高考数学文一轮复习第五数列综合应用苏教江苏专用
一轮优化探究理数(苏教版)课件：第六章 第五节 数列的综合应用
解析：∵a、b、c 成等比数列， ∴b2＝ac 且 b≠0， 又∵Δ＝b2－4ac＝－3b2<0， ∴f(x)的图象与 x 轴无公共点．
核心考点 互动探究
【例 1】 已知等比数列{an}的首项 a1>0，公比 q>0，前 n 项和 为 Sn. S3 S 5 (1)试比较 与 的大小； a3 a5 lg a2 lg a3 lg an (2)设{an}满足：lg a1＋ ＋ ＋…＋ ＝n(n∈N＋)，数列 n 2 3 1 {bn}满足：bn＝n(lg a1＋lg a2＋…＋lg an－1＋lg kan)，求数列{an} 的通项公式和使数列{bn}成等差数列的正数 k 的值．
规律方法
解决等差、 等比数列的综合问题， 关键是理清两个数列的关系， 通常有两种命题方式： 1同一数列中部分项成等差数列，部分项成等比数列，要把成 等差数列或等比数列的项抽出来， 研究这些项与项数之间关系 . 2如果两个数列通过运算综合在一起，要从分析运算入手，把 两个数列分割开，弄清两个数列各自的特征，再进行求解 .
综上可知，对 n∈N＋，an＝10n. 1 1 1 2 n ∴ bn ＝ n lg k(a1· a2· …· an) ＝ n lg k(10×10 ×…×10 ) ＝ n lg nn＋1 1 n＋ 1 [k· 10 ]＝nlg k＋ . 2 2 1 1 1 要使{bn}成等差数列，则 bn＋1－bn＝ ＋( － )lg k 为常数， 2 n＋ 1 n 故只需 lg k＝0，即 k＝1.
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， 那么我们可以用递推数列的知 识求解问题．
苏教版高中数学必修五新课标高考一轮复习同步训练数列的综合应用
课时作业(三十一) [第31讲 数列的综合应用][时间：45分钟 分值：100分]基础热身1．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝anbn ＋1，其中a ，b 均为正常数，那么a n 与a n ＋1的大小关系是________．2．从盛满10 L 纯酒精的容器里倒出1 L ，然后用水填满，再倒出1 L 混合溶液， 再用水填满，这样继续下去，一共倒出了5次，这时容器里还有纯酒精________ L.3．若数列x ，a 1，a 2，y 成等差数列，x ，b 1，b 2，y 成等比数列，则(a 1＋a 2)2b 1·b 2的取值范围是________．4．已知数列{a n }中，a 1＝a ，a 为正实数，a n ＋1＝a n －1a n(n ∈N *)，若a 3>0，则a 的取值范围是________．能力提升5．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且4a 1,2a 2，a 3成等差数列．若a 1＝1，则S 4＝________.6．某厂在2011年底制订生产计划，要使2021年底的总产量在原有基础上翻两番，则年平均增长率为________．7．[2011·上海长宁二模] 设数列{a n }中，若a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)，则称数列{a n }为“凸数列”，若a 1＝1，a 2＝－2，则该数列前6项和为________．8．[2011·无锡联考] 已知数列{a n }是正项等比数列，{b n }是等差数列，且a 6＝b 8，则一定有________(填序号)．①a 3＋a 9≤b 9＋b 7； ②a 3＋a 9≥b 9＋b 7； ③a 3＋a 9>b 9＋b 7； ④a 3＋a 9<b 9＋b 7.9．公差不为零的等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a 4是a 3与a 7的等比中项，S 8＝32，则S 10等于________．10．[2011·衡水模拟] 设等比数列的公比为q ，前n 项和为S n ，若S n ，S n ＋1，S n ＋2成等差数列，则公比q ＝________.11．通项公式为a n ＝an 2＋n 的数列{a n }，若满足a 1<a 2<a 3<a 4<a 5，且a n >a n ＋1对n ≥8恒成立，则实数a 的取值范围是________．12．已知数列{a n }满足：a 1＝m (m 为正整数)，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n 2，a n 为偶数，3a n ＋1，a n 为奇数.若a 6＝1，则m 所有可能的取值为________．13．(8分)已知{a n }是公差为d 的等差数列，它的前n 项和为S n ，S 4＝2S 2＋4，b n ＝1＋a n a n .(1)求公差d 的值；(2)若a 1＝－52，求数列{b n }中的最大项和最小项的值．14．(8分)某校为扩大教学规模，从今年起扩大招生，现有学生人数为b人，以后学生人数年增长率为4.9‰.该校今年年初有旧实验设备a套，其中需要换掉的旧设备占了一半．学校决定每年以当年年初设备数量的10%的增长率增加新设备，同时每年换掉x套的旧设备．(1)如果10年后该校学生的人均占有设备的比率正好比目前翻一番，那么每年应更换的旧设备是多少套？(2)依照(1)的更换速度，共需多少年能更换所有需要更换的旧设备？下列数据供计算时参考：15．(12分)[2011·扬州调研] 数列{a n}的首项为1，前n项和是S n，存在常数A，B 使a n＋S n＝An＋B对任意正整数n都成立．(1)若A＝0，求证：数列{a n}是等比数列；(2)设数列{a n}是等差数列，若p<q，且1S p＋1S q＝1S11，求p，q的值．16．(12分)[2011·苏北四市一调] 已知数列{a n}的前n项和为S n，且满足2S n＝pa n－2n，n∈N*，其中常数p>2.(1)证明：数列{a n＋1}为等比数列；(2)若a2＝3，求数列{a n}的通项公式；(3)对于(2)中数列{a n}，若数列{b n}满足b n＝log2(a n＋1)(n∈N*)，在b k与b k＋1之间插入2k－1(k∈N*)个2，得到一个新的数列{c n}，试问：是否存在正整数m，使得数列{c n}的前m 项的和T m＝2 011？如果存在，求出m的值；如果不存在，说明理由．课时作业(三十一)【基础热身】1．a n <a n ＋1 [解析] 因为a n ＋1－a n ＝a (n ＋1)b (n ＋1)＋1－anbn ＋1＝(an ＋a )(bn ＋1)－an (bn ＋b ＋1)(bn ＋b ＋1)(bn ＋1)＝a(bn ＋b ＋1)(bn ＋1)>0，所以a n <a n ＋1. 2．9×0.94 [解析] 第一次倒出后还有纯酒精：10－1＝9 (L)；第二次倒出后还有纯酒精：(9－1×0.9 )L ；第三次倒出后还有纯酒精：(9－1×0.9)－0.1×(9－1×0.9)＝(9－1×0.9)×0.9＝9×0.92(L)，所以第五次倒出后还有纯酒精9×0.94 L.3．(－∞，0]∪[4，＋∞) [解析] 在等差数列中，a 1＋a 2＝x ＋y ，在等比数列中，xy＝b 1·b 2，∴(a 1＋a 2)2b 1·b 2＝(x ＋y )2x ·y ＝x 2＋2xy ＋y 2x ·y ＝x y ＋y x ＋2，当x ·y >0时，x y ＋yx ≥2，故(a 1＋a 2)2b 1·b 2≥4；当x ·y ＜0时，x y ＋yx ≤－2，故(a 1＋a 2)2b 1·b 2≤0.4.－1＋52，1∪1＋52，＋∞ [解析] a 3＝a 2－1a 2＝a 1－1a 1－1a 1－1a1＝(a 2－1)2－a 2a (a 2－1)>0，∴a －1＋52a －1－52a －－1－52a －－1＋52a (a ＋1)(a －1)>0，∵a >0，∴a －1＋52a －－1＋52a －1>0.故a ∈－1＋52，1∪1＋52，＋∞. 【能力提升】5．15 [解析] ∵4a 1,2a 2，a 3成等差数列，∴4a 1＋a 3＝4a 2，即4a 1＋a 1q 2＝4a 1q ，∴q 2－4q ＋4＝0， ∴q ＝2，S 4＝15.6.104－1 [解析] 令2011年底的产量为1，则2021年底的产量为4，则(1＋x )10＝4，∴x ＝104－1.7．0 [解析] a 1＝1，a 2＝－2，a 3＝－3，a 4＝－1，a 5＝2，a 6＝3，∴S 6＝0.8．② [解析] a 3＋a 9≥2a 3a 9＝2a 26＝2a 6＝2b 8＝b 9＋b 7. 在等差数列{a n }中a m ＋a n ＝a p ＋a q ⇔m ＋n ＝p ＋q .9．60 [解析] 由a 24＝a 3a 7得(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )(a 1＋6d )，得2a 1＋3d ＝0，再由S 8＝8a 1＋562d ＝32得2a 1＋7d ＝8，则d ＝2，a 1＝－3，所以S 10＝10a 1＋902d ＝60.10．1 [解析] 依题意有2S n ＋1＝S n ＋S n ＋2，当q ≠1时，有2a 1(1－q n ＋1)＝a 1(1－q n )＋a 1(1－q n ＋2)，解得q ＝1，但q ≠1，所以方程无解；当q ＝1时，满足条件．11．－19<a <－117 [解析] 由a n ＝an 2＋n 是二次函数型，且a 1<a 2<a 3<a 4<a 5，且a n >a n＋1对n ≥8恒成立，得92<－12a <172，可知－19<a <－117. 12．4或5或32 [解析] (1)若a 1＝m 为偶数，则a 12为偶数，故a 2＝m 2，a 3＝a 22＝m4，①当m 4仍为偶数时，a 4＝m 8，…，a 6＝m 32，故m32＝1⇒m ＝32.②当m 4为奇数时，a 4＝3a 3＋1＝34m ＋1，…，a 6＝34m ＋14，故34m ＋14＝1得m ＝4.(2)若a 1＝m 为奇数，则a 2＝3a 1＋1＝3m ＋1为偶数，故a 3＝3m ＋12必为偶数，a 6＝3m ＋116，所以3m ＋116＝1可得m ＝5.13．[解答] (1)∵S 4＝2S 2＋4，∴4a 1＋3×42d ＝2(2a 1＋d )＋4，解得d ＝1.(2)∵a 1＝－52，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n －72，∴b n ＝1＋1a n ＝1＋1n －72.∵函数f (x )＝1＋1x －72在⎝⎛⎭⎫－∞，72和⎝⎛⎭⎫72，＋∞上分别是单调减函数，∴b 3<b 2<b 1<1，当n ≥4时，1<b n ≤b 4，∴数列{b n }中的最大项是b 4＝3，最小项是b 3＝－1. 14．[解答] (1)10年后学生人数为b (1＋4.9‰)10＝1.05b . 又设今年起学校的合格实验设备为数列{}a n ， 则a 1＝1.1a －x ，a n ＋1＝1.1a n －x ，(*)令a n ＋1＋λ＝1.1(a n ＋λ)，则a n ＋1＝1.1a n ＋0.1λ，与(*)式比较知λ＝－10x ，故数列{}a n －10x 是首项为1.1a －11x ，公比为1.1的等比数列，所以a n －10x ＝(1.1a －11x )·1.1n －1， a n ＝10x ＋(1.1a －11x )·1.1n －1. a 10＝10x ＋(1.1a －11x )·1.19≈2.6a －16x .由题设得2.6a －16x 1.05b ＝2×a b ，解得x ＝132a .即每年更换旧设备为132a 套．(2)全部更换旧设备需12a ÷a32＝16年． 即按此速度全部更换旧设备需16年．15．[解答] (1)证明：A ＝0时，a n ＋S n ＝B ，当n ≥2时，由⎩⎨⎧a n ＋S n ＝B ，a n －1＋S n －1＝B ，得a n －a n －1＋(S n －S n －1)＝0，即a n a n －1＝12，所以，数列{a n }是等比数列． (2)设数列的公差为d ，分别令n ＝1,2,3得：⎩⎨⎧a 1＋S 1＝A ＋B ，a 2＋S 2＝2A ＋B ，a 3＋S 3＝3A ＋B ，即⎩⎨⎧2＝A ＋B ，2d ＋3＝2A ＋B ，5d ＋4＝3A ＋B ，解得⎩⎨⎧A ＝1，B ＝1，d ＝0，即等差数列{a n }是常数列，所以S n ＝n ；又1S p ＋1S q ＝1S 11，则1p ＋1q ＝111，pq －11p －11q ＝0，(p －11)(q －11)＝112，因p <q ，所以⎩⎨⎧ p －11＝1，q －11＝112，解得⎩⎨⎧p ＝12，q ＝132.16．[解答] (1)证明：因为2S n ＝pa n －2n ，所以2S n ＋1＝pa n ＋1－2(n ＋1)，所以2a n ＋1＝pa n ＋1－pa n －2，所以a n ＋1＝p p －2a n ＋2p －2，所以a n ＋1＋1＝pp －2(a n＋1)，因为2a 1＝pa 1－2，所以a 1＝2p －2>0，所以a 1＋1>0，所以a n ＋1＋1a n ＋1＝p p －2≠0，所以数列{a n ＋1}为等比数列．(2)由(1)知a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫p p －2n ，所以a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫p p －2n －1，又因为a 2＝3，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫p p －22－1＝3，所以p ＝4或p ＝43(舍去)，所以a n ＝2n －1.(3)由(2)得b n ＝log 22n ，即b n ＝n (n ∈N *)，数列{c n }中，b k (含b k 项)前的所有项的和是：(1＋2＋3＋…＋k )＋(20＋21＋22＋…＋2k －2)×2＝k (k ＋1)2＋2k －2，当k ＝10时，其和是55＋210－2＝1077<2 011， 当k ＝11时，其和是66＋211－2＝2112>2 011， 又因为2 011－1 077＝934＝467×2，是2的倍数，所以当m ＝10＋(1＋2＋22＋…＋28)＋467＝988时，T m ＝2011，所以存在m ＝988使得T m ＝2 011.。
高考数学文优化方案一轮复习课件第5第四数列求和苏教江苏专用
(2)因为 an＝2n＋1，所以 a2n－1＝4n(n＋1)， 因此 bn＝4nn1＋1＝14(n1－n＋ 1 1)． 故 Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝14(1－12＋12－13＋…＋n1－n＋ 1 1) ＝14(1－n＋ 1 1)＝4nn＋1. 所以数列{bn}的前 n 项和 Tn＝4nn＋1.
{Tn}中的 T1，Tm，Tn 成等比数列．
方法感悟
方法技巧
1．求和问题可以利用等差、等比数列的前n项 和公式解决，在具体问题中，既要善于从数列 的通项入手观察数列的特点与变化规律，又要 注意项数． 2．非等差(比)的特殊数列求和题通常的解题思 路是： (1)设法转化为等差数列或等比数列，这一思想 方法往往通过通项分解或错位相消来完成．
这是推导等差数列的前n项和公式时所用的 方法，就是将一个数列倒过来排列，再把 它与原数列相加，就可以得到n个(a1＋an)， 其最简单的形式为：若数列{an}中有a1＋an ＝a2＋an－1＝a3＋an－2＝…，就可以用此方 法求和．
例1 设函数 y＝f(x)的定义域为 R，其图
象关于点(12，12)成中心对称，令 an＝f(nk)， (n∈N*，n≥2)，k＝1,2,3，…，n－1，…， 求数列{an}的前(n－1)项的和． 【思路分析】 图象关于(12，12)成中心对称，
＝2nn＋1.
(2)由(1)可知，Tn＝2nn＋1，
所以 T1＝13，Tm＝2mm＋1，
若 T1，Tm，Tn 成等比数列，则(2mm＋1)2＝13
(2nn＋1)， 即4m2＋m42m＋1＝6nn＋3. 可得n3＝－2m2＋m24m＋1，
所以－2m2＋4m＋1>0， 从而：1－ 26<m<1＋ 26，又 m∈N*，且 m>1， 所以 m＝2，此时 n＝12. 故可知：当且仅当 m＝2，n＝12 时，数列
2017届高三数学一轮总复习(江苏专用)课件：第六章第五节 数列的综合应用
(2)由题意得
bn＝an＋2an＋1·3n＝34·
3 2
n，
Tn＝34·32－1 －32 32n＋1＝94
3 2
n－1.
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考点二 等差数列与等比数列的实际应用
重点保分型考点——师生共研
[典例引领] 甲、乙两大超市同时开业，第一年的全年销售额为 a 万元，由
于经营方式不同，甲超市前 n 年的总销售额为a2(n2－n＋2)万 元，乙超市第 n 年的销售额比前一年销售额多
1－4n －3
－
n(2×)证4n明＋1.：由(1)，得 bn＝2an－10＝22n＋10－10＝22n＝4n， 所所 所以以 以b{Tbbnn＋nn＝}1是＝3首4n4n－＋n项1＝1为×49.44，n＋公1＋比4为. 4 的等比数列．
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[由题悟法] 等差数列、等比数列综合问题的 2 大解题策略 (1)设置中间问题：分析已知条件和求解目标，为最终解 决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求通项需 要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序． (2)注意解题细节：在等差数列与等比数列综合问题中， 如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于 1 的可 能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公 式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的． [提醒] 在不能使用同一公式进行计算的情况下要注 意分类讨论，分类解决问题后还要注意结论的整合．
结束
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高考数学一轮复习 数列求和及其综合应用学案(含解析)苏教版必修5-苏教版高三必修5数学学案
数列求和及其综合应用【考点1】裂项相消法求和1．裂项相消法求和：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．裂项相消法求和主要应用在数列通项公式为分式结构时，其关键在于裂项后系数的确定． 3．裂项求和的几种常见类型： （1）()⎪⎭⎫⎝⎛+-=+k n n k k n n 1111；（2）1n ＋k ＋n ＝1k（n ＋k －n ）；（3）()()⎪⎭⎫⎝⎛+--=+-1211212112121n n n n ；（4）若{a n }是公差为d 的等差数列，则⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=++111111n n n n a a d a a ； （5）211111()1211k k k <=---+2k； （6）211111111(1)(1)1k k k k kk k k k -=<<=-++--； （7）1111(1)(2)2(1)(1)(2)n n n n n n n ⎡⎤=-⎢⎥+++++⎣⎦； （8）()212212(1)11n n n n n n n n n +-=<<=--+++-．例1（2014·全国卷）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 ．【点拨】（1）根据条件求得103≤d ≤－52，从而确定d ＝－3，故求得a n ＝13－3n ．（2）利用裂项相消法求和，注意剩余项的个数．【解析】（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．故数列{a n }的通项公式为a n ＝13－3n ．（2）b n ＝1（13－3n ）（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＝n 10（10－3n ）． 【答案】（1）a n ＝13－3n ；（2）n10（10－3n ）．【小结】本题考查裂项相消法求和．练习1：等比数列{a n }的各项均为正数，且2a 1＋3a 2＝1，a 23＝9a 2a 6． （1）求数列{a n }的通项公式；（2）设b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ，求数列{1b n}的前n 项和．【解题过程】【解析】（1）设数列{a n }的公比为q ．由a 23＝9a 2a 6，得a 23＝9a 24，所以q 2＝19．由条件可知q >0，故q ＝13．由2a 1＋3a 2＝1得2a 1＋3a 1q ＝1，所以a 1＝13．故数列{a n }的通项公式为a n ＝13n ．（2）b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ＝－（1＋2＋…＋n ）＝()21+-n n ．故1b n＝()12+-n n ＝－2（1n －1n ＋1），1b 1＋1b 2＋…＋1b n ＝－2[（1－12）＋（12－13）＋…＋（1n －1n ＋1）]＝－2nn ＋1．所以数列{1b n }的前n 项和为－2nn ＋1．例2（2014·广东卷）设各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，且n S 满足()223n n S n n S -+--()230n n +=，n N *∈．（1）求1a 的值；（2）求数列{}n a 的通项公式；（3）证明：对一切正整数n ，有()()()112211111113n n a a a a a a +++<+++．【点拨】（2）根据()()()221112n n n a S S n n n n n -⎡⎤=-=+--+-=⎣⎦求得n a ；（3）对()()()()1111111221212122121n n a a n n n n n n ⎛⎫=<=- ⎪++-+-+⎝⎭，然后求和求解．【解析】（1）令1n =得：()2111320S S ---⨯=，即21160S S +-=，()()11320S S ∴+-=，10S >，12S ∴=，即12a =；（2）由()()22233n n S n n S n n -+--+，得()()230n n S S n n ⎡⎤+-+=⎣⎦，()0n a n N *>∈，0n S ∴>，从而30n S +>，2n S n n ∴=+，所以当2n ≥时，()()()221112n n n a S S n n n n n -⎡⎤=-=+--+-=⎣⎦，又1221a ==⨯，()2n a n n N *∴=∈；（3）当1n =时，()11111112363a a ==<+⨯成立，当2n ≥时，()()()()1111111221212122121n n a a n n n n n n ⎛⎫=<=- ⎪++-+-+⎝⎭，则()()()()11223311111111n n a a a a a a a a ++++++++1111111111623525722121n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫<+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭1111111623213633n n ⎛⎫=+-=-< ⎪++⎝⎭．【答案】（1）12a =；（2）2n a n =；（3）详见解析． 【小结】本题考查裂项求和及放缩法解不等式．练习2：等差数列{a n }中,2a 1+3a 2=11,2a 3=a 2+a 6-4,其前n 项和为S n ． （1）求数列{a n }的通项公式； （2）设数列{b n }满足111n n b S +=-其前n 项和为T n ,求证: 34n T <（n ∈N *）． 【解题过程】【解析】（1）2a 1+3a 2=2a 1+3（a 1+d ）=5a 1+3d=11,2a 3=a 2+a 6-4,即2（a 1+2d ）=a 1+d+a 1+5d-4,得d=2,a 1=1,a n =a 1+（n-1）d=1+（n-1）×2=2n-1． （2）证明: ()()2111111222n S na n n d n n n n =+-=⨯+-⨯=, ()221111111122211n n b S n n n n n +⎛⎫====- ⎪-+=⎝⎭+-．111111111112132435112n T n n n n ⎛⎫=-+-+-++-+- ⎪-++⎝⎭111113111212124212n n n n ⎛⎫⎛⎫=+--=-+ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭．,n N *∈∴1110212n n ⎛⎫+> ⎪++⎝⎭∴34n T <． 【考点2】错位相减法1．错位相减法:如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和就是用此法推导的． 用错位相减法求和时，应注意（1）要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；（2）在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式．2．错位相减只是实现求和的途径，其本质是相减后利用等比数列求和公式求和．在构造方程时，S n 的左右两边同乘以等比数列的公比．3．错位相减法的难点在于运算，为力求运算准确，要注意两式相减时幂指数相同的项要对齐，同时注意剩余的项．例3（2014·江西高考）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c n ＝a nb 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 ．【点拨】（1）a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0，b n ≠0（n ∈N *）两边除以b n ＋1b n 证明数列{c n }是等差数列；（2）错位相减法求数列的和．【解析】（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 }是以首项c 1＝1，公差d ＝2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 }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．【答案】（1）c n ＝2n －1；（2）S n ＝（n －1）3n＋1．【小结】本题考查等差数列的通项公式及错位相减法求数列的和．练习1：（2014·全国新课标Ⅰ）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．【解题过程】【解析】（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4（数学文卷·2015届江西省师大附中高三上学期期中考试）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知1122(),2n n a S n N a ++=+∈=． （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）在n a 与1n a +之间插入n 个数，使这2n +个数组成一个公差为n d 的等差数列． 求证：1211115()16n n N d d d ++++<∈． 【点拨】遇到数列的前n 项和与通项构成的递推公式，可先利用前n 项和与通项之间的关系转化为项的递推公式进行解答，遇到与n 项和有关的不等式，可考虑先求和再证明． 【解析】（1） 2S 2a n 1n +=+，2S 2a 1n n +=-（2n ≥）)S S (2a a 1n n n 1n -+-=-=na 2即3a a n1n =+（2n ≥）当1n =,得2a 2a 12+==6 1n 1n 1n 32q a a --⋅=⋅= 即123n n a -=⨯．（2）①1(1)n n n a a n d +=++，则1431n n d n -⨯=+，11143n n n d -+=⨯=+⋅⋅⋅++n 21d 1d 1d 1)31n 343332(411n 20-++⋅⋅⋅++设=n T 1n 2031n 343332-++⋅⋅⋅++① 则31=n T n22131n 343332++⋅⋅⋅++②①-②得：32=n T 2+n 1n 3231n 31313131+-+⋅⋅⋅++-=2+n1n 31n 311])31(1[31+----)31n 321(23415T n 1n n ++⋅-=-415<因此161541541d 1d 1d 1n 21=⋅<+⋅⋅⋅++ ． 【答案】（1）123n n a -=⨯，（2）略．【小结】本题考查数列的通项公式，数列求和，等差数列．练习2：已知数列{a n }的前n 项和S n ＝a n ＋n 2－1，数列{b n }满足3n·b n ＋1＝（n ＋1）a n ＋1－na n ，且b 1＝3． （1）求a n ，b n ；（2）设T n 为数列{b n }的前n 项和，求T n ，并求满足T n <7时n 的最大值． 【解题过程】【解析】（1）n≥2时，S n ＝a n ＋n 2－1，S n －1＝a n －1＋（n －1）2－1，两式相减，得a n ＝a n －a n－1＋2n －1，∴a n －1＝2n －1．∴a n ＝2n ＋1，∴3n·b n ＋1＝（n ＋1）（2n ＋3）－n （2n ＋1）＝4n＋3，∴b n ＋1＝4n ＋33n ，∴当n≥2时，b n ＝4n －13n －1，又b 1＝3适合上式，∴b n ＝4n －13n －1．（2）由（1）知，b n ＝4n －13n －1，∴T n ＝31＋73＋1132＋…＋4n －53n －2＋4n －13n －1，①13T n ＝33＋732＋1133＋…＋4n －53n －1＋4n －13n ，②；①－②，得23T n ＝3＋43＋432＋…＋43n －1－4n －13n ＝3＋4·13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n －11－13－4n －13n＝5－4n ＋53n ．∴T n ＝152－4n ＋52·3n －1．T n －T n ＋1＝4n ＋1＋52·3n －4n ＋52·3n －1＝－4n ＋33n<0．∴T n <T n ＋1，即{T n }为递增数列．又T 3＝599<7，T 4＝649>7，∴当T n <7时，n 的最大值为3．【考点3】分组求和1．分组转化求和法：若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，则求和时可用分组转化法，分别求和而后相加减．例5已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3＝5，S 15＝225． （1）求数列{a n }的通项公式；（2）设b n ＝2a n ＋2n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．【点拨】（1）利用等差数列的通项公式及前n 项和公式求解；（2）把数列{b n }的前n 项和分成一个等比数列求和及一个等差数列求和．【解析】（1）设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝5，15a 1＋15×142d ＝225，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，∴a n ＝2n －1．（2）∵b n ＝2a n ＋2n ＝12.4n ＋2n ，∴T n ＝b 1＋b 2＋...＋b n ＝12（4＋42＋ (4)）＋2（1＋2＋…＋n ）＝4n ＋1－46＋n 2＋n ＝23·4n ＋n 2＋n －23． 【答案】（1）a n ＝2n －1；（2）T n ＝23·4n ＋n 2＋n －23．【小结】本题考查分组求和．练习：数列112，314，518，7116，…的前n 项和S n 为 ．【解题过程】【解析】()1111135212482n n S n =++++-()135721n =+++++-+⎡⎤⎣⎦11111248162n ⎛⎫+++++ ⎪⎝⎭()2111121122112212n n n n n ⎛⎫- ⎪+-⎝⎭=+=+--． 【考点4】倒序相加法求和1．倒序相加法：如果一个数列{a n }，首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和即是用此法推导的．例6设()442xxf x =+，利用倒序相加法，可求得12320142015201520152015f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭的值为 ．【点拨】利用等差数列求和方法求解．【解析】()442x x f x =+()()1144114242x xx x f x f x --∴+-=+=++故可得12320141007110072015201520152015f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++=⨯= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭．【答案】1007【小结】本题考查倒序相加法求和．练习1：2222sin 1sin 2sin 3sin 89++++．【解题过程】【解析】设2222sin 1sin 2sin 3sin 89S =++++， 又∵2222sin 89sin 88sin 87sin 1S =++++， ∴ 289S =，892S =． 【考点5】数列分奇偶项讨论求和例7（2014·山东卷）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 ．【点拨】（1）利用等差数列的前n 项和及等比数列的等比中项求解；（2）分奇数项及偶数项讨论求和．【解析】（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）由题意可知，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 ＋1【答案】（1）a n＝2n －1；（2）T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n 2n ＋1，n 为偶数.【小结】本题考查分奇偶讨论求和及裂项求和．练习1：已知数列{}n a 的通项65()2()n n n n a n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数，求其前n 项和n S ．【解答过程】【解析】奇数项组成以11a =为首项，公差为12的等差数列，偶数项组成以24a =为首项，公比为4的等比数列；当n 为奇数时，奇数项有12n +项，偶数项有12n -项，∴1121(165)4(14)(1)(32)4(21)221423n n n n n n n S --++--+--=+=+-，当n 为偶数时，奇数项和偶数项分别有2n项， ∴2(165)4(14)(32)4(21)221423n n n n n n n S +----=+=+-，所以，1(1)(32)4(21)()23(32)4(21)()23n n nn n n S n n n -⎧+--+⎪⎪=⎨--⎪+⎪⎩为奇数为偶数．【考点6】数列与函数结合例8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．【点拨】（1）利用等差、等比数列的性质求解；（2）分奇偶讨论S n 的单调性从而求得数列{T n }的最大项的值与最小项的值．【解析】（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． 所以数列{T n }最大项的值为56，最小项的值为－712． 【答案】（1）a n ＝（－1）n －1·32n ；（2）数列{T n }最大项的值为56，最小项的值为－712． 【小结】（1）当a n 或S n 中含有（－1）n时，n 的奇偶性影响结果，故应分类讨论．（2）把S n 看作自变量，则S n －1S n 是增函数（或减函数），故可根据S n 的范围，求S n －1S n的范围．练习1：（2013·宁波模拟）设公比大于零的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S 4＝5S 2，数列{b n }的前n 项和为T n ，满足b 1＝1，T n ＝n 2b n ，n ∈N *． （1）求数列{a n }、{b n }的通项公式；（2）设c n ＝（S n ＋1）（nb n －λ），若数列c n 是单调递减数列，求实数λ的取值范围． 【解题过程】【解答】（1）由S 4＝5S 2，a 1＝1得1－q 41－q ＝51－q 21－q，又q ＞0，所以q ＝2，a n ＝2n －1．由()2111n nn n T n b T n b --⎧=⎪⎨=-⎪⎩得b n b n －1＝n －1n ＋1（n ＞1），又b 1＝1．则b n b n －1·b n －1b n －2·b n －2b n －3·…·b 2b 1＝n －1n ＋1·n －2n ·n －3n －1·…·24·13＝()21n n +．所以n ＞1时，b n ＝()21n n +，当n ＝1时，b 1＝1也满足，故b n ＝()21n n +（n ∈N *）．（2）S n ＝2n－1，所以c n ＝2n⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋1－λ，若数列{c n }是单调递减数列，则c n ＋1－c n＝2n⎝ ⎛⎭⎪⎫4n ＋2－2n ＋1－λ＜0对n ∈N *都成立，即4n ＋2－2n ＋1－λ＜0⇒λ＞⎝ ⎛⎭⎪⎫4n ＋2－2n ＋1max ，4n ＋2－2n ＋1＝()()212n n n ++＝2n ＋3＋2n，当n ＝1或2时，⎝ ⎛⎭⎪⎫4n ＋2－2n ＋1max ＝13，所以λ＞13．即系数λ的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞． 【习题反思】1．本题（1）中求数列{b n }的通项公式时利用累乘法，但需注意验证n ＝1时，b 1是否满足通项公式．2．数列与不等式的综合应用问题主要涉及两种题型：（1）比较大小，常采用作差比较法和放缩法；（2）证明不等式及不等式的应用，常采用比较法、分析综合法、基本不等式法、放缩法、最值法、反证法等．基础练习 （时间：45分钟）1．数列{a n }的通项公式a n ＝1n ＋ n ＋1，若{a n }的前n 项和为24，则n 为________．2．数列()()1111,25588113n-132n ⨯⨯⨯⨯+，，，，的前n 项和为________．3．(2013温州高三质检)若已知数列的前四项是2112+、2124+、2136+、2148+,则数列前n 项和为 ．4．（错位相减法求和）化简S n ＝n ＋（n －1）×2＋（n －2）×22＋…＋2×2n －2＋2n －1的结果是________． 5．数列23,2,3,,,n a a a na 其前n 项的和n S = ．6．数列5，55，555，5555，…，5(101)9n-，…；其前n 项的和n S = ． 7．S n 是等比数列{a n }的前n 项和，a 1＝120，9S 3＝S 6，设T n ＝a 1a 2a 3…a n ，则使T n 取最小值的n值为 ．8．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，2(1)n n S na n n =--． （Ⅰ）求2a ,3a ,4a ,并求出数列{}n a 的通项公式; （Ⅱ）设数列11{}n n a a +⋅的前n 项和为n T ，求证：41<n T ．9．（2015届辽宁省实验中学等五校协作体高三上学期期中联考）数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n +a n =1,数列{b n }满足b 1=4,b n+1=3b n -2; （1）求数列{a n }和{b n }的通项公式；（2）设数列{c n }满足c n =a n log 3（b 2n-1-1）,其前n 项和为T n ，求T n ；10．（2014·湖南高考）已知数列{}n a 的前n 项和*∈+=N n nn S n ，22． （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设()n nan a b n 12-+=，求数列{}n b 的前n 2项和．11．（2014·宁波二模）设等差数列{a n}的前n项和为S n,且a2=8,S4=40．数列{b n}的前n项和为T n,且T n-2b n+3=0,n∈N*．（1）求数列{a n},{b n}的通项公式;（2）设c n=求数列{c n}的前n项和P n．参考答案1．【解析】a n ＝1n ＋ n ＋1＝－（ n － n ＋1），前n 项和S n ＝－[（1－2）＋（2－3）＋…＋（n －n ＋1）]＝ n ＋1－1＝24，故n ＝624．2．【解析】1111111,=-+-++325583n-132n n n S S n ⎛⎫-⎪+⎝⎭设前项和为则1113232n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭64nn =+．3．【解析】因为通项21111222n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭,所以此数列的前n 项和 11111111111---...--232435n-1n 1n n 2n S ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦()()1111323122124212n n n n n +⎛⎫=+--=- ⎪++++⎝⎭． 4．【解析】S n ＝n ＋（n －1）×2＋（n －2）×22＋…＋2×2n －2＋2n －1，2S n ＝2n ＋（n －1）×22＋（n －2）×23＋…＋2×2n －1＋2n ，两式作差S n ＝2n ＋2n －1＋2n －2＋…＋2－n ＝2n ＋1－2－n ．5．【解析】2323n n S a a a na =++++， 当1a =时，123n S =+++ (1)2n n n ++=， 当1a ≠时，2323n S a a a =+++…n na + ， 23423n aS a a a =+++…1n na ++， 两式相减得23(1)n a S a a a -=+++…11(1)1n n n n a a a nana a++-+-=--，∴212(1)(1)n n n na n a aS a ++-++=-． 6．【解析】555555555n n S =++++个5(999999999)9n =++++个235[(101)(101)(101)(101)]9n =-+-+-++- 235505[10101010](101)9819n n n n =++++-=--． 7．【解析】设等比数列的公比为q ，故由9S 3＝S 6，得9×a 11－q 31－q ＝a 11－q 61－q，解得q＝2，故T n T n －1＝a n ＝120×2n －1，易得当n ≤5时，T n T n －1<1，即T n <T n －1；当n ≥6时，T n >T n －1，据此数列单调性可得T 5为最小值．8．【解析】（Ⅰ）由)1(2--=n n na S n n 得n na a n S S a n n n n n 4)1(111--+=-=+++.41=-∴+n n a a 所以，数列}{n a 是以1为首项，4为公差的等差数列34-=∴n a n ，13,9,5432===a a a（Ⅱ）)14)(34(1139195151111113221+-++⨯+⨯+⨯=+++=+n n a a a a a a T n n n41)1411(41]141341131919151511[41<+-=+-+++-+-+-=n n n ． 9．【解析】 （1）①当n=1时，a 1+S 1=1 ∴a 1=12②当n 2时，a n =S n -S n-1=（1-a n ）-（1-a n-1）=a n-1-a n ∴a n =12a n-1∴数列{a n }是以a 1=12为首项，公比为12的等比数列；∴a n =12·（12）n-1=（12）n∵b n+1=3b n -2 ∴b n+1-1=3（b n -1）又∵b 1-1=3 ∴{b n -1}是以3为首项，3为公比的等比数列∴b n -1=3n∴b n =3n+1．（2）c n =（12）n ·log 332n-1=（2n-1）·（12）n T n =1×12+3×（12）2+5×（12）3+…+（2n-3）·（12）n-1+（2n-1）·（12）n 12T n =1×（12）2+3×（12）3+5×（12）4+…+（2n-3）·（12）n +（2n-1）·（12）n+1（1-12）T n =1×12+2[（12）2+（12）3+…+（12）n-1 +（12）n ]-（2n-1）·（12）n+1 =12+2×(12)2(1-(12)n-1)1-12-（2n-1）·（12）n+1=12+1-（12）n-1-（2n-1）·（12）n+1=32-4×（12）n+1-（2n-1）·（12）n+1 =32-（2n+3）（12）n+1∴T n =3-2n+32n ． 10．【解析】（Ⅰ）当1n =时，111a S ==，当2n 时，()()2211122n n n n n n n a S S n --+-+=-=-=，∴数列{}n a 的通项公式是n a n =．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，()21nnn b n =+-，记数列{}n b 的前2n 项和为2n T ，则()()122222212342n n T n =++++-+-+-+()2212122212n n n n +-=+=+--．∴数列{}n b 的前2n 项和为2122n n ++-．11．【解析】（1）由题意,得∴a n =4n ．∵T n -2b n +3=0,①∴当n=1时,b 1=3,当n ≥2时,T n-1-2b n-1+3=0,②；①-②,得b n =2b n-1,（n ≥2）,数列{b n }为等比数列,∴b n =3·2n-1． （2）c n =当n 为偶数时,P n =（a 1+a 3+…+a n-1）+（b 2+b 4+…+b n ）=+=2n+1+n 2-2．当n 为奇数时,法一 n-1为偶数,P n =P n-1+c n =2（n-1）+1+（n-1）2-2+4n=2n+n 2+2n-1．法二 P n =（a 1+a 3+…+a n-2+a n ）+（b 2+b 4+…+b n-1）=+=2n+n 2+2n-1．∴P n =．。
2024届苏教版高考数学一轮复习数列求和及综合应用课件
=
+
=2,所以
=2.
所以 a1,a3,a5,…成等比数列;a2,a4,a6,…成等比数列,
所以 S2 018=a1+a2+a3+a4+a5+a6+…+a2 017+a2 018
=(a1+a3+a5+…+a2 017)+(a2+a4+a6+…+a2 018)
=
-
-
+
(-
A.
B.
C.
D.
解析:bn= =
=
=
-
++ (+)(+) + +
选 B.
B )
,前 10 项和为 - + - +…+ - = - = .故
4.数列{an}的前n项和为Sn,已知Sn=1-2+3-4+…+(-1)n-1·n,则S17=
a2a3=8.
(1)求数列{an}的通项公式;
解:(1)由题设知 a1a4=a2a3=8,
又 a1+a4=9,解得
= , = ,
或
(舍去).
=
=
3
设等比数列{an}的公比为 q,由 a4=a1q 得 q=2,
n-1
n-1
故 an=a1q =2 ,n∈N+.
例1-2
高考数学大一轮复习 第五节 数列的综合应用课件 理 苏教版
第十六页，共34页。
解：(1)因为 a1＝a2＝1，所以 b1＝S1＋3a1＝4，b2＝2S2＋4a2＝8，
所以 d＝b2－b1＝4.
(2)因为数列{bn}是等差数列，所以 bn＝4n，
所以 nSn＋(n＋2)an＝4n，即
Sn＋n＋n 2an＝4.
第二十三页，共34页。
当 n＞7 时，bbn＋n 1＜1，即 bn＋1＜bn. 所以当 n＝7 或 8 时，bn 取得最大值，最大值为 b8＝b7＝19087. (3)由btmm＜btmm＋＋11得 tmm＋1 2－9m10＋t 3＜0.(*) 由题意知，(*)式对任意 m∈N*恒成立． ①当 t＝0 时，(*)式显然不成立，因此 t＝0 不合题意； ②当 t＜0 时，由m＋1 2－9m10＋t 3＞0 可知 tm＜0(m∈N*)， 而当 m 为偶数时，tm＞0, 因此 t＜0 不合题意；
第二十六页，共34页。
角度三 数列与解析几何 3．在正项数列{an}中，a1＝2，点 An( an， an＋1)在双曲线 y2－
x2＝1 上，数列{bn}中，点(bn，Tn)在直线 y＝－12x＋1 上，其 中 Tn 是数列{bn}的前 n 项和． (1)求数列{an}的通项公式； (2)求证：数列{bn}是等比数列； 解：(1)由已知点 An 在 y2－x2＝1 上知，an＋1－an＝1， ∴数列{an}是一个以 2 为首项，以 1 为公差的等差数列． ∴an＝a1＋(n－1)d＝2＋n－1＝n＋1.
第五节
数列的综合应用
[典例] (2011·江苏高考)设 1＝a1≤a2≤…≤a7，其中 a1，a3，a5，a7 成公比为 q 的等比数列，a2，a4，a6 成公差 为 1 的等差数列，则 q 的最小值是________．
高考数学一轮总复习 6.5 数列的综合应用课件 理 苏教版
解析 由题意，可知从早晨 6 时 30 分开始，接下来的每个 30 分 钟内进入的人数构成以 4 为首项，2 为公比的等比数列，出来的 人数构造以 1 为首项，1 为公差的等差数列，记第 n 个 30 分钟 内进入公园的人数为 an，第 n 个 30 分钟内出来的人数为 bn，则 an＝4×2n－1，bn＝n，则上午 11 时 30 分公园内的人数为 S＝2＋411－－2210－1012＋10＝4 039.
第二十四页，共33页。
(2)因为ana1n＋1＝2n－112n＋1＝122n1－1－2n1＋1，
所
以
，
Tn
＝
1 2
1－13＋13－15
＋…＋2n1－1－2n1＋1
＝
1 2
1－2n1＋1
.
∴Tn＜12，
要使不等式 4Tn＜a2－a 恒成立，只需 2≤a2－a 恒成立，解得 a≤ －1 或 a≥2，
故实数 a 的取值范围是(－∞，－1]∪[2，＋∞)．
第二十七页，共33页。
•突破1：采用特殊化思想，选定an是关键． •突破2：逐一验证． •解析 利用特殊化思想，选an＝2n判定．不妨 令an＝2n. •①因为f(x)＝x2，所以f(an)＝4n.显然{f(2n)}是首 项(shǒu xiànɡ)为4，公比为4的等比数列．
第二十八页，共33页。
②因为 f(x)＝2x，所以 f(a1)＝f(2)＝22， f(a2)＝f(4)＝24，f(a3)＝f(8)＝28， 所以ffaa21＝2242＝4≠ffaa32＝2284＝16， 所以{f(an)}不是等比数列． ③因为 f(x)＝ |x|，所以 f(an)＝ 2n＝( 2)n. 显然{f(an)}是首项为 2，公比为 2的等比数列． ④因为 f(x)＝ln|x|，所以 f(an)＝ln 2n＝nln 2.显然{f(an)}是首项为 ln 2，公差为 ln 2 的等差数列．
(江苏专版)2020版高考数学一轮复习第六章数列第五节数列的综合问题教案文(含解析)苏教版
第五节 数列的综合问题考点一 数列与不等式问题重点保分型考点——师生共研[典例引领]若各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝a n ＋1 (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若正项等比数列{b n }，满足b 2＝2,2b 7＋b 8＝b 9，求T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ； (3)对于(2)中的T n ，若对任意的n ∈N *，不等式λ(－1)n＜12n ＋1(T n ＋21)恒成立，求实数λ的取值范围．解：(1)因为2S n ＝a n ＋1， 所以4S n ＝(a n ＋1)2，且a n ＞0， 则4a 1＝(a 1＋1)2，解得a 1＝1， 又4S n ＋1＝(a n ＋1＋1)2，所以4a n ＋1＝4S n ＋1－4S n ＝(a n ＋1＋1)2－(a n ＋1)2， 即(a n ＋1－a n －2)(a n ＋1＋a n )＝0， 因为a n ＞0，所以a n ＋1＋a n ≠0， 所以a n ＋1－a n ＝2，所以{a n }是公差为2的等差数列， 又a 1＝1， 所以a n ＝2n －1.(2)设数列{b n }的公比为q ，因为2b 7＋b 8＝b 9，所以2＋q ＝q 2，解得q ＝－1(舍去)或q ＝2， 由b 2＝2，得b 1＝1，故b n ＝2n －1.因为T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n －1)×2n －1，所以2T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －1)×2n， 两式相减得－T n ＝1＋2(2＋22＋…＋2n －1)－(2n －1)×2n，故T n ＝(2n －1)×2n－1－2(2＋22＋…＋2n －1)＝(2n －1)×2n －1－2(2n－2)＝(2n －3)×2n＋3.(3)不等式λ(－1)n ＜12n ＋1(T n ＋21)可化为(－1)nλ＜n －32＋62n －1.①当n 为偶数时，λ＜n －32＋62n －1，记g (n )＝n －32＋62n －1，则有λ＜g (n )min .因为g (n ＋2)－g (n )＝2＋62n ＋1－62n －1＝2－92n ，当n ＝2时，g (n ＋2)＜g (n )，当n ≥4时，g (n ＋2)＞g (n )，即g (4)＜g (2)，当n ≥4时，g (n )单调递增，g (n )min ＝g (4)＝134，所以λ＜134.②当n 为奇数时，λ＞32－n －62n －1，记h (n )＝32－n －62n －1，则有λ＞h (n )max .因为h (n ＋2)－h (n )＝－2－62n ＋1＋62n －1＝－2＋92n ， 当n ＝1时，h (n ＋2)＞h (n )，当n ≥3时，h (n ＋2)＜h (n )，即h (3)＞h (1)，当n ≥3时，h (n )单调递减，h (n )max ＝h (3)＝－3，所以λ＞－3. 综上所述，实数λ的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－3，134.[由题悟法]1．数列与不等式的综合问题考查类型 (1)判断数列中的一些不等关系问题； (2)以数列为载体，考查不等式的恒成立问题； (3)考查与数列问题有关的不等式的证明问题． 2．解决数列与不等式问题的两个注意点(1)利用基本不等式或函数的单调性求解相关最值时，应注意n 取正整数的限制条件． (2)利用放缩法证明不等式、求解参数的范围时，尽量先求和、后放缩，注意放缩的尺度，否则会导致范围扩大或缩小而得不到正确的结果．[即时应用]已知数列{a n }满足a 1＝6，a 2＝20，且a n －1·a n ＋1＝a 2n －8a n ＋12(n ∈N *，n ≥2)． (1)证明：数列{a n ＋1－a n }为等差数列； (2)令c n ＝n ＋a n na n ＋1＋na n ＋1n ＋a n ，数列{c n }的前n 项和为T n ，求证：2n ＜T n ＜2n ＋23.证明：(1)当n ＝2时，a 1·a 3＝a 22－8a 2＋12， 所以a 3＝42.当n ≥2时，由a n －1·a n ＋1＝a 2n －8a n ＋12， 得a n ·a n ＋2＝a 2n ＋1－8a n ＋1＋12，两式相减得a n a n ＋2－a n －1a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n －8a n ＋1＋8a n ，。
江苏高考数学理一轮复习课件6.5数列的综合应用
(2)通过比较an和an＋1的大小来判断数列{an}的单调性．
解
1 (1)由已知得 log22an－ ＝2n， log22an
1 ∴an－a ＝2n，即 a2 n－2nan－1＝0. n ∴an＝n± n2＋1.∵0<x<1， ∴0<2an<1，∴an<0.∴an＝n－ n2＋1. (2)方法一 ∵an＋1－an＝(n＋1)－ n＋12＋1－(n－ n2＋1)
答案 1 ± 或± 2 2
4．(2012· 苏锡常镇四市调研(一))等差数列{an}中，已知 a8≥15，a9≤13，则a12的取值范围是________． 解析 法一 因为 a12＝a1＋11d， a8＝a1＋7d， a9＝a1＋8d， λ1＋λ2＝1， 所以令 a12＝λ1a8＋λ2a9，即 7λ1＋8λ2＝11，
考点自测
1．若数列{an}为等比数列，则下面四个命题：
①{a2 n}是等比数列； ②{a2n}是等比数列；
1 ③a 是等比数列； n
④{lg|an|}是等比数列．其中正确的个数是________．
答案
3
2．(2012· 南京一模)若数列{an}满足：lg an＋1＝1＋lg an(n∈N*)， a1＋a2＋a3＝10，则lg(a4＋a5＋a6)的值为________．
答案
(－∞，7]
5．(2012· 盐城第一学期摸底考试)设等差数列{an}满足：公差 d∈N*，an∈N*，且{an}中任意两项之和也是该数列中的 一项．若a1＝35，则d的所有可能取值之和为________．
解析
由题意知，an＝35＋(n－1)d.对数列{an}中的任意两
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【思路分析】 (1)由基本量运算可得结果；
(2)讨论a＝1和a≠1两种情况；(3)利用等比数
列的定义判断．
【解】 (1)∵{an}是等差数列，a1＝1，a2＝a， ∴an＝1＋(n－1)(a－1)． 又∵b3＝12，∴a3a4＝12， 即(2a－1)(3a－2)＝12，解得 a＝2 或 a＝－56. ∵a>0，∴a＝2.∴an＝n.
【名师点评】 本题中对字母a分类讨论， 这也是等比数列不同于等差数列的情形．等比 数列含参数往往需要讨论．
互动探究1 本例(3)中“公比a－1”改为“a”,则第(3)问 结果如何？
考点二 数列与函数、不等式的综合应用
涉及到函数、方程、不等式知识的综合性试题， 在解题过程中通常用递推思想、函数与方程、 归纳与猜想、等价转化、分类讨论等数学思想 方法，属于中、高档难度的题目．
例3 设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a5＋
a13＝34，S3＝9.
(1)求数列{an}的通项公式及前n项和公式；
(2)设数列{bn}的通项公式为 否 存 在 正 整 数 t ， 使 得 b1
bn＝ a
， b2
an ＋
，n
，问：是
t
bm(m≥3 ，
m∈N)成等差数列？若存在，求出t和m的值；
2．数列的探索性问题 探索性问题是高考的热点，常在数列解答题 中出现，探索性问题对分析问题、解决问题 的能力有较高的要求． 3．等差数列与等比数列的综合问题
4．数列的实际应用 现实生活中涉及_银__行__利__率__、_企__业__股__金__、 _产__品__利__润__、_人__口__增__长__、_工__作__效__率__、_图__形__面__ _积__、_曲__线__长__度__等实际问题，常常考虑用数列
第五节 数列的综合应用
第
双基研习·面对高考
五
节
数
考点探究·挑战高考
列
的
综
合
考向瞭望·把脉高考
应
用
双基研习·面对高考
基础梳理
1．数列与其他章节的综合题 数列综合题，包括数列知识和指数函数、对数 函数、不等式的知识综合起来．另外，数列知 识在复数、三角函数、解析几何部分也有广泛 的应用．
(1)对于等差数列：__a_n＝__a_1_＋__(_n_－__1_)d_＝__d_n_＋__(_a_1 _－__d_)_，当d≠0时，an是n的一次函数．对应的 点(n，an)是位于直线上的若干个点．当d>0时， 函数是增函数，对应的数列是递增数列；同理， d＝0时，函数是常数函数，对应的数列是常数 列；d<0时，函数是减函数，对应的数列是递 减数列．
答案：3
3．随着计算机技术的迅猛发展，电脑的价格 不断降低，若每隔4年电脑的价格降低三分之 一，则现在价格为8100元的电脑12年后的价格 可降为________． 答案：2400元 4．已知等比数列{an}，a1＝3，且4a1、2a2、a3 成等差数列，则a3＋a4＋a5等于________． 答案：84
∴an＋3＝ 5 2 ， n 1 ∴an＝ 5 2 n 1 －3.
【名师点评】 数列与函数、不等式容易结合 构成综合性较强的题目，函数的类型、性质及 结构是解决问题的突破口，其次联系数列知识， 化简整理代数式也是解题的关键．
考点三 数列中的探索问题
本问题中，题目的设置多含有参数，又多与存 在、不存在等问题相关联，综合性较强，一般 可利用特殊值法或者从特殊到一般的处理思想 分析、归纳、猜想等，从此过程中找到解题的 入口或线索．
例2 数列{an}满足 a1＝2，an＋1＝a2n＋6an＋6(n ∈N*)． (1)设 cn＝log5(an＋3)，求证{cn}是等比数列； (2)求数列{an}的通项公式；
(3)设 bn＝an－1 6－a2n＋16an，数列{bn}的前 n 项和 为 Tn，求证：－156≤Tn＜－14.
【解】 (1)证明：由an＋1＝a＋6an＋6得， an＋1＋3＝(an＋3)2， ∴log5(an＋1＋3)＝2log5(an＋3)， 即cn＋1＝2cn. 又c1＝log5(a1＋3)＝1， ∴{cn}是首项为c1＝1，公比q＝2的等比数列． (2)由(1)得cn＝2n－1， 即log5(an＋3)＝2n－1，
的知识来加以解决．
课前热身
1.数列{an}是公差不为0的等差数列且a7、a10、 a15 是 等 比 数 列 {bn} 的 连 续 三 项 ， 若 等 比 数 列 {bn}的首项b1＝3，则b2＝________. 答案：5
2．(2011 年盐城质检)设 Sn 是公差不为 0 的等差 数列{an}的前 n 项和，且 S1，S2，S4 成等比数列， 则aa21等于________．
考点探究·挑战高考
考点突破 考点一 等差、等比数列的综合问题
等差数列与等比数列相结合的综合问题是高考 考查的重点，特别是等差、等比数列的通项公 式，前n项和公式以及等差中项、等比中项问 题是历年命题的热点．
例1 (2011年苏州高三调研)已知数列{an}满足: a1 ＝ 1 ， a2 ＝ a(a>0) ． 数 列 {bn} 满 足 bn ＝ anan ＋ 1(n∈N*)． (1)若{an}是等差数列，且b3＝12，求a的值及 {an}的通项公式； (2)若{an}是等比数列，求{bn}的前n项和Sn； (3)当{bn}是公比为a－1的等比数列时，{an}能 否为等比数列？若能，求出a的值；若不能，
若不存在，请说明理由．
若等差数列的前 n项和为Sn，则Sn＝pn2＋ qn(p ， q∈R) ． 当 p ＝ 0 时 ， {an} 为 常 数 列 ， 当 p≠0时，可用二次函数的方法解决等差数列问 题．
(2)对于等比数列：__a_n＝__a_1_q_n_－_1_.可用指数函数 的性质来理解． 当 a1>0 ， q>1 或 a1<0,0<q<1 时 ， 等 比 数 列 是 递 增数列． 当 a1>0,0<q<1 或 a1<0 ， q>1 时 ， 等 比 数 列 是 递 减数列． 当q＝1时，是一个常数列． 当q<0，无法判断数列的单调性，它是一个摆 动数列．