4，所以T n ＝(n －1)·2n ＋2＋4，故S n ＝T n ＋4－4n ＋11－4＝(n －1)·2n ＋2＋4n ＋1＋83.11．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数f (x )＝3x 2－2x 的图象上．(1)求数列{a n }的通项公式． (2) 设b n ＝3a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得2T n ≤λ－2 018对任意n ∈N *都成立的实数λ的取值范围．解：(1)因为点(n ，S n )均在函数f (x )＝3x 2－2x 的图象上，所以S n ＝3n 2－2n . 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3－2＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n 2－2n )－[3(n －1)2－2(n －1)]＝6n －5. 又a 1＝1也满足a n ＝6n －5， 所以a n ＝6n －5(n ∈N *)． (2)因为b n ＝3a n a n ＋1＝3（6n －5）[6（n ＋1）－5]＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫16n －5－16n ＋1，所以T n ＝12[⎝ ⎛⎭⎪⎫1－17＋⎝ ⎛⎭⎪⎫17－113＋…＋(16n －5－16n ＋1)]＝12(1－16n ＋1)＝3n6n ＋1，所以2T n ＝6n 6n ＋1＝1－16n ＋1＜1.又2T n ≤λ－2 018对任意n ∈N *都成立， 所以1≤λ－2 018，即λ≥2 019. 故实数λ的取值范围是[2 019，＋∞)．。