2015高考数学(文)二轮专题复习课件：专题三_第二讲 数列求和及综合应用
知识复习专题
专题三
第二讲
数
列
数列求和及综合应用
广东高考数列一定有大题，按广东近几年高考特点，
可估计2015年不会有大的变化，是递推关系，仍然考数
学归纳法的可能较大，但根据高考题命题原则，一般会 出有多种方法可以求解的．因此，全面掌握数列相关的 方法更容易让你走向成功．
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高考热 点突破
解析：
1n (2)由(1)知，bn＝2 ，
1k 当 n＝2k(k∈N*)时，an＝a2k＝bk＝2 ； 12k－1 当 n＝2k－1(k∈N*)时，an＝a2k－1＝ 2 ÷a2k＝ 12k－1 1k－1 ·2k＝2 . 2
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高考热 点突破
12n＋1 bn＋1 a2n＋2 a2n＋1a2n＋2 2 (1) bn ＝ ＝ ＝ a2n a2na2n＋1 12n 2
证明：
1 1 1 ＝ ，所以{bn}是首项为 b1＝ ，公比为 的等比数列． 2 2 2
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3．解应用问题的基本步骤．
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主干考 点梳理
考点自测
1 ． (2014· 新 课 标 Ⅱ 卷 ) 数 列 {an} 满 足 an ＋ 1 ＝
1 1 2 ，a8＝2，则 a1＝________ ． 1－an
1 1 解析： 由已知得， an＝1－ ， a8＝2， 所以 a7＝1－ ＝ a8 an＋1 1 1 1 1 1 1 ， a6＝1－ ＝－1， a5＝1－ ＝2， a4＝1－ ＝ ， a3＝1－ 2 a7 a6 a5 2 a4 1 1 1 ＝－1，a2＝1－ ＝2，a1＝1－ ＝ . a3 a2 2
1 ＝ ×[n（n＋1）（n＋2）－（n－1）n（n＋1） ] 6 1 Sn＝ × [(1×2×3－ 0×1×2)＋ (2×3×4－ 1×2×3)＋(3×4× 5 6 － 2×3 × 4) ＋ „ ＋ n×(n ＋ 1)×(n ＋ 2) － (n － 1)×n×(n ＋ 1)] ＝ n（n＋1）（n＋2） . 6 (2)Sn＝ n（n＋1）（n＋2） 6
主干考 点梳理
考点1
数列求和的基本方法
1．公式法． (1)等差数列前 n 项和公式： n（a1＋an） n（n－1）d na 1 ＋ Sn＝________ ＝________． 2 2 (2)等比数列前 n 项和公式：
na1
a1（1－qn） 1－q a1－anq 1－q
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2．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、等比或常见的数列，即先分别求 和，然后再合并．
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可用倒序相加法求和．
主干考 点梳理
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，通 过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和．
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考点2
数列的应用
1．应用问题一般文字叙述较长，反映的事物背景
陌生，知识涉及面广，因此要解好应用题，首先应当提 高阅读理解能力，将普通语言转化为数学语言或数学符
n（n＋1）（n＋2） (1)数列{an}的前 n 项和 Sn＝__________ 6 ；
(2)数列{Sn}的前 n 项和 Tn＝n __________ ． （n＋1）（n ＋2）（n＋3）
24
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主干考 点梳理 解析： (1)an＝ n（n＋1）＝n（n＋1）[
2 （n＋2）－（n－1）] 6
1n 例 1 已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝2 (n∈N*)，
记 T2n 为{an}的前 2n 项的和． (1)设 bn＝a2n，证明：数列{bn}是等比数列． (2)求 T2n. (3)不等式 64· T2n· a2n≤3(1－ka2n)对于一切 n∈N*恒成立， 求实数 k 的最大值．
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主干考 点梳理
n（n＋1）（n＋2）[（n＋3）－（n－1）] ＝ 24 ＝ 1 ×[n(n＋1)(n＋2)(n＋3)－(n－1)n(n＋1)(n＋2)] 24 1 × [(1×2×3×4 － 0×1×2×3)＋ (2×3×4×5 － 1×2 24
Tn ＝
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× 3 × 4) ＋ „ ＋ n×(n ＋ 1)×(n ＋ 2)×(n ＋ 3) － (n － 1)×n × (n ＋ n（n＋1）（n＋2）（n＋3） 1)×(n＋2)]＝ . 24
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主干考 点梳理
2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn.若a3＝20
80 －a6，则S8等于________ ．
解析： 由 a3＝20－a6，得 a3＋a6＝20，
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（a1＋a8） S8＝ ×8＝4(a1＋a8)＝4(a3＋a6)＝80. 2
主干考 点梳理
n（n＋1） 3．在数列{an}中，an＝ ，则： 2
号，实际问题转化为数学问题，然后再用数学运算、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，其中， 等比数列涉及的范围比较广，如经济上涉及利润、成本、 效益的增减，解决此类题的关键是建立一个数列模型
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{an}，利用该数列的通项公式、递推公式或前n项和公式
求解．
主干考 点梳理
主干考 点梳理
4．已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝2· 3n＋
k(k∈R，n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an＝
____________________ ． 4×3n－1(n∈N*)
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高考热 点突破
突破点 1 等差、等比数列的判定以及可转 化为等差或等比数列的求和问题
主干考 点梳理
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． 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排列 (反序)，把它与原数列相加， 若有公式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列
高三数学二轮复习 数列求和及综合应用 课件(全国通用)
1 1 1 1 － 1 2 答案：(1)① － ②2 (2) ② n n n＋1 2n－1 2n＋1
2．常见的放缩技巧 1 1 1 1 1 1 1 (1) － ＝ < < ＝ － ； n n＋1 nn＋1 n2 n－1n n－1 n
1 1 1 1 － 1 (2) 2< 2 ＝ ； n n －1 2n－1 n＋1
第2讲
数列求和及综合应用
(1)高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过 分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现 转化与化归的思想． (2)①数列的综合问题，往往将数列与函数、不等式结合， 探求数列中的最值或证明不等式．②以等差数列、等比数列为 背景，利用函数观点探求参数的值或范围．
＝－3n· 2n 2.
＋
所以Tn＝3n· 2n 2 .
＋
[知识回顾] 1．必记公式 (1)常见的拆项公式(其中n∈N*) 1 ① ＝________________. nn＋1 1 1 1 1 ② ＝ n－ . nn＋k k n＋k 1 ③ ＝_____________. 2n－12n＋1
[考题回访] 1．(2016· 天津卷)已知{an}是各项均为正数的等差数列，公 差为d，对任意的n∈N*，bn是an和an＋1的等比中项．
2 * (1)设cn＝b2 － b ， n ∈ N ，求证：数列{cn}是等差数列； ＋ n 1 n 2n
(2)设a1＝d，Tn＝∑
k ＝1
* (－1)kb2 k ，n∈N ，求证：
④若等差数列{an}的公差为d，
1 1 1 1 1－ 1 1－ 1 则 ＝ a ＝ a ； . a 2 d a n ＋ n ＋ anan＋1 d a a n 1 n 2 n n＋2 1 1 1 1 － ⑤ ＝ . 2 n n ＋ 1 n ＋ 1 n ＋ 2 nn＋1n＋2
2015高考数学(新课标)大二轮复习配套课件：专题2 再谈数形结合的应用 第2讲
第2讲 常考的数列综合问题
(2)求数列{an}的通项公式．
破题切入点 由已知可得n≥2时，2Sn－1＝an－2n＋1，两式相减．
解 ∵2Sn＝an＋1－2n＋1＋1， ∴当n≥2时，有2Sn－1＝an－2n＋1， 两式相减得 an＋1－3an＝2n，则a2n＋n 1－32·2an－n 1＝1，
第四页，编辑于星期五：十五点 十一分。
构建答题模板 第一步：利用条件求数列{bn}的通项公式； 第二步：写出Tn＝b1＋b2＋…＋bn的表达式； 第三步：分析表达式的结构特征、确定求和方法.例如：公式法、
裂项法，本题用错位相减法；
第四步：明确规范表述结论；
第五步：反思回顾.查看关键点，易错点及解题规范.如本题中
在求an时，易忽视对n＝1，n≥2时的讨论.
破题切入点
利用错位相减法求和．
解 设 bn＝9－2n2an＝2nn－1，
Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1＋22＋232＋…＋n2－n－12 ＋2nn－1，
所以 Tn＝2Tn－Tn＝2＋1＋12＋…＋2n1－2－2nn－1 ＝4－2n1－2－2nn－1＝4－n2＋n－12.
第十二页，编辑于星期五：十五点 十一分。
第八页，编辑于星期五：十五点 十一分。
∴an＋23(－1)n＝2an－1＋23－1n－1(n≥2)． 故数列an＋32－1n是以 a1－23＝13为首项，公比为 2 的等 比数列．
所以 an＋23(－1)n＝13×2n－1， ∴an＝13×2n－1－23×(－1)n.
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第十页，编辑于星期五：十五点 十一分。
第2讲 常考的数列综合问题
故k2＝16，因此k＝4，
从而 an＝Sn－Sn－1＝92－n(n≥2)． 又 a1＝S1＝72，所以 an＝92－n.
2015届高考数学(文)配套课件专题研究《数列的综合应用》(人教版)
(3)由(2)可知bn＝23·13n－1＝32n. ∴cn＝an·bn＝(n＋1)·32n. ∴cn＋1－cn＝(n＋2)·3n2＋1－(n＋1)·32n ＝3n2＋1[(n＋2)－3(n＋1)] ＝3n2＋1(－2n－1)<0. ∴cn＋1<cn. 【答案】 (1)an＝n＋1 (2)略 (3)略
探究3 本题把数列与解析几何等知识巧妙地融合在一起， 具有较强的综合性，在解决数列知识与其他章节知识的综合题 时，要注意思维角度与解题途径的选择，提高数字变形转换、 推理等综合能力．
思考题3 已知函数f(x)＝x2－4，设曲线y＝f(x)在点(xn，
f(xn))处的切线与x轴的交点为(xn＋1,0)(n∈N*)，其中x1为正实数．
【解析】 (1)由已知有a2＝1＋d，a5＝1＋4d，a14＝1＋ 13d.
∴(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)． 解得d＝0或d＝2.又∵d>0，∴d＝2. ∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1. 又b2＝a2＝3，b3＝a5＝9， ∴等比数列{bn}的公比q＝bb23＝93＝3. ∴bn＝b2qn－2＝3×3n－2＝3n－1.
方法二：由S3，S9，S6成等差数列，得S9－S3＝S6－S9. ∴a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝－(a7＋a8＋a9)． 移项得a4＋a5＋a6＋2(a7＋a8＋a9)＝0. ∴(a4＋a5＋a6)(1＋2q3)＝0. ∵a4＋a5＋a6＝a4(1＋q＋q2)≠0， ∴1＋2q3＝0，∴q3＝－12.
(1)用xn表示xn＋1；
(2)若x1＝4，记an＝lg
xn＋2 xn－2
，证明数列{an}成等比数列，并
求数列{an}的通项公式．
【解析】 (1)∵f′(x)＝2x，∴曲线y＝f(x)在点(xn，f(xn))处 的切线方程是y－f(xn)＝f′(xn)(x－xn)，
高考数学二轮复习 专题三 第2讲 数学归纳法、数列的通项公式与数列求和课件
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第七页，共三十六页。
解：(1)设数列{an}的公差为 d，由题意得 a1＋2d＝4，a1＋3d＝3a1＋3d， 解得 a1＝0，d＝2. 从而 an＝2n－2，n∈N*. 所以 Sn＝n2－n，n∈N*. 由 Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn 成等比数列得 (Sn＋1＋bn)2＝(Sn＋bn)(Sn＋2＋bn)． 解得 bn＝1d(S2n＋1－SnSn＋2)． 所以 bn＝n2＋n，n∈N*.
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则当 n＝k＋1 时， Sk＋1＝(k＋1＋1)(k＋1＋2)…(k＋1＋k－1)(k＋1＋k)(k＋1＋k＋1) ＝(k＋2)(k＋3)…(2k)(2k＋1)(2k＋2) ＝2k×1×3×k…＋×1 （2k－1）×(2k＋1)(2k＋2) ＝2k＋1×1×3×…×(2k－1)(2k＋1)＝Tk＋1. 即 n＝k＋1 时也成立， 由①②可知，n∈N*，Sn＝Tn 成立．
②－①得 bn＝2－1－1×21＋221－1－2n2－2＋(3－n)2n＝(4－n)2n－5(n≥2)，
b1＝1 满足上式，故 bn＝(4－n)2n－5.
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数列求和
[核心提炼] 几种数列求和的常用方法 (1)分组求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则 求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减． (2)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从 而求得前 n 项和．
第2部分 高考热点 专题 突破 (zhuāntí)
专题 三 (zhuāntí) 数列与数学归纳法
第2讲 数学归纳法、数列的通项公式与数列求和
【高考解码】(新课标)2015届高考数学二轮复习 数列求和及其综合应用
数列求和及其综合应用1．(2014·全国新课标Ⅱ高考)等差数列{a n }的公差为2，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．n (n ＋1)B ．n (n －1) C.n n ＋12 D.n n －12【解析】 因为a 2，a 4，a 8成等比数列，所以a 24＝a 2·a 8，所以(a 1＋6)2＝(a 1＋2)·(a 1＋14)，解得a 1＝2.所以S n ＝na 1＋n n －12d ＝n (n ＋1)．故选A.【答案】 A2．(2013·全国新课标Ⅰ高考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m＋1＝3，则m ＝( )A ．3B ．4C ．5D ．6【解析】 可以先求出首项和公差，再利用等差数列的求和公式和通项公式求解． ∵{a n }是等差数列，S m －1＝－2，S m ＝0， ∴a m ＝S m －S m －1＝2.∵S m ＋1＝3，∴a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3， ∴d ＝a m ＋1－a m ＝1.又S m ＝m a 1＋a m 2＝m a 1＋22＝0，∴a 1＝－2，∴a m ＝－2＋(m －1)·1＝2，∴m ＝5. 【答案】 C3．(2013·某某高考)某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n (n ∈N *)等于________．【解析】 每天植树的棵数构成以2为首项，2为公比的等比数列，其前n 项和S n ＝a 11－q n 1－q ＝21－2n1－2＝2n ＋1－2.由2n ＋1－2≥100，得2n ＋1≥102.由于26＝64,27＝128，则n＋1≥7，即n ≥6.【答案】 6 4．(2014·全国大纲高考)等差数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝10，a 2为整数，且S n ≤S 4. (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T n .【解】 (1)由a 1＝10，a 2为整数，知等差数列{a n }的公差d 为整数． 又S n ≤S 4，故a 4≥0，a 5≤0， 于是10＋3d ≥0,10＋4d ≤0.解得－103≤d ≤－52.因此d ＝－3.数列{a n }的通项公式为a n ＝13－3n .(2)b n ＝113－3n 10－3n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －113－3n .于是T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫17－110＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －113－3n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －110＝n1010－3n.从近三年高考来看，该部分高考命题的热点考向为： 1．数列求和①该考向主要涉及数列的通项与求和．数列的通项与求和是历年高考考查的重点内容之一，试题一般设置两个问题，其中第一问考查数列的基础，确定条件数列，为第二问准备条件，属于保分题；第二问的区分度较大，一般与数列的求和有关，方法较灵活，主要是错位相减、裂项相消等方法．与不等式、函数等知识交汇是命题的重点方向，要注意这方面的训练．②试题多以解答题的形式出现，属于中、高档题目． 2．数列的综合应用(1)数列的综合应用主要体现如下两点：①以等差、等比数列的知识为纽带，在数列与函数、方程、不等式的交汇处命题，主要考查利用函数观点解决数列问题以及用不等式的方法研究数列的性质；②数列与解析几何交汇的命题，往往会遇到递推数列，通常以解析几何作为试题的背景，从解析几何的内容入手，导出相关的数列关系，再进一步地解答相关的问题．(2)试题难度大都在中等偏上，有时会以压轴题的形式出现.数列求和【例1】 (2014·全国新课标Ⅰ高考)已知{a n }是递增的等差数列，a 2，a 4是方程x 2－5x ＋6＝0的根．(1)求{a n }的通项公式； (2)求数列{a n2n }的前n 项和．【解】 (1)解方程x 2－5x ＋6＝0的两根为2,3，由题意得a 2＝2，a 4＝3.设数列{a n }的公差为d ，则a 4－a 2＝2d ，故d ＝12，从而a 1＝32.所以{a n }的通项公式为a n ＝12n ＋1.(2) 设{a n 2n }的前n 项和为S n ，由(1)知a n 2n ＝n ＋22n ＋1，则S n ＝322＋423＋…＋n ＋12n ＋n ＋22n ＋1，12S n ＝323＋424＋…＋n ＋12n ＋1＋n ＋22n ＋2. 两式相减得12S n ＝34＋(123＋…＋12n ＋1)－n ＋22n ＋2＝34＋14(1－12n －1)－n ＋22n ＋2.所以S n ＝2－n ＋42n ＋1.【例2】 (2014·某某高考)已知首项都是1的两个数列{a n }，{b n }(b n ≠0，n ∈N *)满足a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0.(1)令＝a n b n，求数列{}的通项公式；(2)若b n ＝3n －1，求数列{a n }的前n 项和S n .【解】 (1)因为a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0，b n ≠0(n ∈N *)，所以a n ＋1b n ＋1－a nb n＝2，即＋1－＝2. 所以数列{}是以首项c 1＝1，公差d ＝2的等差数列，故＝2n －1.(2)由b n ＝3n －1知a n ＝b n ＝(2n －1)3n －1，于是数列{a n }前n 项和S n ＝1·30＋3·31＋5·32＋…＋(2n －1)·3n －1，3S n ＝1·31＋3·32＋…＋(2n －3)·3n －1＋(2n －1)·3n，相减得－2S n ＝1＋2·(31＋32＋…＋3n －1)－(2n －1)·3n ＝－2－(2n －2)3n，所以S n ＝(n －1)3n＋1.【规律感悟】 数列求和的常见类型及方法：(1)通项公式形如a n ＝kn ＋b 或a n ＝p ·q kn ＋b(其中k ，b ，p ，q 为常数)，用公式法求和． (2)通项公式形如a n ＝(k 1n ＋b 1)qk 2n ＋b 2(其中k 1，b 1，k 2，b 2，q 为常数)，用错位相减法． (3)通项公式形如a n ＝can ＋b 1an ＋b 2(其中a ，b 1，b 2，c 为常数)用裂项相消法．(4)通项公式形如a n ＝(－1)n ·n 或a n ＝a ·(－1)n (其中a 为常数，n ∈N *)等正负交叉项的求和一般用并项法．并项时应注意分n 为奇数、偶数两种情况讨论．(5)若数列的通项公式为以上四种中的某几个构成的，则可用分组法(拆项法)求和． 特别提醒：(1)运用公式法求和时注意公式成立的条件．(2)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．[创新预测]1．(2014·某某高考)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 －12n ＋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 ＝错误!(或T n ＝2n ＋1＋－1n －12n ＋1)数列的综合应用【例3】 (2014·某某高考)设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x的图象上(n ∈N *)．(1)若a 1＝－2，点(a 8,4b 7)在函数f (x )的图象上，求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)若a 1＝1，函数f (x )的图象在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 的前n 项和T n . 【解】 (1)由已知，b 1＝2a 1，b 8＝2a 8＝4b 7，有2a 8＝4×7a 7＝aa 7＋2，解得d ＝a 8－a 7＝2.所以，S n ＝na 1＋n n －12d ＝－2n ＋n (n －1)＝n 2－3n .(2)函数f (x )＝2x在(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)，它在x 轴上的截距为a 2－1ln 2.由题意，a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2.所以，d ＝a 2－a 1＝1.从而a n ＝n ，b n ＝2n，所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n2n ，2T n ＝11＋22＋322＋…＋n 2n －1.因此，2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝2－12n －1－n 2n ＝2n ＋1－n －22n. 所以，T n ＝2n ＋1－n －22n. 【规律感悟】 1.数列与函数交汇问题的常见类型及解法：(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X 围、分式、求和方法对式子化简变形．另外，解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解．2．对于数列与几何图形相结合的问题，通常利用几何知识，结合图形，得出关于数列相邻项a n 与a n ＋1之间的关系．根据这个关系和所求内容变形，得出通项公式或其他所求结论．[创新预测]2．(2014·某某第一次质量检测)已知函数f (x )＝x ＋1x(x >0)，以点(n ，f (n ))为切点作函数图象的切线l n (n ∈N *)，直线x ＝n ＋1与函数y ＝f (x )图象及切线l n 分别相交于A n ，B n ，记a n ＝|A n B n |.(1)求切线l n 的方程及数列{a n }的通项；(2)设数列{na n }的前n 项和为S n ，求证：S n <1.【解】 (1)对f (x )＝x ＋1x (x >0)求导，得f ′(x )＝1－1x 2，则切线l n 的方程为：y －(n ＋1n)＝(1－1n 2)(x －n )，即y ＝(1－1n2)x ＋2n.易知A n (n ＋1，n ＋1＋1n ＋1)，B n (n ＋1，n ＋1＋n －1n 2)， 由a n ＝|A n B n |知a n ＝|1n ＋1－n －1n 2|＝1n 2n ＋1.(2)∵na n ＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1，∴S n ＝a 1＋2a 2＋…＋na n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1<1.[总结提升] 通过本节课的学习，需掌握如下三点： 失分盲点(1)裂项相消求和时易忽视常数：裂项过程中容易忽视常数，如1n n ＋2容易分裂为1n －1n ＋2，漏掉前面的系数12.(2)错位相减法求和易忽视项及符号： ①作差时，最后一项符号易错；②求和时，成等比数列的部分的项数易错； ③两边同除以(1－q )时，右边符号易错． 答题指导正确掌握数列求和的各种方法及使用条件，在分析通项的基础上，判断求和的类型，寻找求和的方法．等差数列、等比数列的定义、公式等要应用准确．方法规律1．裂项求和的常见技巧(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 ＋12．数列中不等式的放缩技巧(1)1K 2<1K 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1K －1－1K ＋1(2)1K －1K ＋1<1K 2<1K －1－1K. (3)2(n ＋1－n )<1n<2(n －n －1).数列证明问题中的运算1．在数学证明中，证明过程往往是以计算为主的，即通过计算的结果达到证明的目的，这说明运算求解能力在数学证明中具有重要地位．典型的是函数导数试题中不等式的证明、数列问题中不等式的证明．2．数列中的证明问题有等式的证明、不等式的证明、数列性质的证明等，在数列的证明问题中计算是完成证明的关键，运算求解能力是数列证明的核心．【典例】 (2013·某某高考)正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)令b n ＝n ＋1n ＋22a 2n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，证明：对于任意的n ∈N *，都有T n <564. 【解】 (1)由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0.由于{a n }是正项数列，所以S n >0，S n ＝n 2＋n .于是a 1＝S 1＝2，n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n . 综上，数列{a n }的通项为a n ＝2n .(2)证明：由于a n ＝2n ，b n ＝n ＋1n ＋22a 2n，则b n ＝n ＋14n 2n ＋22＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n2－1n ＋22.T n＝116⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－132＋122－142＋132－152＋…＋1n －12－1n －12＋1n2－1n ＋22＝116×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1n ＋12－1n ＋22<116⎝⎛⎭⎪⎫1＋122＝564.【规律感悟】 本题第二问裂项的依据是(n ＋2)2－n 2＝4(n ＋1)，能快速找到这个方法，需要考生熟练掌握数学运算．在数列前n 项和的不等式证明中有两个基本思路：一是先求和再放缩，其前提是数列求和能够完成；二是有的数列的前n 项和很难求，甚至无法求，这时需要先对通项进行放缩(放缩后便于求和)，再求和，再放缩，达到证明的目的.建议用时 实际用时错题档案45分钟一、选择题1．(预测题)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列{1a n a n ＋1}的前100项和为( )A.100101B.99101C.99100D.101100【解析】 利用裂项相消法求和．设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d . ∵a 5＝5，S 5＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，5a 1＋5×5－12d ＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n .∴1a n a n ＋1＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1，∴数列{1a n a n ＋1}的前100项和为1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101. 【答案】 A2．(2014·某某日照一模)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，则{|a n |}的前n 项和T n＝( )A ．6n －n 2B ．n 2－6n ＋18C.⎩⎪⎨⎪⎧ 6n －n 21≤n ≤3n 2－6n ＋18 n >3 D.⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 21≤n ≤3n 2－6nn >3【解析】 由S n ＝n 2－6n 得{a n }是等差数列，且首项为－5，公差为2. ∴a n ＝－5＋(n －1)×2＝2n －7，∴n ≤3时，a n <0；n >3时，a n >0， ∴T n ＝错误! 【答案】 C3．(预测题)已知数列{a n }满足a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，且a 1＝12，则该数列的前2 015项的和等于( )A.3 0232B ．3 023C ．1 512D ．3 024【解析】 因为a 1＝12，又a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，所以a 2＝1，从而a 3＝12，a 4＝1，即得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝2k －1k ∈N *，1，n ＝2k k ∈N *，故数列的前2 015项的和等于S 2 015＝1 007×(1＋12)＋1＝3 0212＋1＝3 0232.【答案】 A 4．(2014·某某大学附中4月模拟)已知函数f (x )是定义在R 上的单调增函数且为奇函数，数列{a n }是等差数列，a 1 008>0，则f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋…＋f (a 2 014)＋f (a 2 015)的值( )A ．恒为正数B ．恒为负数C ．恒为0D ．可正可负【解析】 ∵{a n }是等差数列，∴a 1＋a 2 015＝a 2＋a 2 014＝…＝2a 1 008>0， 得a 1>－a 2 015，a 2>－a 2 014，…，又f (x )是定义在R 上的单调增函数， 且f (－x )＝－f (x )，∴f (a 1)>－f (a 2 015)，即f (a 1)＋f (a 2 015)>0， 同理，f (a 2)＋f (a 2 014)>0，…，∴f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a 2 014)＋f (a 2 015)的值恒为正数，故选A. 【答案】 A5．(2014·某某第一次质量预测)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋1n ＋n n ＋1(n∈N *)，其前n 项和为S n ，则在数列S 1，S 2，…，S 2 014中，有理数项的项数为( )A ．42B ．43C ．44D ．45【解析】 a n ＝1n ＋1n ＋n n ＋1＝n ＋1n －n n ＋1[n ＋1n ＋n n ＋1][n ＋1n －n n ＋1]＝1n －1n ＋1，∴S n ＝(1－12)＋(12－13)＋(13－14)＋…＋(1n －1n ＋1)＝1－1n ＋1，要使S n 是有理项，只需n ＋1是有理数(n＝1,2，…，2 014)，因此共有43项．【答案】 B 二、填空题6．(2014·某某某某质检)已知数列{a n }中，a n ＋1＝2a n ，a 3＝8，则数列{log 2a n }的前n 项和等于________．【解析】 ∵a n ＋1a n＝2，a 3＝8，∴a 2＝4，a 1＝2，∴数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＝2n，∴log 2a n ＝n ，∴数列{log 2a n }的前n 项和等于n n ＋12.【答案】n n ＋127．(2014·某某某某综合测试)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝－1a n ＋1，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 014＝________.【解析】 a 1＝1，a 2＝－11＋1＝1－2，a 3＝－1－12＋1＝－2，a 4＝－1－2＋1＝1，…，数列{a n }是周期为3的周期数列，∴S 2 014＝S 2 013＋a 2 014＝671×(－12－2＋1)＋1＝－2 0112.【答案】 －2 01128．(2014·东北三校联考)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋1，前n 项和为S n .若对于任意正整数n ，不等式S 2n －S n >m16恒成立，则常数m 所能取得的最大整数为________．【解析】 由题知S 2n －S n ＝a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＋…＋a 2n ＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋1，令f (n )＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋1，n ∈N *，f (n ＋1)＝1n ＋3＋1n ＋4＋…＋12n ＋1＋12n ＋2＋12n ＋3，又f (n ＋1)－f (n )＝12n ＋2＋12n ＋3－1n ＋2＝3n ＋42n ＋22n ＋3n ＋2>0，∴函数f (n )单调递增，f (n )min ＝f (1)＝13，依题意m 16<13，得m <163.故m 所能取得的最大整数是5.【答案】 5 三、解答题9．(2014·全国新课标Ⅱ高考)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＝3n2，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 <32.10．(2014·某某高考)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)na n ，求数列{b n }的前2n 项和． 【解】 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－n －12＋n －12＝n .故数列{a n }的通项公式为a n ＝n .(2)与(1)知，b n ＝2n ＋(－1)n n .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋ (22))＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )．记A ＝21＋22＋ (22)，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ，则A ＝21－22n1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n .故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.。
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.
高考数学理科二轮复习课件：专题3第二讲 数列求和及综合应用
综上，数列2an－n 1的前 n 项和 Sn＝2nn－1.
本题考查等差数列的通项公式的求法以及用错位相减法 求数列的前n项和，难度适中．
数列{bn}的前 n 项和．
解析：(1)设等差数列{an}的公差为 d，由题意得： d＝a4－3 a1＝12－ 3 3＝3， 所以 an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1，2，…)， 设等比数列{bn－an}的公比为 q，由题意得：q3＝bb41－－aa41
＝240－－312＝8，解得 q＝2.
所以 bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1，从而 bn＝3n＋2n－1(n ＝1，2，…)．
随堂讲义
专题三 数 列 第二讲 数列求和及综合应用
高考数列一定有大题，按近几年高考特点，可估计 2016年不会有大的变化，考查递推关系、数学归纳法的 可能较大，但根据高考题命题原则，一般会有多种方法 可以求解．因此，全面掌握数列求和相关的方法更容易 让你走向成功．
例 1 已知数列{an}中，a1＝1，an·an＋1＝12n(n∈N*)，
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列2an－n 1的前 n 项和． 思路点拨：(1)由题设求出 a1，d，可确定通项公式； (2)可用错位相减法求和．
解析：(1)设等差数列{an}的公差为 d，由已知条件可得 a21a＋1＋d1＝2d0， ＝－10，解得ad1＝＝－1，1.
(1)已知数列{bn}的前 n 项和 Sn，求 bn 时分如下三个步 骤进行：①当 n＝1 时，b1＝S1；②当 n≥2 时，bn＝Sn－Sn －1；③验证 b1 是否适合 n≥2 的解析式，据验证情况写出 bn 的表达式．
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.。
2015届高考数学文二轮专题训练专题四第2讲数列求和及综合应用概述.
第2讲数列求和及综合应用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，适用于求通项为1a n a n＋1的数列的前n项和，其中{a n}若为等差数列，则1a n a n＋1＝1d⎝⎛⎭⎫1a n－1a n＋1.常见的裂项公式：①1n(n＋1)＝1n－1n＋1；②1n(n＋k)＝1k(1n－1n＋k)；③1(2n－1)(2n＋1)＝12(12n－1－12n＋1)；④1n＋n＋k＝1k(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．热点一分组转化求和例1等比数列{a n}中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列.(1)求数列{a n}(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.思维启迪(1)根据表中数据逐个推敲确定{a n}的通项公式；(2)分组求和．解(1)当a1＝3时，不合题意；当a1＝2时，当且仅当a2＝6，a3＝18时，符合题意；当a1＝10时，不合题意．因此a1＝2，a2＝6，a3＝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. 当n 为偶数时， S n ＝2×1－3n 1－3＋n 2ln 3＝3n ＋n2ln 3－1；当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n 1－3－(ln 2－ln 3)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12－n ln 3＝3n－n －12ln 3－ln 2－1.综上所述，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧3n ＋n2ln 3－1， n 为偶数，3n－n －12ln 3－ln 2－1， n 为奇数.思维升华 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．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n a n ＋1＝(12)n (n ∈N *)．(1)求证：数列{a 2n }与{a 2n －1}(n ∈N *)都是等比数列；(2)若数列{a n }的前2n 项和为T 2n ，令b n ＝(3－T 2n )·n ·(n ＋1)，求数列{b n }的最大项． (1)证明 因为a n a n ＋1＝(12)n ，a n ＋1a n ＋2＝(12)n ＋1，所以a n ＋2a n ＝12.又a 1＝1，a 2＝12，所以数列a 1，a 3，…，a 2n －1，…，是以1为首项，12为公比的等比数列；数列a 2，a 4，…，a 2n ，…，是以12为首项，12为公比的等比数列．(2)解 由(1)可得T 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝1－(12)n 1－12＋12[1－(12)n ]1－12＝3－3(12)n ， 所以b n ＝3n (n ＋1)(12)n ，b n ＋1＝3(n ＋1)(n ＋2)(12)n ＋1，所以b n ＋1－b n ＝3(n ＋1)(12)n (n ＋22－n )＝3(n ＋1)(12)n ＋1(2－n )，所以b 1<b 2＝b 3>b 4>…>b n >…， 所以(b n )max ＝b 2＝b 3＝92.热点二 错位相减法求和例2 设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝2S n ＋n ＋1(n ∈N *)， (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝na n ＋1－a n，数列{b n }的前n 项和为T n ，n ∈N *，证明：T n <2.思维启迪 (1)n >1时，S n ＝2S n －1＋n 两式相减得{a n }的递推关系式，然后构造数列求通项；(2)先利用错位相减法求出T n ，再放缩．(1)解 ∵S n ＋1＝2S n ＋n ＋1，当n ≥2时，S n ＝2S n －1＋n ， ∴a n ＋1＝2a n ＋1， ∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)， 即a n ＋1＋1a n ＋1＝2(n ≥2)，① 又S 2＝2S 1＋2，a 1＝S 1＝1，∴a 2＝3，∴a 2＋1a 1＋1＝2，∴当n ＝1时，①式也成立，∴a n ＋1＝2n ，即a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)证明 ∵a n ＝2n －1，∴b n ＝n (2n ＋1－1)－(2n －1)＝n 2n ＋1－2n ＝n2n ，∴T n ＝12＋222＋323＋…＋n 2n ，12T n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n 2n ＋1， ∴两式相减，得T n ＝2(12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1)＝2－12n －1－n2n <2.思维升华 错位相减法求数列的前n 项和是一种重要的方法．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a 1＝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)＋…＋(a 2－a 1)]＋a 1 ＝3(22n －1＋22n －3＋…＋2)＋2＝22(n ＋1)－1. 而a 1＝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 －1.① 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， 即S n ＝19[(3n －1)22n ＋1＋2]．热点三 裂项相消法求和例3 已知等差数列{a n }，公差d >0，前n 项和为S n ，S 3＝6，且满足a 3－a 1,2a 2，a 8成等比数列．(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n ·a n ＋2，求数列{b n }的前n 项和T n 的值．思维启迪 (1)利用方程思想可确定a ，d ，写出{a n }；(2)利用裂项相消法求T n . 解 (1)由S 3＝6，得a 2＝2. ∵a 3－a 1,2a 2，a 8成等比数列， ∴(2d )·(2＋6d )＝42， 解得d ＝1或d ＝－43，∵d >0，∴d ＝1.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)T n ＝11·3＋12·4＋13·5＋…＋1n (n ＋2)＝12[(1－13)＋(12－14)＋(13－15)＋(14－16)＋…＋(1n －1n ＋2)] ＝12(32－1n ＋1－1n ＋2)＝3n 2＋5n 4(n ＋1)(n ＋2). 思维升华 裂项相消法适合于形如{1a n ·a n ＋k}形式的数列，其中{a n }为等差数列．已知等差数列{a n }是递增数列，且满足a 4·a 7＝15，a 3＋a 8＝8.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝19a n －1a n (n ≥2)，b 1＝13，求数列{b n }的前n 项和S n .解 (1)根据题意a 3＋a 8＝8＝a 4＋a 7，a 4·a 7＝15， 所以a 4，a 7是方程x 2－8x ＋15＝0的两根，且a 4<a 7， 解得a 4＝3，a 7＝5. 设数列{a n }的公差为d ， 由a 7＝a 4＋(7－4)·d ，得d ＝23.故等差数列{a n }的通项公式为a n ＝a 4＋(n －4)·d ＝3＋(n －4)·23＝2n ＋13.(2)当n ≥2时，b n ＝19a n －1a n＝19·2n －13·2n ＋13＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12(12n －1－12n ＋1)，又b 1＝13＝12(1－13)，所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12(1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1)＝12(1－12n ＋1)＝n2n ＋1.即数列{b n }的前n 项和S n ＝n 2n ＋1. 热点四 数列的实际应用例4 自从祖国大陆允许台湾农民到大陆创业以来，在11个省区设立了海峡两岸农业合作试验区和台湾农民创业园，台湾农民在那里申办个体工商户可以享受“绿色通道”的申请、受理、审批一站式服务，某台商第一年年初到大陆就创办了一座120万元的蔬菜加工厂M ，M 的价值在使用过程中逐年减少，从第二年到第六年，每年年初M 的价值比上年年初减少10万元，从第七年开始，每年年初M 的价值为上年年初的75%. (1)求第n 年年初M 的价值a n 的表达式；(2)设A n ＝a 1＋a 2＋…＋a nn ，若A n 大于80万元，则M 继续使用，否则须在第n 年年初对M更新，证明：必须在第九年年初对M 更新．思维启迪 (1)根据题意，当n ≤6时，数列{a n }是等差数列，当n ≥7时，数列{a n }是等比数列，分别写出其通项公式，然后进行合并即可；(2)先对n 进行分类，表示出A n ，利用数列的单调性质确定其最佳项，并与80比较大小，确定n 的值．(1)解 当n ≤6时，数列{a n }是首项为120，公差为－10的等差数列，故a n ＝120－10(n －1)＝130－10n ，当n ≥7时，数列{a n }从a 6开始的项构成一个以a 6＝130－60＝70为首项，以34为公比的等比数列，故a n ＝70×(34)n －6，所以第n 年年初M 的价值a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧130－10n ，n ≤6，70×(34)n －6，n ≥7.(2)证明 设S n 表示数列{a n }的前n 项和，由等差数列和等比数列的求和公式，得当1≤n ≤6时，S n ＝120n －5n (n －1)， A n ＝S nn ＝120－5(n －1)＝125－5n ≥95>80，当n ≥7时，由于S 6＝570，故S n ＝570＋(a 7＋a 8＋…＋a n )＝570＋70×34×4×[1－(34)n －6]＝780－210×(34)n －6.因为{a n }是递减数列，所以{A n }是递减数列． 因为A n ＝S nn ＝780－210×(34)n －6n ，A 8＝780－210×(34)28≈82.734>80，A 9＝780－210×(34)39≈76.823<80，所以必须在第九年年初对M 更新．思维升华 解答数列应用题，与函数应用题的求解过程类似，一般要经过三步：(1)建模，首先要认真审题，理解实际背景，理清数学关系，把应用问题转化为数列问题；(2)解模，利用所学的数列知识，解决数列模型中的相关问题；(3)释模，把已解决的数列模型中的问题返回到实际问题中去，与实际问题相对应，确定问题的结果．设某商品一次性付款的金额为a 元，以分期付款的形式等额地分成n 次付清，若每期利率r 保持不变，按复利计算，则每期期末所付款是( ) A.an(1＋r )n 元 B.ar (1＋r )n (1＋r )n －1元 C.a n (1＋r )n －1元 D.ar (1＋r )n －1(1＋r )n －1元 答案 B解析 设每期期末所付款是x 元，则各次付款的本利和为x (1＋r )n －1＋x (1＋r )n －2＋x (1＋r )n－3＋…＋x (1＋r )＋x ＝a (1＋r )n ，即x ·(1＋r )n －1r ＝a (1＋r )n ，故x ＝ar (1＋r )n(1＋r )n－1.1．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 ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1(n ＝1)，S n －S n －1(n ≥2).(2)递推关系形如a n ＋1－a n ＝f (n )，常用累加法求通项． (3)递推关系形如a n ＋1a n＝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，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，在解题中的主要思路：①首先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；②通过归纳得到结论，再用数列知识求解.真题感悟1．(2013·湖南)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＝________. 答案 (1)－116 (2)13⎝⎛⎭⎫12100－1 解析 ∵a n ＝S n －S n －1＝(－1)n a n －12n －(－1)n －1a n －1＋12n －1(n ≥2)，∴a n ＝(－1)n a n －(－1)n －1a n －1＋12n (n ≥2)．当n 为偶数时，a n －1＝－12n (n ≥2)，当n 为奇数时，2a n ＋a n －1＝12n (n ≥2)，∴当n ＝4时，a 3＝－124＝－116.根据以上{a n }的关系式及递推式可求． a 1＝－122，a 3＝－124，a 5＝－126，a 7＝－128，…，a 2＝122，a 4＝124，a 6＝126，a 8＝128，….∴a 2－a 1＝12，a 4－a 3＝123，a 6－a 5＝125，…，∴S 1＋S 2＋…＋S 100＝(a 2－a 1)＋(a 4－a 3)＋…＋(a 100－a 99)－⎝⎛⎭⎫12＋122＋123＋…＋12100 ＝⎝⎛⎭⎫12＋123＋…＋1299－⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12100 ＝13⎝⎛⎭⎫12100－1. 2．(2014·课标全国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．a n ＋12＝3n2，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.押题精练1．如图，一个类似杨辉三角的数阵，则第n (n ≥2)行的第2个数为________．答案 n 2－2n ＋3解析 由题意可知：图中每行的第二个数分别为3,6,11,18，…，即a 2＝3，a 3＝6，a 4＝11，a 5＝18，…，∴a 3－a 2＝3，a 4－a 3＝5，a 5－a 4＝7，…，a n －a n －1＝2n －3， ∴累加得：a n －a 2＝3＋5＋7＋…＋(2n －3)， ∴a n ＝n 2－2n ＋3.2．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天入院治疗甲流共有________人． 答案 255解析 由于a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n ， 所以a 1＝a 3＝…＝a 29＝1，a 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＋15×142×2＝255.故该医院30天入院治疗甲流的人数为255. 3．已知数列{b n }满足3(n ＋1)b n ＝nb n ＋1，且b 1＝3. (1)求数列{b n }的通项公式；(2)已知a n b n ＝n ＋12n ＋3，求证：56≤1a 1＋1a 2＋…＋1a n <1.(1)解 因为3(n ＋1)b n ＝nb n ＋1，所以b n ＋1b n ＝3(n ＋1)n .则b 2b 1＝3×21，b 3b 2＝3×32，b 4b 3＝3×43，…，b n b n －1＝3×nn －1， 累乘，可得b nb 1＝3n －1×n ，因为b 1＝3，所以b n ＝n ·3n ，即数列{b n }的通项公式b n ＝n ·3n .(2)证明 因为a n b n ＝n ＋12n ＋3，所以a n ＝n (n ＋1)2n ＋3·3n .因为1a n ＝2n ＋3n (n ＋1)·13n＝3(n ＋1)－n n (n ＋1)·13n ＝(3n －1n ＋1)·13n＝1n ·13n －1－1n ＋1·13n， 所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝(1·130－12·131)＋(12·131－12＋1·132)＋…＋(1n ·13n －1－1n ＋1·13n )＝1－1n ＋1·13n .因为n ∈N *，所以0<1n ＋1·13n ≤16，所以56≤1－1n ＋1·13n <1，所以56≤1a 1＋1a 2＋…＋1a n<1.(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 ．3 B ．4 C ．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 ．445 B ．765 C ．1 080 D ．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 ．－2 011 B ．－2 012 C ．－2 010 D ．－2 013答案 D解析 根据等差数列的性质，得数列{S nn }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＝5 B ．a 100＝－3，S 100＝5 C ．a 100＝－3，S 100＝2 D ．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 cosn 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 cosn 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 2nS 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－dnd .因为数列{c n }是“和等比数列”，即S 2nS 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 >m16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 >m16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－14na 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＝2n2n ＋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，2n2n ＋1，n 为偶数.(或T n ＝2n ＋1＋(－1)n －12n ＋1)13．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n (n ∈N *)千元时比广告费为(n －1)千元时多卖出b2n 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？ 解 (1)当广告费为1千元时，销售量S ＝b ＋b 2＝3b2.当广告费为2千元时，销售量S ＝b ＋b 2＋b 22＝7b4.(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＝b2，S 2－S 1＝b22，…… S n －S n －1＝b2n .以上n 个等式相加得，S n －S 0＝b 2＋b 22＋b 23＋…＋b2n ，即S ＝S n ＝b ＋b 2＋b 22＋b 23＋…＋b2n ＝b [1－(12)n ＋1]1－12＝b (2－12n )，n ∈N .(3)当a ＝50，b ＝200时，设获利为T n ，则有 T n ＝Sa －1 000n ＝10 000×(2－12n )－1 000n＝1 000×(20－102n －n )，设b n ＝20－102n －n ，则b n ＋1－b n ＝20－102n ＋1－n －1－20＋102n＋n ＝52n －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．。