2018高考数学二轮复习专题三数列第2讲数列的求和及综合应用课件文11
[ 变式训练 ] (2017· 衡阳模拟 ) 已知等差数列 {an} 满 足： an＋1＞an(n∈N*)， a1＝1， 该数列的前三项分别加上 1， 1，3 后成等比数列，an＋2log2bn＝－1.(导学号 55410040) (1)分别求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)求数列{an·bn}的前 n 项和 Tn.
专题三
数列
Байду номын сангаас
第 2 讲 数列的求和及综 合应用
1． (2017· 全国卷Ⅲ)设数列{an}满足 a1＋3a2＋…＋(2n －1)an＝2n.(导学号 55410038) (1)求{an}的通项公式；
an (2)求数列 2n＋1的前 n 项和．
2．(2017· 山东卷)已知{an}是各项均为正数的等比数 列，且 a1＋a2＝6，a1a2＝a3.(导学号 55410039) (1)求数列{an}的通项公式； (2){bn}为各项非零的等差数列，其前 n 项和为 Sn.已
命题视角 3 错位相减法求和 [例 1－3] (2017· 天津卷)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. (1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)求数列{a2nbn}的前 n 项和(n∈N*)．
命题视角 2 裂项相消法求和 [例 1－2] (2015· 全国卷Ⅰ)Sn 为数列{an}的前 n 项 和．已知 an＞0，a2 n＋2an＝4Sn＋3. (1)求{an}的通项公式； 1 (2)设 bn＝ ，求数列{bn}的前 n 项和． anan＋1
[变式训练] (2017· 淄博诊断)已知等比数列{an}的各 项均为正数，且 a1＋2a2＝5，4a2 3＝a2a6. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足 b1＝2， 且 bn＋1＝bn＋an， 求数列{bn} 的通项公式； an (3)设 cn＝ ，求数列{cn}的前 n 项和为 Tn. bnbn＋1
热点 2 an 与 Sn 的关系问题
S1，n＝1， an ＝ 忽略 n≥2 的限定，忘记第一 Sn－Sn－1，n≥2，
项单独求解与检验．
[例 2] (2017· 广州调研)设数列{an}的前 n 项和为 Sn， 对任意的正整数 n，都有 an＝5Sn＋1 成立，bn＝－1－ bn＋1 log2|an|，数列{bn}的前 n 项和为 Tn，cn＝ . TnTn＋1 (1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{cn}的前 n 项和 An，并求出 An 的最值．
1 1 1 1 求证：对任意正整数 n≥ 2，恒有 ＋ ＋ ＋…＋ c2 c3 c4 cn 3 ＜ . 4
[变式训练] (2017· 长郡中学联考)在数列{an}中，已 知 a1＝1，a2＝3，an＋2＝3an＋1－2an.(导学号 55410041) (1)证明数列{an＋1－an}是等比数列，并求数列{an}的 通项公式； (2)设 bn＝log2(an＋1)，{bn}的前 n 项和为 Sn，求证： 1 1 1 1 ＋ ＋ ＋…＋S ＜2. S1 S2 S3 n
[变式训练] (2017· 太原质检)已知数列{an}的前 n 项 和 Sn＝2 －2，数列{bn}满足 bn＝an＋an＋1(n∈N*)． (1)求数列{bn}的通项公式； (2)若 cn＝log2an(n∈N*)，求数列{bn·cn}的前 n 项和 Tn.
n＋ 1
命题视角 1 函数的基本性质 [ 例 3] 已知数列 {an} 的前 n 项和为 Sn ，点 (n ， Sn)(n∈N*)均在函数 f(x)＝3x2－2x 的图象上． (1)求数列{an}的通项公式； 3 (2) 设 bn＝ ，Tn 是数列{bn}的前 n 项和，求使 anan＋1 得 2Tn≤λ －2 015 对任意 n∈N*都成立的实数 λ 的取值范 围．
bn 知 S2n＋1＝bnbn＋1，求数列a 的前 n 项和 Tn. n
热点 1 数列求和(多维探究) 数列求和的关键是分析其通项，数列的基本求和方 法有倒序相加、裂(拆)项相消法、错位相减法、分组转化 求和．裂项相消法和错位相减法是常用的两种方法．
命题视角 1 分组转化求和 [例 1－1] (2017· 福州八中质检)在等比数列{an}中， 公比 q≠1，等差数列{bn}满足 b1＝a1＝3，b4＝a2，b13＝ a3. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式； (2)记 cn＝(－1)nbn＋an，求数列{cn}的前 2n 项和 S2n.
高考数学二轮复习数列第2讲数列求和及综合应用课件理
故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，②
①－②得(2n－1)an＝2，所以 an＝2n2－1，
又
n＝1 时，a1＝2
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适合上式，从而{an}的通项公式为
an＝2n2－1.
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(2)记2na＋n 1的前 n 项和为 Sn， 由(1)知2na＋n 1＝（2n－1）2（2n＋1）＝2n1－1－2n1＋1，
＝2×4n＋(－1)n·(2n＋1)，
∴Tn＝2×(41＋42＋…＋4n)＋[－3＋5－7＋9－…＋(－1)n(2n＋1)]＝8（4n3－1）＋Gn. 当 n 为偶数时，Gn＝2×n2＝n，∴Tn＝8（4n3－1）＋n；
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@《创新设计》
(1)解 2(Sn＋1)＝(n＋3)an，① 当n≥2时，2(Sn－1＋1)＝(n＋2)an－1，② ①－②得，(n＋1)an＝(n＋2)an－1，
所以n＋an 2＝na＋n－11(n≥2)，又∵1＋a1 2＝13， 故n＋an 2是首项为13的常数列.所以 an＝13(n＋2). (2)证明 由(1)知，bn＝ana1n＋1＝（n＋2）9（n＋3）＝9n＋1 2－n＋1 3. ∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝913－14＋14－15＋…＋n＋1 2－n＋1 3＝913－n＋1 3＝3－n＋9 3<3.
Hale Waihona Puke ∴当 n＝112/11/2021
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.
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.。
2018高考新课标数学理二轮专题复习课件：专题三第2讲数列求和及综合应用 精品
[规律方法] 1.一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn} 是等比数列，求数列{an·bn}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{bn}的公比， 然后作差求解．
2．在写“Sn”与“qSn”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“Sn－qSn”的表 达式．
(2)错位相减法求和． 错位相减法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{an·bn}的前 n 项和， 其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列． (3)裂项相消法求和． 裂项相消法是指把数列和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 ana1n＋1或ana1n＋2(其中{an}为等差数列)等形式的数列求 和．
(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制 条件．
(3)不等关系证明中进行适当的放缩．
[变式训练 2] (2016·湖北七市 4 月联考)已知数列{an} 的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝2n2＋2n.
(1)求数列{an}的通项公式； (2)若点(bn，an)在函数 y＝log2x 的图象上，求数列{bn} 的前 n 项和 Tn. 解：(1)当 n≥2 时，
2．数列与函数、不等式的交汇
数列与函数的交汇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 Sn 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．数列与不等式的交汇问题一般以数列为 载体，考查最值问题，不等关系或恒成立问题．
[规律方法] 1.裂项相消法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．
2018届高考数学文二轮复习全国通用课件：专题三 数 列 第2讲 精品
考点整合
1.数列求和常用方法 (1)分组转化求和：把数列的每一项拆成两项(或多项)，再重 新组合成两个(或多个)简单的数列，最后分别求和. (2)错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数 列对应项的乘积组成的数列.把 Sn＝a1＋a2＋…＋an 两边同 乘以相应等比数列的公比 q，得到 qSn＝a1q＋a2q＋…＋anq， 两式错位相减即可求出 Sn.
热点一 分组转化求和 【例 1】 (2016·成都诊断)若数列{an}的前 n 项和为 Sn，对任意
正整数 n 都有 4an－3Sn＝8. (1)求数列{an}的通项公式； (2)令 bn＝(－1)n－1lo4g（2ann·l＋og12）an＋1，求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
解 (1)因为 4an－3Sn＝8，① 当 n≥2 时，4an－1－3Sn－1＝8，② ①－②得 4an－4an－1－3an＝0， 即 an＝4an－1， 又 a1＝8，∴an＝8·4n－1＝22n＋1. (2)bn＝(－1)n－1·（2n＋4（1）n＋·（12）n＋3）
所以 Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝32＋262＋…＋32nn ，① 2×①，得 2Tn＝3＋62＋3×223＋…＋23nn－1，② ②－①，得 Tn＝3＋32＋232＋…＋2n3－1－32nn ＝31＋12＋212＋…＋2n1－1－32nn＝3×1－1－1212n－32nn ＝6－3n2＋n 6. 因为3n2＋n 6＞0，所以 Tn＝6－3n2＋n 6＜6.
解 (1)由题意知，当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5. 当 n＝1 时，a1＝S1＝11，符合上式. 所以 an＝6n＋5. 设数列{bn}的公差为 d，
由aa12＝ ＝bb12＋ ＋bb23， ，即1117＝ ＝22bb11＋ ＋d3， d， 可解得 b1＝4，d＝3.所以 bn＝3n＋1. (2)由(1)知 cn＝（（63nn＋＋63））n＋n 1＝3(n＋1)·2n＋1..又 Tn＝c1＋c2＋…＋cn.
2018年高考数学(文科)二轮复习 名师课件：专题三 第2讲 数列的求和及综合应用
归纳总结· 思维升华
真题感悟 全国Ⅲ卷)设数列{an}满足 a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n. 1.(2017·
(1)求{an}的通项公式；
an (2)求数列 2n＋1的前
n 项和.
解
(1)因为 a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，①
故当 n≥2 时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，② 2 ①－②得(2n－1)an＝2，所以 an＝ ， 2n－1 又 n＝1 时，a1＝2 适合上式， 2 从而{an}的通项公式为 an＝ . 2n－1
真题感悟· 考点整合
热点聚焦· 题型突破
归纳总结· 思维升华
探究提高
1. 一般地，如果数列 {an}是等差数列， {bn}是等比数
列，求数列{an· bn}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{bn}的公比，然后作差求解. 2.在写“Sn”与“qSn”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“Sn－qSn”的表达式.
第 2讲
数列的求和及综合应用
真题感悟· 考点整合
热点聚焦· 题型突破
归纳总结· 思维升华
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.
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热点聚焦· 题型突破
1 1 1 1 1 1 1 ＝ 3－5＋5－7＋…＋2n＋1－2n＋3 2
n ＝ . 3（2n＋3）
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专题三 第2讲数列的求和问题
(2)设bn＝an＋Sn，若数列{bn}为等比数列，求a的值；
解 由bn＝an＋Sn得，b1＝2a， b2＝2a2＋a， b3＝2a3＋a2＋a. ∵数列{bn}为等比数列， ∴b22＝b1b3，即(2a2＋a)2＝2a(2a3＋a2＋a)， 解得 a＝12.
(3)在满足条件(2)的情形下，cn＝an＋1ana＋n1＋1＋1.若数列cn的前 n 项和为 Tn，且对任意 n∈N*满足 Tn<λ2＋23λ，求实数 λ 的取值范围.
热点三 裂项相消法求和
裂项相消法是指把数列和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ana1n＋1或ana1n＋2(其中{an}为等差数列)等形式的数列求和.
例3 已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＝a(Sn－an＋1)(n∈N*)(a为常数，a≠0，a≠1). (1)求{an}的通项公式；
解析 设等差数列{an}的公差为d，则
a3＝a1＋2d＝3， 由S4＝4a1＋4×2 3d＝10，
得ad1＝＝11. ，
∴Sn＝n×1＋nn2－1×1＝nn2＋1，
S1n＝nn2＋1＝21n－n＋1 1.
n
∴
k＝1
S1k＝S11＋S12＋S13＋…＋S1n
＝21－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－n＋1 1＝21－n＋1 1＝n2＋n1.
2.(2017·天津，文，18)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. (1)求{an}和{bn}的通项公式；
解 设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.
由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12.
大学数学(高数微积分)专题三第2讲数列求和及数列综合应用(课堂讲义)
(2)因为bn＝an＋(－1)nln an
＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1)
＝2·3n－1＋(－1)n[ln 2＋(n－1)ln 3]
热点分类突破
＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，
所以Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－
再验证是否可以合并为一个公式．
热点分类突破
(2013·湖南)设Sn为数列{an}的前n项和，Sn＝(－1)nan －21n，n∈N*，则：
(1)a3＝________；
(2)S1＋S2＋…＋S100＝________.
本
讲 栏
解析
∵an＝Sn－Sn－1＝(－1)nan－21n－(－1)n－1an－1＋2n1－1，
本 解 (1)由已知，得当 n≥1 时，
讲
栏 目
an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1
开
关 ＝3(22n－1＋22n－3＋…＋2)＋2＝22(n＋1)－1.
而a1＝2，符合上式， 所以数列{an}的通项公式为 an＝22n－1.
热点分类突破
(2)由 bn＝nan＝n·22n－1 知
本 讲 栏
即na＋n＋11－ann＝1，又a22－a11＝1，
目
开 关
故数列ann是首项为a11＝1，公差为1的等差数列，
所以ann＝1＋(n－1)×1＝n，所以 an＝n2，
所以数列{an}的通项公式为 an＝n2，n∈N*.
热点分类突破
(3)证明 a11＋a12＋a13＋…＋a1n＝1＋14＋312＋412＋…＋n12 <1＋14＋2×1 3＋3×1 4＋…＋nn1－1
2018年高考数学二轮复习第一部分专题三数列第二讲数列的综合应用课件
类题通法
分类讨论思想在数列求和中的应用 (1)当数列通项中含有(－1)n 时，在求和时要注意分 n 为奇数 与偶数处理． (2)对已知数列满足aan＋n 2＝q，在求{an}的前 n 项和时分奇数项 和偶数项分别求和．
演练冲关
1由．题已意知，函a数1＋f(an2)＋＝a3n－＋2n当…2当n＋为na奇为100数偶＝时数12－时，2，2－2且2＋a3n＝2＋f(3n2－)＋4f2(－n＋421)， 则＋a512＋＋a…2＋＋a93＋92…－＋10a0120－0＝1(00B2＋)1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－… A－．(909＋100)＋(101＋100)＝B－．(110＋0 2＋…＋99＋100)＋(2＋3 C＋．…－＋10100＋101)＝－1＋10D1．＝10002，00故选 B.
题组突破
1．(2017·威海模拟)已知数列{an}
满足
a1 ＝ 1 ， 且
an
＝
1 3
an
－
1
＋
(13)n(n≥2 且 n∈N*)，则数列{an}
的通项公式为( B )
A．an＝n3＋n2 B．an＝n＋3n 2
C．an＝n＋2 D．an＝(n＋2)3n
由 an＝13an－1＋(13)n(n≥2 且 n ∈ N*) 得 ， 3nan ＝ 3n － 1an － 1 ＋ 1,3n － 1an － 1 ＝ 3n － 2an － 2 ＋ 1，…，32a2＝3a1＋1，以上 各式相加得 3nan＝n＋2，故 an＝n＋3n 2.
题组突破
4．已知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 Sn＝2an＋3n－12(n∈ N*)． 证明：数列{an－3}为等比数列，并求出数列{an}的通项公式．