2016高考数学复习讲义：专题四数列求和及综合应用

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高考备考指南理科数学课件第6章第4讲数列求和、数列的综合应用

2．常见的裂项公式
(1)nn1＋1＝1n－n＋1 1.
(2)2n－112n＋1＝122n1－1－2n1＋1.
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(3)
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
n.
第六章数列
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1．(教材习题改编)数列{an}的前n项和为Sn，若an＝nn1＋1，则S5等于(
)
第六章数列
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分组转化法求和
(2016年天津)已知{an}是等比数列，它的前n项和为Sn(n∈N*)，且
1 a1
－a12＝a23，S6＝63.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若对任意的n∈N*，bn是log2an和log2an＋1的等差中项，求数列{(－1)nb
2 n
}的
前2n项和．
1 n＋1
＋
2 n＋1
＋…＋
n n＋1
，又bn＝
ana2n＋1，则数列{bn}的前n项和为________．【答案】n8＋n1
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第六章数列
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1．直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论．
2．在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如an，an＋1的式子应进行合并．
【解析】(1)等差数列{an}中，公差d≠0且a1＝1，a2是a1与a5的等比中项，所
以a22＝a1·a5，即(a1＋d)2＝a1(a1＋4d)．
所以(1＋d)2＝1＋4d，解得d＝2或d＝0(舍去)．所以数列{an}的通项公式为an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
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(2)数列{an}的前n项和为Sn＝na1＋2 an＝n1＋22n－1＝n2.

(五年高考真题)2016届高考数学复习第六章第四节数列求和、数列的综合应用理(全国通用)

第四节数列求和、数列的综合应用考点一数列求和1．(2013·新课标全国Ⅱ，3)等比数列{a n }的前n 项和为S n .已知S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，则a 1＝( )A.13B ．－13C.19D ．－19解析设公比为q ，则由S 3＝a 2＋10a 1，得a 1＋a 2＋a 3－a 2＝10a 1，故a 3＝9a 1，所以q 2＝9.由a 5＝9，得a 1＝19.答案 C2．(2012·大纲全国，5)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解析由S 5＝5a 3及S 5＝15得a 3＝3， ∴d ＝a 5－a 35－3＝1，a 1＝1，∴a n ＝n ，1a n a n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和T 100＝1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101，故选A.答案 A3．(2011·天津，4)已知{a n }为等差数列，其公差为－2，且a 7是a 3与a 9的等比中项，S n 为{a n }的前n 项和，n ∈N *，则S 10的值为( ) A ．－110B ．－90C ．90D ．110解析由题意得a 27＝a 3·a 9，又公差d ＝－2， ∴(a 3－8)2＝a 3(a 3－12)，∴a 3＝16.∴S 10＝10（a 1＋a 10）2＝10（a 3＋a 8）2＝5(a 3＋a 3＋5d )＝5×(16＋16－10)＝110，故选D.答案 D4．(2013·辽宁，14)已知等比数列{a n }是递增数列，S n 是{a n }的前n 项和．若a 1，a 3是方程x 2－5x ＋4＝0的两个根，则S 6＝________.解析因为x 2－5x ＋4＝0的两根为1和4，又数列{a n }是递增数列，所以a 1＝1，a 3＝4，所以q ＝2.所以S 6＝1·（1－26）1－2＝63.答案 635．(2015·新课标全国Ⅱ，16)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 ＝____________．解析由题意，得S 1＝a 1＝－1，又由a n ＋1＝S n S n ＋1，得S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，所以S n ≠0，所以S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n ＝－1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1＝－1为首项，－1为公差的等差数列，得1S n ＝－1－(n －1)＝－n ，所以S n ＝－1n.答案－1n6．(2012·新课标，16)数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为________．解析当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝4k －1，当n ＝2k －1时，a 2k －a 2k －1＝4k －3，∴a 2k ＋1＋a 2k －1＝2，∴a 2k ＋3＋a 2k ＋1＝2，∴a 2k －1＝a 2k ＋3，∴a 1＝a 5＝…＝a 61.∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 60＝(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 60＋a 61)＝3＋7＋11＋…＋(2×60－1)＝30×（3＋119）2＝30×61＝1 830. 答案 1 8307．(2015·山东，18)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知2S n ＝3n＋3. (1)求{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足a n b n ＝log 3a n ，求{b n }的前n 项和T n . 解 (1)因为2S n ＝3n＋3，所以2a 1＝3＋3，故a 1＝3，当n ＞1时，2S n －1＝3n －1＋3，此时2a n ＝2S n －2S n －1＝3n－3n －1＝2×3n －1，即a n ＝3n －1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，3n －1，n ＞1.(2)因为a n b n ＝log 3a n ，所以b 1＝13，当n ＞1时，b n ＝31－nlog 33n －1＝(n －1)·31－n.所以T 1＝b 1＝13；当n ＞1时，T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝13＋(1×3－1＋2×3－2＋…＋(n －1)×31－n)，所以3T n ＝1＋(1×30＋2×3－1＋…＋(n －1)×32－n)，两式相减，得2T n ＝23＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n )－(n －1)×31－n＝23＋1－31－n1－3－1－(n －1)×31－n ＝136－6n ＋32×3n ，所以T n ＝1312－6n ＋34×3n ，经检验，n ＝1时也适合．综上可得T n ＝1312－6n ＋34×3n .8．(2015·天津，18)已知数列{a n }满足a n ＋2＝qa n (q 为实数，且q ≠1)，n ∈N *，a 1＝1，a 2＝2，且a 2＋a 3，a 3＋a 4，a 4＋a 5成等差数列． (1)求q 的值和{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a 2n a 2n －1，n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和．解 (1)由已知，有(a 3＋a 4)－(a 2＋a 3)＝(a 4＋a 5)－(a 3＋a 4)，即a 4－a 2＝a 5－a 3，所以a 2(q －1)＝a 3(q －1)，又因为q ≠1，故a 3＝a 2＝2，由a 3＝a 1q ，得q ＝2. 当n ＝2k －1(k ∈N *)时，a n ＝a 2k －1＝2k －1＝2n －12；当n ＝2k (k ∈N *)时，a n ＝a 2k ＝2k＝2n2.所以，{a n }的通项公式为a n ＝1222,2,n n n n -⎧⎪⎨⎪⎩为奇数为偶数(2)由(1)得b n ＝log 2a 2n a 2n －1＝n2n －1.设{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1×120＋2×121＋3×122＋…＋(n －1)×12n －2＋n ×12n －1，12S n ＝1×121＋2×122＋3×123＋…＋(n －1)×12n －1＋n ×12n . 上述两式相减得：12S n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n2n ＝1－12n1－12－n 2n＝2－22n －n 2n ，整理得，S n ＝4－n ＋22n －1，n ∈N *.所以，数列{b n }的前n 项和为4－n ＋22n －1，n ∈N *.9．(2014·山东，19)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 －14na n a n ＋1＝(－1)n －14n（2n －1）（2n ＋1）＝(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1. 当n 为偶数时，T n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n 2n ＋1. 当n 为奇数时，T n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…－⎝⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1＋⎝⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1. 所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n2n ＋1，n 为偶数.⎝ ⎛⎭⎪⎫或T n ＝2n ＋1＋（－1）n －12n ＋110．(2013·天津，19)已知首项为32的等比数列{a n }不是递减数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)，且S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝S n －1S n(n ∈N *)，求数列{T n }的最大项的值与最小项的值．解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列，所以S 5＋a 5－S 3－a 3＝S 4＋a 4－S 5－a 5，即4a 5＝a 3.于是q 2＝a 5a 3＝14.又{a n }不是递减数列且a 1＝32，所以q ＝－12.故等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝(－1)n －1·32n . (2)由(1)得S n＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋12n，n 为奇数，1－12n，n 为偶数.当n 为奇数时，S n 随n 的增大而减小，所以1<S n ≤S 1＝32，故0<S n －1S n ≤S 1－1S 1＝32－23＝56.当n 为偶数时，S n 随n 的增大而增大，所以34＝S 2≤S n <1，故0>S n －1S n ≥S 2－1S 2＝34－43＝－712.综上，对于n ∈N *，总有－712≤S n －1S n ≤56.所以数列{T n }最大项的值为56，最小项的值为－712.考点二数列的综合问题1．(2015·福建，8)若a ，b 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p ＞0，q ＞0)的两个不同的零点，且a ，b ，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p ＋q 的值等于( ) A ．6B ．7C ．8D ．9解析由题意知：a ＋b ＝p ，ab ＝q ，∵p ＞0，q ＞0，∴a ＞0，b ＞0.在a ，b ，－2这三个数的6种排序中，成等差数列的情况有a ，b ，－2；b ，a ，－2；－2，a ，b ；－2，b ，a ；成等比数列的情况有：a ，－2，b ；b ，－2，a .∴⎩⎪⎨⎪⎧ab ＝4，2b ＝a －2或⎩⎪⎨⎪⎧ab ＝4，2a ＝b －2解之得：⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝4. ∴p ＝5，q ＝4，∴p ＋q ＝9，故选D. 答案 D2．(2015·浙江，3)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n ，若a 3，a 4，a 8成等比数列，则( ) A ．a 1d ＞0，dS 4＞0B ．a 1d ＜0，dS 4＜0C ．a 1d ＞0，dS 4＜0D ．a 1d ＜0，dS 4＞0解析 ∵a 3，a 4，a 8成等比数列，∴(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )(a 1＋7d )，整理得a 1＝－53d ，∴a 1d＝－53d 2＜0，又S 4＝4a 1＋4×32d ＝－2d 3，∴dS 4＝－2d 23＜0，故选B.答案 B3．(2015·广东，21)数列{a n }满足：a 1＋2a 2＋…＋na n ＝4－n ＋22n －1，n ∈N *.(1)求a 3的值；(2)求数列{a n }前n 项和T n ； (3)令b 1＝a 1，b n ＝T n －1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋…＋1n a n (n ≥2)，证明：数列{b n }的前n 项和S n 满足S n <2＋2ln n .(1)解 a 1＝1，a 1＋2a 2＝2，a 2＝12，a 1＋2a 2＋3a 3＝4－54，a 3＝14.(2)解 n ≥2时，a 1＋2a 2＋…＋(n －1)a n －1＝4－n ＋12n －2，与原式相减，得na n ＝n 2n －1，a n ＝12n －1，n ＝1也符合，T n ＝1－12n1－12＝2－12n －1.(3)证明 n ≥2时，b n ＝T n －1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋…＋1n a n ＝a 1＋a 2＋…＋a n －1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋…＋1n a n故S n ＝∑i ＝1nb i ＝a 1＋a 12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12a 2＋a 1＋a 23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13a 3＋…＋a 1＋a 2＋…＋a n －1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋…＋1n a n＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫∑i ＝1n 1i a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫∑i ＝1n 1i a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫∑i ＝1n 1i a 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫∑i ＝1n 1i a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫∑i ＝1n 1i T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋…＋1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－12n －1<2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋…＋1n ，只需证明2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋…＋1n <2＋2ln n ，n ∈N *.对于任意自然数k ∈N ，令x ＝－1k ＋1∈(－1，0)时，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ＋1＋1＋1k ＋1<0，即1k ＋1<ln(k ＋1)－ln k . ∴k ＝1时，12<ln 2－ln 1，k ＝2时，13<ln 3<ln 2.…k ＝n －1时，1n<ln 2－ln(n －1)．∴1＋12＋13＋…＋1n <1＋(ln 2－ln 1)＋(ln 3－ln 2)＋…＋[ln n －ln(n －1)]，即1＋12＋13＋…＋1n<1＋ln n ，所以n ≥2时，2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋…＋1n <2＋2ln n ，综上n ∈N ＋时，S n <2＋2ln n .4．(2015·浙江，20)已知数列{a n }满足a 1＝12且a n ＋1＝a n －a 2n (n ∈N *)．(1) 证明：1≤a n a n ＋1≤2(n ∈N *)； (2)设数列{a 2n }的前n 项和为S n ，证明：12（n ＋2）≤S n n ≤12（n ＋1）(n ∈N *)．证明 (1)由题意得a n ＋1－a n ＝－a 2n ≤0，即a n ＋1≤a n ，故a n ≤12.由a n ＝(1－a n －1)a n －1得a n ＝(1－a n －1)(1－a n －2)…(1－a 1)a 1＞0.由0＜a n ≤12得a n a n ＋1＝a n a n －a 2n ＝11－a n∈[1，2]，即1≤a na n ＋1≤2 (2`)由题意得a 2n ＝a n －a n ＋1，所以S n ＝a 1－a n ＋1①由1a n ＋1－1a n ＝a n a n ＋1和1≤a na n ＋1≤2得1≤1a n ＋1－1a n≤2，所以n ≤1a n ＋1－1a 1≤2n ，因此12（n ＋1）≤a n ＋1≤1n ＋2(n ∈N *)．②由①②得12（n ＋2）≤S n n ≤12（n ＋1）(n ∈N *)．5．(2014·江西，17)已知首项都是1的两个数列{a n }，{b n }(b n ≠0，n ∈N *)满足a nb n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0.(1)令c n ＝a n b n，求数列{c n }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c n ＋1－c n ＝2. 所以数列{c n }是以1为首项，2为公差的等差数列，故c n ＝2n －1. (2)由b n ＝3n －1知a n ＝c n b n ＝(2n －1)3n －1，于是数列{a n }的前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＋1.6．(2014·四川，19)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 n b n 的前n 项和T n .解 (1)由已知得，b 7＝72a，b 8＝82a＝4b 7，有82a＝4×2a 7＝722a +.解得d ＝a 8－a 7＝2. 所以，S n ＝na 1＋n （n －1）2d＝－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＝(22aln 2)(x －a 2)，它在x 轴上的截距为a 2－1ln 2.由题意得，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＋…＋n2n －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. 7．(2014·湖北，18)已知等差数列{a n }满足：a 1＝2，且a 1，a 2，a 5成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，是否存在正整数n ，使得S n >60n ＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由．解 (1)设数列{a n }的公差为d ，依题意，2，2＋d ，2＋4d 成等比数列，故有(2＋d )2＝2(2＋4d )，化简得d 2－4d ＝0，解得d ＝0或d ＝4. 当d ＝0时，a n ＝2；当d ＝4时，a n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2，从而得数列{a n }的通项公式为a n ＝2或a n ＝4n －2. (2)当a n ＝2时，S n ＝2n . 显然2n <60n ＋800，此时不存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立．当a n ＝4n －2时，S n ＝n [2＋（4n －2）]2＝2n 2.令2n 2>60n ＋800，即n 2－30n －400>0，解得n >40或n <－10(舍去)，此时存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立，n 的最小值为41. 综上，当a n ＝2时，不存在满足题意的n ；当a n ＝4n －2时，存在满足题意的n ，其最小值为41.8．(2013·北京，20)已知{a n }是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n 项的最大值记为A n ，第n 项之后各项a n ＋1，a n ＋2，…的最小值记为B n ，d n ＝A n －B n .(1)若{a n }为2，1，4，3，2，1，4，3，…，是一个周期为4的数列(即对任意n ∈N *，a n＋4＝a n )，写出d 1，d 2，d 3，d 4的值；(2)设d 是非负整数，证明：d n ＝－d (n ＝1，2，3，…)的充分必要条件为{a n }是公差为d 的等差数列；(3)证明：若a 1＝2，d n ＝1(n ＝1，2，3，…)，则{a n }的项只能是1或者2，且有无穷多项为1.(1)解 d 1＝d 2＝1，d 3＝d 4＝3.(2)证明 (充分性)因为{a n }是公差为d 的等差数列，且d ≥0，所以a 1≤a 2≤…≤a n ≤….因此A n ＝a n ，B n ＝a n ＋1，d n ＝a n －a n ＋1＝－d (n ＝1，2，3，…)． (必要性)因为d n ＝－d ≤0(n ＝1，2，3，…)，所以A n ＝B n ＋d n ≤B n . 又因为a n ≤A n ，a n ＋1≥B n ，所以a n ≤a n ＋1. 于是，A n ＝a n ，B n ＝a n ＋1，因此a n ＋1－a n ＝B n －A n ＝－d ＝d ，即{a n }是公差为d 的等差数列． (3)证明因为a 1＝2，d 1＝1，所以A 1＝a 1＝2，B 1＝A 1－d 1＝1. 故对任意n ≥1，a n ≥B 1＝1. 假设{a n }(n ≥2)中存在大于2的项．设m 为满足a m >2的最小正整数，则m ≥2，并且对任意1≤k <m ，a k ≤2. 又因为a 1＝2，所以A m －1＝2，且A m ＝a m >2.于是，B m ＝A m －d m >2－1＝1，B m －1＝min{a m ，B m }≥2. 故d m －1＝A m －1－B m －1≤2－2＝0，与d m －1＝1矛盾．所以对于任意n ≥1，有a n ≤2，即非负整数列{a n }的各项只能为1或2. 因为对任意n ≥1，a n ≤2＝a 1，所以A n ＝2. 故B n ＝A n －d n ＝2－1＝1.因此对于任意正整数n ，存在m 满足m >n ，且a m ＝1，即数列{a n }有无穷多项为1.9．(2012·四川，20)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2a n ＝S 2＋S n 对一切正整数n 都成立． (1)求a 1，a 2的值；(2)设a 1>0，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg 10a 1a n 的前n 项和为T n .当n 为何值时，T n 最大？并求出T n 的最大值．解 (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a 2(a 2－a 1)＝a 2，③ (ⅰ)若a 2＝0，由①知a 1＝0， (ⅱ)若a 2≠0，由③知a 2－a 1＝1.④由①、④解得，a 1＝2＋1，a 2＝2＋2；或a 1＝1－2，a 2＝2－ 2.综上可得a 1＝0，a 2＝0；或a 1＝2＋1，a 2＝2＋2；或a 1＝1－2，a 2＝2－ 2.(2)当a 1>0时，由(1)知a 1＝2＋1，a 2＝2＋2. 当n ≥2时，有(2＋2)a n ＝S 2＋S n ，(2＋2)a n －1＝S 2＋S n －1，所以(1＋2)a n ＝(2＋2)a n －1，即a n ＝2a n －1(n ≥2)，所以a n ＝a 1(2)n －1＝(2＋1)·(2)n －1.令b n ＝lg 10a 1a n，则b n ＝1－lg(2)n －1＝1－12(n －1)lg 2＝12lg 1002n －1，所以数列{b n }是单调递减的等差数列(公差为－12lg 2)，从而b 1>b 2>…>b 7＝lg 108>lg 1＝0，当n ≥8时，b n ≤b 8＝12lg 100128<12lg 1＝0，故n ＝7时，T n 取得最大值，且T n 的最大值为T 7＝7（b 1＋b 7）2＝7（1＋1－3lg 2）2＝7－212lg 2.。

2016届高考数学(人教理)总复习课件：第5章-第5节数列的综合应用

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菜
单
高三总复习· 数学(理)
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【解析】
因为等差数列{an}的前 n 项和为 Sn＝na1＋
nn－1 2 d，所以 S1，S2，S4 分别为 a1,2a1－1,4a1－6. 因为 S1， S2， S4 成等比数列，所以(2a1－1)2＝a1· (4a1－6)．解 1 得 a1＝－2.
nn－1 所以 Sn＝na1＋ 2 d＝－2n＋n(n－1)＝n2－3n.
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菜
单
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(2)函数 f(x)＝2 在(a2， b2)处的切线方程为 y－2a2＝(2a2ln
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x
2)(x－a2)， 1 它在 x 轴上的截距为 a2－ln 2. 1 1 由题意知，a2－ln 2＝2－ln 2，解得 a2＝2. 所以 d＝a2－a1＝1，从而 an＝n，bn＝2n. n－1 n 1 2 3 所以 Tn＝2＋22＋23＋„＋ n－1 ＋2n， 2 1 2 3 n 2Tn＝1＋2＋22＋„＋ n－1. 2
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【思路点拨】 (1)设等差数列{an}的公差为 d，利用等比数列的性质得到 a2 a5，并用 2＝a1· a1，d 表示 a2，a5 来求解公
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切脉搏核心突破
预测 2016 年高考仍会以数列与其他知识的综考向合应用为重点考查对象，尤其借助等差或等比预测数列的有关知识解决不等式的问题将会以更新的面貌在高考试卷中呈现.

高考2016届高考数学总复习第五章第4节数列求和课件

A．15 B．12 C．－12 D．－15
[解析] ∵an＝(－1)n(3n－2)， ∴a1＋a2＋…＋a10＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝
3×5＝15.
[答案] A
A
9
4．数列{an}中，an＝n（n1＋1），若{an}的前 n 项和为22 001145，则项数 n 为( ) A．2 013 B．2 014 C．2 015 D．2 016 [解析] 因为 an＝n（n1＋1）＝1n－n＋1 1，所以 Sn＝a1＋a2＋…＋an ＝1－12＋12－13＋…＋1n－n＋1 1＝n＋n 1，由已知得 Sn＝n＋n 1＝22 001145，解得 n＝2 014.
(2)通项公式为 an＝bcnn，，nn为为奇偶数数，的数列，其中数列{bn}，{cn}
是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．
A
15
【变式训练 1】(2014·北京高考)已知{an}是等差数列，满足 a1＝3， a4＝12，数列{bn}满足 b1＝4，b4＝20，且{bn－an}为等比数列． (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)求数列{bn}的前 n 项和．
A
4
4．裂项相消法 (1)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，从而求得其和． (2)裂项时常用的三种变形：
①nபைடு நூலகம்n1＋1）＝1n－n＋1 1；
②（2n－1）1（2n＋1）＝122n1－1－2n1＋1；
1 ③ n＋ n＋1＝ n＋1－ n.
5．分组转化求和法一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．
A
12
[解析]

2016版高考数学大一轮复习课件：第5章-第4节数列求和

名师金典·新课标高考总复习·理科数学
基础知识点
核心考向
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方法技巧
第四节数列求和
课时限时检测
第一页，编辑于星期五：二十三点五十五分。
名师金典·新课标高考总复习·理科数学
基础知识点
方法技巧
[考情展望] 1.考查等差、等比数列的求和.2.以数列求和为载体，考查数列求和的各种方法和技巧．
用分组求和法求{an}的前 n 项和．
(2)通项公式为 an＝bcnn，，nn为为偶奇数数，的数列，其中数列课
核
时
心考
{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．
限时
向
检
测
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第十七页，编辑于星期五：二十三点五十五分。
名师金典·新课标高考总复习·理科数学
对点训练 (2014·湖南高考)已知数列{an}的前 n 项和 Sn
限时
向
＝311－－33n－211－－22n＝3n2＋1－2n＋1＋12.
检测
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第十六页，编辑于星期五：二十三点五十五分。
名师金典·新课标高考总复习·理科数学
基础知识点
规律方法 1 分组转化法求和的常见类型
方法
技
(1)若 an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，可采巧
基础
(2)由(1)知a2n－11a2n＋1＝3－2n11－2n
知
识点
＝122n1－3－2n1－1，
方法技巧
从而数列a2n－11a2n＋1的前 n 项和为
核
12－11－11＋11－13＋…＋2n1－3－2n1－1

高考数学大二轮复习专题四数列4.2数列求和与综合应用课件

二轮数学专题四数列
专题四
题型一
题型二
课时作业
数列
二轮数学专题四数列
题型一
题型二
课时作业
第 2 课时数列求和与综合应用
二轮数学专题四数列
题型一
题型二
课时作业
高考对本部分考查主要从以下方面进行： (1)考查等差、等比数列前 n 项和公式以及其他求和方法，尤其是错位相减法及裂项相消法是高考的热点内容． (2)数列主观题常与函数、不等式等知识点交汇，综合考查函数与方程、等价转化、分类讨论等数学思想．
二轮数学专题四数列
题型一
题型二
课时作业
(2)由(1)知 an＝6n－5，所以 Sn＝nan－3n(n－1)＝n(6n－5)－3n(n－1)＝3n2－ 2n，所以Snn＝3n－2，
因此S11＋S22＋S33＋…＋Snn＝3(1＋2＋3＋…＋n)－2n＝3nn2＋1－2n＝32n2－12n，
所以S11＋S22＋S33＋…＋Snn－32(n－1)2＝32n2－12n－32(n－1)2＝52n－32＝2 016，
二轮数学专题四数列
题型一
题型二
课时作业
(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.
(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.
二轮数学专题四数列
题型一
题型二
课时作业
题型二
二轮数学专题四数列

(完整word版)2016高考数学复习名师知识点总结：数列求和及数列的综合应用..(良心出品必属精品)

数列求和及数列的综合应用【高考考情解读】高考对本节知识主要以解答题的形式考查以下两个问题：1.以递推公式或图、表形式给出条件，求通项公式，考查学生用等差、等比数列知识分析问题和探究创新的能力，属中档题.2.通过分组、错位相减等转化为等差或等比数列的求和问题，考查等差、等比数列求和公式及转化与化归思想的应用，属中档题．1．数列求和的方法技巧(1)分组转化法有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．(2)错位相减法这是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an ·bn}的前n项和，其中{an}，{bn}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1anan＋1的数列的前n项和，其中{an }若为等差数列，则1anan＋1＝1d⎝⎛⎭⎪⎫1an－1an＋1.常见的拆项公式：①1＋＝1n－1n＋1；②1＋＝1k(1n－1n＋k)；③1－＋＝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an 与它的前一项an－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. 考点一分组转化求和法例1 等比数列{an }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{an}(2)若数列{bn }满足：bn＝an＋(－1)n ln an，求数列{bn}的前n项和Sn.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a 1＝10时，不合题意．因此a 1＝2，a 2＝6，a 3＝18.所以公比q ＝3. 故a n ＝2·3n －1 (n∈N *)． (2)因为b n ＝a n ＋(－1)n ln a n ＝2·3n －1＋(－1)n ln(2·3n －1)＝2·3n －1＋(－1)n [ln 2＋(n －1)ln 3]＝2·3n －1＋(－1)n (ln 2－ln 3)＋(－1)n nln 3，所以S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n ]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3. 当n 为偶数时，S n ＝2×1－3n 1－3＋n2ln 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＋n 2ln 3－1， n 为偶数，3n－n －12ln 3－ln 2－1， n 为奇数.在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．(2013·安徽)设数列{an }满足a 1＝2，a 2＋a 4＝8，且对任意n∈N *，函数f(x)＝(a n －a n ＋1＋a n ＋2)x ＋a n ＋1cos x －a n ＋2sin x 满足f′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋12a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .解 (1)由题设可得f′(x)＝(a n －a n ＋1＋a n ＋2)－a n ＋1sin x －a n ＋2cos x ，又f′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0，则a n ＋a n ＋2－2a n ＋1＝0，即2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，因此数列{a n }为等差数列，设等差数列{a n }的公差为d ，由已知条件⎩⎨⎧a 1＝22a 1＋4d ＝8，解得⎩⎨⎧a 1＝2，d ＝1，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋1.(2)b n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1＋12n ＋1＝2(n ＋1)＋12n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(n ＋3)n ＋1－12n＝n 2＋3n ＋1－12n .考点二错位相减求和法例2 (2013·山东)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n ＝1－12n ，n∈N *，求{b n }的前n 项和T n .解 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由⎩⎨⎧S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1(n∈N *)．(2)由已知b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n ＝1－12n ，n∈N *，①当n≥2时，b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n －1a n －1＝1－12n －1，②①－②得：b n a n ＝12n ，又当n ＝1时，b 1a 1＝12也符合上式，所以b n a n ＝12n (n∈N *)，所以b n ＝2n －12n (n∈N *)．所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝12＋322＋523＋…＋2n －12n . 12T n ＝122＋323＋…＋2n －32n ＋2n －12n ＋1. 两式相减得：12T n ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋223＋…＋22n －2n －12n ＋1＝32－12n －1－2n －12n ＋1. 所以T n ＝3－2n ＋32n.错位相减法求数列的前n 项和是一类重要方法．在应用这种方法时，一定要抓住数列的特征，即数列的项可以看作是由一个等差数列和一个等比数列对应项相乘所得数列的求和问题．设数列{an }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]．考点三裂项相消求和法例3 (2013·广东)设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，满足4S n＝a 2n ＋1－4n －1，n∈N*,且a 2，a 5，a 14构成等比数列． (1)证明：a 2＝4a 1＋5； (2)求数列{a n }的通项公式； (3)证明：对一切正整数n ，有1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1<12. (1)证明当n ＝1时，4a 1＝a 22－5，a 22＝4a 1＋5，又a n >0，∴a 2＝4a 1＋5.(2)解当n≥2时，4S n －1＝a 2n －4(n －1)－1，∴4a n ＝4S n －4S n －1＝a 2n ＋1－a 2n －4，即a 2n ＋1＝a 2n ＋4a n ＋4＝(a n ＋2)2，又a n >0，∴a n ＋1＝a n ＋2，∴当n≥2时，{a n }是公差为2的等差数列．又a 2，a 5，a 14成等比数列．∴a 25＝a 2·a 14，即(a 2＋6)2＝a 2·(a 2＋24)，解得a 2＝3.由(1)知a 1＝1. 又a 2－a 1＝3－1＝2，∴数列{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝2的等差数列． ∴a n ＝2n －1. (3)证明1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝11×3＋13×5＋15×7＋ (1)＋＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1<12.数列求和的方法：(1)一般地，数列求和应从通项入手，若无通项，就先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备适用某种特殊方法的形式，从而选择合适的方法求和得解．(2)已知数列前n 项和S n 或者前n 项和S n 与通项公式a n 的关系式，求通项通常利用a n ＝⎩⎨⎧S 1＝S n －S n －1.已知数列递推式求通项，主要掌握“先猜后证法”“化归法”“累加(乘)法”等．(2013·西安模拟)已知x ，2，3(x≥0)成等差数列．又数列{a n }(a n >0)中，a 1＝3，此数列的前n 项和为S n ，对于所有大于1的正整数n 都有S n ＝f(S n －1)． (1)求数列{a n }的第n ＋1项； (2)若b n 是1a n ＋1，1a n的等比中项，且T n 为{b n }的前n 项和，求T n . 解 (1)因为x ，2，3(x≥0)成等差数列，所以2×2＝x ＋3，整理，得f(x)＝(x ＋3)2.因为S n ＝f(S n －1)(n≥2)，所以S n ＝(S n －1＋3)2，所以S n ＝S n －1＋3，即S n －S n －1＝3，所以{S n }是以3为公差的等差数列．因为a 1＝3，所以S 1＝a 1＝3，所以S n ＝S 1＋(n －1)3＝3＋3n －3＝3n. 所以S n ＝3n 2(n∈N *)．所以a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝3(n ＋1)2－3n 2＝6n ＋3. (2)因为b n 是1a n ＋1与1a n 的等比中项，所以(b n )2＝1a n ＋1·1a n，所以b n ＝1a n ＋1·1a n＝1＋－＝118×⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝118⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝118⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n18n ＋9. 考点四数列的实际应用例4 (2012·湖南)某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．该企业第一年年初有资金2 000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%，预计以后每年资金年增长率与第一年的相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d 万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为a n 万元． (1)用d 表示a 1，a 2，并写出a n ＋1与a n 的关系式；(2)若公司希望经过m(m≥3)年使企业的剩余资金为4 000万元，试确定企业每年上缴资金d 的值(用m 表示)．由第n 年和第(n ＋1)年的资金变化情况得出an 与a n ＋1的递推关系；(2)由a n ＋1与a n 之间的关系，可求通项公式，问题便可求解．解 (1)由题意得a 1＝2 000(1＋50%)－d ＝3 000－d ， a 2＝a 1(1＋50%)－d ＝32a 1－d ＝4 500－52d.a n ＋1＝a n (1＋50%)－d ＝32a n －d.(2)由(1)得a n ＝32a n －1－d ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫32a n －2－d －d＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322a n －2－32d －d ＝…＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1a 1－d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32 n －2.整理得a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(3 000－d)－2d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1－1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(3 000－3d)＋2d.由题意，知a m ＝4 000，即⎝ ⎛⎭⎪⎫32m －1(3 000－3d)＋2d ＝4 000，解得d ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32m －2×1 000⎝ ⎛⎭⎪⎫32m－1＝m－2m ＋13m －2m.故该企业每年上缴资金d 的值为m－2m ＋13m －2m时，经过m(m≥3)年企业的剩余资金为4 000万元．用数列知识解相关的实际问题，关键是合理建立数学模型——数列模型，弄清所构造的数列的首项是什么，项数是多少，然后转化为解数列问题．求解时，要明确目标，即搞清是求和，还是求通项，还是解递推关系问题，所求结论对应的是解方程问题，还是解不等式问题，还是最值问题，然后进行合理推算，得出实际问题的结果．某产品在不做广告宣传且每千克获利a 元的前提下，可卖出b 千克．若做广告宣传，广告费为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 －Sn－1＝b2n.以上n个等式相加得，Sn －S＝b2＋b22＋b23＋…＋b2n，即S＝Sn ＝b＋b2＋b22＋b23＋…＋b2n＝b[1－12n＋1]1－12＝b(2－12n)．[来源:](3)当a＝50，b＝200时，设获利为Tn，则有T n ＝Sa－1 000n＝10 000×(2－12n)－1 000n＝1 000×(20－102n－n)，设bn ＝20－102n－n，则bn＋1－bn＝20－102n＋1－n－1－20＋102n＋n＝52n－1，当n≤2时，bn＋1－bn>0；当n≥3时，bn＋1－bn<0.所以当n＝3时，bn 取得最大值，即Tn取得最大值，此时S＝375，即该厂家获利最大时，销售量和广告费分别为375千克和3千元．1．数列综合问题一般先求数列的通项公式，这是做好该类题的关键．若是等差数列或等比数列，则直接运用公式求解，否则常用下列方法求解：(1)an ＝⎩⎨⎧S 1＝Sn－Sn－1.(2)递推关系形如an＋1－an＝f(n)，常用累加法求通项．(3)递推关系形如an＋1an＝f(n)，常用累乘法求通项．(4)递推关系形如“an＋1＝pan＋q(p、q是常数，且p≠1，q≠0)”的数列求通项，此类通项问题，常用待定系数法．可设an＋1＋λ＝p(an＋λ)，经过比较，求得λ，则数列{an＋λ}是一个等比数列．(5)递推关系形如“an＋1＝pan＋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：[来源:](1)错位相减法求和时将问题转化为等比数列的求和问题求解．(2)并项求和时，将问题转化为等差数列求和．(3)分组求和时，将问题转化为能用公式法或错位相减法或裂项相消法或并项法求和的几个数列的和求解．提醒：运用错位相减法求和时，相减后，要注意右边的n＋1项中的前n项，哪些项构成等比数列，以及两边需除以代数式时注意要讨论代数式是否为零．3．数列应用题主要考查应用所学知识分析和解析问题的能力．其中，建立数列模型是解决这类问题的核心，在试题中主要有：一是，构造等差数列或等比数列模型，然后用相应的通项公式与求和公式求解；二是，通过归纳得到结论，再用数列知识求解.1．在一个数列中，如果∀n∈N *，都有a n a n ＋1a n ＋2＝k(k 为常数)，那么称这个数列为等积数列，称k 为这个数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且a 1＝1，a 2＝2，公积为8，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝________. 答案 28解析依题意得数列{a n }是周期为3的数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，因此a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝4(a 1＋a 2＋a 3)＝4×(1＋2＋4)＝28.2．秋末冬初，流感盛行，特别是甲型H1N1流感．某医院近30天每天入院治疗甲流的人数依次构成数列{a n }，已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n (n∈N *)，则该医院30天入院治疗甲流的人数共有________．答案 255解析由于a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n ，所以a 1＝a 3＝…＝a 29＝1，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＝255.3．已知公差大于零的等差数列{a n }的前n 项和S n ，且满足：a 2·a 4＝65，a 1＋a 5＝18.(1)若1<i<21，a 1，a i ，a 21是某等比数列的连续三项，求i 的值；(2)设b n ＝n ＋n，是否存在一个最小的常数m 使得b 1＋b 2＋…＋b n <m对于任意的正整数n 均成立，若存在，求出常数m ；若不存在，请说明理由．解 (1){a n }为等差数列，∵a 1＋a 5＝a 2＋a 4＝18，又a 2·a 4＝65，∴a 2，a 4是方程x 2－18x ＋65＝0的两个根，又公差d>0，∴a 2<a 4，∴a 2＝5，a 4＝13. ∴⎩⎨⎧a 1＋d ＝5，a 1＋3d ＝13，∴a 1＝1，d ＝4.∴a n ＝4n －3.由于1<i<21，a 1，a i ，a 21是某等比数列的连续三项， ∴a 1·a 21＝a 2i ，即1·81＝(4i －3)2，解得i ＝3. (2)由(1)知，S n ＝n·1＋－2·4＝2n 2－n ，所以b n ＝1－＋＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝n 2n ＋1，因为n 2n ＋1＝12－1＋<12，所以存在m ＝12使b 1＋b 2＋…＋b n <m 对于任意的正整数n 均成立．(推荐时间：60分钟) 一、选择题1．已知数列112，314，518，7116，…，则其前n 项和S n 为( )A ．n 2＋1－12nB ．n 2＋2－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2＋2－12n －1答案 A解析因为a n ＝2n －1＋12n ，则Sn ＝1＋2n－12n＋⎝⎛⎭⎪⎫1－12n·121－12＝n2＋1－12n.2．在等差数列{an }中，a1＝－2 013，其前n项和为Sn，若S1212－S1010＝2，则S2 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{Snn}也是等差数列，根据已知可得这个数列的首项S11＝a1＝－2 013，公差d＝1，故S2 0132 013＝－2 013＋(2 013－1)×1＝－1，所以S2 013＝－2 013.3．对于数列{an }，a1＝4，an＋1＝f(an)，n＝1,2，…，则a2 013等于( )A.2 B．3 答案 C解析由表格可得a1＝4，a2＝f(a1)＝f(4)＝1，a3＝f(a2)＝f(1)＝5，a4＝f(a3)＝2，a5＝f(2)＝4，可知其周期为4，∴a2 013＝a1＝4.4．在等差数列{an }中，其前n项和是Sn，若S15>0，S16<0，则在S1a1，S2a2，…，S15a15中最大的是( )A.S 1a 1 B.S 8a 8 C.S 9a 9D.S 15a 15答案 B解析由于S 15＝1＋a 152＝15a 8>0，S 16＝16a 1＋a 162＝8(a 8＋a 9)<0，可得a 8>0，a 9<0.这样S 1a 1>0，S 2a 2>0，…，S 8a 8>0，S 9a 9<0，S 10a 10<0，…，S 15a 15<0，而S 1<S 2<…<S 8，a 1>a 2>…>a 8，所以在S 1a 1，S 2a 2，…，S 15a 15中最大的是S 8a 8.故选B.5．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 ＝＋2，因此1a n＝2＋＝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. 6．已知函数f(n)＝⎩⎨⎧n2为奇数，－n2为偶数，且a n ＝f(n)＋f(n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 012等于 ( )A ．－2 012B ．－2 011C ．2 012D ．2 011答案 C解析当n 为奇数时，a n ＝f(n)＋f(n ＋1)＝n 2－(n ＋1)2＝－(2n ＋1)；当n 为偶数时，a n ＝f(n)＋f(n ＋1)＝－n 2＋(n ＋1)2＝2n ＋1. 所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 012＝2(－1＋2－3＋4＋…－2 011＋2 012)＝2 012. 二、填空题7．数列{a n }中，已知对任意n∈N *，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1，则a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n ＝________.答案12(9n－1) 解析 ∵a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1， ∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＝3n －1－1(n≥2)．则n≥2时，两式相减得，a n ＝2·3n －1. 当n ＝1时，a 1＝3－1＝2，适合上式，∴a n ＝2·3n －1(n∈N *)．∴a 2n ＝4·9n －1，则数列{a 2n }是首项为4，公比为9的等比数列． ∴a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n＝－9n 1－9＝12(9n－1)． 8．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n 为复数isin nπ2＋cos nπ2(n∈N *)的虚部，则S2 013＝________. 答案1[来源:数理化网]解析由已知得：an ＝sinnπ2(n∈N*)，∴a1＝1，a2＝0，a3＝－1，a4＝0，故{an}是以4为周期的周期数列，∴S2 013＝S503×4＋1＝S1＝a1＝1.9．已知数列{an }满足3an＋1＋an＝4(n≥1)且a1＝9，其前n项之和为Sn，则满足不等式|Sn －n－6|<1125的最小整数n是________．[来源:] 答案7解析由递推式变形得3(an＋1－1)＝－(an－1)，∴{an －1}是公比为－13的等比数列．则an －1＝8·(－13)n－1，即an ＝8·(－13)n－1＋1.于是Sn ＝8[1－－13n]1－－13＋n＝6[1－(－13)n]＋n＝6－6·(－13)n＋n因此|Sn －n－6|＝|6×(－13)n|＝6×(13)n<1125，3n－1>250，∴满足条件的最小n＝7.10．气象学院用3.2万元买了一台天文观测仪，已知这台观测仪从启用的第一天起连续使用，第n天的维修保养费为n＋4910(n∈N*)元，使用它直至报废最合算(所谓报废最合算是指使用这台仪器的平均耗资最少)，一共使用了________天．答案 800解析由题意得，每天的维修保养费是以5为首项，110为公差的等差数列．设一共使用了n 天，则使用n 天的平均耗资为3.2×104＋＋n ＋49102n＝3.2×104n ＋n 20＋9920≥23.2×104n ×n 20＋9920，当且仅当3.2×104n ＝n20时取得最小值，此时n ＝800.三、解答题11．已知等差数列{a n }满足：a 5＝9，a 2＋a 6＝14. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ＋qa n (q>0)，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)设数列{a n }的公差为d ，则由a 5＝9，a 2＋a 6＝14，得⎩⎨⎧a 1＋4d ＝92a 1＋6d ＝14，解得⎩⎨⎧a 1＝1d ＝2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1. (2)由a n ＝2n －1得b n ＝2n －1＋q 2n －1.当q>0且q≠1时，S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(q 1＋q 3＋q 5＋…＋q 2n －1)＝n 2＋－q 2n 1－q 2；当q ＝1时，b n ＝2n ，则S n ＝n(n ＋1)．所以数列{b n}的前n 项和S n＝⎩⎨⎧＋，q ＝1n 2＋－q2n1－q 2，q>0且q≠1.12．将函数f(x)＝sin 14x·sin 14(x ＋2π)·sin 12(x ＋3π)在区间(0，＋∞)内的全部极值点按从小到大的顺序排成数列{a n }(n∈N *)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn ＝2n an，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn的表达式．解(1)化简f(x)＝sin 14x·sin14(x＋2π)·sin12(x＋3π)＝－14sin x，其极值点为x＝kπ＋π2(k∈Z)，它在(0，＋∞)内的全部极值点构成以π2为首项，π为公差的等差数列，故a n ＝π2＋(n－1)π＝nπ－π2.(2)bn ＝2n an＝π2(2n－1)·2n，∴Tn ＝π2[1·2＋3·22＋…＋(2n－3)·2n－1＋(2n－1)·2n]，则2Tn ＝π2[1·22＋3·23＋…＋(2n－3)·2n＋(2n－1)·2n＋1]两式相减，得∴－Tn ＝π2[1·2＋2·22＋2·23＋…＋2·2n－(2n－1)·2n＋1]，∴Tn＝π[(2n－3)·2n＋3]．13．在等比数列{an }中，a2＝14，a3·a6＝1512.设bn＝log2a2n2·log2a2n＋12，Tn为数列{bn}的前n项和．(1)求an 和Tn；(2)若对任意的n∈N*，不等式λTn<n－2(－1)n恒成立，求实数λ的取值范围．[来源:]解(1)设{an }的公比为q，由a3a6＝a22·q5＝116q5＝1512得q＝12，∴an ＝a2·q n－2＝(12)n.b n ＝log2a2n2·log2a2n＋12＝log(12)2n－12·log(12)2n＋12＝1－＋＝12(12n －1－12n ＋1)， ∴T n ＝12(1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1)＝12(1－12n ＋1)＝n 2n ＋1. (2)①当n 为偶数时，由λT n <n －2恒成立得， λ<－＋n＝2n －2n－3恒成立，即λ<(2n－2n－3)min ，而2n －2n －3随n 的增大而增大，∴n＝2时(2n －2n －3)min ＝0，∴λ<0.②当n 为奇数时，由λT n <n ＋2恒成立得， λ<＋＋n＝2n ＋2n＋5恒成立，即λ<(2n＋2n ＋5)min而2n ＋2n＋5≥22n·2n＋5＝9，当且仅当2n ＝2n ，即n ＝1时等号成立，∴λ<9.综上，实数λ的取值范围为(－∞，0)．7。

高考数学一轮复习课件——第4节数列求和及综合应用

2 1 22n
则 A=
=22n+1-2,
1 2
B=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(2n-1)+2n]=n.
故数列{bn}的前 2n 项和 T2n=A+B=22n+1+n-2.
︱高中总复习︱一轮·理数
考查角度2:裂项相消法【例2】 (2017·全国Ⅲ卷)设数列{an}满足a1+3a2+…+ (2n-1)an=2n. (1)求{an}的通项公式;
︱高中总复习︱一轮·理数
(2)求Sn.
(2)解:由(1)知,an≠0,所以 an2 =3,于是数列{a2n-1}是首项 a1=1,公比为 3 的等比数列;数 an
列{a2n}是首项 a2=2,公比为 3 的等比数列.因此 a2n-1=3n-1,a2n=2×3n-1.于是 S2n=a1+a2+…+a2n=
︱高中总复习︱一轮·理数
反思归纳
(1)常见的裂项方法(其中n为正整数)
数列
{ 1 }(k 为非零常数)
nn k
{1} 4n2 1
{
1
}
n nk
{loga(1+ 1 )}(a>0,a≠1) n
裂项方法
1 =1(1- 1 )
nn k k n n k
1 =1 ( 1 - 1 ) 4n2 1 2 2n 1 2n 1
(2)求数列{ an }的前 n 项和. 2n 1
解:(2)记{ an }的前 n 项和为 Sn, 2n 1
由(1)知 an =
2
=1 -1 ,
2n 1 2n 12n 1 2n 1 2n 1

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热点一分组转化求和例1 等比数列{an}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. 第一列第一行第二行第三行 (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足：bn＝an＋(－1)nln an，求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 思维启迪解 (1)根据表中数据逐个推敲确定{an}的通项公式；(2)分组求和. 3 6 9 第二列 2 4 8 第三列 10 14 18
＋
(1)求{an}的通项公式； 1 (2)设 bn＝，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. an· an＋2 解 4 (1)由 S3＝6，得 a2＝2.∵a3－a1,2a2，a8 成等比数列，∴(2d)· (2＋6d)＝42，解得 d＝1 或 d＝－， 3
∵d>0，∴d＝1.∴数列{an}的通项公式为 an＝n. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 (2)Tn＝＋＋＋…＋＝ [(1－ )＋( － )＋( － )＋( － )＋…＋( － )] 1· 3 2· 4 3· 5 3 2 4 3 5 4 6 n n＋2 nn＋2 2 3n2＋5n 13 1 1 ＝ ( －－ )＝ . 2 2 n＋1 n＋2 4n＋1n＋2 已知等差数列{an}是递增数列，且满足 a4· a7＝15，a3＋a8＝8. (1)求数列{an}的通项公式； 1 1 (n≥2)，b1＝，求数列{bn}的前 n 项和 Sn. (2)令 bn＝ 3 9an－1an (1)根据题意 a3＋a8＝8＝a4＋a7，a4· a7＝15，所以 a4，a7 是方程 x2－8x＋15＝0 的两根，且 a4<a7， 2 解得 a4＝3，a7＝5.设数列{an}的公差为 d，由 a7＝a4＋(7－4)· d，得 d＝ . 3 2 n ＋ 1 2 故等差数列{an}的通项公式为 an＝a4＋(n－4)· d＝3＋(n－4)· ＝ . 3 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 (2)当 n≥2 时，bn＝＝＝＝ ( － )，又 b1＝＝ (1－ )， 3 2 3 9an－1an 2n－1 2n＋1 2n－12n＋1 2 2n－1 2n＋1 · 9· 3 3 1 1 1 1 1 1 1 1 n 所以 Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝ (1－＋－＋…＋－ )＝ (1－ )＝ . 2 3 3 5 2n－1 2n＋1 2 2n＋1 2n＋1 n 即数列{bn}的前 n 项和 Sn＝ . 2n＋1 解
(1)求数列{an}的通项公式； n (2)若 bn＝，数列{bn}的前 n 项和为 Tn，n∈N*，证明：Tn<2. an＋1－an 思维启迪 (1)n>1 时，Sn＝2Sn－1＋n 两式相减得{an}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 Tn，再放缩. (1)解即 ∵Sn＋1＝2Sn＋n＋1，当 n≥2 时，Sn＝2Sn－1＋n，∴an＋1＝2an＋1，∴an＋1＋1＝2(an＋1)，
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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
n2－2n＋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 a2＝3，a3＝6，a4＝11，a5＝18，…，∴a3－a2＝3，a4－a3＝5，a5－a4＝7，…，an－an－1＝2n－3， ∴累加得：an－a2＝3＋5＋7＋…＋(2n－3)，∴an＝n2－2n＋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{an}，已知 a1＝1，a2＝2，且 an＋2－an＝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 an＋2－an＝1＋(－1)n，所以 a1＝a3＝…＝a29＝1， 15× 14 × 2＝255. 2
3n－1 1 3n an＋＝，因此{an}的通项公式为 an＝ . 2 2 2 1 2 － (2)证明由(1)知＝ n .因为当 n≥1 时，3n－1≥2× 3n 1， an 3 －1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 3 所以 n ≤ n－1.于是a ＋a ＋…＋a ≤1＋3＋…＋ n－1＝2(1－3n)<2. 3 －1 2× 3 3 1 2 n 1 1 1 3 所以＋＋…＋ < . a1 a2 an 2
an＋1＋1 ＝2(n≥2)，①又 S2＝2S1＋2，a1＝S1＝1，∴a2＝3， an＋1 a2＋1 ＝2，∴当 n＝1 时，①式也成立，∴an＋1＝2n，即 an＝2n－1(n∈N*). a1＋1
∴
n n n (2)证明 ∵an＝2n－1，∴bn＝ n＋1 ＝ n＋1 n＝ n， n 2 2 －1－2 －1 2 －2 n－1 1 2 3 n 1 1 2 n ∴Tn＝＋ 2＋ 3＋…＋ n， Tn＝ 2＋ 3＋…＋ n ＋ n＋1， 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 n 1 n ∴两式相减，得 Tn＝2( ＋ 2＋ 3＋…＋ n－ n＋1)＝2－ n－1－ n<2. 2 2 2 2 2 2 2
n n n
－－
n
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
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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. 1 已知数列{an}中，a1＝1，anan＋1＝( )n(n∈N*). 2 (1)求证：数列{a2n}与{a2n－1}(n∈N*)都是等比数列； (2)若数列{an}的前 2n 项和为 T2n，令 bn＝(3－T2n)· n· (n＋1)，求数列{bn}的最大项. an＋2 1 1 1 ＋ (1)证明因为 anan＋1＝( )n，an＋1an＋2＝( )n 1，所以＝ . an 2 2 2 1 1 又 a1＝1，a2＝，所以数列 a1，a3，…，a2n－1，…，是以 1 为首项，为公比的等比数列； 2 2 1 1 数列 a2，a4，…，a2n，…，是以为首项，为公比的等比数列. 2 2 1 1 1 1－ n [1－ n] 2 2 2 1 由(1)可得 T2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n) ＝＋＝3－3( )n， 1 2 1 1－ 1－ 2 2
(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 an＝2· 3n
－－－1
(n∈N*).
－
(2)因为 bn＝an＋(－1)nln an＝2· 3n 1＋(－1)nln(2· 3n 1)＝2· 3n 1＋(－1)n[ln 2＋(n－1)ln 3] ＝2· 3n 1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，所以 Sn＝2(1＋3＋…＋3n 1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]· (ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3. 1－3n n n 当 n 为偶数时， Sn＝2× ＋ ln 3＝3n＋ ln 3－1； 2 2 1－3 1－3n n－1 n－1 n 当 n 为奇数时， Sn＝2× －(ln 2－ln 3)＋ 2 －nln 3＝3 － 2 ln 3－ln 2－1. 1－3 n为偶数， 3 ＋2ln 3－1，综上所述，S ＝ n－1 3 － 2 ln 3－ln 2－1， n为奇数.
专题四
第2讲
考情解读
数列、推理与证明
总序 10
数列求和及综合应用
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.
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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{an}满足 a1＝2，an＋1－an＝3· 22n 1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)令 bn＝nan，求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 解 (1)由已知得，当 n≥1 时，
－－＋1)－1 －
an＋1＝[(an＋1－an)＋(an－an－1)＋…＋(a2－a1)]＋a1＝3(22n 1＋22n 3＋…＋2)＋2＝22(n 而 a1＝2，符合上式，所以数列{an}的通项公式为 an＝2
－
.
2n－1
－.Βιβλιοθήκη (2)由 bn＝nan＝n· 22n 1 知 Sn＝1· 2＋2· 23＋3· 25＋…＋n· 22n 1.① 从而 22· Sn＝1· 23＋2· 25＋3· 27＋…＋n· 22n 1.② 1 －＋＋ ①－②，得(1－22)Sn＝2＋23＋25＋…＋22n 1－n· 22n 1，即 Sn＝ [(3n－1)22n 1＋2]. 9 热点三裂项相消法求和例3 已知等差数列{an}，公差 d>0，前 n 项和为 Sn，S3＝6，且满足 a3－a1,2a2，a8 成等比数列.
(2)解
1 1 ＋所以 bn＝3n(n＋1)( )n， bn＋1＝3(n＋1)(n＋2)( )n 1， 2 2 1 n＋2 1 ＋所以 bn＋1－bn＝3(n＋1)( )n( －n)＝3(n＋1)( )n 1(2－n)， 2 2 2 9 所以 b1<b2＝b3>b4>…>bn>…，所以(bn)max＝b2＝b3＝ . 2 热点二错位相减法求和例2 设数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 a1＝1，Sn＋1＝2Sn＋n＋1(n∈N*)，