2011届高三数学二轮复习-专题3第2讲数列求和及综合应用
－1)an－1－2(n－1)，得an－an－1＝2(n＝2,3,4，„)．
所以数列{an}是以a1＝1为首项，2为公差的等差数列．
所以an＝2n－1.
1 1 1 1 (2)Tn＝ ＋ ＋„＋ ＋ a1a2 a2a3 an－1an anan＋1 1 1 1 1 ＝ ＋ ＋ ＋„＋ 1×3 3×5 5×7 2n－12n＋1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ＝ [( － )＋( － )＋( － )＋„＋( － )] 2 1 3 3 5 5 7 2n－1 2n＋1 1 1 n ＝ (1－ )＝ ， 2 2n＋1 2n＋1 100 100 100 n 由 Tn＝ > ， n> ， 得 所以满足 Tn> 的最 9 209 2n＋1 209 小正整数 n 为 12.
(2)证明：∵Sn＝n2＋n， n＋2 2 2 2 n ∴Tn＝ ＋ －2＝1－ ＋1＋ －2＝ － n n n n＋2 n＋2 2 . n＋2 4 ∵n∈N 时，Tn＝ >0， nn＋2
*
4 ∴T1＋T2＋„＋Tn≥T1＝ (n＝1 时取等号)． 3 1 1 1 1 ∴T1＋T2＋„＋Tn＝2[(1－ )＋( － )＋„＋( － 3 2 4 n 1 2 2 )]＝3－ － <3. n＋2 n＋1 n＋2
n＋2 ∴Tn＝4－ n－1 . 2 nn＋1 n＋2 n＋2 2 ∴Sn＝2× －(4－ n－1 )＝n ＋n－4＋ n－1 . 2 2 2
【题后拓展】 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
数的情形要值得注意．
(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式 “错项对齐”，以便于下一步准确写出“Sn－qSn” 的表达式．
【解】
x y (1)∵(Sn＋1，Sn)在直线 － ＝1 上， n＋1 n
Sn＋1 Sn Sn ∴ － ＝1，∴{ }构成以 S1＝a1＝2 为首项，公差 n n＋1 n 为 1 的等差数列， Sn ∴ ＝2＋(n－1)×1＝n＋1，∴Sn＝n2＋n. n 当 n≥2 时， n＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n， a 而 a1＝2，即当 n＝1 时也成立，∴an＝2n(n∈N*)．
【题后拓展】 本题的难点是数列求和中的裂项相 1 1 1 1 消法， 即将 ＝ 变形为 ＝ anan＋1 2n－12n＋1 anan＋1 2 1 1 ( － )， 再迭代求和， 求和时易错的地方， 2n－1 2n＋1 一是忽略系数，二是保留项不对．
变式训练
1．(2010 年山东高考卷)已知等差数列{an}满足：a3 ＝7，a5＋a7＝26，{an}的前 n 项和为 Sn. (1)求 an 及 Sn； 1 (2)令 bn＝ 2 (n∈N*)，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. an－1
解：(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
由于a3＝7，a5＋a7＝26， 所以a1＋2d＝7,2a1＋10d＝26， 解得a1＝3，d＝2. na1＋an 由于 an＝a1＋(n－1)d，Sn＝ ， 2
所以 an＝2n＋1，Sn＝n(n＋2)． (2)因为 an＝2n＋1， 所以 a2 －1＝4n(n＋1)， n 1 11 1 因此 bn＝ ＝ ( － )． 4 n n＋1 4nn＋1
题型三
数列与不等式
例3 设数列{an}的前 n 项和为 Sn，1＝2， n＋1， a 点(S
x y Sn)在直线 － ＝1(n∈N*)上． n＋1 n (1)求数列{an}的通项公式； 4 Sn Sn＋1 (2＋1 Sn ＋„＋Tn<3.
第2讲
数列求和及综合应用
要点知识整合
1．等差、等比数列的求和公式 (1)等差数列前 n 项和公式： nn－1 Sn＝na1＋ · d 2 na1＋an ＝ . 2 (2)等比数列前 n 项和公式： ①q＝1 时，Sn＝na1； a11－qn ②q≠1 时，Sn＝ . 1－q
2．数列求和的方法技巧 (1)转化法
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．
3．数列的应用题
Pn＋1 2n＋1 2 ∵ ＝ ×1.1＝(1＋ )×1.1>1， Pn 2n－1 2n－1 ∴Pn＋1>Pn， 2n－1×1.1n－1 即 Pn＝ 单调递增……9 分 100 11×1.15 又∵P6＝ ≈17.72%<20%， 100 13×1.16 P7＝ ≈23.03%>20%. 100 故从第七年起该企业“对社会的有效贡献率”不 低于 20%......12 分
1 n－ 1 2 1n (2)由于 an＝(－ ) ，Sn＝ [1－(－ ) ]， 2 3 2 2 1 n－1 1 2n－1 ∴anSn＝ [(－ ) ＋( ) ]， 3 2 2 8 4 1n 4 1n 故 a1S1＋a2S2＋„＋anSn＝ － · ) － · ) . (－ ( 9 9 2 9 4 1 n－ 1 1 (3)由(－ ) ≥ ， n 只能为奇数， 得 并且 n≤5， 2 16 ∴原不等式成立的 n 的集合为{1,3,5}．
热点突破探究
典例精析 题型一 例1 裂项相消求和
设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn
＝nan－n(n－1)(n＝1,2,3，„)． (1)求证：数列{an}为等差数列，并写出an关于n 的表达式；
1 100 2)若数列{ }的前 n 项和为 Tn，问满足 Tn> 209 anan＋1 的最小正整数 n 是多少？
(2)由题意得，数列{an}是以 a 为首项，以 2a 为公差的 等差数列，数列{bn}是以 b 为首项，以 1.1 为公比的等 比数列， ∴an＝a1＋(n－1)d＝a＋(n－1)· 2a＝(2n－1)a， bn＝b1(1＋10%)n－1＝1.1n－1b……7 分 a nb n 又∵Pn＝ ， 100ab 2n－1×1.1n－1ab 2n－1×1.1n－1 ∴Pn＝ ＝ . 100ab 100
解：(1)由题意 2a1q2＝a1q＋a1， 1 解得 q＝1 或 q＝－ . 2 1 2 3 (2)若 q＝1，则 bn＝n＋1，Sn＝ n ＋ n， 2 2 当 n≥2 时，Sn>bn， 1 1 1 2 若 q＝－ ，则 bn＝－ (n－5)，Sn＝－ (n －9n)， 2 2 4 1 Sn－bn＝－ (n－1)(n－10)； 4 当 2≤n≤9 时，Sn>bn；当 n＝10 时，Sn＝bn； 当 n≥11 时，Sn<bn.
(1)应用问题一般文字叙述较长，反映的事物背景陌生，
知识涉及面广，因此要解好应用题，首先应当提高阅读 理解能力，将普通语言转化为数学语言或数学符号，实 际问题转化为数学问题，然后再用数学运算、数学推理 予以解决．
(2)数列应用题一般是等比、等差数列问题，其中，等比
数列涉及的范围比较广，如经济上涉及利润、成本、效 益的增减，解决该类题的关键是建立一个数列模型{an}， 利用该数列的通项公式、递推公式或前n项和公式．
an (1)设 bn＝ ，求数列{bn}的通项公式； n (2)求数列{an}的前 n 项和 Sn.
【解】
an＋1 an 1 (1)由已知得 b1＝a1＝1，且 ＝ ＋ n， n＋1 n 2
1 1 即 bn＋1＝bn＋ n，从而 b2＝b1＋ ， 2 2 1 b3＝b2＋ 2，„ 2
bn＝bn－1＋
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·n}的前n项和，其中{an}， b
{bn}分别是等差数列和等比数列．
(3)倒序相加法
题型四
数列的实际应用
例4 (本题满分 12 分)政府决定用“对社会的有效贡献 率”对企业进行评价，用 an 表示某企业第 n 年投入的 治理污染的环保费用，用 bn 表示该企业第 n 年的产 值．设 a1＝a(万元)，且以后治理污染的环保费用每年 都比上一年增加 2a 万元； 又设 b1＝b(万元)， 且企业的 a nb n 产值每年比上一年的平均增长率为 10%.用 Pn＝ 100ab 表示企业第 n 年“对社会的有效贡献率”．
(1)求该企业第一年和第二年的“对社会的有效贡献率”；
(2)试问从第几年起该企业“对社会的有效贡献率”不低
于20%?
【规范解答】
a nb n (1)∵a1＝a，b1＝b，Pn＝ ， 100ab
a1b1 ∴P1＝ ＝1%， 100ab a2b2 3a×1.1b P2＝ ＝ ＝3.3%.3 分 100ab 100ab 故该企业第一年和第二年的“对社会的有效贡献 率”分别为 1%和 3.3%......5 分
n－1.
1
n
1 2 3 n ＝2(1＋2＋„＋n)－( 0＋ 1＋ 2＋„＋ n－1)． 2 2 2 2 1 2 3 n 记 Tn＝ 0＋ 1＋ 2＋„＋ n－1. 2 2 2 2 n－1 n 1 1 2 则 Tn＝ 1＋ 2＋„＋ n－1 ＋ n， 2 2 2 2 2 1 1 1 1 n 两式相减得， Tn＝1＋ ＋ 2＋„＋ n－1－ n 2 2 2 2 2 1 1－ n n＋2 2 n ＝ － ＝2－ n . 1 2n 2 1－ 2
解：(1)设等比数列{an}的公比是 q，因为 a1＋2a2 a2 1 ＝0，且 a1≠0，所以 q＝ ＝－ . a1 2 a11－q4 1 1 因为 S4－S2＝ ，所以 －a1(1＋q)＝ ，将 8 8 1－q 1 q＝－ 代入上式， 2 解得 a1＝1，所以 an＝a1q
高考数学二轮复习 专题3 数列 第二讲 数列求和及综合应用课件 文
高考 点突破
解析：（1）由已知，有（a3＋a4）－（a2＋a3）＝（a4＋a5）－（a3
＋a4），即 a4－a2＝a5－a3，
所以 a2（q－1）＝a3（q－1）.
又因为 q≠1，所以 a3＝a2＝2.由 a3＝a1·q，得 q＝2.
n－1 当 n＝2k－1（k∈N*）时，an＝a2k－1＝2k－1＝2 2 ；
高考热 点突破
12n＋1
解析：（1）bbn＋n 1＝aa2n2＋n2＝aa2n2＋na1a2n2＋n＋1 2＝2122n
＝12，所以{bn}是首
项为 b1＝21，公比为21的等比数列.
（2）由（1）知，bn＝12n，
当 n＝2k（k∈N*）时，an＝a2k＝bk＝12k； 当 n＝2k－1（k∈N*）时，
高考热 点突破 突破点2 错位相减法求和
已知等差数列{an}满足 a2＝0，a6＋a8＝－10. （1）求数列{an}的通项公式； （2）求数列2an－n1的前 n 项和. 思路点拨：（1）由题设求出 a1，d，可确定通项公式； （2）可用错位相减法求和.
高考热 点突破
解 析 ：（ 1 ） 设 等 差 数 列 {an} 的 公 差 为 d ， 由 已 知 条 件 可 得 a21a＋1＋d1＝2d0，＝－10，解得ad1＝＝－1，1.
故数列{an}的通项公式为 an＝2－n. （2）设数列2an－n1的前 n 项和为 Sn， 即 Sn＝a1＋a22＋…＋2an－n 1. 故 S1＝1，S2n＝a21＋a42＋…＋a2nn.
高考热 点突破
所以当 n>1 时，以上两式相减，得 S2n＝a1＋a2－2 a1＋…＋an－2n－a1n－1－a2nn ＝1－12＋41＋…＋2n1－1－2－2n n ＝1－1－2n1－1－2－2nn＝2nn. 所以 Sn＝2nn－1. 综上，数列2an－n 1的前 n 项和 Sn＝2nn－1.
最新高考数学二轮复习-专题三-第2讲-数列求和及其综合应用-学案讲义
第2讲数列求和及其综合应用[考情分析] 1.数列求和重点考查分组转化、错位相减、裂项相消三种求和方法.2.数列的综合问题，一般以等差数列、等比数列为背景，与函数、不等式相结合，考查最值、范围以及证明不等式等.3.主要以选择题、填空题及解答题的形式出现，难度中等．考点一数列求和核心提炼1．裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是相邻项抵消，有的是间隔项抵消．常见的裂项方式有：1n (n ＋k )＝14n 2－1＝2．错位相减法求和，主要用于求{a n b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别为等差数列和等比数列．考向1分组转化法例1(2023·枣庄模拟)已知数列{a n }的首项a 1＝3，且满足a n ＋1＋2a n ＝2n ＋2.(1)证明：{a n －2n }为等比数列；(2)已知b n n ，n 为奇数，2a n ，n 为偶数，T n 为{b n }的前n 项和，求T 10.(1)证明由a n ＋1＋2a n ＝2n ＋2可得a n ＋1－2n ＋1＝2n ＋1－2a n ＝－2(a n －2n )．又a 1－21＝1≠0，所以{a n －2n }是以1为首项，－2为公比的等比数列．(2)解由(1)可得a n －2n ＝(－2)n －1，即a n ＝2n ＋(－2)n －1.当n 为奇数时，b n ＝a n ＝2n ＋(－2)n －1＝3×2n －1；当n 为偶数时，b n ＝log 2a n ＝log 2[2n ＋(－2)n －1]＝log 22n －1＝n －1.所以T 10＝(b 1＋b 3＋b 5＋b 7＋b 9)＋(b 2＋b 4＋b 6＋b 8＋b 10)＝(3＋3×22＋3×24＋3×26＋3×28)＋(1＋3＋5＋7＋9)＝3×(1－45)1－4＋(1＋9)×52＝1048.考向2裂项相消法例2(2023·沈阳质检)设n ∈N *，向量AB →＝(n －1,1)，AC →＝(n －1,4n －1)，a n ＝AB →·AC →.(1)令b n ＝a n ＋1－a n ，求证：数列{b n }为等差数列；(2)求证：1a 1＋1a 2＋…＋1a n <34.证明(1)由题意可得a n ＝AB →·AC →＝(n －1)2＋4n －1＝n 2＋2n ，则b n ＝a n ＋1－a n ＝[(n ＋1)2＋2(n ＋1)]－(n 2＋2n )＝2n ＋3，可得b n ＋1－b n ＝(2n ＋5)－(2n ＋3)＝2，故数列{b n }是首项b 1＝5，公差d ＝2的等差数列．(2)由(1)可得1a n ＝1n 2＋2n则1a 1＋1a 2＋…＋1a n＝12×－13＋12－14＋…＋1n －＝12×－1n ＋1－∵1n ＋1>0，1n ＋2>0，故1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝12×－1n ＋1－<34.考向3错位相减法例3(2023·全国甲卷)记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 2＝1,2S n ＝na n .(1)求{a n }的通项公式；(2)n 项和T n .解(1)因为2S n ＝na n ，当n ＝1时，2a 1＝a 1，即a 1＝0；当n ＝3时，2(1＋a 3)＝3a 3，即a 3＝2，当n ≥2时，2S n －1＝(n －1)a n －1，所以2S n －2S n －1＝na n －(n －1)a n －1＝2a n ，化简得(n －2)a n ＝(n －1)a n －1，则当n ≥3时，a n a n －1＝n －1n －2，则a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 3a 2＝n －1n －2·n －2n －3·…·21，即a n a 2＝n －1，又因为a 2＝1，所以a n ＝n －1，当n ＝1,2时都满足上式，所以a n ＝n －1，n ∈N *.(2)令b n ＝a n ＋12n ＝n 2n，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n －1＋b n＝12＋222＋…＋n －12n －1＋n 2n ，①12T n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n 2n ＋1，②由①－②得12T n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝21－12－n 2n ＋1＝1－2＋n 2n ＋1，即T n ＝2－2＋n 2n .规律方法(1)分组转化法求和的关键是将数列通项转化为若干个可求和的数列通项的和或差．(2)裂项相消法的基本思路是将通项拆分，可以产生相互抵消的项．(3)用错位相减法求和时，应注意：①等比数列的公比为负数的情形；②在写出“S n ”和“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“S n －qS n ”的表达式．跟踪演练1(1)(2023·淮南模拟)已知数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝2n ，且a 1＝1.①求数列{a n }的通项公式；②设b n ＝a n ＋1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解①∵数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝2n ，且a 1＝1，∴当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋2＋1＝2n －1.当n ＝1时也成立，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．②b n ＝a n ＋1a n a n ＋1＝2n (2n －1)(2n ＋1－1)＝12n －1－12n ＋1－1，∴数列{b n }的前n 项和T n …1－12n ＋1－1.(2)(2023·浙江省强基联盟模拟)已知a 1＝1，{a n ＋1}是公比为2的等比数列，{b n }为正项数列，b 1＝1，当n ≥2时，(2n －3)b n ＝(2n －1)b n －1.①求数列{a n }，{b n }的通项公式；②记c n ＝a n ·b n .求数列{c n }的前n 项和T n .解①因为数列{a n ＋1}为等比数列，公比为2，首项为a 1＋1＝2，所以a n ＋1＝2×2n －1＝2n ，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)，由(2n －3)b n ＝(2n －1)b n －1，推得b n b n －1＝2n －12n －3(n ≥2)，所以b 2b 1＝31，b 3b 2＝53，b 4b 3＝75，…，b n b n －1＝2n －12n －3(n ≥2)，故b n b n －1·b n －1b n －2·…·b 2b 1＝2n －12n －3·2n －32n －5·…·31(n ≥2)，又b 1＝1，所以当n ≥2时，b n ＝2n －11b 1＝2n －1，又b 1＝1符合上式，所以b n ＝2n －1(n ∈N *)．②由题可得c n ＝2n (2n －1)－(2n －1)，令d n ＝2n (2n －1)，{d n }的前n 项和为P n .所以P n ＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n －1)2n ，2P n ＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n －3)2n ＋(2n －1)2n ＋1，两式相减得－P n ＝2＋2(22＋23＋…＋2n )－(2n －1)2n ＋1，所以P n ＝(2n －1)2n ＋1－2－2(2n ＋1－4)，所以P n ＝6＋(2n －3)2n ＋1.令e n ＝2n －1，{e n }的前n 项和为E n ，则E n ＝(1＋2n －1)n 2＝n 2，综上，T n ＝P n －E n ＝(2n －3)2n ＋1＋6－n 2.考点二数列的综合问题核心提炼数列与函数、不等式，以及数列新定义的综合问题，是高考命题的一个方向，考查逻辑推理、数学运算、数学建模等核心素养．解决此类问题，一是把数列看成特殊的函数，利用函数的图象、性质求解；二是将新数列问题转化为等差或等比数列，利用特殊数列的概念、公式、性质，结合不等式的相关知识求解．例4(1)分形的数学之美，是以简单的基本图形，凝聚扩散，重复累加，以迭代的方式而形成的美丽的图案．自然界中存在着许多令人震撼的天然分形图案，如鹦鹉螺的壳、蕨类植物的叶子、孔雀的羽毛、菠萝等．如图所示，为正方形经过多次自相似迭代形成的分形图形，且相邻的两个正方形的对应边所成的角为15°.若从外往里最大的正方形边长为9，则第5个正方形的边长为()A.814 B.8168C ．4 D.463答案C 解析设第n 个正方形的边长为a n ，则由已知可得a n ＝a n ＋1sin 15°＋a n ＋1cos 15°，∴a n ＋1a n ＝1sin 15°＋cos 15°＝12sin 60°＝63，∴{a n }是以9为首项，63为公比的等比数列，∴a 5＝a 1q 4＝9＝4.(2)(2023·武汉模拟)将1,2，…，n 按照某种顺序排成一列得到数列{a n }，对任意1≤i <j ≤n ，如果a i >a j ，那么称数对(a i ，a j )构成数列{a n }的一个逆序对．若n ＝4，则恰有2个逆序对的数列{a n }的个数为()A ．4B ．5C ．6D ．7答案B解析若n＝4，则1≤i<j≤4，由1,2,3,4构成的逆序对有(4,3)，(4,2)，(4,1)，(3,2)，(3,1)，(2,1)，若数列{a n}的第一个数为4，则至少有3个逆序对；若数列{a n}的第二个数为4，则恰有2个逆序对的数列{a n}为{1,4,2,3}；若数列{a n}的第三个数为4，则恰有2个逆序对的数列{a n}为{1,3,4,2}或{2,1,4,3}；若数列{a n}的第四个数为4，则恰有2个逆序对的数列{a n}为{2,3,1,4}或{3,1,2,4}，综上，恰有2个逆序对的数列{a n}的个数为5.规律方法数列的“新定义问题”，主要是指定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算等，关键是将新数列转化为等差或等比数列，或者找到新数列的递推关系，主要考查的还是数列的基础知识．跟踪演练2(1)如图甲是第七届国际数学家大会(简称ICME－7)的会徽图案，会徽的主题图案是由图乙的一连串直角三角形演化而成的．已知OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝A4A5＝A5A6＝A6A7＝A7A8＝…＝2，A1，A2，A3…为直角顶点，设这些直角三角形的周长从小到大组成的数列为{a n}，令b n＝2a n－2，S n为数列{b n}的前n项和，则S120等于()A．8B．9C．10D．11答案C解析由OA1＝A1A2＝A2A3＝A3A4＝A4A5＝A5A6＝A6A7＝A7A8＝ (2)可得OA2＝22，OA3＝23，…，OA n＝2n，所以a n＝OA n＋OA n＋1＋A n A n＋1＝2n＋2n＋1＋2，所以b n＝2a n－2＝1n＋n＋1＝n＋1－n，所以前n项和S n＝b1＋b2＋…＋b n＝2－1＋3－2＋…＋n＋1－n＝n＋1－1，所以S120＝120＋1－1＝10.(2)(2023·郑州模拟)“角谷猜想”首先流传于美国，不久便传到欧洲，后来一位名叫角谷静夫的日本人又把它带到亚洲，因而人们就顺势把它叫作“角谷猜想”．“角谷猜想”是指一个正整数，如果是奇数就乘以3再加1，如果是偶数就除以2，这样经过若干次运算，最终回到1.对任意正整数a0，按照上述规则实施第n次运算的结果为a n(n∈N)，若a5＝1，且a i(i＝1,2,3,4)均不为1，则a0等于()A．5或16B．5或32C．5或16或4D．5或32或4答案B解析由题知a n＋1＋1，a n为奇数，a n为偶数，因为a5＝1，则有，若a4为奇数，则a5＝3a4＋1＝1，得a4＝0，不合题意，所以a4为偶数，且a4＝2a5＝2；若a3为奇数，则a4＝3a3＋1＝2，得a3＝13，不合题意，所以a3为偶数，且a3＝2a4＝4；若a2为奇数，则a3＝3a2＋1＝4，得a2＝1，不合题意，所以a2为偶数，且a2＝2a3＝8；若a1为奇数，则a2＝3a1＋1＝8，得a1＝73，不合题意，所以a1为偶数，且a1＝2a2＝16；若a0为奇数，则a1＝3a0＋1＝16，可得a0＝5；若a0为偶数，则a0＝2a1＝32.综上所述，a0＝5或a0＝32.专题强化练一、单项选择题1．数列{a n}满足2a n＋1＝a n＋a n＋2，且a8，a4040是函数f(x)＝x2－8x＋3的两个零点，则a2024的值为()A．4B．－4C．4040D．－4040答案A解析因为a8，a4040是函数f(x)＝x2－8x＋3的两个零点，即a8，a4040是方程x2－8x＋3＝0的两个根，所以a8＋a4040＝8.又2a n＋1＝a n＋a n＋2，所以数列{a n}是等差数列，所以a8＋a4040＝2a2024＝8，所以a2024＝4.2．(2023·阜阳模拟)在数列{a n}中，已知a n＋1＋a n＝3·2n，则{a n}的前10项和为() A．1023B．1024C．2046D．2047答案C解析∵a n＋1＋a n＝3·2n，∴a2＋a1＝3×2，a4＋a3＝3×23，a6＋a5＝3×25，a8＋a7＝3×27，a10＋a9＝3×29，则{a n}的前10项和为3×(2＋23＋25＋27＋29)＝3×2－29×41－4＝2046.3．已知函数f(x)＝x2＋bx的图象在点A(1，f(1))处的切线的斜率为3n项和为S n，则S2026的值为()A.2023 2024B.2024 2025C.2025 2026D.2026 2027答案D解析由题意得f′(x)＝2x＋b，∴f′(1)＝2＋b＝3，解得b＝1，∴f(n)＝n2＋n，∴1f(n)＝1n2＋n＝1n(n＋1)＝1n－1n＋1，∴S2026＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋12026－12027＝1－12027＝20262027.4．(2023·佛山模拟)已知数列{a n}的通项公式为a n＝n2＋kn＋2，若对于n∈N*，数列{a n}为递增数列，则实数k的取值范围为()A．k≥－3B．k≥－2C．k>－3D．k>－2答案C解析因为数列{a n}为递增数列，所以a n＋1>a n，即(n＋1)2＋k(n＋1)＋2>n2＋kn＋2，整理得k>－(2n＋1)，因为当n∈N*时，f(n)＝－(2n＋1)单调递减，f(n)max＝f(1)＝－(2×1＋1)＝－3，所以k>－3.5．(2023·盐城模拟)将正整数n 分解为两个正整数k 1，k 2的积，即n ＝k 1·k 2，当k 1，k 2两数差的绝对值最小时，我们称其为最优分解．如20＝1×20＝2×10＝4×5，其中4×5即为20的最优分解，当k 1，k 2是n 的最优分解时，定义f (n )＝|k 1－k 2|，则数列{f (5n )}的前2023项的和为()A ．51012B ．51012－1C ．52023D ．52023－1答案B 解析当n ＝2k (k ∈N *)时，由于52k ＝5k ×5k ，此时f (52k )＝|5k －5k |＝0，当n ＝2k －1(k ∈N *)时，由于52k －1＝5k －1×5k ，此时f (52k －1)＝|5k －5k －1|＝5k －5k －1，所以数列{f (5n )}的前2023项的和为(5－1)＋0＋(52－5)＋0＋(53－52)＋0＋…＋(51011－51010)＋0＋(51012－51011)＝51012－1.6．某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列A ＝{a 1，a 2，a 3，…}重新编辑，编辑新序列为A *，a 3a 2，a 4a 3，…n 项为a n ＋1a n，若序列(A *)*的所有项都是3，且a 5＝1，a 6＝27，则a 1等于()A.19B.127C.181D.1243答案A 解析令b n ＝a n ＋1a n，即A *＝{b 1，b 2，b 3，…}，则(A *)*，b 3b 2，b 4b 3，由已知得b 2b 1＝b 3b 2＝b 4b 3＝…＝b n ＋1b n＝3，所以数列{b n }为公比为3的等比数列，设b 1＝m ，则a 2a 1＝b 1＝m ，a 3a 2＝b 2＝3m ，…，a n ＋1a n＝b n ＝3n －1·m ，当n ≥2时，累乘可得a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·…·a n a n －1＝m ·3m ·32m ·…·3n －2m ＝m n －131＋2＋3＋…＋(n －2)，即a n a 1＝m n －1(2)(1)23n n --，当n ＝5时，1a 1＝m 436，当n ＝6时，27a 1＝m 5310，解得m ＝13，a 1＝19.二、多项选择题7.(2023·唐山模拟)如图，△ABC 是边长为2的等边三角形，连接各边中点得到△A 1B 1C 1，再连接△A 1B 1C 1的各边中点得到△A 2B 2C 2，…，如此继续下去，设△A n B n C n 的边长为a n ，△A n B n C n 的面积为M n ，则()A ．M n ＝34a 2n B ．a 24＝a 3a 5C ．a 1＋a 2＋…＋a n ＝2－22－n D ．M 1＋M 2＋…＋M n <33答案ABD 解析显然△A n B n C n 是正三角形，因此M n ＝34a 2n ，故A 正确；由中位线性质易得a n ＝12a n －1，即{a n }是等比数列，公比为12，因此a 24＝a 3a 5，故B 正确；a 1＝12AB ＝1，a 1＋a 2＋…＋a n 1－12＝2－21－n ，故C 错误；M 1＝34×12＝34，{a n }是等比数列，公比为12，则{M n }也是等比数列，公比是14，M 1＋M 2＋…＋M n ＝34×11－14<33，故D 正确．8．已知函数f (x )＝e x －x －1，数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝12，a n ＋1＝f (a n )，则下列有关数列{a n }的叙述不正确的是()A ．a 5<|4a 2－3a 1|B ．a 7≤a 8C ．a 10>1D ．S 100>26答案BCD 解析由e x ≥x ＋1知，a n ＋1＝f (a n )＝e n a －a n －1≥0，故{a n }为非负数列，又a n ＋1－a n ＝e n a －2a n －1，设g (x )＝e x －2x －1，则g ′(x )＝e x －2，易知g (x )在[0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，且－12<1－2ln 2＝g (x )min <g (0)＝0，又0<a 1＝12<ln 2，所以0≤a 2<a 1＝12，从而－12<a n ＋1－a n <0，所以{a n }为递减数列，且0≤a n ≤12，故B ，C 错误；又a 2＝12e －12－1＝12e －32<－32＝14，故当n ≥2时，有a n <14，所以S 100＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100<12＋14＋14＋…＋14＝1014，故D 错误；又a 2<14，a 5<12，而|4a 2－3a 1|＝|4a 2－32|>12，故A 正确．三、填空题9．(2023·铜仁质检)为了进一步学习贯彻党的二十大精神，推进科普宣传教育，激发学生的学习热情，营造良好的学习氛围，不断提高学生对科学、法律、健康等知识的了解，某学校组织高一10个班级的学生开展“红色百年路·科普万里行”知识竞赛．统计发现，10个班级的平均成绩恰好成等差数列，最低平均成绩为70，公差为2，则这10个班级的平均成绩的第40百分位数为________．答案77解析记10个班级的平均成绩构成的等差数列为{a n}，则a n＝70＋2(n－1)＝2n＋68，又10×40%＝4，所以这10个班级的平均成绩的第40百分位数为a4＋a52＝76＋782＝77.10．在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和为同一个常数，那么这个数列称为等和数列，这个常数称为该数列的公和．已知数列{a n}是等和数列，且a1＝－2，a2024＝8，则这个数列的前2024项的和为________．答案6072解析依题意得a1＋a2＝a2＋a3＝a3＋a4＝a4＋a5＝…，故a1＝a3＝a5＝…＝a2023＝－2，a2＝a4＝a6＝…＝a2024＝8，则S2024＝1012×(－2)＋1012×8＝6072.11．(2023·江苏联考)已知a1，a2，…，a n(n∈N*)是一组平面向量，记S n＝a1＋a2＋…＋a n，若a n＝(4－n,1)，则满足a n⊥S n的n的值为____________．答案5或6解析记b n＝4－n的前n项和为T n，则T n＝(3＋4－n)n2＝7n－n22，因为a n＝(4－n,1)，所以S n＝a1＋a2＋…＋a n＝(3,1)＋(2,1)＋…＋(4－n,1)又a n⊥S n，所以a n·S n＝(4－n)×7n－n22＋n＝0，整理得n(n－5)(n－6)＝0，解得n＝0或n＝5或n＝6，因为n∈N*，所以n＝5或n＝6.12．在圆x2＋y2＝5x n条弦的长度成等差数列，最短弦长为数列的首项a1，最长弦长为a n，若公差d ，13，那么n的取值集合为__________．答案{4,5,6}解析由圆的方程为x 2＋y 2＝5x ，得圆心r ＝52.∴过点P 即a n ＝2r ＝5，过点P CP 垂直的弦为圆的最短弦，即a 1＝2r 2－|PC |2＝4，由a n ＝a 1＋(n －1)d ，得5＝4＋(n －1)d ，∴d ＝1n －1，∵16<d ≤13，∴16<1n －1≤13，∴4≤n <7，n ∈N *，∴n 的取值为4,5,6.∴n 的取值集合为{4,5,6}．四、解答题13．(2023·锦州模拟)已知数列{a n }和{b n }满足a n ＋b n ＝2n －1，数列{a n }，{b n }的前n 项和分别记作A n ，B n ，且A n －B n ＝n .(1)求A n 和B n ；(2)设c n ＝2n b ＋12A n，求数列{c n }的前n 项和S n .解(1)因为a n ＋b n ＝2n －1，所以数列{a n ＋b n }是首项为1，公差为2的等差数列，所以其前n 项和A n ＋B n ＝12(1＋2n －1)×n ＝n 2，又因为A n －B n ＝n ，所以A n ＝n (n ＋1)2，B n ＝n (n －1)2.(2)当n ≥2时，b n ＝B n －B n －1＝n (n －1)2－(n －1)(n －2)2＝n －1.当n ＝1时，b 1＝B 1＝0也适合通项公式，故b n ＝n －1.所以c n ＝2n b ＋12A n ＝2n －1＋1n (n ＋1)＝2n －1＋1n －1n ＋1，所以S n ＝(1＋2＋22＋…＋2n －1)－12＋12－13＋…＋1n －＝1×(1－2n )1－2＋2n －1n ＋1.14．(2023·湖南省新高考教学教研联盟联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n －a n .(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2b n ＝(n －2)(a n －1)，若T n ≥λb n 对于n ∈N *恒成立，求λ的取值范围．解(1)∵S n ＝n －a n ，∴S n －1＝(n －1)－a n －1(n ≥2)，两式作差得2a n ＝a n －1＋1，∴2(a n －1)＝a n －1－1，当n ＝1时，S 1＝1－a 1，∴a 1－1＝－12，∴{a n －1}是首项为－12，公比为12的等比数列，故a n ＝1.(2)∵2b n ＝(n －2)(a n －1)，∴b n ＝(2－n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝1＋0＋(－1)＋…＋(2－n ＋1，①12T n ＝1＋0＋(－1)＋…＋(2－n ＋2，②两式作差得12T n ＝1＋…＋1－(2－n ＋2，化简得T n ＝n 2n ＋1，∵T n ≥λb n 恒成立，∴n 2n ＋1≥λ(2－n )12n ＋1，n ≥λ(2－n )，当n ＝1时，λ≤1；当n ＝2时，λ∈R ；当n ≥3时，λ≥n 2－n ＝－(n －2)＋2n －2＝－即λ≥－，∴λ≥－1，综上所述，－1≤λ≤1.。
高考数学二轮复习专题3数列第二讲数列求和及综合应用理
高考数学二轮复习专题 3 数列第二讲数列乞降及综合应用理第二讲数列乞降及综合应用2．转变法．有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项打开或变形，可转变为几个等差、等比或常有的数列，即先分别乞降，而后再归并．3．错位相减法．这是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这类方法主要用于求数列{ a n·b n}的前 n 项和，此中{ a n}，{ b n}分别是等差数列和等比数列．4．倒序相加法．这是在推导等差数列前n 项和公式时所用的方法，也就是将一个数列倒过来摆列( 反序) ，把它与原数列相加，如有公式可提，而且节余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法乞降．5．裂项相消法．利用通项变形，将通项分裂成两项或几项的差，经过相加过程中的互相抵消，最后只剩下有限项的和．1．应用问题一般文字表达较长，反应的事物背景陌生，知识波及面广，所以要解好应用题，第一应该提升阅读理解能力，将一般语言转变为数学语言或数学符号，实质问题转变为数学识题，而后再用数学运算、数学推理予以解决．2．数列应用题一般是等比、等差数列问题，此中，等比数列波及的范围比较广，如经济上波及收益、成本、效益的增减，解决此类题的重点是成立一个数列模型{ a n} ，利用该数列的通项公式、递推公式或前n 项和公式求解．3．解应用问题的基本步骤．判断下边结论能否正确( 请在括号中打“√”或“×” ) ．n n a － a1n＋ 1(1) 假如数列 { a } 为等比数列，且公比不等于1，则其前n项和S＝1－q .( √ )1111(2)当 n≥2时，n2－1＝2n－1－n＋1.(√)(3)n＝ a＋23na 即可依据错位求 S2a＋3a＋＋na之和时只需把上式等号两边同时乘以相减法求得． ( × )(4)数列1的前 n 项和为21 2n＋2n－1n ＋n.(×)2(5)若数列 a1，a2－ a1，， a n－a n－1是首项为1，公比为 3 的等比数列，则数列 { a n} 的通项公式是 a n＝3n－ 1.( √)2(6) 推导等差数列乞降公式的方法叫做倒序乞降法，利用此法可求得sin 21°＋ sin 22°222√ )＋sin 3°＋＋ sin88°＋ sin 89°＝ 44.5.(1．(2015 ·福建卷 ) 若a，b是函数f ( x) ＝x2－px＋q( p>0，q>0) 的两个不一样的零点，且a， b，－2这三个数可适合排序后成等差数列，也可适合排序后成等比数列，则p＋ q 的值等于(D)A． 6B． 7C． 8D． 9a＋b＝ p>0，分析：不如设 a>b，由题意得ab＝ q>0，∴ a>0， b>0，则 a，－2， b 成等比数列， a， b，－2成等差数列，ab＝（－2）2，a＝4，∴－2＝2 ，∴＝1，∴ p＝5， q＝4，∴ p＋ q＝9.a b b2．(2015 ·新课标Ⅱ卷) 设S n是等差数列 { a n} 的前n项和，若a1＋a3＋a5＝ 3，则S5＝ ( A) A．5 B．7C．9 D．11分析：解法一∵ a1＋ a5＝2a3，∴a1＋ a3＋a5＝3a3＝3，∴a3＝1，5（a1＋a5）∴S5＝＝5a3＝5，应选 A.2解法二13511111∵ a ＋ a＋a ＝ a ＋( a＋ 2d) ＋( a＋4d) ＝ 3a＋ 6d＝ 3，∴a ＋2d＝1，∴5＝51＋5× 4＝ 5(a 1＋2 )＝5，应选A.S a 2 dd3．在数列 { a n} 中，a n＝n（ n＋1）2，则：(1)数列 { a n} 的前n项和S n＝ __________；(2)数列 { S n} 的前n项和T n＝ __________．（＋）（＋）[（ n＋2）－（ n－1）]1n n n n 1解析：(1) a n＝2＝6＝6×[ n（n＋1）（n＋2）－（n－1）n（n＋1） ]n＝ 1×[(1 ×2×3－0×1×2) ＋(2 ×3×4－1×2×3) ＋(3 × 4× 5－ 2× 3× 4) ＋ ＋S6×( ＋1)×( ＋2)－( －1)× ×(n ＋1)] ＝ n （n ＋ 1）（ n ＋ 2） .n nnnn6n （ n ＋ 1）（ n ＋ 2）(2) S n ＝6n （ n ＋ 1）（ n ＋ 2） [ （ n ＋ 3）－（ n －1） ]＝241＝ 24× [ n ( n ＋ 1)( n ＋ 2)( n ＋ 3) － ( n － 1) n ( n ＋1)( n ＋ 2)]n＝ 1×[(1 ×2×3×4－0×1×2×3) ＋(2 ×3×4× 5－ 1× 2× 3× 4) ＋ ＋ ×( ＋n n241) ×( ＋2) ×6(n ＋3)－( n －1) ×n × ( ＋1) ×( ＋ 2)] ＝n （ n ＋ 1）（ n ＋ 2）（ n ＋ 3） .nn n 24n （ n ＋1）（ n ＋2）答案： (1)6n （n ＋ 1）（ n ＋ 2）（ n ＋ 3）(2)24*1}前 104．(2015 ·江苏卷 ) 设数列 { a n } 知足 a 1＝ 1，且 a n ＋ 1－ a n ＝ n ＋ 1( n ∈N ) ，则数列 {an项的和为 ________．分析： 由题意有 a 2－ a 1＝ 2， a 3 －a 2＝ 3， ，以上各式相加，得（ n － 1）（ 2＋ n ）a n － a n －1＝ n ( n ≥ 2) ．n 2＋ n － 2a n － a 1＝ 2＋3＋ ＋ n ＝＝2n 2＋ n又∵ a ＝1，∴ a ＝( n ≥2) ．1n22.∵ 当 ＝ 1 时也知足此式，∴an 2＋n n *n ＝(∈N ) ．n2∴1＝ 22＝ 2( 1－ 1) ．a n n ＋n n n ＋ 111 1 1 11∴ S 10＝ 2( 1－ 2＋ 2－3＋ ＋ 10－ 11) 120＝ 2×(1 － 11) ＝ 11.20 答案：11一、选择题1．已知等差数列{ a n} 前n项和为S n，若a1＋a2 012＝ 1，a2 013＝－ 1 006，则使S n取最值时n 的值为( D)A． 1 005B．1 006C． 1 007D．1 006或 10072．设等差数列 { a n} 的前n项和为S n，若a1＝－ 11，a3＋a7＝－ 6，则当S n取最小值时，n ＝( D)A．9 B．8 C．7 D．63．等比数列 { a n} 前n项的积为T n，若a3a6a18是一个确立的常数，那么数列T10，T13，T17，T25中也是常数的项是( C)A．T10 B ．T13 C ．T17 D ．T25分析：∵ a3a6a18＝ a1q2· a1q5· a1q17＝( a1q8)3＝( a9)3为定值．∴T17＝ a1a2 a17＝( a1q8)17＝( a9)17也是定值．4．已知等比数列 { a n} 知足a n＞ 0，n＝ 1，2，，且a5·a2n－5＝ 22n( n≥3) ，则当n≥1时，log 2a1＋ log 2a3＋＋ log 2a2n－1＝ ( C)A．n(2 n－ 1) B ． ( n＋ 1) 2C．n2D．(n－1)22n22n n分析：由 a5· a2n－5＝2 ( n≥3)得 a n＝ 2 ，a n＞ 0，则a n＝2，log 2a1＋ log 2a3＋＋ log 2a2n －1＝1＋3＋＋(2n－1)＝n2.应选C.5．公差不为零的等差数列 {a} 的前n项和为S，若a4 是 3 与a7 的等比中项，8＝32，n n则 S10＝( C)A．18 B ．24 C ．60 D ．9022，得 2a＋ 3d＝ 0，再由S＝ 8a＋56分析：由 a ＝ a a ，得 ( a ＋3d)＝ ( a ＋ 2d)( a ＋ 6d) 2 d43711118190＝32，得 2a1＋ 7d＝ 8，则d＝ 2，a1＝－ 3，所以S10＝ 10a1＋2d＝ 60. 应选 C.6．已知函数2x－1，x≤ 0，把函数 g( x)＝ f ( x)－ x 的零点按从小到大f ( x)＝f（x－1）＋1， x＞0，的次序摆列成一个数列，则该数列的通项公式为( B)n（ n－1）A．a n＝ B ．a n＝n－12C．a n＝n( n－ 1) D．a n＝2n－2x －1,分析：若 0<x≤1，则－ 1<x－ 1<0，得f ( x) ＝f ( x－ 1) ＋ 1＝ 2若 1<x≤2，则 0<x－1≤1，得f ( x) ＝f ( x－ 1) ＋ 1＝ 2x－2＋ 1，若 2<x≤3，则 1<x－1≤2，得f ( x) ＝f ( x－ 1) ＋ 1＝ 2x－3＋ 2，若 3<x≤4，则 2<x－ 1<3，得f ( x) ＝f ( x－ 1) ＋ 1＝ 2x－4＋ 3.以此类推，若 n<x≤ n＋1(此中 n∈N)，则 f ( x)＝ f ( x－1)＋1＝2x－n－1＋n, 下边剖析函数 f ( x)＝2x的图象与直线 y＝ x＋1的交点．很明显，它们有两个交点(0 ， 1) 和(1 ，2) ，因为指数函数 f ( x)＝2x为增函数且图象下凸，故它们只有这两个交点．①将函数 f ( x)＝2x和 y＝x＋1的图象同时向下平移一个单位即获得函数 f ( x)＝2x－1和y＝ x 的图象，取 x≤0的部分，可见它们有且仅有一个交点(0 ，0) ．即当 x≤0时，方程 f ( x)－ x＝0有且仅有一个根x＝0.②取①中函数 f ( x)＝2x－1和 y＝ x 图象－1<x≤0的部分，再同时向上和向右各平移一个单位，x －1和 y＝ x 在0<x≤1上的图象，明显，此时它们仍旧只有一个交点(1 ，1) ．即得 f ( x)＝2即当 0<x≤1时，方程 f ( x)－ x＝0有且仅有一个根x＝1.③取②中函数 f ( x ) ＝ 2x －1 和 y ＝ x 在 0<x ≤1上的图象，持续依据上述步骤进行，x －2即获得 f ( x ) ＝ 2＋ 1 和 y ＝ x 在 1<x ≤2上的图象，明显，此时它们仍旧只有一个交点(2，2)．即当 1<x ≤2时，方程f ( x ) － x ＝ 0 有且仅有一个根 x ＝ 2.④以此类推，函数y ＝f ( x ) 与 y ＝ x 在 (2 ， 3] ， (3 ， 4] ， ， ( n ，n ＋ 1] 上的交点挨次为(3 ， 3) ， (4 ， 4) ， ， ( n ＋ 1， n ＋ 1) ．即方程 f ( x ) － x ＝ 0 在 (2 ， 3] ，(3 ，4] ， ， ( n ， n ＋1] 上的根挨次为 3，4， ， n ＋ 1.综上所述方程 f ( x ) － x ＝0 的根按从小到大的次序摆列所得数列为0，1，2， 3，4， ，n ＋ 1，其通项公式为 a n ＝n － 1. 应选 B. 二、填空题7．对正整数 ，设曲线 y ＝ x n) 在 x ＝ 2 处的切线与 y 轴交点的纵坐标为 a ，则 a n(1 －nn ＋ 1的前 n 项和是 2n ＋ 1－ 2．分析： 曲线 y ＝ x n (1 － x ) ＝ x n － x n ＋1，曲线导数为y ′＝ nx n －1－ ( n ＋ 1) x n ，所以切线斜率为＝ 2nn n n ＋ 2 nnk －1－ (＋1)2 ＝－ ( n ＋2)2 －1，切点为 (2 ，－2 ) ，所以切线方程为 ＝－ ( ＋ 2)2nnyn － 1，令 x ＝ 0nnn nna n( x － 2) 得， y ＋ 2 ＝ ( n ＋2)2 ，即 y ＝ ( n ＋1)2 ，所以 a ＝ ( n ＋ 1)2，所以 n ＋ 1＝n2 为首项， q ＝2 为公比的等比数列，所以n 2（ 1－2n ）n ＋ 12 ，是以S ＝＝ 2－ 2.1－ 28．等比数列 { a n } 的公比 ＞ 0, 已知 2 ＝ 1， n ＋ 2＋ n ＋ 1＝ 6 n ，则 {a n }的前 4 项和4 ＝15．qa aaaS2分析： 由 a n ＋ 2＋a n ＋ 1＝ 6a n 得： q n ＋1＋ q n ＝ 6q n －1 ，即 q 2＋ q － 6＝ 0， q ＞ 0，解得 q ＝2，又1412（1－ 2 ） 15a 2＝1，所以 a 1 ＝2， S 4＝ 1－ 2＝ 2 .三、解答题9．已知数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，且 a 2a n ＝ S 2＋ S n 对全部正整数 n 都成立．(1) 求 a 1， a 2 的值．10 a 1(2) 设 a 1＞ 0，数列 lg a n 的前 n 项和为 T n ，当 n 为什么值时， T n 最大？并求出 T n 的最大值．分析： (1) 取 n ＝ 1，得 a 2a 1＝S 2＋ S 1＝ 2a 1＋ a 2，①取 n ＝2，得 a 22＝ 2a 1＋ 2a 2，②由②－①，得a2( a2－a1)＝ a2，③若 a2＝0,由①知 a1＝0，若a2≠0，易知 a2－ a1＝1.④12＋ 1，由①④得： a ＝a2＝2＋2或 a1＝1－2，a2＝2－2；综上所述， a ＝0，a ＝0或 a ＝1＋2，a＝ 2＋2或a＝ 1－2，a＝ 2－ 2.121212(2)当 a1>0时，由(1)知， a1＝2＋1， a2＝2＋2；当n ≥2时，有 (2 ＋ 2)an＝ 2＋ n，S S(2 ＋2) a n－1＝S2＋S n－1.两式相减得 (1 ＋2) a＝ (2 ＋ 2) a－1.n n所以 a ＝2a ( n≥2)．n n－1所以 a n＝a1(2) n－1＝ (2＋1) ×( 2) n－1.令 b n＝lg 1011100a，则 b n＝1－lg(2) n－1＝ lg2n－ 1.a2n110010011n n－1＝2lg n－1－ lg2n－ 2＝－2lg 2 ，又 b ＝1， b－ b21所以数列 { b n} 是以 1 为首项，－lg 2为公差，且单一递减的等差数列．210则 b1>b2> >b7＝lg8＞lg 1＝0.1100 1当 n≥8时， b n≤ b8＝2lg128＜2lg 1＝0.所以， n＝7时， T n获得最大值，且T n的最大值为7（1＋7）217 b b＝ 7－2 lg 2.T ＝210．(2015 ·北京卷 ) 已知数列 { a n} 知足：a1∈ N*，a1≤36，且a n＋1＝2a n， a n≤，( n182a－36， a ＞18n n ＝1， 2， ) ．记会合M＝ { a n| n∈ N* } ．(1)若 a1＝6，写出会合 M的全部元素；(2)若会合 M存在一个元素是3的倍数，证明： M的全部元素都是3的倍数；(3)求会合 M的元素个数的最大值．分析： (1)6 ， 12， 24.(2) 证明：因为会合M存在一个元素是 3 的倍数，所以不如设a k是3的倍数．2a n，a n≤ 18，由 a n＋1＝可概括证明对随意n≥ k， a n是3的倍数．2a n－ 36，a n＞ 18，假如 k＝1，则 M的全部元素都是 3 的倍数．假如 k＞1，因为 a k＝2a k－1或 a k＝2a k－1－36，所以2a k－1是3的倍数，于是a k－1是3的倍数．近似可得，a k－2，， a1都是3的倍数．进而对随意n≥1， a n是3的倍数，所以M的全部元素都是 3 的倍数．综上，若会合M存在一个元素是 3 的倍数，则M的全部元素都是 3 的倍数．2a n－1，a n－1≤18，(3) 由a1≤ 36，a n＝可概括证明a n≤36( n＝2，3，)．2a n－1－ 36，a n－1＞ 18，2a1，a1≤ 18，因为 a1是正整数， a2＝所以a2是2的倍数．2a1－ 36，a1＞18，进而当n≥3时， a n是2的倍数．假如 a1是 3 的倍数，由 (2) 知对全部正整数n，a n是3的倍数．所以当n ≥3时，an∈{12，24，36}，这时的元素个数不超出 5.M假如 a1不是 3的倍数，由 (2) 知对全部正整数n， a n不是3的倍数．所以当 n≥3时， a n∈{4，8，16，20，28，32}，这时 M的元素个数不超出8.当 a1＝1时， M＝{1，2，4，8，16，20，28，32}有8个元素．综上可知，会合 M的元素个数的最大值为8.。
高考数学大二轮复习层级二专题三数列第2讲数列求和及综合应用课件
1，n＝1， 答案：an＝－nn2＋1，n≥2.
(2)各项均不为 0 的数列{an}满足an＋1an2＋an＋2＝an＋2an(n∈N*)， 且 a3＝2a8＝15，则数列{an}的通项公式为____________．
解析：因为an＋1an2＋an＋2＝an＋2an，所以 an＋1an＋an＋1an＋2＝2an＋2an. 因为 anan＋1an＋2≠0，所以an1＋2＋a1n＝an2＋1， 所以数列a1n为等差数列．
[解析] (1)由已知，an＋1－an＝lnn＋n 1，a1＝2， 所以 an－an－1＝lnn－n 1(n≥2)， an－1－an－2＝lnnn－ －12， … a2－a1＝ln21，
将以上 n－1 个式子叠加，得 an－a1＝lnn－n 1＋lnnn－－21＋…＋ln21 ＝lnn－n 1·nn－ －12·…·21 ＝ln n. 所以 an＝2＋ln n(n≥2)， 经检验 n＝1 时也适合．故选 A.
②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1＝－311－－33n＋ n×3n＋1＝2n－123n＋1＋3.
所以 a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn＝3n2＋3×2n－123n＋1＋3 ＝2n－13n＋22＋6n2＋9(n∈N*)．
[主干整合] 1．数列通项 (1)数列通项 an 与前 n 项和 Sn 的关系，an＝SS1n－Sn－1nn≥＝21.， (2)应用 an 与 Sn 的关系式 f(an，Sn)＝0 时，应特别注意 n＝1 时的 情况，防止产生错误．
12Tn＝3·12＋7·212＋…＋(4n－9)·21n－2＋(4n－5)·21n－1， 所以12Tn＝3＋4·12＋4·212＋…＋4·21n－2－(4n－5)·21n－1， 因此 Tn＝14－(4n＋3)·21n－2，n≥2， 又 b1＝1，所以 bn＝15－(4n＋3)·12n－2.
高考数学(文)(新课标版)考前冲刺复习讲义：第2部分专题三第2讲 数列求和及其综合应用 Word版含答案
第2讲数列求和及其综合应用错位相减法求和[学生用书P34]共研典例类题通法错位相减法适用于由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积构成的数列的求和，其依据是：c n ＝a n b n ，其中{a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q (q ≠1)的等比数列，则qc n ＝qa n b n ＝a n b n ＋1，此时c n ＋1－qc n ＝(a n ＋1－a n )·b n ＋1＝db n ＋1，这样就把对应相减的项变成了一个等比数列，从而达到求和的目的．(2016·高考山东卷)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n.求数列{c n }的前n 项和T n .【解】(1)由题意知当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，符合上式．所以a n ＝6n ＋5. 设数列{b n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，得⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得b 1＝4，d ＝3. 所以b n ＝3n ＋1.(2)由(1)知c n ＝（6n ＋6）n ＋1（3n ＋3）n＝3(n ＋1)·2n ＋1. 又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，所以T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]， 2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]，两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋ (2)＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋4（1－2n ）1－2－（n ＋1）×2n ＋2＝－3n ·2n ＋2， 所以T n ＝3n ·2n ＋2.应用错位相减法求和需注意的问题(1)错位相减法适用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列．(2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后所得部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1，2进行验证． [跟踪训练](2016·兰州模拟)等差数列{a n }中，已知a n ＞0，a 1＋a 2＋a 3＝15，且a 1＋2，a 2＋5，a 3＋13构成等比数列{b n }的前三项．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .[解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则由已知得： a 1＋a 2＋a 3＝3a 2＝15，即a 2＝5. 又(5－d ＋2)(5＋d ＋13)＝100， 解得d ＝2或d ＝－13(舍去)，所以a 1＝a 2－d ＝3，a n ＝a 1＋(n －1)×d ＝2n ＋1. 又b 1＝a 1＋2＝5，b 2＝a 2＋5＝10，所以公比q ＝2， 所以b n ＝5×2n －1.(2)因为T n ＝5[3＋5×2＋7×22＋…＋(2n ＋1)×2n －1]， 2T n ＝5[3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)×2n ]，两式相减得－T n ＝5[3＋2×2＋2×22＋…＋2×2n －1－(2n ＋1)×2n ]＝5[(1－2n )2n －1]， 则T n ＝5[(2n －1)2n ＋1]．裂项相消法求和[学生用书P35]共研典例类题通法 1．常见的裂项类型 (1)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1； (2)1n （n ＋k ）＝1k ⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋k ；(3)1n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1；(4)14n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；(5)n ＋1n （n －1）·2n ＝2n －（n －1）n （n －1）·2n ＝1（n －1）2n －1－1n ·2n. 2．裂项相消法求和的基本思想是把数列的通项公式a n 分拆成a n ＝b n ＋k －b n (k ≥1，k ∈N *)的形式，从而达到在求和时某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{a n }的通项公式，使之符合裂项相消的条件．(2016·海口调研测试)在等差数列{a n }中，公差d ≠0，a 1＝7，且a 2，a 5，a 10成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式及其前n 项和S n ； (2)若b n ＝5a n ·a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .【解】(1)因为a 2，a 5，a 10成等比数列， 所以(7＋d )(7＋9d )＝(7＋4d )2， 又因为d ≠0，所以d ＝2，所以a n ＝2n ＋5，S n ＝（7＋2n ＋5）n 2＝n 2＋6n .(2)由(1)可得b n ＝5（2n ＋5）（2n ＋7）＝52⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋5－12n ＋7， 所以T n ＝52⎝ ⎛⎭⎪⎫17－19＋19－111＋…＋12n ＋5－12n ＋7＝5n14n ＋49.裂项相消法的技巧在裂项时要注意把数列的通项分拆成的两项一定是某个数列中的相邻的两项，或者是等距离间隔的两项，只有这样才能实现逐项相消，只剩余有限的几项，从而求出其和．[跟踪训练](2016·石家庄模拟)已知等差数列{a n }中，2a 2＋a 3＋a 5＝20，且前10项和S 10＝100.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．[解] (1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧2a 2＋a 3＋a 5＝4a 1＋8d ＝20，10a 1＋10×92d ＝10a 1＋45d ＝100， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.(2)由(1)知，b n ＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝12×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫11－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1.分组转化求和[学生用书P35]共研典例类题通法 分组转化求和的三种类型分组转化求和是把数列之和分为几组，每组中的各项是可以利用公式(或其他方法)求和的，求出各组之和即得整体之和，这类试题一般有如下三种类型：(1)数列是周期数列，先求出每个周期内的各项之和，然后把整体之和按照周期进行划分，再得出整体之和；(2)奇偶项分别有相同的特征的数列(如奇数项组成等差数列、偶数项组成等比数列)，按照奇数项和偶数项分组求和；(3)通项中含有(－1)n 的数列，按照奇数项、偶数项分组，或者按照n 为奇数、偶数分类求和．(2016·呼和浩特模拟)在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＝2a n －1＋(n －2)(n ≥2，n ∈N *)． (1)证明：数列{a n ＋n }是等比数列，并求{a n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .【解】(1)因为a n ＋n ＝2[a n －1＋(n －1)]，a n ＋n ≠0， 所以{a n ＋n }是首项为4，公比为2的等比数列，所以a n ＋n ＝4×2n －1＝2n ＋1. 所以a n ＝2n ＋1－n .(2)S n ＝(22＋23＋24＋…＋2n ＋1)－(1＋2＋3＋…＋n )＝2n ＋2－n 2＋n ＋82.分组求和的常见方法 (1)根据等差、等比数列分组. (2)根据正号、负号分组.(3)根据数列的周期性分组.[题组通关]1．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n －1(n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2017＝( )A ．1009B ．1010C ．－1009D ．－1010B [解析] 因为a n ＝(－1)n －1(n ＋1)，所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2017＝(2－3)＋(4－5)＋…＋(2016－2017)＋2018＝1008×(－1)＋2018＝1010.2．设数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，数列{a 2n －1}是首项为1的等差数列，数列{a 2n }是首项为2的等比数列，且满足S 3＝a 4，a 3＋a 5＝a 4＋2.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求S 2n .[解] (1)设等差数列的公差为d ，等比数列的公比为q ，则a 1＝1，a 2＝2，a 3＝1＋d ，a 4＝2q ，a 5＝1＋2d ，所以⎩⎪⎨⎪⎧4＋d ＝2q ，（1＋d ）＋（1＋2d ）＝2＋2q ，解得d ＝2，q ＝3.所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n ＝2k －1，2·3n 2－1，n ＝2k ，(k ∈N *)．(2)S 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝(1＋3＋5＋…＋2n －1)＋(2×30＋2×31＋…＋2×3n －1) ＝（1＋2n －1）n 2＋2（1－3n ）1－3＝n 2－1＋3n .等差、等比数列的综合问题[学生用书P36]共研典例类题通法解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解．已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1a n ＋1－1－1a n －1＝0，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n ＋1a n －1，数列{b n }的前n 项和为S n ，证明：S n ＜34.【解】(1)由已知a n ＋1a n ＋1－1－1a n －1＝0，n ∈N *，得（a n ＋1－1）＋1a n ＋1－1－1a n －1＝0，即1＋1a n ＋1－1－1a n －1＝0，亦即1a n ＋1－1－1a n －1＝－1(常数)．所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n －1是以1a 1－1＝－2为首项， －1为公差的等差数列．可得1a n －1＝－2＋(n －1)×(－1)＝－(n ＋1)，所以a n ＝nn ＋1.(2)证明：因为b n ＝a n ＋1a n －1＝（n ＋1）2n （n ＋2）－1＝1n （n ＋2）＝12⎝⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋12⎝⎛⎭⎫12－14＋12⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＜12×⎝⎛⎭⎫1＋12＝34.解决数列综合问题的方法(1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便.(2)数列的项或前n 项和可以看作关于n 的函数，然后利用函数的性质求解数列问题.(3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数，通过求数列的值域求解. [跟踪训练](2016·武汉模拟)已知S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，S 1，S 2，S 4成等比数列，且a 3＝－52.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1（2n ＋1）a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)设{a n }的公差为d (d ≠0)， 因为S 1，S 2，S 4成等比数列，所以S 22＝S 1S 4，即(2a 1＋d )2＝a 1(4a 1＋6d )，化简得d 2＝2a 1d .因为d ≠0，所以d ＝2a 1.① 因为a 3＝－52，所以a 1＋2d ＝－52.②联立①②，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－12d ＝－1，所以a n ＝－12＋(n －1)×(－1)＝－n ＋12.(2)因为b n ＝1（2n ＋1）a n ＝1（2n ＋1）⎝⎛⎭⎫－n ＋12＝－2（2n ＋1）（2n －1）＝12n ＋1－12n －1，所以T n ＝⎝⎛⎭⎫13－1＋⎝⎛⎭⎫15－13＋⎝⎛⎭⎫17－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n －1＝－1＋12n ＋1＝－2n 2n ＋1. 课时作业[学生用书P120(独立成册)]1．设各项均为正数的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 4a 8＝32，则S 11的最小值为( ) A ．22 2B ．442C ．22D ．44B [解析] 因为数列{a n }为各项均为正数的等差数列，所以a 4＋a 8≥2a 4a 8＝82，S 11＝（a 1＋a 11）×112＝112(a 4＋a 8)≥112×82＝442，故S 11的最小值为442，当且仅当a 4＝a 8＝42时取等号．2．已知在数列{a n }中，a 1＝－60，a n ＋1＝a n ＋3，则|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|等于( ) A ．445 B ．765 C ．1080D ．3105B [解析] 因为a n ＋1＝a n ＋3，所以a n ＋1－a n ＝3. 所以{a n }是以－60为首项，3为公差的等差数列． 所以a n ＝－60＋3(n －1)＝3n －63. 令a n ≤0，得n ≤21. 所以前20项都为负值． 所以|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30| ＝－(a 1＋a 2＋…＋a 20)＋a 21＋…＋a 30 ＝－2S 20＋S 30.因为S n ＝a 1＋a n 2n ＝－123＋3n 2×n ，所以|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|＝765.3．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝3，a n ＋1a n －1＝a n (n ≥2)，则数列{a n }的前40项和S 40等于( )A ．20B ．40C ．60D ．80C [解析] 由a n ＋1＝a na n －1(n ≥2)，a 1＝1，a 2＝3，可得a 3＝3，a 4＝1，a 5＝13，a 6＝13，a 7＝1，a 8＝3，…，这是一个周期为6的数列，一个周期内的6项之和为263，又40＝6×6＋4，所以S 40＝6×263＋1＋3＋3＋1＝60.4．(2016·郑州模拟)设等比数列{a n }的各项均为正数，且a 1＝12，a 24＝4a 2a 8，若1b n＝log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a n ，则数列{b n }的前10项和为( )A ．－2011B.2011C ．－95D.95A [解析] 设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 24＝4a 2a 8，所以(a 1q 3)2＝4a 1q ·a 1q 7，即4q 2＝1，所以q ＝12或q ＝－12(舍)，所以a n ＝⎝⎛⎭⎫12n ＝2－n ，所以log 2a n ＝log 22－n ＝－n ，所以1b n ＝－(1＋2＋3＋…＋n )＝－n （1＋n ）2，所以b n ＝－2n （1＋n ）＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以数列{b n }的前10项和为－2⎣⎡⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13⎦⎤＋…＋⎝⎛⎭⎫110－111＝－2·⎝⎛⎭⎫1－111＝－2011. 5．设b n ＝a n （a n ＋1）（a n ＋1＋1）(其中a n ＝2n －1)，数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 5＝( )A.3133B.3233C.3166D.1633C [解析] 由题意得，b n ＝2n －1（2n －1＋1）（2n ＋1）＝12n －1＋1－12n ＋1，所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫120＋1－121＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋1－122＋1＋…＋ ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋1－12n ＋1＝12－12n ＋1，所以T 5＝12－133＝3166.6．已知f (x )，g (x )都是定义在R 上的函数，g (x )≠0，f ′(x )g (x )＞f (x )g ′(x )，且f (x )＝a x g (x )(a＞0，且a ≠1)，f （1）g （1）＋f （－1）g （－1）＝52.若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f （n ）g （n ）的前n 项和大于62，则n 的最小值为( )A ．8B ．7C ．6D ．9C [解析] 由⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）g （x ）′＝f ′（x ）g （x ）－f （x ）g ′（x ）g 2（x ）＞0，知f （x ）g （x ）在R 上是增函数，即f （x ）g （x ）＝a x 为增函数，所以a ＞1.又因为a ＋1a ＝52，所以a ＝2或a ＝12(舍)．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f （n ）g （n ）的前n 项和S n ＝21＋22＋…＋2n ＝2（1－2n）1－2＝2n ＋1－2＞62.即2n ＞32，所以n ＞5.7．(2016·海口调研测试)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝12n (n ＝1，2，3，…)，则S 2n ＋3＝________．[解析] 依题意得S 2n ＋3＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 2n ＋2＋a 2n ＋3)＝1＋14＋116＋…＋14n ＋1＝1－14n ＋21－14＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n ＋2. [答案]43⎝⎛⎭⎫1－14n ＋28．若等比数列的各项均为正数，前4项的和为9，积为814，则前4项倒数的和为________．[解析] 设等比数列的首项为a 1，公比为q ，则第2，3，4项分别为a 1q ，a 1q 2，a 1q 3，依题意得a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝9，a 1·a 1q ·a 1q 2·a 1q 3＝814⇒a 21q 3＝92，两式相除得a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3a 21q 3＝1a 1＋1a 1q ＋1a 1q 2＋1a 1q3＝2. [答案]29．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，a 2＝2，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 2017＝________．[解析] 因为a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，所以a 1＝12－a 2＝12－2，a 2＝2，a 3＝12－2，a 4＝2，…，故a 2n ＝2，a 2n －1＝12－2，所以S 2017＝1009a 1＋1008a 2＝1009×⎝⎛⎭⎫12－2＋1008×2＝10052. [答案]1005210．已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，设S n 为数列{a n }的前n 项和，对于任意的n >1，n ∈N *，S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋1)都成立，则S 10＝________．[解析]因为⎩⎪⎨⎪⎧S n ＋1＋S n －1＝2S n ＋2，S n ＋2＋S n ＝2S n ＋1＋2，所以a n ＋2＋a n ＝2a n ＋1，所以数列{a n }从第二项开始为等差数列，当n ＝2时，S 3＋S 1＝2S 2＋2，所以a 3＝a 2＋2＝4，所以S 10＝1＋2＋4＋6＋…＋18＝1＋9（2＋18）2＝91. [答案]9111．(2016·东北四市联考)已知数列{a n }满足a 1＝511，a 6＝－12，且数列{a n }的每一项加上1后成为等比数列．(1)求a n ；(2)令b n ＝|log 2(a n ＋1)|，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)由题意数列{a n ＋1}是等比数列，设公比为q ，a 1＋1＝512，a 6＋1＝12＝512×q 5， 解得q ＝14. 则数列{a n ＋1}是以512为首项，14为公比的等比数列， 所以a n ＋1＝211－2n ，a n ＝211－2n －1.(2)由(1)知b n ＝|11－2n |，当n ≤5时，T n ＝10n －n 2，当n ≥6时，T n ＝n 2－10n ＋50，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧10n －n 2，n ≤5n 2－10n ＋50，n ≥6. 12．(2016·哈尔滨模拟)已知数列{a n }是等比数列，a 2＝4，a 3＋2是a 2和a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2log 2a n －1，求数列{a n b n }的前n 项和T n .[解] (1)设数列{a n }的公比为q ，因为a 2＝4，所以a 3＝4q ，a 4＝4q 2.因为a 3＋2是a 2和a 4的等差中项，所以2(a 3＋2)＝a 2＋a 4.即2(4q ＋2)＝4＋4q 2，化简得q 2－2q ＝0.因为公比q ≠0，所以q ＝2.所以a n ＝a 2q n －2＝4×2n －2＝2n (n ∈N *)．(2)因为a n ＝2n ，所以b n ＝2log 2a n －1＝2n －1，所以a n b n ＝(2n －1)2n ，则T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)2n －1＋(2n －1)2n ，①2T n ＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n －3)2n ＋(2n －1)·2n ＋1，②由①－②得，－T n ＝2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n －1)2n ＋1＝2＋2×4（1－2n －1）1－2－(2n －1)2n ＋1 ＝－6－(2n －3)2n ＋1，所以T n ＝6＋(2n －3)2n ＋1.13．数列{a n }满足a n ＋1＝a n 2a n ＋1，a 1＝1. (1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和S n ，并证明1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＞n n ＋1. [解] (1)证明：因为a n ＋1＝a n 2a n ＋1，所以1a n ＋1＝2a n ＋1a n ，化简得1a n ＋1＝2＋1a n ， 即1a n ＋1－1a n ＝2，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，2为公差的等差数列． (2)由(1)知1a n ＝2n －1，所以S n ＝n （1＋2n －1）2＝n 2. 1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2＞11×2＋12×3＋…＋1n （n ＋1）＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 14．(选做题)已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(ω＞0，|φ|＜π)的图象经过点⎝⎛⎭⎫π12，－2，⎝⎛⎭⎫7π12，2，且在区间⎝⎛⎭⎫π12，7π12上为单调函数． (1)求ω，φ的值；(2)设a n ＝nf ⎝⎛⎭⎫n π3(n ∈N *)，求数列{a n }的前30项和S 30. [解] (1)由题可得ωπ12＋φ＝2k π－π2，k ∈Z ，7ωπ12＋φ＝2k π＋π2，k ∈Z ， 解得ω＝2，φ＝2k π－2π3，k ∈Z ， 因为|φ|＜π，所以φ＝－2π3. (2)因为a n ＝2n sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n π3－2π3(n ∈N *)，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n π3－2π3(n ∈N *)的周期为3，前三项依次为0，3，－3，所以a 3n －2＋a 3n －1＋a 3n ＝(3n －2)×0＋(3n －1)×3＋3n ×(－3)＝－3(n ∈N *)， 所以S 30＝(a 1＋a 2＋a 3)＋…＋(a 28＋a 29＋a 30)＝－10 3.。
2011年高考数学难点、重点突破精讲精练专题二-数列的求和及应用(学生版)
2011年高考数学难点、重点、易错点突破精讲精练专题02数列的求和及应用【名师导航】数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的基础.高考对本章的考查比较全面，等差数列、等比数列的考查每年都不会遗漏.一般情况下都是一个客观题和一个解答题，分值占整个试卷的10%左右.这几年的高考通过选择题，填空题来着重对三基进行考查，涉及到的知识主要有：等差（比）数列的性质. 通过解答题着重对观察、归纳、抽象等解决问题的基本方法进行考查，其中涉及到方程、不等式、函数思想方法的应用等，综合性比较强，但难度略有下降。
客观性试题主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n项和公式、极限的四则运算法则、无穷递缩等比数列所有项和等内容，对基本的计算技能要求比较高，解答题大多以考查数列内容为主，并涉及到函数、方程、不等式知识的综合性试题，在解题过程中通常用到等价转化，分类讨论等数学思想方法，是属于中高档难度的题目。
有关数列题的命题趋势（1）数列是特殊的函数，而不等式则是深刻认识函数和数列的重要工具，三者的综合求解题是对基础和能力的双重检验，而三者的求证题所显现出的代数推理是近年来高考命题的新热点（2）数列推理题是新出现的命题热点.以往高考常使用主体几何题来考查逻辑推理能力，近两年在数列题中也加强了推理能力的考查。
复习建议：“巧用性质、减少运算量”在等差、等比数列的计算中非常重要，但用“基本量法”并树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，既要充分合理地运用条件，又要时刻注意题的目标，往往能取得与“巧用性质”解题相同的效果【高考目标定位】数列求和1、考纲点击（1）熟练掌握等差数列、等比数列的前n项和公式；（2）掌握非等差数列、等比数列求和的几种常见方法。
2、热点提示（1）以考查等差数列、等比数列的求和公式为主，同时考查转化的思想；（2）对非等差数列、等比数列的求和，主要考查学生的观察能力、分析问题与解决问题的能力以及计算能力；（3）数列求和常与函数、方程、不等式等诸多知识联系在一起，以它复杂多变、综合性强、解法灵活等特征而成为高考的中档题或压轴题。
高中数学高考数学学习资料：专题3 第2讲 数列的综合应用
[解]
nban－1 (1)∵a1＝b＞0，an＝ ， an－1＋n－1
n 1 1 n－ 1 ∴a ＝b＋b· ， a n n－1 n 1 1 令cn＝a ，则cn＝b＋bcn－1， n 1 1 ①当b＝1时，cn＝1＋cn－1，且c1＝ ＝b＝1 a1 ∴{cn}是首项为1，公差为1的等差数列， n ∴cn＝1＋(n－1)×1＝n，于是cn＝a ＝n，这时an＝1； n
2．(2011· 新课标全国卷)等比数列{an}的各项均为正数，且2a1＋3a2 ＝1，a2 3＝9a2a6. (1)求数列{an}的通项公式； 1 (2)设bn＝log3a1＋log3a2＋„＋log3an，求数列{b }的前n项和． n
解：(1)设数列{an}的公比为q. 1 2 2 2 由a3 ＝9a2a6得a2 ＝ 9 a ，所以 q ＝ . 3 4 9 1 由条件可知q＞0，故q＝ . 3 1 由2a1＋3a2＝1，得2a1＋3a1q＝1，得a1＝ . 3 1 故数列{an}的通项公式为an＝ n. 3
－
所以S2n＝b1＋b2＋„＋b2n ＝2(1＋3＋„＋32n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)2n](ln2－ln3)＋[－ 1＋2－3＋…＋(－1)2n2n]ln3 1－32n ＝ 2× ＋nln3＝32n＋nln3－1. 1－3
1．(2011· 南昌模拟)已知数列{an}的通项公式为an＝2n＋
(2)bn＝log3a1＋log3a2＋„＋log3an nn＋1 ＝－(1＋2＋„＋n)＝－ . 2 1 2 1 1 故b ＝－ ＝－2(n－ )． nn＋1 n＋ 1 n 1 1 1 1 1 1 1 1 2n ＋ ＋„＋b ＝－2[(1－ )＋( － )＋„＋(n－ )]＝－ . b1 b2 2 2 3 n ＋ 1 n ＋ 1 n 1 2n 所以数列{b }的前n项和为－ . n＋ 1 n
陕西省汉中市陕飞二中高三数学二轮复习 专题三第二讲 数列求和及综合应用课件
1．设数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比 数列，求数列{anbn}的前n项和可用错位相减 法． 2．应用错位相减法求和时，需注意： (1)给数列和Sn的等式两边所乘的常数应不为 零，否则需讨论． (2)在转化为等比数列的和后，求其和时需看 准项数，不一定为n.
3．设数列{an}是公差大于 0 的等差数列，a3，a5 分别是 方程 x2－14x＋45＝0 的两个实根．
当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2＝6×1－5， 所以，an＝6n－5(n∈N＋)．
错位相减法求和
(12 分)(2011·郑州模拟)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn， 且满足 Sn＋n＝2an(n∈N＋)．
(1)证明：数列{an＋1}为等比数列，并求数列{an}的通 项公式；
(2)若 bn＝(2n＋1)an＋2n＋1，数列{bn}的前 n 项和为 Tn. 求满足不等式2Tnn－－21＞2 010 的 n 的最小值．
解析 (1)设函数f(x)＝ax2＋bx(a≠0)，
则f′(x)＝2ax＋b，由f′(x)＝6x－2，
得a＝3，b＝－2，所以f(x)＝3x2－2x.
又因为点(n，Sn)(n∈N＋)均在函数y＝f(x)的图象上， 所以Sn＝3n2－2n. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1 ＝(3n2－2n)－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5.
▪1、纪律是集体的面貌，集体的声音，集体的动作，集体的表情，集体的信念。 ▪2、知之者不如好之者，好之者不如乐之者。 ▪3、反思自我时展示了勇气，自我反思是一切思想的源泉。 ▪4、在教师手里操着幼年人的命运，便操着民族和人类的命运。一年之计，莫如树谷；十年之计，莫如树木；终身之计，莫如树人。 ▪5、诚实比一切智谋更好，而且它是智谋的基本条件。 ▪6、做老师的只要有一次向学生撒谎撒漏了底，就可能使他的全部教育成果从此为之失败。2022年1月2022/1/292022/1/292022/1/291/29/2022 ▪7、凡为教者必期于达到不须教。对人以诚信，人不欺我;对事以诚信，事无不成。2022/1/292022/1/29January 29, 2022 ▪8、教育者，非为已往，非为现在，而专为将来。2022/1/292022/1/292022/1/292022/1/29
2011高考二轮复习文科数学专题三2第二讲数列求和及综合应用
(2)(2010年辽宁卷)设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为
其前n项和．已知a2a4＝1, S3＝7，则S5＝( )
A.125
B.341
C.343
D.127
答案：(1)16 255 (2)B
高考·二轮·数学（文科）
数列的应用问题
考纲点击 能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系， 并能用有关知识解决相应的问题．
故bn＝b1qn－1＝2×4n1－1＝4n2－1
(2)∵cn＝bann＝4n2－2＝(2n－1)4n－1， 4n－1
高考·二轮·数学（文科）
∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝1＋3×4＋5×42＋…＋(2n－ 1)4n－1①
4Tn＝1×4＋3×42＋5×43＋…＋(2n－3)4n－1＋(2n－ 1)4n②
数列{bn}(bn＞0)的首项为c，且前n项和Sn满足Sn－Sn－1＝
Sn＋ Sn＋1(n≥2)．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若数列 n是多少？
bnb1n＋1前n项和为Tn，问Tn＞
1000 2009
的最小正整数
解析：(1)∵f(1)＝a＝31，∴f(x)＝13x，
a1＝f(1)－c＝31－c，a2＝[f(2)－c]－[f(1)－c]＝－92，
高考·二轮·数学（文科）
专题三 数 列
第二讲 数列求和及综合应用
高考·二轮·数学（文科）
考点整合
高考·二轮·数学（文科）
数列求和的基本方法
考纲点击 掌握基本的求和方法：等差、等比数列求和，一般数列的： 错位相减法、倒序相加法、裂项求和法等．
基础梳理
高考·二轮·数学（文科）
一、数列求和的基本方法
(浙江专用)高考数学二轮复习专题三数列第2讲数列求和及综合应用学案
高考定位 数列求和主要考查通过分组转化、 错位相减、 裂项相消等方法求数列的和， 难度
中档偏下；数列的综合问题是高考考查的热点，主要考查数列与其他知识的交汇问题
.
真 题感 悟 (2018 ·浙江卷 ) 已知等比数列 { an} 的公比 q>1，且 a3＋ a4＋ a5 ＝28，a4＋2 是 a3，a5 的等差中 项. 数列 { bn} 满足 b1＝ 1，数列 {( bn＋1－ bn) an} 的前 n 项和为 2n2＋ n. (1) 求 q 的值； (2) 求数列 { bn} 的通项公式 .
常用方法为：①作差比较，利用数列单调性求最值；②放缩法求最值
.
而求最值
热点一 数列的求和问题 [ 考法 1] 分组转化求和 【例 1－ 1】 (2018 ·天津卷 ) 设 { an} 是等差数列， 其前 n 项和为 Sn( n∈N* ) ；{ bn} 是等比数列， 公比大于 0，其前 n 项和为 Tn( n∈ N*). 已知 b1 ＝1， b3＝ b2＋2， b4＝ a3＋ a5，b5＝ a4＋ 2a6. (1) 求 Sn 和 Tn； (2) 若 Sn＋ ( T1＋T2＋…＋ Tn) ＝an＋ 4bn，求正整数 n 的值 .
可得 S21＋ S1－ 6＝0，解得 S1＝－ 3 或 2，即 a1＝－ 3 或 2，
又 an 为正数，所以 a1＝ 2. (2) 解 由 S2n－ ( n2 ＋n－ 3) Sn－3( n2＋ n) ＝0， n∈N*可得， ( Sn＋ 3)( Sn－ n2－ n) ＝0，则 Sn＝ n2
3
＋n 或 Sn＝－ 3，
S1， n＝ 1，
由 cn＝
解得 cn＝ 4n－ 1.
Sn－ Sn－1， n≥2，