2018年高考数学二轮复习考前专题四数列、推理与证明第2讲数列的求和问题讲学案理

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高考数学二轮复习第一篇专题四数列第2讲数列求和及简单应用课件理

+2an+1=4S
n+1+3.
可得
a2 n 1
-
an2
+2(an+1- an)=4an+1,即
2(an+1+an)=
a2 n 1
-
an2
= (an+1+an)(an+1-an).
由于 an>0,可得 an+1-an=2.
又 a12 +2a1=4a1+3, 解得 a1=-1(舍去)或 a1=3.
所以{an}是首项为 3,公差为 2 的等差数列,通项公式为 an=2n+1.
第二个使用累积的方法、第三个可以使用待定系数法化为等比数列(设 an+1+λ =p(an+λ),展开比较系数得出λ);(3)周期数列,通过验证或者推理得出数列的周期性后得出其通项公式.
热点训练 1:(1)(2018·湖南长沙雅礼中学、河南省实验中学联考)在数列{an}
中,a1=2, an1 = an +ln(1+ 1 ),则 an 等于( )
n
所以
1 =2（1- 1 + 1 - 1 +…+ 1 -
1
）
S k 1 k
223
n n1
=2(1- 1 ) n 1
= 2n . n 1
答案: 2n n 1
3.(2015·全国Ⅱ卷,理16)设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则
Sn=
.
解析:因为 an+1=S n+1-Sn,所以 Sn+1-Sn=Sn+1Sn,

2018届高考数学二轮复习数列的求和及综合应用 ppt课件(全国通用)

Tn ＝
1－2n 1－2
n
＋ {( － 2 ＋ 4) ＋ ( － 6 ＋ 8) ＋ „ ＋ [ － 2(n － 1)
n ＋2n]}＝2 －1＋ ×2＝2n＋n－1. 2
②若 n 为奇数： Tn ＝ 1－2n 1－2 ＋ {( － 2 ＋ 4) ＋ ( － 6 ＋ 8) ＋ „ ＋ [ － 2(n － 2)
1 2n ＝ . 2n＋1 2n＋1
2．(2017· 山东卷)已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且 x1＋x2＝3，x3－x2＝2.(导学号 54850039)
(1)求数列{xn}的通项公式；
(2) 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，依次连接点 P1(x1， 1)， P2(x2， 2)， „， Pn＋1(xn＋1， n＋1)得到折线 P1P2„ Pn＋1，求由该折线与直线 y＝0，x＝x1，x＝xn＋1 所围成的区域的面积 Tn. 解：(1)设数列{xn}的公比为 q，由已知 q＞0. x1＋x1q＝3，由题意得 2 所以 3q2－5q－2＝0， x1q －x1q＝2，
2 从而{an}的通项公式为 an＝ . 2n－1
an 的前 n 项和为 Sn， (2)记 2n＋1
an 2 1 由 (1) 知＝＝－ 2n＋1 （2n－1）（2n＋1） 2n－1 1 ， 2n＋1
则
1 1 1 1 1 － Sn ＝ 1－3 ＋ 3－5 ＋ „ ＋＝1－ 2 n － 1 2 n ＋ 1
2．分组求和的策略：(1)根据等差、等比数列分组； (2)根据正号、负号分组．
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

2018高考数学理二轮专题复习课件专题四数列4.1.2 精品

(2)由 anan＋1＝3n，得 an－1an＝3n－1(n≥2)，所以aann＋－11＝3(n≥2)，
则数列{an}的所有奇数项和偶数项均构成以 3 为公比的等比数列，又 a1＝1，a1a2＝3，所以 a2＝3，所以 S2 015＝1×11－－331 008＋
3×1－31 1－3
007＝31
008－2.
5.nn＋11n＋2＝12nn1＋1－n＋11n＋2
6.
1＝ n＋ n＋k＝1k(
n＋k－
n)
8．n·n！＝(n＋1)！－n!
[专题回访]
1．若数列{an}是等差数列，且 a1＋a8＋a15＝π，则 tan(a4＋ a12)＝( )
A. 3
B．－ 3
3 C. 3
D．－
[答案] (1)A (2)A
[方法规律] 数列与不等式、函数等问题主要利用函数、不
等式的解题思路来加以解决．
4专能提升 1.(热点一)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2＋6n＋7，则数列 {an}的通项公式为________．
解析：当 n＝1 时，a1＝1＋6＋7＝14；当 n≥2 时，an＝Sn －Sn－1＝n2＋6n＋7－[(n－1)2＋6(n－1)＋7]＝2n＋5，所以数列{an} 的通项公式为 an＝12n4，＋n5＝，1n≥2 .
A．212 B．29
C．28 D．26
[自主解答] (1)由 a1，a3，a13 成等比数列可得(1＋2d)2＝1
＋12d，得 d＝2，故 an＝2n－1，Sn＝n2，因此2Sann＋＋136＝22nn2＋＋126＝ nn2＋＋18＝n＋12－n＋21n＋1＋9＝n＋1＋n＋9 1－2.
由
基
本
不

2018年高考数学二轮复习专题四数列推理与证明第2讲数列的求和问题课件文

则bn＋1－bn＝2(n＋1)－1－2n＋1＝2. 所以数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列.
证明
(2)设cn＝an＋b2n，求数列{cn}的前n项和Tn.
解答
热点二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.
∴Tn＝8＋(3n－4)· 2n＋1.
思维升华解答
跟踪演练2
(2017· 江西省赣州市十四县(市)联考)等差数列{an}的前n
项和为Sn，已知a2＝7，a3为整数，且Sn的最大值为S5. (1)求{an}的通项公式；解由a2＝7，a3为整数知，等差数列{an}的公差d为整数.
又Sn≤S5，故a5≥0，a6≤0，
2Tn＝2×22＋5×23＋8×24＋…＋(3n－1)×2n＋1， 3×2＋3×22＋3×23＋…＋3×2n－2－(3n－1)×2n＋1 21－2n ＝3× －2－(3n－1)×2n＋1 1－2 ＝(4－3n)2n＋1－8，
①
②
①—②，得－Tn＝2×2＋3×22＋3×23＋…＋3×2n－(3n－1)×2n＋1＝
热点分类突破
真题押题精练
Ⅰ
热点分类突破
热点一分组转化求和有些数列，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.
例1
(2017届安徽省合肥市模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且
满足S4＝24，S7＝63. (1)求数列{an}的通项公式；解 ∵{an}为等差数列，
解答
(2)设数列 bn＝

(新课标)高考数学二轮复习专题二数列第2讲数列通项与求和学案理新人教A版

（新课标）高考数学二轮复习专题二数列第2讲数列通项与求和学案理新人教A 版第2讲数列通项与求和[做真题]题型一 a n 与S n 关系的应用1．(2018·高考全国卷Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________．解析：法一：因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1；当n ＝2时，a 1＋a 2＝2a 2＋1，解得a 2＝－2；当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝2a 3＋1，解得a 3＝－4；当n ＝4时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2a 4＋1，解得a 4＝－8；当n ＝5时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝2a 5＋1，解得a 5＝－16；当n ＝6时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝2a 6＋1，解得a 6＝－32；所以S 6＝－1－2－4－8－16－32＝－63.法二：因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n－S n －1＝2a n ＋1－(2a n －1＋1)，所以a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝－2n －1，所以S 6＝－1×(1－26)1－2＝－63.答案：－632．(2015·高考全国卷Ⅱ)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n＝________．解析：因为 a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝S n S n ＋1，所以S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1.因为 S n ≠0，所以1S n －1S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n＝－1.又1S 1＝－1，所以{1S n}是首项为－1，公差为－1的等差数列．所以1S n ＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，所以S n ＝－1n.答案：－1n题型二数列求和1．(2017·高考全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k＝__________．解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，依题意，⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3，4a 1＋6d ＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3，2a 1＋3d ＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，所以S n ＝n (n ＋1)2，因此∑k ＝1n1S k ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2n n ＋1. 答案：2nn ＋12．(2018·高考全国卷Ⅱ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝－7，S 3＝－15. (1)求{a n }的通项公式； (2)求S n ，并求S n 的最小值．解：(1)设{a n }的公差为d ，由题意得3a 1＋3d ＝－15. 由a 1＝－7得d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －9. (2)由(1)得S n ＝n 2－8n ＝(n －4)2－16.所以当n ＝4时，S n 取得最小值，最小值为－16.3．(2016·高考全国卷Ⅱ)S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，S 7＝28.记b n ＝[lg a n ]，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.(1)求b 1，b 11，b 101；(2)求数列{b n }的前1 000项和．解：(1)设{a n }的公差为d ，据已知有7＋21d ＝28，解得d ＝1. 所以{a n }的通项公式为a n ＝n .b 1＝[lg 1]＝0，b 11＝[lg 11]＝1，b 101＝[lg 101]＝2.(2)因为b n＝⎩⎪⎨⎪⎧0，1≤n ＜10，1，10≤n ＜100，2，100≤n ＜1 000，3，n ＝1 000，所以数列{b n }的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893.[明考情]1．已知数列递推关系求通项公式，主要考查利用a n 与S n 的关系求通项公式、累加法、累乘法及构造法求通项公式，主要以选择题、填空题的形式考查，有时作为解答题的第(1)问考查，难度中等．2．数列求和常与数列综合应用一起考查，常以解答题的形式考查，有时与函数不等式综合在一起考查，难度中等偏上．S n，a n关系的应用[典型例题](1)已知数列{a n}的前n项和为S n，若3S n＝2a n－3n，则a2 019＝( )A．－22 019－1 B．32 019－6C．⎝⎛⎭⎪⎫122 019－72D．⎝⎛⎭⎪⎫132 019－103(2)(2019·东北四市联合体模拟(一))已知数列{a n}中，a1＝2，a n＋1＝(n＋1)a nn＋2a n(n∈N*)，则∑k＝1n ka k＝________．(3)(一题多解)(2019·武汉市调研测试)已知数列{a n}的前n项和S n满足S n＝3S n－1＋2n－3(n≥2)，a1＝－1，则a4＝________．【解析】(1)因为a1＝S1，所以3a1＝3S1＝2a1－3⇒a1＝－3.当n≥2时，3S n＝2a n－3n，3S n－1＝2a n－1－3(n－1)，所以a n＝－2a n－1－3，即a n＋1＝－2(a n －1＋1)，所以数列{a n＋1}是以－2为首项，－2为公比的等比数列．所以a n＋1＝(－2)×(－2)n－1＝(－2)n，则a2 019＝－22 019－1.(2)由题意可知na n＋1＋2a n a n＋1＝(n＋1)a n，两边同除以a n a n＋1，得n＋1a n＋1－na n＝2，又1a1＝12，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫na n是以12为首项，2为公差的等差数列，所以∑k＝1n ka k＝12n＋12n(n－1)×2＝n2－12n.(3)法一：由S n＝3S n－1＋2n－3(n≥2)可得S2＝3S1＋1＝3a1＋1，即a2＝2a1＋1＝－1.根据S n＝3S n－1＋2n－3(n≥2)①，知S n＋1＝3S n＋2n＋1－3②，②－①可得，a n＋1＝3a n＋2n(n≥2)．两边同时除以2n＋1可得a n＋12n＋1＝32·a n2n＋12(n≥2)，令b n＝a n2n，可得b n＋1＝32·b n＋12(n≥2)．所以b n＋1＋1＝32(b n＋1)(n≥2)，数列{b n＋1}是以b2＋1＝34为首项，32为公比的等比数列．所以b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2·34(n ≥2)，所以b n ＝12·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1－1(n ≥2)．*又b 1＝－12也满足*式，所以b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1·12－1(n ∈N *)，又b n ＝a n2n ，所以a n ＝2n b n ，即a n ＝3n －1－2n.所以a 4＝33－24＝11.法二：由S n ＝3S n －1＋2n－3(n ≥2)，a 1＝－1，知S 2＝3S 1＋4－3，所以a 2＝－1.S 3＝3S 2＋8－3，所以a 3＝1.S 4＝3S 3＋16－3，所以a 4＝11.【答案】 (1)A (2)n 2－12n (3)11(1)给出S n 与a n 的递推关系求a n 的常用思路：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .(2)形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠1，q ≠0)，可构造一个新的等比数列．[对点训练]1．(2019·武昌区调研考试)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－1，则a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＝( )A ．40B ．44C ．45D ．49解析：选B ．法一：因为S n ＝n 2－1，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－1－(n －1)2＋1＝2n －1，又a 1＝S 1＝0，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，n ＝12n －1，n ≥2，所以a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＝0＋5＋9＋13＋17＝44.故选B ．法二：因为S n ＝n 2－1，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－1－(n －1)2＋1＝2n －1，又a 1＝S 1＝0，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，n ＝12n －1，n ≥2，所以{a n }从第二项起是等差数列，a 2＝3，公差d ＝2，所以a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＝0＋4a 6＝4×(2×6－1)＝44，故选B ．2．(2019·福州市质量检测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且S n ＝λa n －1(λ为常数)，若数列{b n }满足a n b n ＝－n 2＋9n －20，且b n ＋1<b n ，则满足条件的n 的取值集合为________．解析：因为a 1＝1，且S n ＝λa n －1(λ为常数)，所以a 1＝λ－1＝1，解得λ＝2，所以S n ＝2a n －1，所以S n －1＝2a n －1－1(n ≥2)，所以a n ＝2a n －1，所以a n ＝2n －1.因为a n b n ＝－n 2＋9n －20，所以b n ＝－n 2＋9n －202n －1，所以b n ＋1－b n ＝n 2－11n ＋282n＝(n －4)(n －7)2n<0，解得4<n <7，又因为n ∈N *，所以n ＝5或n ＝6. 即满足条件的n 的取值集合为{5，6}．答案：{5，6}数列求和问题 [典型例题]命题角度一公式法求和已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n 2a n ＋3，n ∈N *.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列；(2)设T 2n ＝1a 1a 2－1a 2a 3＋1a 3a 4－1a 4a 5＋…＋1a 2n －1a 2n －1a 2n a 2n ＋1，求T 2n .【解】 (1)证明：由a n ＋1＝3a n 2a n ＋3，得1a n ＋1＝2a n ＋33a n ＝1a n ＋23，所以1a n ＋1－1a n ＝23. 又a 1＝1，则1a 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公差为23的等差数列．(2)设b n ＝1a 2n －1a 2n －1a 2n a 2n ＋1＝⎝⎛⎭⎪⎫1a 2n －1－1a 2n ＋11a 2n，由(1)得，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是公差为23的等差数列，所以1a 2n －1－1a 2n ＋1＝－43，即b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2n －1－1a 2n ＋11a 2n ＝－43×1a 2n ，所以b n ＋1－b n ＝－43⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2n ＋2－1a 2n ＝－43×43＝－169. 又b 1＝－43×1a 2＝－43×⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋23＝－209，所以数列{b n }是首项为－209，公差为－169的等差数列，所以T 2n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－209n ＋n (n －1)2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－169＝－49(2n 2＋3n )．求解此类题需过“三关”：第一关，定义关，即会利用等差数列或等比数列的定义，判断所给的数列是等差数列还是等比数列；第二关，应用关，即会应用等差(比)数列的前n 项和公式来求解，需掌握等差数列{a n }的前n 项和公式：S n ＝n (a 1＋a n )2或S n ＝na 1＋n (n －1)2d ；等比数列{a n }的前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q，q ≠1；第三关，运算关，认真运算，此类题将迎刃而解．命题角度二裂项相消法求和(2019·广东省七校联考)已知数列{a n }为公差不为0的等差数列，a 1＝5，且a 2，a 9，a 30成等比数列．(1)求{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＋1－b n ＝a n (n ∈N *)，且b 1＝3，求数列{1b n}的前n 项和T n .【解】 (1)设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，依题意得(a 1＋d )(a 1＋29d )＝(a 1＋8d )2. 又a 1＝5，所以d ＝2，所以a n ＝2n ＋3.(2)依题意得b n ＋1－b n ＝2n ＋3(n ∈N *)，所以b n －b n －1＝2n ＋1(n ≥2且n ∈N *)，所以b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1＝(2n ＋1)＋(2n －1)＋…＋5＋3＝n (2n ＋1＋3)2＝n 2＋2n (n ≥2且n ∈N *)，b 1＝3，上式也成立，所以b n ＝n (n ＋2)(n ∈N *)，所以1b n＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2.所以T n ＝12⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2.(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．(2)消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项． [提醒] 常见的裂项式有：1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，1n (n ＋1)(n ＋2)＝12[1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2)]，1n ＋1＋n ＝n ＋1－n 等．命题角度三错位相减法求和(2019·唐山模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝3a n －12. (1)求a n ；(2)若b n ＝(n －1)a n ，且数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n . 【解】 (1)由已知可得，2S n ＝3a n －1，① 所以2S n －1＝3a n －1－1(n ≥2)，② ①－②得，2(S n －S n －1)＝3a n －3a n －1，化简得a n ＝3a n －1(n ≥2)，在①中，令n ＝1可得，a 1＝1，所以数列{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列，从而有a n ＝3n －1.(2)b n ＝(n －1)3n －1，T n ＝0×30＋1×31＋2×32＋…＋(n －1)×3n －1，③则3T n ＝0×31＋1×32＋2×33＋…＋(n －1)×3n.④ ③－④得，－2T n ＝31＋32＋33＋…＋3n －1－(n －1)×3n＝3－3n1－3－(n －1)×3n ＝(3－2n )×3n－32. 所以T n ＝(2n －3)×3n＋34.(1)求解此类题需掌握三个技巧：一是巧分拆，即把数列的通项转化为等差数列、等比数列的通项的和，并求出等比数列的公比；二是构差式，求出前n 项和的表达式，然后乘以等比数列的公比，两式作差；三是得结论，即根据差式的特征进行准确求和．(2)运用错位相减法求和时应注意三点：一是判断模型，即判断数列{a n }，{b n }一个为等差数列，一个为等比数列；二是错开位置；三是相减时一定要注意最后一项的符号，学生常在此步出错，一定要小心．命题角度四分组转化求和(2019·河北省九校第二次联考)已知数列{a n }为等比数列，首项a 1＝4，数列{b n }满足b n ＝log 2a n ，且b 1＋b 2＋b 3＝12.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令c n ＝4b n ·b n ＋1＋a n ，求数列{c n }的前n 项和S n .【解】 (1)由b n ＝log 2a n 和b 1＋b 2＋b 3＝12得log 2(a 1a 2a 3)＝12，所以a 1a 2a 3＝212.设等比数列{a n }的公比为q .因为a 1＝4，所以a 1a 2a 3＝4·4q ·4q 2＝26·q 3＝212，计算得q ＝4. 所以a n ＝4·4n －1＝4n.(2)由(1)得b n ＝log 24n＝2n ，c n ＝42n ·2(n ＋1)＋4n ＝1n (n ＋1)＋4n ＝1n －1n ＋1＋4n.设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n (n ＋1)的前n 项和为A n ，则A n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝nn ＋1，设数列{4n}的前n 项和为B n ，则B n ＝4－4n·41－4＝43(4n－1)，所以S n ＝nn ＋1＋43(4n－1)．(1)在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和．在利用分组求和法求和时，常常根据需要对项数n 进行讨论．最后再验证是否可以合并为一个表达式．(2)分组求和的策略：①根据等差、等比数列分组．②根据正号、负号分组．命题角度五并项求和数列{a n }满足a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2⎪⎪⎪⎪⎪⎪sinn π2－1a n ＋2n ，n ∈N *，则数列{a n }的前100项和为( )A ．5 050B ．5 100C ．9 800D ．9 850【解析】设k ∈N *，当n ＝2k 时，a 2k ＋1＝－a 2k ＋4k ，即a 2k ＋1＋a 2k ＝4k ，① 当n ＝2k －1时，a 2k ＝a 2k －1＋4k －2，② 联立①②可得，a 2k ＋1＋a 2k －1＝2，所以数列{a n }的前100项和S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 99＋a 100＝(a 1＋a 3＋…＋a 99)＋(a 2＋a 4＋…＋a 100)＝(a 1＋a 3＋…＋a 99)＋[(－a 3＋4)＋(－a 5＋4×2)＋(－a 7＋4×3)＋…＋(－a 101＋4×50)] ＝25×2＋[－(a 3＋a 5＋…＋a 101)＋4×(1＋2＋3＋…＋50)] ＝25×2－25×2＋4×50(1＋50)2＝5 100. 故选B ．【答案】 B(1)将一个数列分成若干段，然后各段分别利用等差(比)数列的前n 项和的公式及错位相减法进行求和．利用并项求和法求解问题的常见类型：一是数列的通项公式中含有绝对值符号；二是数列的通项公式中含有符号因子“(－1)n”．(2)运用分类讨论法求数列的前n 项和的突破口：一是对分类讨论的“度”的把控，如本题，因为⎪⎪⎪⎪⎪⎪sinn π2可以等于1，也可以等于0，因此分类的“度”可定位到“n 分为奇数与偶数”，有些含绝对值的数列，其分类的“度”需在零点处下功夫；二是对各类分法做到不重不漏，解题的思路就能顺畅．[对点训练]1．(2019·唐山市摸底考试)已知数列{a n }是公差不为0的等差数列，a 4＝3，a 2，a 3，a 5成等比数列．(1)求a n ；(2)设b n ＝n ·2an ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n . 解：(1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，则a n ＝a 1＋(n －1)d . 因为a 2，a 3，a 5成等比数列，所以(a 1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋4d )，化简得，a 1d ＝0，又d ≠0，所以a 1＝0. 又a 4＝a 1＋3d ＝3，所以d ＝1. 所以a n ＝n －1. (2)b n ＝n ×2n －1，T n ＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n ×2n －1，①则2T n ＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n.② ①－②得，－T n ＝1＋21＋22＋…＋2n －1－n ×2n＝1－2n1－2－n ×2n＝(1－n )×2n－1. 所以T n ＝(n －1)×2n＋1.2．(2019·安徽省考试试题)已知等差数列{a n }中，a 5－a 3＝4，前n 项和为S n ，且S 2，S 3－1，S 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝(－1)n4na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由a 5－a 3＝4，得2d ＝4，d ＝2. 所以S 2＝2a 1＋2，S 3－1＝3a 1＋5，S 4＝4a 1＋12，又S 2，S 3－1，S 4成等比数列，所以(3a 1＋5)2＝(2a 1＋2)(4a 1＋12)，解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1. (2)b n ＝(－1)n4na n a n ＋1＝(－1)n⎝⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1，当n 为偶数时，T n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15－⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17＋…－⎝ ⎛⎭⎪⎫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－⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝－1－12n ＋1＝－2n ＋22n ＋1.所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧－2n 2n ＋1，n 为偶数－2n ＋22n ＋1，n 为奇数.数列与不等式的综合问题[典型例题](2019·江西七校第一次联考)设数列{a n }满足：a 1＝1，3a 2－a 1＝1，且2a n ＝a n －1＋a n ＋1a n －1a n ＋1(n ≥2)．(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b 1＝12，4b n ＝a n －1a n (n ≥2)，证明：T n <1.【解】 (1)因为2a n ＝a n －1＋a n ＋1a n －1a n ＋1(n ≥2)，所以2a n ＝1a n －1＋1a n ＋1(n ≥2)．又a 1＝1，3a 2－a 1＝1，所以1a 1＝1，1a 2＝32，所以1a 2－1a 1＝12，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公差为12的等差数列．所以1a n ＝1＋12(n －1)＝12(n ＋1)，即a n ＝2n ＋1. (2)证明：因为4b n ＝a n －1a n (n ≥2)，所以b n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1(n ≥2)，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1<1.解决与数列求和有关的不等式问题的常用方法——“放缩法” (1)如果和式能够求出，则求出结果后进行放缩，本例就是这种类型．(2)如果和式不能求出，则需要把数列的通项放缩成能够求和的形式，求和后再进行放缩，但要注意放缩的“尺度”和“位置”．[对点训练](2019·四省八校双教研联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a n ＋1＝4S n －12n －1，a 1＝1且n ∈N *.(1)求{a n }的通项公式； (2)设a n b n ＝1S n，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n <32(n ∈N *)．解：(1)由a n ＋1＝4S n －12n －1，得(2n －1)a n ＋1＝4S n －1，可得(2n －3)a n ＝4S n －1－1(n ≥2)，两式相减得(2n ＋1)a n ＝(2n －1)a n ＋1，即a n 2n －1＝a n ＋12n ＋1(n ≥2)，又由a n ＋1＝4S n －12n －1，a 1＝1，得a 2＝3，所以a 12×1－1＝a 22×1＋1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1为常数列，所以a n2n －1＝1，即a n ＝2n －1.(2)证明：由a n ＝2n －1，得S n ＝n 2，所以b n ＝1n (2n －1).当n ＝1时，T 1＝1<32成立；当n ≥2时，b n ＝1n (2n －1)＝12n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12<12n (n －1)＝12⎝⎛⎭⎪⎫1n－1－1n，所以T n<1＋12⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫1n－1－1n＝1＋12⎝⎛⎭⎪⎫1－1n<32.综上，T n<32(n∈N*)．[A组夯基保分专练]一、选择题1．(2019·广东省六校第一次联考)数列{a n}的前n项和为S n＝n2＋n＋1，b n＝(－1)n a n(n∈N*)，则数列{b n}的前50项和为( )A．49 B．50C．99 D．100解析：选A．由题意得，当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝2n，当n＝1时，a1＝S1＝3，所以数列{b n}的前50项和为－3＋4－6＋8－10＋…＋96－98＋100＝1＋48＝49，故选A．2．(一题多解)(2019·洛阳尖子生第二次联考)已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，S n ＝2a n＋1，则S n＝( )A．2n－1B．⎝⎛⎭⎪⎫32n－1C．⎝⎛⎭⎪⎫23n－1D．⎝⎛⎭⎪⎫12n－1解析：选B．法一：当n＝1时，S1＝a1＝2a2，则a2＝12.当n≥2时，S n－1＝2a n，则S n－S n －1＝a n＝2a n＋1－2a n，所以a n＋1a n＝32，所以当n≥2时，数列{a n}是公比为32的等比数列，所以a n＝⎩⎨⎧1，n＝112×⎝⎛⎭⎪⎫32n－2，n≥2，所以S n＝1＋12＋12×32＋…＋12×⎝⎛⎭⎪⎫32n－2＝1＋12×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎪⎫32n－11－32＝⎝⎛⎭⎪⎫32n－1，当n＝1时，此式也成立．故选B．法二：当n＝1时，S1＝a1＝2a2，则a2＝12，所以S2＝1＋12＝32，结合选项可得只有B满足，故选B．3．数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝3，a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2，n ∈N *)，那么a 2 019＝( ) A ．1 B ．－2 C ．3D ．－3解析：选A ．因为a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2)，所以a n ＝a n －1－a n －2(n ≥3)，所以a n ＋1＝a n －a n －1＝(a n －1－a n －2)－a n －1＝－a n －2(n ≥3)．所以a n ＋3＝－a n (n ∈N *)，所以a n ＋6＝－a n ＋3＝a n ，故{a n }是以6为周期的周期数列．因为2 019＝336×6＋3，所以a 2 019＝a 3＝a 2－a 1＝3－2＝1.故选A ．4．若数列{a n }满足a 1＝1，且对于任意的n ∈N *都有a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 017＋1a 2 018等于( ) A ．4 0352 017 B ．2 0162 017 C ．4 0362 019D ．4 0352 018解析：选C ．由a n ＋1＝a n ＋n ＋1，得a n ＋1－a n ＝n ＋1，则a 2－a 1＝1＋1，a 3－a 2＝2＋1， a 4－a 3＝3＋1，…，a n －a n －1＝(n －1)＋1，以上等式相加，得a n －a 1＝1＋2＋3＋…＋(n －1)＋n －1，把a 1＝1代入上式得，a n ＝1＋2＋3＋…＋(n －1)＋n ＝n (n ＋1)2，1a n＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 017＋1a 2 018＝2⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12 017－12 018⎦⎥⎤＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12 018－12 019＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 019＝4 0362 019.5．(2019·郑州市第一次质量预测)已知数列{a n }满足2a n ＋1＋a n ＝3(n ≥1)，且a 3＝134，其前n 项和为S n ，则满足不等式|S n －n －6|<1123的最小整数n 是( )A ．8B ．9C ．10D ．11解析：选C ．由2a n ＋1＋a n ＝3，得2(a n ＋1－1)＋(a n －1)＝0，即a n ＋1－1a n －1＝－12(*)，又a 3＝134，所以a 3－1＝94，代入(*)式，有a 2－1＝－92，a 1－1＝9，所以数列{a n －1}是首项为9，公比为－12的等比数列．所以|S n －n －6|＝|(a 1－1)＋(a 2－1)＋…＋(a n －1)－6|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪9×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12－6＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－6×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n <1123，又n ∈N *，所以n 的最小值为10.故选C ． 6．(2019·江西省五校协作体试题)设S n 是数列{a n }的前n 项和，若a n ＋S n ＝2n，2bn ＝2a n＋2－a n ＋1，则1b 1＋12b 2＋…＋1100b 100＝( )A ．9798 B ．9899 C ．99100D ．100101解析：选D ．因为a n ＋S n ＝2n①，所以a n ＋1＋S n ＋1＝2n ＋1②，②－①得2a n ＋1－a n ＝2n，所以2a n ＋2－a n ＋1＝2n ＋1，又2bn ＝2a n ＋2－a n ＋1＝2n ＋1，所以b n ＝n ＋1，1nb n＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，则1b 1＋12b 2＋…＋1100b 100＝1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101，故选D ．二、填空题7．古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上述的已知条件，可求得该女子前3天所织布的总尺数为________．解析：设该女子第一天织布x 尺，则x (25－1)2－1＝5，解得x ＝531，所以该女子前3天所织布的总尺数为531(23－1)2－1＝3531.答案：35318．(一题多解)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n ＋1＝S n ＋a n ＋3，a 4＋a 5＝23，则S 8＝________．解析：法一：由S n ＋1＝S n ＋a n ＋3得a n ＋1－a n ＝3，则数列{a n }是公差为3的等差数列，又a 4＋a 5＝23＝2a 1＋7d ＝2a 1＋21，所以a 1＝1，S 8＝8a 1＋8×72d ＝92.法二：由S n ＋1＝S n ＋a n ＋3得a n ＋1－a n ＝3，则数列{a n }是公差为3的等差数列，S 8＝8(a 1＋a 8)2＝8(a 4＋a 5)2＝92. 答案：929．(2019·蓉城名校第一次联考)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，若a n ＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪cos n π2S n ＝2，则a 12＝________．解析：当n ＝1，2，3，4，…时，⎪⎪⎪⎪⎪⎪cosn π2＝0，1，0，1，…，所以a 1＝a 3＝a 5＝a 7＝…＝2，a 2＋S 2＝a 4＋S 4＝a 6＋S 6＝a 8＋S 8＝…＝a 12＋S 12＝…＝2，S 2－S 1＋S 2＝S 4－S 3＋S 4＝S 6－S 5＋S 6＝S 8－S 7＋S 8＝…＝2，所以2S 2＝2＋S 1⇒S 2＝2；2S 4＝2＋S 3＝4＋S 2⇒S 4＝2＋12S 2＝3，同理可得S 6＝2＋12S 4＝2＋32＝72，S 8＝2＋12S 6＝2＋74＝154，S 10＝2＋158＝318，S 12＝6316，又a 12＋S 12＝2，所以a 12＝2－S 12＝2－6316＝－3116.答案：－3116三、解答题10．(2019·广州市综合检测(一))已知{a n }是等差数列，且lg a 1＝0，lg a 4＝1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a 1，a k ，a 6是等比数列{b n }的前3项，求k 的值及数列{a n ＋b n }的前n 项和．解：(1)因为lg a 1＝0，lg a 4＝1，所以a 1＝1，a 4＝10. 设等差数列{a n }的公差为d ，则d ＝a 4－a 14－1＝3.所以a n ＝a 1＋3(n －1)＝3n －2. (2)由(1)知a 1＝1，a 6＝16，因为a 1，a k ，a 6是等比数列{b n }的前3项，所以a 2k ＝a 1a 6＝16. 又a n ＝3n －2>0，所以a k ＝4.因为a k ＝3k －2，所以3k －2＝4，得k ＝2.所以等比数列{b n }的公比q ＝b 2b 1＝a 2a 1＝4. 所以b n ＝4n －1.所以a n ＋b n ＝3n －2＋4n －1.所以数列{a n ＋b n }的前n 项和为S n ＝n (3n －1)2＋1－4n 1－4＝32n 2－12n ＋13(4n －1)． 11．(2019·江西八所重点中学联考)设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝44－a n(n ∈N *)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －2是等差数列； (2)设b n ＝a 2na 2n －1－1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)证明：因为a n ＋1＝44－a n ，所以1a n ＋1－2－1a n －2＝144－a n－2－1a n －2＝4－a n 2a n －4－1a n －2＝2－a n 2a n －4＝－12. 又a 1＝1，所以1a 1－2＝－1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －2是以－1为首项，－12为公差的等差数列．(2)由(1)知1a n －2＝－1＋(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－n ＋12，所以a n ＝2－2n ＋1＝2n n ＋1，所以b n ＝a 2n a 2n －1－1＝4n2n ＋12(2n －1)2n －1＝4n2(2n －1)(2n ＋1)－1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝n2n ＋1. 12．(2019·福建省质量检查)数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －n . (1)求证数列{a n ＋1}是等比数列，并求a n ；(2)若数列{b n }为等差数列，且b 3＝a 2，b 7＝a 3，求数列{a n b n }的前n 项和．解：(1)当n ＝1时，S 1＝2a 1－1，所以a 1＝1.因为S n ＝2a n －n ①，所以当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－(n －1)②， ①－②得a n ＝2a n －2a n －1－1，所以a n ＝2a n －1＋1，所以a n ＋1a n －1＋1＝2a n －1＋1＋1a n －1＋1＝2a n －1＋2a n －1＋1＝2.所以{a n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．所以a n ＋1＝2·2n －1，所以a n ＝2n－1.(2)由(1)知，a 2＝3，a 3＝7，所以b 3＝a 2＝3，b 7＝a 3＝7. 设{b n }的公差为d ，则b 7＝b 3＋(7－3)·d ，所以d ＝1. 所以b n ＝b 3＋(n －3)·d ＝n . 所以a n b n ＝n (2n －1)＝n ·2n－n .设数列{n ·2n}的前n 项和为K n ，数列{n }的前n 项和为T n ，则K n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n③， 2K n ＝22＋2×23＋3×24＋…＋n ·2n ＋1④，③－④得，－K n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n)1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )·2n ＋1－2，所以K n ＝(n －1)·2n ＋1＋2.又T n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，所以K n －T n ＝(n －1)·2n ＋1－n (n ＋1)2＋2，所以数列{a n b n }的前n 项和为(n －1)·2n ＋1－n (n ＋1)2＋2.[B 组大题增分专练]1．(2019·江西七校第一次联考)数列{a n }满足a 1＝1，a 2n ＋2＝a n ＋1(n ∈N *)． (1)求证：数列{a 2n }是等差数列，并求出{a n }的通项公式； (2)若b n ＝2a n ＋a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．解：(1)由a 2n ＋2＝a n ＋1得a 2n ＋1－a 2n ＝2，且a 21＝1，所以数列{a 2n }是以1为首项，2为公差的等差数列，所以a 2n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，又由已知易得a n >0，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)b n ＝2a n ＋a n ＋1＝22n －1＋2n ＋1＝2n ＋1－2n －1，故数列{b n }的前n 项和T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(3－1)＋(5－3)＋…＋(2n ＋1－2n －1)＝2n ＋1－1.2．(2019·湖南省湘东六校联考)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝S n －1＋1(n ≥2，n ∈N )，且a 1＝1.(1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)记b n ＝1a n ·a n ＋1，T n 为{b n }的前n 项和，求使T n ≥2n成立的n 的最小值．解：(1)由已知有S n －S n －1＝1(n ≥2，n ∈N )，所以数列{}S n 为等差数列，又S 1＝a 1＝1，所以S n ＝n ，即S n ＝n 2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1. 又a 1＝1也满足上式，所以a n ＝2n －1.(2)由(1)知，b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1. 由T n ≥2n得n 2≥4n ＋2，即(n －2)2≥6，所以n ≥5，所以n 的最小值为5.3．(2019·河北省九校第二次联考)已知{a n }是各项都为正数的数列，其前n 项和为S n ，且S n 为a n 与1a n的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)na n，求{b n }的前n 项和T n .解：(1)由题意知，2S n ＝a n ＋1a n，即2S n a n －a 2n ＝1，①当n ＝1时，由①式可得S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，代入①式，得2S n (S n －S n －1)－(S n －S n －1)2＝1，整理得S 2n －S 2n －1＝1.所以{S 2n }是首项为1，公差为1的等差数列，S 2n ＝1＋n －1＝n . 因为{a n }的各项都为正数，所以S n ＝n ，所以a n ＝S n －S n －1＝n －n －1(n ≥2)，又a 1＝S 1＝1，所以a n ＝n －n －1. (2)b n ＝(－1)na n＝(－1)nn －n －1＝(－1)n(n ＋n －1)，当n 为奇数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…＋(n －1＋n －2)－(n ＋n －1)＝－n ；当n 为偶数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…－(n －1＋n －2)＋(n ＋n －1)＝n .所以{b n }的前n 项和T n ＝(－1)nn .4．(2019·高考天津卷)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列．已知a 1＝4，b 1＝6，b 2＝2a 2－2，b 3＝2a 3＋4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c 1＝1，c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，2k<n <2k ＋1，b k ，n ＝2k，其中k ∈N *. ①求数列{a 2n (c 2n －1)}的通项公式；②求∑i ＝12na i c i (n ∈N *).解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q .依题意得⎩⎪⎨⎪⎧6q ＝6＋2d ，6q 2＝12＋4d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝2，故a n ＝4＋(n －1)×3＝3n ＋1，b n ＝6×2n －1＝3×2n. 所以，{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋1，{b n }的通项公式为b n ＝3×2n. (2)①a 2n (c 2n －1)＝a 2n (b n －1)＝(3×2n ＋1)(3×2n －1)＝9×4n－1. 所以，数列{a 2n (c 2n －1)}的通项公式为a 2n (c 2n －1)＝9×4n－1.②∑i ＝12na i c i ＝∑i ＝12n[a i ＋a i (c i －1)]＝∑i ＝12na i ＋∑i ＝1na 2i (c 2i －1)＝[2n×4＋2n(2n－1)2×3]＋∑i ＝1n(9×4i－1)＝(3×22n －1＋5×2n －1)＋9×4(1－4n)1－4－n＝27×22n －1＋5×2n －1－n －12(n ∈N *)．。

2018届高考数学文科二轮复习课件(全国通用)：第二篇+第23练+数列的证明、通项与求和

n＋1 2 ∴2n＝，解得 an＝ 2n . 2an－1
1 2 3 4 5 6
证明
4an (2)设 cn＝，求数列{cncn＋2}的前 n 项和 Tn. n＋1 n＋1 4 × 2n 2 解由(1)可得 cn＝＝n， n＋1
1 1 2 2 ∴cncn＋2＝n× ＝2n－n＋2， n＋2
1 2 3 4 5 6
解答
3.已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an＋(－1)n(n∈N*).
(1)求数列{an}的前三项a1，a2，a3；＝1，2，3，
a1＝2a1－1，得a1＋a2＝2a2＋1， a1＋a2＋a3＝2a3－1， a1＝1，解得a2＝0， a3＝2.
an－an－1＝3· 2n－2(n≥2)，
联立①②得，an＝3· 2n－1－2(n≥2)，经检验当n＝1时也符合该式. 故数列{an}的通项公式为an＝3· 2n－1－2(n∈N*).
②
方法二由(1)可得an＋1＝2an＋2，即an＋1＋2＝2(an＋2)，所以数列{an＋2}是公比为2的等比数列，则an＋2＝(a1＋2)· 2n－1＝3· 2n－1，即an＝3· 2n－1－2(n∈N*).
n－1.
1
1
2
3
4
5
6
解答
2.已知数列{an}满足a1＝1，a2＝4，an＋2＝3an＋1－2an(n∈N*).
(1)设bn＝an＋1－2an，证明：数列{bn}既是等差数列又是等比数列；
证明因为an＋2＝3an＋1－2an，所以an＋2－2an＋1＝an＋1－2an，又bn＝an＋1－2an，所以bn＋1＝an＋2－2an＋1，因此对任意的n∈N*，bn＋1－bn＝0(常数)，又bn＝an＋1－2an＝an－2an－1＝…＝a2－2a1＝2≠0，

2018高考数学文二轮复习课件：第二编专题整合突破专题四数列第二讲数列求和及综合应用适考

1 28
－
1 210
＝
－
212×1－1－14145＝－1304214.
三、解答题 10．[2016·合肥质检]在数列{an}中，a1＝12，an＋1＝n＋ 2n1·an， n∈N*. (1)求证：数列ann为等比数列； (2)求数列{an}的前 n 项和 Sn.
解 (1)证明：由 an＋1＝n＋ 2n1an 知na＋n＋11＝12·ann， ∴ann是以12为首项，12为公比的等比数列． (2)由(1)知ann是首项为12，公比为12的等比数列， ∴ann＝12n，∴an＝2nn， ∴Sn＝211＋222＋…＋2nn，①
大二轮·文
适考素能特训
一、选择题
1．[2016·重庆测试]在数列{an}中，若 a1＝2，且对任意
正整数 m，k，总有 am＋k＝am＋ak，则{an}的前 n 项和 Sn＝( )
A．n(3n－1)
nn＋3 B. 2
C．n(n＋1)
n3n＋1 D. 2
解析依题意得 an＋1＝an＋a1，即有 an＋1－an＝a1＝2，
②1×1 3＋3×1 5＋5×1 7＋…＋n－112n＋1； ③1＋12＋212＋213＋…＋2n1－1； ④{1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n}，其中极限为 2 的共有( )
A．4 个 B．3 个 C．2 个 D．1 个
解析对于①，|an－2|＝|(－1)n×2－2|＝2×|(－1)n－ 1|，当 n 是偶数时，|an－2|＝0；当 n 是奇数时，|an－2|＝4，所以数列{(－1)n×2}没有极限，所以 2 不是数列{(－1)n×2} 的极限．
9．[2016·武昌调研]设 Sn 为数列{an}的前 n 项和，Sn＋21n

2018年高考数学二轮复习考前专题四数列、推理与证明第1讲等差数列与等比数列讲学案理

第1讲等差数列与等比数列1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现．2．数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力．热点一等差数列、等比数列的运算 1．通项公式等差数列：a n ＝a 1＋(n －1)d ；等比数列：a n ＝a 1·q n －1.2．求和公式等差数列：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d ；等比数列：S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q(q ≠1)．3．性质若m ＋n ＝p ＋q ，在等差数列中a m ＋a n ＝a p ＋a q ；在等比数列中a m ·a n ＝a p ·a q .例1 (1)(2017届吉林二调){}a n 是公差不为0的等差数列，满足a 24＋a 25＝a 26＋a 27，则该数列的前10项和S 10等于( ) A ．－10 B ．－5 C ．0 D. 5 答案 C解析由题意，得a 24－a 27＝a 26－a 25，即()a 4－a 7()a 4＋a 7＝()a 6－a 5()a 6＋a 5，即－3d ()a 4＋a 7＝d ()a 6＋a 5，又因为d ≠0，所以a 4＋a 7＝a 6＋a 5＝0，则该数列的前10项和S 10＝10(a 1＋a 10)2＝5()a 6＋a 5＝0.故选C. (2)(2017届武汉武昌区调研)设公比为q (q >0)的等比数列{}a n 的前n 项和为S n ，若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则a 1等于( ) A ．－2B ．－1C.12D.23 答案 B解析 S 4－S 2＝a 3＋a 4＝3a 4－3a 2，即3a 2＋a 3－2a 4＝0，即3a 2＋a 2q －2a 2q 2＝0 ，即2q 2－q －3＝0，解得q ＝－1 (舍)或q ＝32，当q ＝32时，代入S 2＝3a 2＋2，得a 1＋a 1q ＝3a 1q ＋2，解得a 1＝－1，故选B.思维升华在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a 1和d (q )的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量．跟踪演练1 (1)(2017届山西省太原市模拟)在等差数列{a n }中，2(a 1＋a 3＋a 5)＋3(a 8＋a 10)＝36，则a 6等于( ) A ．8 B ．6 C ．4 D ．3 答案 D解析由等差数列的性质可知，2(a 1＋a 3＋a 5)＋3(a 8＋a 10)＝2×3a 3＋3×2a 9＝6(a 3＋a 9)＝6×2a 6＝12a 6＝36，∴a 6＝3.故选D.(2)(2017届深圳一模)等比数列{}a n 的前n 项和为S n ＝a ·3n －1＋b ，则ab等于( )A ．－3B ．－1C ．1D ．3 答案 A解析因为a 1＝S 1＝a ＋b ，a 2＝S 2－S 1＝2a ，a 3＝S 3－S 2＝6a ，所以q ＝3，a 1＝23a ＝a ＋b ，所以a b＝－3，故选A.热点二等差数列、等比数列的判定与证明数列{a n }是等差数列或等比数列的证明方法 (1)证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法： ①利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为一常数； ②利用等差中项，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)． (2)证明{a n }是等比数列的两种基本方法 ①利用定义，证明a n ＋1a n(n ∈N *)为一常数； ②利用等比中项，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)．例2 (2017届东北三省三校联考)已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝2a n －n ＋1，数列{b n }满足b 1＝2，b n ＋1＝b n ＋a n －n .(1)证明：{a n －n }为等比数列；(2)数列{c n }满足c n ＝a n －n(b n ＋1)(b n ＋1＋1)，求数列{c n }的前n 项和T n .(1)证明 ∵a n ＋1＝2a n －n ＋1， ∴a n ＋1－(n ＋1)＝2(a n －n )，又a 1－1＝2，∴{a n －n }是以2为首项，2为公比的等比数列． (2)解由(1)知a n －n ＝(a 1－1)·2n －1＝2n，∵b n ＋1＝b n ＋a n －n ，∴b n ＋1－b n ＝2n，⎩⎪⎨⎪⎧b 2－b 1＝21，b 3－b 2＝22，…，b n －b n －1＝2n －1，累加得到b n ＝2＋2·(1－2n －1)1－2＝2n(n ≥2)．当n ＝1时，b 1＝2，∴b n ＝2n，∴c n ＝a n －n(b n ＋1)(b n ＋1＋1)＝2n(2n ＋1)(2n ＋1＋1) ＝12n＋1－12n ＋1＋1. ∴T n ＝13－12n ＋1＋1.思维升华 (1)判断一个数列是等差(比)数列，也可以利用通项公式及前n 项和公式，但不能作为证明方法． (2)a n ＋1a n＝q 和a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)都是数列{a n }为等比数列的必要不充分条件，判断时还要看各项是否为零．跟踪演练2 (2017·日照模拟)已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，a n ＋1＝1－14a n ，b n ＝22a n －1，其中n ∈N *.(1)求证：数列{b n }是等差数列，并求出数列{a n }的通项公式； (2)设c n ＝4a nn ＋1，求数列{c n c n ＋2}的前n 项和T n . (1)证明 ∵b n ＋1－b n ＝22a n ＋1－1－22a n －1＝22⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14a n －1－22a n －1 ＝4a n 2a n －1－22a n －1＝2， ∴数列{b n }是公差为2的等差数列，又b 1＝22a 1－1＝2，∴b n ＝2＋(n －1)×2＝2n ，故2n ＝22a n －1，解得a n ＝n ＋12n.(2)解由(1)可得c n ＝4×n ＋12n n ＋1＝2n，∴c n c n ＋2＝2n ×2n ＋2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，∴数列{c n c n ＋2}的前n 项和为T n ＝2⎣⎢⎡ ⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝3－4n ＋6(n ＋1)(n ＋2).热点三等差数列、等比数列的综合问题解决等差数列、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．例3 已知等差数列{a n }的公差为－1，且a 2＋a 7＋a 12＝－6. (1)求数列{a n }的通项公式a n 与前n 项和S n ；(2)将数列{a n }的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{b n }的前3项，记{b n }的前n 项和为T n ，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *，总有S n <T m ＋λ恒成立，求实数λ的取值范围．解 (1)由a 2＋a 7＋a 12＝－6，得a 7＝－2，∴a 1＝4， ∴a n ＝5－n ，从而S n ＝n (9－n )2.(2)由题意知b 1＝4，b 2＝2，b 3＝1，设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 2b 1＝12，∴T m ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m 1－12＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ，∵⎝ ⎛⎭⎪⎫12m随m 增加而递减， ∴{T m }为递增数列，得4≤T m <8. 又S n ＝n (9－n )2＝－12(n 2－9n )＝－12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫n －922－814，故(S n )max ＝S 4＝S 5＝10，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *总有S n <T m ＋λ，则10<8＋λ，得λ>2.即实数λ的取值范围为(2，＋∞)．思维升华 (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．跟踪演练3 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n －1＝3(a n －1)，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设数列{b n }满足a n ＋1＝3()2n na b ⋅，若b n ≤t 对于任意正整数n 都成立，求实数t 的取值范围．解 (1)由已知得S n ＝3a n －2，令n ＝1，得a 1＝1，又a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝3a n ＋1－3a n ⇒a n ＋1＝32a n ，所以数列{a n }是以1为首项，32为公比的等比数列，所以a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.(2)由a n ＋1＝3()2n na b ⋅，得b n ＝131322123log ()log ()32n n n n a a -+= ＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，所以b n ＋1－b n ＝(n ＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＝2n －13n (2－n )，所以(b n )max ＝b 2＝b 3＝43，所以t ≥43.真题体验1．(2017·全国Ⅰ改编)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为________．答案 4解析设{a n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 5＝24，S 6＝48，得⎩⎪⎨⎪⎧(a 1＋3d )＋(a 1＋4d )＝24，6a 1＋6×52d ＝48，解得d ＝4.2．(2017·浙江改编)已知等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d ＞0”是“S 4＋S 6＞2S 5”的________条件．答案充要解析方法一 ∵数列{a n }是公差为d 的等差数列， ∴S 4＝4a 1＋6d ，S 5＝5a 1＋10d ，S 6＝6a 1＋15d ， ∴S 4＋S 6＝10a 1＋21d,2S 5＝10a 1＋20d .若d ＞0，则21d ＞20d,10a 1＋21d ＞10a 1＋20d ，即S 4＋S 6＞2S 5.若S 4＋S 6＞2S 5，则10a 1＋21d ＞10a 1＋20d ，即21d ＞20d ，∴d ＞0.∴“d ＞0”是“S 4＋S 6＞2S 5”的充要条件．方法二 ∵S 4＋S 6＞2S 5⇔S 4＋S 4＋a 5＋a 6＞2(S 4＋a 5)⇔a 6＞a 5⇔a 5＋d ＞a 5⇔d ＞0. ∴“d ＞0”是“S 4＋S 6＞2S 5”的充要条件．3．(2017·北京)若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，则a 2b 2＝________. 答案 1解析设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，则由a 4＝a 1＋3d ，得d ＝a 4－a 13＝8－(－1)3＝3，由b 4＝b 1q 3，得q 3＝b 4b 1＝8－1＝－8，∴q ＝－2. ∴a 2b 2＝a 1＋db 1q ＝－1＋3－1×(－2)＝1.4．(2017·江苏)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n ，已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________.答案 32解析设{a n }的首项为a 1，公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q 3)1－q ＝74，a 1(1－q 6)1－q ＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2，所以a 8＝14×27＝25＝32.押题预测1．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1>0，a 3＋a 10>0，a 6a 7<0，则满足S n >0的最大自然数n 的值为( )A ．6B ．7C ．12D ．13押题依据等差数列的性质和前n 项和是数列最基本的知识点，也是高考的热点，可以考查学生灵活变换的能力．答案 C解析 ∵a 1>0，a 6a 7<0，∴a 6>0，a 7<0，等差数列的公差小于零，又a 3＋a 10＝a 1＋a 12>0，a 1＋a 13＝2a 7<0，∴S 12>0，S 13<0，∴满足S n >0的最大自然数n 的值为12.2．(2017·安庆模拟)等比数列{a n }中，a 3－3a 2＝2，且5a 4为12a 3和2a 5的等差中项，则{a n }的公比等于( ) A ．3 B ．2或3 C ．2 D ．6押题依据等差数列、等比数列的综合问题可反映知识运用的综合性和灵活性，是高考出题的重点．答案 C解析设公比为q,5a 4为12a 3和2a 5的等差中项，可得10a 4＝12a 3＋2a 5,10a 3q ＝12a 3＋2a 3q 2，得10q ＝12＋2q 2，解得q ＝2或3.又a 3－3a 2＝2，所以有a 2q －3a 2＝2，所以有q ＝2，故选C.3．已知各项都为正数的等比数列{a n }满足a 7＝a 6＋2a 5，存在两项a m ，a n 使得a m ·a n ＝4a 1，则1m ＋4n的最小值为( )A.32B.53C.256D.43押题依据本题在数列、方程、不等式的交汇处命题，综合考查学生应用数学的能力，是高考命题的方向．答案 A解析由a 7＝a 6＋2a 5，得a 1q 6＝a 1q 5＋2a 1q 4，整理得q 2－q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－1(不合题意，舍去)，又由a m ·a n ＝4a 1，得a m a n ＝16a 21，即22211216m n a a +-=，即有m ＋n －2＝4，亦即m ＋n ＝6，那么1m ＋4n ＝16(m ＋n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋4n＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫4m n ＋n m ＋5≥16⎝⎛⎭⎪⎫2 4m n ·n m ＋5＝32，当且仅当4m n ＝n m ，即n ＝2m ＝4时取得最小值32.4．定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f (x )，如果对于任意给定的等比数列{a n }，{f (a n )}仍是等比数列，则称f (x )为“保等比数列函数”．现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：①f (x )＝x 2；②f (x )＝2x；③f (x )＝|x |；④f (x )＝ln|x |. 则其中是“保等比数列函数”的f (x )的序号为( ) A ．①② B ．③④ C ．①③ D ．②④押题依据先定义一个新数列，然后要求根据定义的条件推断这个新数列的一些性质或者判断一个数列是否属于这类数列的问题是近年来高考中逐渐兴起的一类问题，这类问题一般形式新颖，难度不大，常给人耳目一新的感觉．答案 C解析由等比数列性质得，a n a n ＋2＝a 2n ＋1. ①f (a n )f (a n ＋2)＝a 2n a 2n ＋2＝(a 2n ＋1)2＝f 2(a n ＋1)； ②f (a n )f (a n ＋2)＝22122222n n n n n aa a a a +++=+≠＝f 2(a n ＋1)；③f (a n )f (a n ＋2)＝|a n a n ＋2|＝|a n ＋1|2＝f 2(a n ＋1)； ④f (a n )f (a n ＋2)＝ln|a n |ln|a n ＋2|≠(ln|a n ＋1|)2＝f 2(a n ＋1)．故选C.A 组专题通关1．(2017·河南省息县第一高级中学阶段测试)已知等差数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋2－a n ＝6，则a 11等于 ( ) A ．31 B ．32 C ．61 D ．62 答案 A解析由题设可得2d ＝6⇒d ＝3，故a 11＝a 1＋10d ＝31，故选A.2．(2017·海南省海南中学、文昌中学联考)在正项等比数列{a n }中，已知a 3a 5＝64，则a 1＋a 7的最小值为( ) A ．64 B ．32 C ．16 D ．8 答案 C解析在正项等比数列{a n }中， ∵a 3a 5＝64，∴a 3a 5＝a 1a 7＝64， ∴a 1＋a 7≥2a 1a 7＝264＝2×8＝16，当且仅当a 1＝a 7＝8时取等号，∴a 1＋a 7的最小值为16，故选C.3．(2017·全国Ⅲ)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }的前6项和为( )A ．－24B ．－3C ．3D ．8 答案 A解析由已知条件可得a 1＝1，d ≠0，由a 23＝a 2a 6，可得(1＋2d )2＝(1＋d )(1＋5d )，解得d ＝－2.所以S 6＝6×1＋6×5×(－2)2＝－24.故选A.4．(2017届三湘名校教育联盟联考)一个等比数列的前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列的项数是( ) A ．13 B ．12 C ．11 D ．10 答案 B解析设等比数列为{a n }，其前n 项积为T n ，由已知得a 1a 2a 3＝2，a n a n －1a n －2＝4，可得(a 1a n )3＝2×4，a 1a n ＝2， ∵T n ＝a 1a 2…a n ，∴T 2n ＝(a 1a 2…a n )2＝(a 1a n )(a 2a n －1)…(a n a 1)＝(a 1a n )n＝2n＝642＝212， ∴n ＝12.5．(2017届河南省高中毕业年级考前预测)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”，其意思为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地”，请问第二天走了( ) A ．96里 B ．48里 C ．192 里 D ．24里答案 A解析由题意，得该人每天走的路程形成以12为公比、前6项和为378的等比数列，设第一天所走路程为a 1，则a 1⎝⎛⎭⎪⎫1－1261－12＝378，解得a 1＝192，a 2＝96，即第二天走了96里．故选A.6．(2017·广东省广雅中学、江西省南昌二中联合测试)在公差不为0的等差数列{a n }中，a 1＋a 3＝8，且a 4为a 2和a 9的等比中项，则a 5＝________.答案 13解析设等差数列的公差为d ，则a 1＋a 3＝2a 1＋2d ＝8⇒a 1＋d ＝4，又由a 4为a 2和a 9的等比中项，所以a 24＝a 2a 9⇒(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋8d )，即d ＝3a 1，联立方程组，解得a 1＝1，d ＝3，所以a 5＝a 1＋4d ＝1＋4×3＝13.7．(2017届三湘名校教育联盟联考)已知正项等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 10＝40，则a 3·a 8的最大值为______．答案 16解析 S 10＝10(a 1＋a 10)2＝40⇒a 1＋a 10＝a 3＋a 8＝8，a 3·a 8≤⎝⎛⎭⎪⎫a 3＋a 822＝⎝ ⎛⎭⎪⎫822＝16，当且仅当a 3＝a 8＝4时“＝”成立．8．(2017届云南师大附中月考)已知数列{a n }满足a 1＝2，且a n ＝2na n －1a n －1＋n －1(n ≥2，n ∈N *)，则a n ＝________. 答案n ·2n2n－1解析由a n ＝2na n －1a n －1＋n －1，得n a n ＝n －12a n －1＋12，于是n a n －1＝12⎝⎛⎭⎪⎫n －1a n －1－1(n ≥2，n ∈N *)．又1a 1－1＝－12，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n a n －1是以－12为首项，12为公比的等比数列，故n a n －1＝－12n ， ∴a n ＝n ·2n2n －1(n ∈N *)．9．(2017届辽宁省大连育明高级中学期末)意大利数学家列昂那多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，…，即F (1)＝F (2)＝1，F (n )＝F (n －1)＋F (n －2)(n ≥3，n ∈N *)，此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用，若此数列被3整除后的余数构成一个新数列{}b n ，则b 2 017＝________. 答案 1解析由题意得引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，…，此数列被3 整除后的余数构成一个新数列为1,1,2,0,2,2,1,0,1,1,2,0,2,2,1,0，…，构成以8项为周期的周期数列，所以b 2 017＝b 1＝1.10．(2017·内蒙古包头模拟)已知数列{}a n 的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －3n (n ∈N *)．(1)求a 1，a 2，a 3的值；(2)是否存在常数λ，使得数列{a n ＋λ}为等比数列？若存在，求出λ的值和通项公式a n ；若不存在，请说明理由．解 (1)当n ＝1时，由S 1＝2a 1－3×1，得a 1＝3；当n ＝2时，由S 2＝2a 2－3×2，可得a 2＝9；当n ＝3时，由S 3＝2a 3－3×3，得a 3＝21. (2)令(a 2＋λ)2＝(a 1＋λ)·(a 3＋λ)，即(9＋λ)2＝(3＋λ)·(21＋λ)，解得λ＝3. 由S n ＝2a n －3n 及S n ＋1＝2a n ＋1－3(n ＋1)，两式相减，得a n ＋1＝2a n ＋3.由以上结论得a n ＋1＋3＝(2a n ＋3)＋3＝2(a n ＋3)，所以数列{a n ＋3}是首项为6，公比为2的等比数列，因此存在λ＝3，使得数列{a n ＋3}为等比数列，所以a n ＋3＝(a 1＋3)×2n －1，a n ＝3(2n －1)(n ∈N *)．B 组能力提高11．(2017·安徽省蚌埠市教学质量检查)数列{}a n 是以a 为首项，b 为公比的等比数列，数列{}b n 满足b n ＝1＋a 1＋a 2＋…＋a n (n ＝1,2，…)，数列{}c n 满足c n ＝2＋b 1＋b 2＋…＋b n (n ＝1,2，…)，若{}c n 为等比数列，则a ＋b 等于( ) A. 2 B ．3 C. 5 D ．6答案 B解析由题意知，当b ＝1时，{c n }不是等比数列，所以b ≠1.由a n ＝ab n －1，则b n ＝1＋a (1－b n )1－b＝1＋a1－b －ab n 1－b ，得c n ＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a 1－b n －a 1－b ·b (1－b n )1－b＝2－ab (1－b )2＋1－b ＋a 1－b n ＋ab n ＋1(1－b )2，要使{}c n为等比数列，必有⎩⎪⎨⎪⎧2－ab(1－b )2＝0，1－b ＋a1－b ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝2，a ＋b ＝3，故选B.12．(2017届吉林省吉林市普通中学调研)艾萨克·牛顿(1643年1月4日－1727年3月31日)英国皇家学会会长，英国著名物理学家，同时在数学上也有许多杰出贡献，牛顿用“作切线”的方法求函数f (x )的零点时给出一个数列{}x n 满足x n ＋1＝x n －f (x n )f ′(x n )，我们把该数列称为牛顿数列．如果函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)有两个零点1,2，数列{}x n 为牛顿数列，设a n ＝ln x n －2x n －1，已知a 1＝2，x n >2，则{}a n 的通项公式a n ＝________. 答案 2n解析 ∵函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)有两个零点1,2，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＋c ＝0，4a ＋2b ＋c ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝2a ，b ＝－3a .∴f (x )＝ax 2－3ax ＋2a ，则f ′(x )＝2ax －3a .则x n ＋1＝x n －ax 2n －3ax n ＋2a2ax n －3a＝x n －x 2n －3x n ＋22x n －3＝x 2n －22x n －3，∴x n ＋1－2x n ＋1－1＝x 2n －22x n －3－2x 2n －22x n －3－1 ＝x 2n －2－2(2x n －3)x 2n －2－(2x n －3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x n －2x n －12，则数列a n 是以2为公比的等比数列，又∵a 1＝2 ， ∴数列{}a n 是以2为首项，以2为公比的等比数列，则a n ＝2·2n －1＝2n.13．(2017届深圳一模)已知数列{}a n 满足na n ＋2－(n ＋2)a n ＝λ(n 2＋2n )，其中a 1＝1，a 2＝2，若a n <a n ＋1对∀n ∈N *恒成立，则实数λ的取值范围为________．答案 [0，＋∞)解析由na n ＋2－(n ＋2)a n ＝λ(n 2＋2n )，得a n ＋2n ＋2－a nn＝λ，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 的奇数项和偶数项分别成首项为1，且公差为λ和首项为2，且公差为λ的等差数列．因为a 1＝1，a 2＝2，所以当n 为奇数时，a n n ＝1＋λ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12－1＝n －12λ＋1，所以a n ＝n 2－n2λ＋n ；当n 为偶数时，a n n ＝1＋λ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2－1＝n －22λ＋1，所以a n ＝n 2－2n2λ＋n .当n 为奇数时，由a n <a n ＋1，得n 2－n2λ＋n <(n ＋1)2－2(n ＋1)2λ＋n ＋1，即λ(n －1)>－2，若n ＝1，则λ∈R ；若n >1，则λ>－2n －1，所以λ≥0. 当n 为偶数时，由a n <a n ＋1，得n 2－2n2λ＋n <(n ＋1)2－(n ＋1)2λ＋n ＋1，即3n λ>－2，所以λ>－23n ，即λ≥0.综上，λ的取值范围为[0，＋∞)．14．(2017届江西鹰潭一中月考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a ＝(a 1,1)，b ＝(1，a 10)，若a·b ＝24，且S 11＝143，数列{b n }的前n 项和为T n ，且满足2a n －1＝λT n －(a 1－1)(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式及数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和M n ；(2)是否存在非零实数λ，使得数列{b n }为等比数列？并说明理由．解 (1)设数列{a n }的公差为d ，由a ＝(a 1,1)，b ＝(1，a 10)，a·b ＝24，得a 1＋a 10＝24，又S 11＝143，解得a 1＝3，d ＝2，因此数列的通项公式是a n ＝2n ＋1(n ∈N *)，所以1a n a n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3，所以M n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3 ＝n6n ＋9. (2)因为2a n －1＝λT n －(a 1－1)(n ∈N *)，且a 1＝3，可得T n ＝4nλ＋2λ，当n ＝1时，b 1＝6λ；当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝3·4n －1λ，此时有b n b n －1＝4，若{b n }是等比数列，则有b 2b 1＝4，而b 1＝6λ，b 2＝12λ，彼此相矛盾，故不存在非零实数λ使数列{b n }为等比数列．。

2018届高三数学二轮复习课件：4.2第二讲数列求和及数列的综合应用

1 ��+1
= · + ;
�� ③对数变换——如将递推公式 an+1=c�� (an>0,c>0,p>0,p≠1)取对数得
�� 1 ��
1 ��
�� +��
z+lg c; lg an+1=p lg an ④换元变换——如将递推公式 an+1=qan+dn(q,d 为非零常数,q≠1,d ≠1)
变换成
��+1 ��
�� = · + , 令 b = n �� ,则转化为 bn+1=Abn+B 的形式. ��+1
��
1 ��
��
2.常见的数列求和的方法 (1)公式法求和适合求等差数列或等比数列的前 n 项和.对等比数列利用公式法求和时,一定注意公比 q 是否能取 1. (2)错位相减法这是推导等比数列的前 n 项和公式时所用的方法,主要用于求数列 {anbn}的前 n 项和,其中{an},{bn}分别是等差数列和等比数列. (3)裂项相消法把数列和式中的各项分别裂开后,消去一部分从而计算和的方法,适用于求通项为
一个数列既不是等差数列又不是等比数列,但它可以拆成两个数列,而这两个数
列是等差或等比数列,那么就可以分组求和,有时这种方法也叫拆项重组法.
考点1考点2考点3源自考点4考点 1简单的递推数列
π 4

2018年高考数学理二轮复习课件：第1部分重点强化专题

S1 n＝1， an＝ Sn－Sn－1n≥2.
2．求数列{an}通项的方法： (1)叠加法形如 an－an－1＝f(n)(n≥2)的数列应用叠加法求通项公式，an＝a1＋∑ f(k)(和可 k＝2 求)． (2)叠乘法 a2 a3 an an 形如＝f(n)(n≥2)的数列应用叠乘法求通项公式， an＝a1· …· (积可 a1· a2· an－1 an－1 求)．
n
Sn 则2n＝n，Sn＝n· 2n(n≥2)，当n＝1时，也符合上式，所以Sn＝n· 2n(n∈N*)．]
■题型强化集训………………………………………………………………………· (见专题限时集训T1、T2、T3、T4、T5、T7、T8、T10、T11、T12)
题型 2 裂项相消法求和(答题模板)
1 1 所以数列S 是首项为1，公差为2的等差数列， n
n＋1 1 1 所以S ＝1＋2(n－1)＝ 2 ， n
2 即Sn＝ . n ＋1 2 2 2 所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝－ . n＋1 n nn＋1 1，n＝1， 2 因此an＝－，n≥2. n n ＋ 1
1分 2分
2 两式相减可得 a2 － a ＋ n 1 n＋2(an＋1－an)＝4an＋1，
[解析] 因为an＋1＝3an＋2，所以an＋1＋1＝3(an＋1)，故{an＋1}是以a1＋1＝3 为首项，3为公比的等比数列，所以an＋1＝3n，所以an＝3n－1. Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(31－1)＋(32－1)＋…＋(3n－1)＝(31＋32＋…＋3n)－n＝ 31－3n 3n＋1－3 －n＝ 2 －n， 1－3 3n 1－3 3n 1－2n－3 所以Sn＝ 2 －n＝ . 2
n

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第2讲数列的求和问题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.热点一分组转化求和有些数列，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．例1 (2017·山东省平阴县第一中学模拟)已知数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，数列{b n }是公比大于0的等比数列，且b 1＝－2a 1＝2，a 3＋b 2＝－1，S 3＋2b 3＝7. (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)令c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n 为奇数，－2a nb n，n 为偶数，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)设数列{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，且q >0，由题易知，a 1＝－1，b 1＝2，由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＋b 2＝－1，S 3＋2b 3＝7，得⎩⎪⎨⎪⎧d ＋q ＝0，4q 2＋3d ＝10，解得q ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫q ＝－54舍去，此时d ＝－2， ∴a n ＝－2n ＋1，b n ＝2n.(2)由(1)知，a n ＝－2n ＋1，b n ＝2n， ∴c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n 为奇数，2n －12n －1，n 为偶数，当n 为偶数时，奇数项和偶数项各有n2项，∴T n ＝(c 1＋c 3＋c 5＋…＋c n －1)＋(c 2＋c 4＋…＋c n ) ＝n ＋(c 2＋c 4＋…＋c n )，令H n ＝c 2＋c 4＋c 6＋…＋c n ，∴H n ＝32＋723＋1125＋…＋2n －52n －3＋2n －12n －1，14H n ＝323＋725＋…＋2n －52n －1＋2n －12n ＋1，以上两式相减，得34H n ＝32＋423＋425＋…＋42n －1－2n －12n ＋1 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫421＋423＋…＋42n －1－12－2n －12n ＋1＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫142n 1－14－12－2n －12n ＋1 ＝136－6n ＋136×2n ， ∴H n ＝269－6n ＋139×2n －1.故当n 为偶数时，T n ＝269＋n －6n ＋139×2n －1，当n (n ≥3)为奇数时，n －1为偶数，T n ＝T n －1＋a n ＝269＋(n －1)－6n ＋79×2n －2＋2 ＝359＋n －6n ＋79×2n －2，经验证，n ＝1也适合上式．综上，得T n＝⎩⎪⎨⎪⎧359＋n －6n ＋79×2n －2，n 为奇数，269＋n －6n ＋139×2n －1，n 为偶数.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．跟踪演练1 (2017届广东省揭阳市模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2(n ＋1)a nn＋n ＋1.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nn＋1是等比数列；(2)求数列{a n }的前n 项和S n . (1)证明方法一由已知得a n ＋1n ＋1＝2·a nn＋1，∴a n ＋1n ＋1＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a n n ＋1，又a 1＋1＝2，a n >0，∴a nn＋1≠0，∴a n ＋1n ＋1＋1a nn＋1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nn＋1是首项为2，公比为2的等比数列．方法二由a n ＋1＝2(n ＋1)a nn＋n ＋1，得na n ＋1＝2(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，由a 1>0及递推关系，可知a n >0， ∴a nn＋1≠0，∴a n ＋1n ＋1＋1a n n＋1＝na n ＋1＋n (n ＋1)(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)＝2(n ＋1)a n ＋2n (n ＋1)(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)＝2，又∵a 1＝1，∴a 11＋1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nn＋1是首项为2，公比为2的等比数列．(2)解由(1)得a n n＋1＝2·2n －1＝2n，∴a n ＝n ·2n－n ，S n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)2n －1＋n ×2n －[1＋2＋3＋…＋(n －1)＋n ]，设T n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)2n －1＋n ×2n， ①则2T n ＝22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)2n＋n ×2n ＋1， ②由①－②，得－T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n)1－2－n ·2n ＋1＝－(n －1)2n ＋1－2，∴T n ＝(n －1)2n ＋1＋2，又1＋2＋3＋…＋(n －1)＋n ＝n (1＋n )2，∴S n ＝(n －1)2n ＋1－n (n ＋1)2＋2.热点二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{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．例2 (2017·山西省实验中学联考)已知数列{a n }为等差数列，且a 3＝5，a 5＝9，数列{b n }的前n 项和S n ＝23b n ＋13.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n |b n |，求数列{c n }的前n 项的和T n . 解 (1)因为数列{a n }为等差数列，所以d ＝12(a 5－a 3)＝2，又因为a 3＝5，所以a 1＝1，所以a n ＝2n －1. 当n ＝1时，b 1＝23b 1＋13，所以b 1＝1；当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝23b n －23b n －1，所以b n ＝－2b n －1，即数列{b n }是首项为1，公比为－2的等比数列，所以b n ＝(－2)n －1.(2)因为c n ＝a n |b n |＝(2n －1)2n －1，所以T n ＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n －1)2n －1，2T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －1)2n，两式相减，得－T n ＝1×1＋2×2＋2×22＋…＋2×2n －1－(2n －1)2n＝1＋2(2＋22＋…＋2n －1)－(2n －1)2n＝1＋2×2－2n 1－2－(2n －1)2n＝1＋2n ＋1－4－(2n －1)2n ＝－3＋(3－2n )2n，所以T n ＝3＋(2n －3)2n.思维升华 (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．要注意的是相减后得到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．跟踪演练2 (2017届湖南省衡阳市期末)数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＝n 2，数列{b n }满足：①b 3＝14；②b n >0；③2b 2n ＋1＋b n ＋1b n －b 2n ＝0.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式； (2)设c n ＝a n b n ，求数列{c n }的前n 项和T n . 解 (1)当n ＝1时，a 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1(n ∈N *)，检验a 1＝1，满足a n ＝2n －1(n ∈N *)． ∵2b 2n ＋1＋b n ＋1b n －b 2n ＝0，且b n >0，∴2b n ＋1＝b n ， ∴q ＝12，b 3＝b 1q 2＝14，∴b 1＝1，b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1 (n ∈N *)．(2)由(1)得c n ＝(2n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，T n ＝1＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(2n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，12T n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(2n －3)⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，两式相减，得12T n ＝1＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝1＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝3－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋n . ∴T n ＝6－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1(2n ＋3)．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⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1或⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋2(其中{a n }为等差数列)等形式的数列求和．例3 (2017届山东省青岛市二模)在公差不为0的等差数列{a n }中，a 22＝a 3＋a 6，且a 3为a 1与a 11的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝(－1)nn⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1－12，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设数列{a n }的公差为d ， ∵a 22＝a 3＋a 6，∴(a 1＋d )2＝a 1＋2d ＋a 1＋5d ， ①∵a 23＝a 1·a 11，即(a 1＋2d )2＝a 1·(a 1＋10d )， ②∵d ≠0，由①②解得a 1＝2，d ＝3. ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1. (2)由题意知，b n ＝(－1)nn⎝⎛⎭⎪⎫3n －32·⎝ ⎛⎭⎪⎫3n ＋32＝(－1)n·16·⎝⎛⎭⎪⎪⎫13n －32＋13n ＋32 ＝(－1)n·19·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1T n ＝19⎣⎢⎡ －⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋13＋⎝⎛⎭⎪⎫13＋15－⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17＋…⎦⎥⎤＋(－1)n⎝⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝19⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1＋(－1)n12n ＋1.思维升华 (1)裂项相消法的基本思想就是把通项a n 分拆成a n ＝b n ＋k －b n (k ≥1，k ∈N *)的形式，从而在求和时达到某些项相消的目的，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． (2)常用的裂项公式 ①若{a n }是等差数列，则1a n a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1，1a n a n ＋2＝12d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋2； ②1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，1n (n ＋k )＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k ；③1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；④1n (n ＋1)(n ＋2)＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2)； ⑤1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )．跟踪演练3 已知数列{a n }满足：1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝n 22 (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n a n ＋1，S n 为数列{b n }的前n 项和，对于任意的正整数n ，S n >2λ－13恒成立，求实数λ的取值范围．解 (1)由题意，得当n ＝1时，1a 1＝12，则a 1＝2.当n ≥2时，1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝n 22，则1a 1＋1a 2＋…＋1a n －1＝(n －1)22，两式相减，得1a n ＝n 22－(n －1)22＝2n －12，即a n ＝22n －1，当n ＝1时，也符合上式，则a n ＝22n －1.(2)由(1)，得b n ＝a n a n ＋1＝22n －1·22(n ＋1)－1＝4(2n －1)(2n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以S n ＝2⎣⎢⎡ ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝2·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1，则n 越大，12n ＋1越小，S n 越大，即当n ＝1时，S n 有最小值S 1＝43.因为对于任意的正整数n ，S n >2λ－13恒成立，所以43>2λ－13，解得λ<56，故实数λ的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，56.真题体验1．(2017·全国Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则k ＝1n1Sk＝________.答案2n n ＋1解析设等差数列{a n }的公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1＋2d ＝3，S 4＝4a 1＋4×32d ＝10，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1.∴S n ＝n ×1＋n (n －1)2×1＝n (n ＋1)2，1S n＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1.∴k ＝1n1S k＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2nn ＋1. 2．(2017·天津)已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4. (1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和(n ∈N *)．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q . 由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12，而b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0.又因为q >0，解得q ＝2，所以b n ＝2n. 由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8， ① 由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16，②联立①②，解得a 1＝1，d ＝3，由此可得a n ＝3n －2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n. (2)设数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为T n ，由a 2n ＝6n －2，b 2n －1＝2×4n －1，得a 2n b 2n －1＝(3n －1)×4n，故T n ＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n －1)×4n ， ③4T n ＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n －4)×4n ＋(3n －1)×4n ＋1， ④③－④，得－3T n ＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n －1)×4n ＋1＝12×(1－4n)1－4－4－(3n －1)×4n ＋1＝－(3n －2)×4n ＋1－8，得T n ＝3n －23×4n ＋1＋83.所以数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为3n －23×4n ＋1＋83.押题预测1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋22n n (n ＋1)，其前n 项和为S n ，若存在M ∈Z ，满足对任意的n ∈N *，都有S n <M 恒成立，则M 的最小值为________．押题依据数列的通项以及求和是高考重点考查的内容，也是《考试大纲》中明确提出的知识点，年年在考，年年有变，变的是试题的外壳，即在题设的条件上有变革，有创新，但在变中有不变性，即解答问题的常用方法有规律可循．答案 1解析因为a n ＝n ＋22n n (n ＋1)＝2(n ＋1)－n2n n (n ＋1)＝12n －1n －12n (n ＋1)，所以S n ＝⎝⎛⎭⎪⎫12×1－12×2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2－12×3＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤12n －12(n ＋1)＝1－12n (n ＋1)，由于1－12n (n ＋1)<1，所以M 的最小值为1.2．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝a (S n －a n ＋1) (a 为常数，且a >0)，且4a 3是a 1与2a 2的等差中项．(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n ＋1a n，求数列{b n }的前n 项和T n .押题依据错位相减法求和是高考的重点和热点，本题先利用a n ，S n 的关系求a n ，也是高考出题的常见形式．解 (1)当n ＝1时，S 1＝a (S 1－a 1＋1)，所以a 1＝a ，当n ≥2时，S n ＝a (S n －a n ＋1)，①S n －1＝a (S n －1－a n －1＋1)，②由①－②，得a n ＝a ·a n －1，即a na n －1＝a ，故{a n }是首项a 1＝a ，公比为a 的等比数列，所以a n ＝a ·an －1＝a n.故a 2＝a 2，a 3＝a 3.由4a 3是a 1与2a 2的等差中项，可得8a 3＝a 1＋2a 2，即8a 3＝a ＋2a 2，因为a ≠0，整理得8a 2－2a －1＝0，即(2a －1)(4a ＋1)＝0，解得a ＝12或a ＝－14(舍去)，故a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝12n .(2)由(1)得b n ＝2n ＋1a n＝(2n ＋1)·2n，所以T n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n －1)×2n －1＋(2n ＋1)×2n， ①2T n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n －1)·2n＋(2n ＋1)×2n ＋1， ② 由①－②，得－T n ＝3×2＋2(22＋23＋…＋2n )－(2n ＋1)×2n ＋1＝6＋2×22－2n ＋11－2－(2n ＋1)×2n ＋1＝－2＋2n ＋2－(2n ＋1)×2n ＋1＝－2－(2n －1)×2n ＋1，所以T n ＝2＋(2n －1)×2n ＋1.A 组专题通关1．(2017届湖南师大附中月考)已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，且a n ，a n ＋1是方程x 2－b n x ＋2n＝0的两根，则b 10等于( ) A ．24 B ．32 C ．48 D ．64答案 D解析由已知有a n a n ＋1＝2n，∴a n ＋1a n ＋2＝2n ＋1，则a n ＋2a n＝2，所以数列{a n }奇数项、偶数项分别为公比为2的等比数列，可以求出a 2＝2，所以数列{a n }的项分别为1,2,2,4,4,8,8,16,16,32,32，…，而b n ＝a n ＋a n ＋1，所以b 10＝a 10＋a 11＝32＋32＝64，故选D.2．(2017届河南百校联盟质检)已知正项数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2,2a 2n ＝a 2n －1＋a 2n ＋1(n ≥2)，b n ＝1a n ＋a n ＋1，记数列{b n }的前n 项和为S n ，则S 33的值是( )A.99B.33C ．4 2D ．3 答案 D解析 ∵2a 2n ＝a 2n －1＋a 2n ＋1(n ≥2)，∴数列{a 2n }为等差数列，首项为1，公差为22－1＝3. ∴a 2n ＝1＋3(n －1)＝3n －2，a n >0， ∴a n ＝3n －2(n ∈N *)， ∴b n ＝1a n ＋a n ＋1＝13n －2＋3n ＋1＝13(3n ＋1－3n －2)，故数列{b n }的前n 项和为S n ＝13[(4－1)＋(7－4)＋…＋(3n ＋1－3n －2)]＝13(3n ＋1－1)，则S 33＝13(3×33＋1－1)＝3.故选D.3．(2017届江西省鹰潭市模拟)已知函数f (n )＝n 2cos(n π)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋…＋a 100等于( ) A ．－100 B ．0 C ．100 D ．10 200答案 A解析 a 1＝－1＋22，a 2＝22－32，a 3＝－32＋42，a 4＝42－52，…，所以a 1＋a 3＋…＋a 99＝(－1＋22)＋…＋(－992＋1002)＝(1＋2)＋(3＋4)＋…＋(99＋100)＝5 050，a 2＋a 4＋…＋a 100＝(22－32)＋…＋(1002－1012)＝－(2＋3＋…＋100＋101)＝－5 150，所以a 1＋a 2＋…＋a 100＝5 050－5 150＝－100.4．(2017届广东省潮州市模拟)已知S n 为数列{a n }的前n 项和，a n ＝2·3n －1(n ∈N *)，若b n＝a n ＋1S n S n ＋1，则b 1＋b 2＋…＋b n ＝____________. 答案 12－13n ＋1－1解析因为a n ＋1a n ＝2·3n2·3n －1＝3，所以数列{a n }为等比数列．所以S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝2(1－3n )1－3＝3n－1，又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1，则b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 1－1S 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝12－13n ＋1－1.5．(2017届安徽蚌埠怀远县摸底)对于任意实数x ，[x ]表示不超过x 的最大整数，如[－0.2]＝－1，[1.72]＝1，已知a n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n 3(n ∈N *)，S n 为数列{a n }的前项和，则S 2 017＝________.答案 677 712解析由于⎣⎢⎡⎦⎥⎤13＝0，⎣⎢⎡⎦⎥⎤23＝0，⎣⎢⎡⎦⎥⎤33＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤43＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤53＝1，⎣⎢⎡⎦⎥⎤63＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤73＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤83＝2，根据这个规律，后面每3项都是相同的数，2 017－2＝671×3＋2，后余2项，所以S 2 017＝1＋6712×671×3＋672＋672＝677 712.6．(2017届山西晋中榆社中学月考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且对任意正整数n ，满足2a n ＋1＋S n －2＝0. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na 2n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)因为2a n ＋1＋S n －2＝0，所以当n ≥2时，2a n ＋S n －1－2＝0，两式相减，得2a n ＋1－2a n ＋S n －S n －1＝0，即2a n ＋1－2a n ＋a n ＝0，a n ＋1＝12a n .又当n ＝1时，2a 2＋S 1－2＝0⇒a 2＝12a 1，即a n ＋1＝12a n (n ∈N *)．所以{a n }是首项a 1＝1，公比q ＝12的等比数列，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.(2)由(1)知，b n ＝na 2n ＝n4n －1，则T n ＝1＋24＋342＋…＋n －14n －2＋n4n －1，① 4T n ＝4＋2＋34＋…＋n －14n －3＋n4n －2，②由②－①，得3T n ＝5＋14＋…＋14n －3＋14n －2－n4n －1＝163－3n ＋43×4n －1. 所以数列{b n }的前n 项和为T n ＝169－3n ＋49×4n －1.7．(2017届山东省胶州市普通高中期末)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 ＋1(n ＋2)2a 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. (1)解由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 . 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n . 综上可知，数列{}a n 的通项公式a n ＝2n . (2)证明由于a n ＝2n ，b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n，所以b n ＝n ＋14n 2(n ＋2)2＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1(n ＋2)2. T n ＝116⎣⎢⎡1－132＋122－142＋132－152＋…＋1(n －1)2－⎦⎥⎤1(n ＋1)2＋1n 2－1(n ＋2)2 ＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2<116⎝⎛⎭⎪⎫1＋122＝564. 8．(2017届江西省南昌市模拟)已知等差数列{}a n 的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S 3＋S 4＝S 5. (1)求数列{}a n 的通项公式； (2)令b n ＝(－1)n －1a n a n ＋1，求数列{}b n 的前2n 项和T 2n .解 (1)设等差数列{}a n 的公差为d ，由S 3＋S 4＝S 5，可得a 1＋a 2＋a 3＝a 5，即3a 2＝a 5，所以3(1＋d )＝1＋4d ，解得d ＝2. 所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.(2)由(1)可得b n ＝(－1)n －1·(2n －1)(2n ＋1)＝(－1)n －1·(4n 2－1)，所以T 2n ＝(4×12－1)－(4×22－1)＋(4×32－1)－(4×42－1)＋…＋(－1)2n －1×[4×(2n )2－1]＝4[12－22＋32－42＋…＋(2n －1)2－(2n )2]＝－4(1＋2＋3＋4＋…＋2n －1＋2n )＝－4×2n (2n ＋1)2＝－8n 2－4n .B 组能力提高9．(2017·湖北省荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟联考)已知数列{}a n 满足a 1＝1，na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，且b n ＝a n cos 2n π3，记S n 为数列{}b n 的前n 项和，则S 24等于( )A ．294B ．174C ．470D ．304答案 D解析由na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 为等差数列，因此a nn ＝1＋()n －1×1＝n ，a n ＝n 2，b n＝⎩⎪⎨⎪⎧－12n 2，n ＝3k ＋1，k ∈N ，－12n 2，n ＝3k ＋2，k ∈N ，n 2，n ＝3k ＋3，k ∈N ，因此b 3k ＋1＋b 3k ＋2＋b 3k ＋3＝9k ＋132，k ∈N ， S 24＝9()0＋1＋…＋7＋132×8＝304，故选D.10. (2017届湖南省常德市第一中学月考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝n 2＋2n ，b n ＝a n a n ＋1cos(n ＋1)π，数列{b n }的前n 项和为T n ，若T n ≥tn 2对n ∈N *恒成立，则实数t 的取值范围是______________．答案 (－∞，－5] 解析当n ＝1时，a 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋2n －[(n －1)2＋2(n －1)]＝2n ＋1，当n ＝1时也成立，∴a n ＝2n ＋1(n ∈N *)，∴b n ＝a n a n ＋1cos(n ＋1)π＝(2n ＋1)(2n ＋3)cos(n ＋1)π.当n 为奇数时，cos(n ＋1)π＝1，当n 为偶数时， cos(n ＋1)π＝－1，因此当n 为奇数时，T n ＝3×5－5×7＋…＋(2n ＋1)(2n ＋3)＝15＋4×(7＋11＋…＋2n ＋1)＝2n 2＋6n ＋7，∵T n≥tn 2对n ∈N *恒成立，∴2n 2＋6n ＋7≥tn 2，t ≤7n 2＋6n ＋2＝7⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋372＋57，∴t ≤2；当n 为偶数时，T n ＝3×5－5×7＋…－(2n ＋1)(2n ＋3)＝－4×(5＋9＋…＋2n ＋1)＝－2n 2－6n ，∵T n ≥tn 2对n ∈N *恒成立， ∴－2n 2－6n ≥tn 2，t ≤－2－6n，∴t ≤－5.综上可得t ≤－5.11．(2017届江苏如东高级中学等四校联考)已知数列{a n }满足a 1＝0，a 2＝18，且对任意m ，n∈N *，都有a 2m －1＋a 2n －1＝2a m ＋n －1＋34(m －n )2.(1)求a 3，a 5；(2)设b n ＝a 2n ＋1－a 2n －1(n ∈N *)． ①求数列{b n }的通项公式； ②设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和为S n ，是否存在正整数p ，q ，且1<p <q ，使得S 1，S p ，S q 成等比数列？若存在，求出p ，q 的值，若不存在，请说明理由．解 (1)由题意，令m ＝2，n ＝1，则a 3＋a 1＝2a 2＋34(2－1)2，解得a 3＝1.令m ＝3，n ＝1，则a 5＋a 1＝2a 3＋34(3－1)2，解得a 5＝5.(2)①以n ＋2代替m ，得a 2n ＋3＋a 2n －1＝2a 2n ＋1＋3，则[a 2(n ＋1)＋1－a 2(n ＋1)－1]－(a 2n ＋1－a 2n －1)＝3，即b n ＋1－b n ＝3.所以数列{b n }是以3为公差的等差数列．又b 1＝a 3－a 1＝1，所以b n ＝1＋(n －1)×3＝3n －2. ②因为1b n b n ＋1＝1(3n －2)(3n ＋1) ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2－13n ＋1，所以S n ＝13⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－17＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2－13n ＋1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n ＋1＝n 3n ＋1. 则S 1＝14，S p ＝p 3p ＋1，S q ＝q 3q ＋1.因为S 1，S p ，S q 成等比数列，所以⎝⎛⎭⎪⎫p 3p ＋12＝14·q 3q ＋1，即6p ＋1p2＝3q ＋4q.因为1<p <q ，所以3q ＋4q ＝3＋4q>3，即6p ＋1p2>3.解得3－233<p <3＋233.又1<p ，且p ∈N *，所以p ＝2，则q ＝16.所以存在正整数p ＝2，q ＝16，使得S 1，S p ，S q 成等比数列．12．(2017届江苏泰州中学月考)已知各项都为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，若S 3＝b 5＋1，b 4是a 2和a 4的等比中项．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n . 解 (1)∵数列{b n }的通项公式b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，n ＋1，n 为奇数(n ∈N *)，∴b 5＝6，b 4＝4，设各项都为正数的等比数列{a n }的公比为q ，q >0， ∵S 3＝b 5＋1＝7，∴a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7， ① 又b 4是a 2和a 4的等比中项， ∴a 2a 4＝a 23＝b 24＝16，解得a 3＝a 1q 2＝4，②由①②得3q 2－4q －4＝0，解得q ＝2或q ＝－23(舍去)，∴a 1＝1，a n ＝2n －1.(2)当n 为偶数时，T n ＝(1＋1)×20＋2×2＋(3＋1)×22＋4×23＋(5＋1)×24＋…＋[(n －1)＋1]×2n －2＋n ×2n －1＝(20＋2×2＋3×22＋4×23＋…＋n ×2n －1)＋(20＋22＋…＋2n －2)，设H n ＝20＋2×2＋3×22＋4×23＋…＋n ×2n －1， ③ 则2H n ＝2＋2×22＋3×23＋4×24＋…＋n ×2n， ④由③－④，得－H n ＝20＋2＋22＋23＋…＋2n －1－n ×2n＝1－2n 1－2－n ×2n ＝(1－n )×2n －1， ∴H n ＝(n －1)×2n＋1，∴T n ＝(n －1)×2n＋1＋1－42n1－4＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n －23×2n ＋23.当n 为奇数，且n ≥3时，T n ＝T n －1＋(n ＋1)×2n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n －53×2n －1＋23＋(n ＋1)×2n －1＝⎝⎛⎭⎪⎫2n －23×2n －1＋23，经检验，T 1＝2符合上式，∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝⎛⎭⎪⎫2n －23×2n －1＋23，n 为奇数，⎝ ⎛⎭⎪⎫n －23×2n＋23，n 为偶数.。