二轮复习 数列求和及其应用 教案(全国通用)
（Ⅱ）设 s,t A ，
，
，其中
【答案】（1）
证明：若 an bn ，则 s t ． ；（2）详见解析
【解析】（1）当 q 2 , n 3 时， ．
（2）由 an bn ，可得
可得， 及
． 【考点定位】等比数列的前 n 项和公式
10. 【2014高考浙江理第19题】已知数列an和bn满足
列，且
（1）求 an 与 bn ；
.
故 c a2k3 1，因此
，这就是说，当 n k 1 时结论成立.
综上，符合条件的 c 存在，其中一个值为 c 1 . 4
解法二：设
，则
先证： 0 an 1 n N *
①
当 n 1 时，结论明显成立. 假设 n k 时结论成立，即 0 ak 1
易知 f x 在 ,1 上为减函数，从而
得，
，又因为数列an为等比数列，即可写出数列an 的
，由数列an 的通项公式及
，可得数列bn 的通
；（2）（i）求数列cn的前 n 项和 Sn ，首先求数列 cn的通项公式，由
，将 an 2n ，
代入整理得
，利用等比数列求和
公式，即可得数列 cn的前 n 项和 Sn ；（ii）求正整数 k ，使得对任意 n N ，均有 Sk Sn ，即求数列Sn
，令 y 0 得
，
所以
， bn
2n .所以 an bn
n 2n
，
其前 n 项和
①
两边乘以 2 得：
②
②－①得： 【考点定位】等差数列与等比数列.
，所以
9．【2014 高考天津第 19 题】已知 q 和 n 均为给定的大于 1 的自然数．设集合
. ，
集合
．
（Ⅰ）当 q 2 ， n 3 时，用列举法表示集合 A ；
Bn＝4n.
（Ⅱ）令
，求数列{bn}的前 n 项和 Tn .
【答案】（I） an 2n 1.
（II）
，（或
）
【解析】 (I）因为
，
由题意，得
解得 a1 1， 所以 an 2n 1.
， ，
（II） 当 n 为偶数时，
1 1 2n 2n 1 2n 1
当 n 为奇数时，
1 1 2n 2 2n 1 2n 1
【答案】（1）[3, 6] ；（2）[1 , 2]；（3） k 的最大值为 1999，此时公差为 d 1 .
3
1999
【解析】
（1）由题得， （2）由题得，∵
，且数列{an}是等比数列， a1 1，
∴
，∴
，∴ q [1 ,3].
3
又∵
，∴当 q 1 时，
对 n N 恒成立，满足题意.
当 q 1时， ∴①当 q [1 ,1) 时，
（2）若 a1
1，函数
f
(x)
的图象在点 (a2 , b2 )
处的切线在
x
轴上的截距为 2
1 ln 2
，求数列{an } 的前 n bn
项和 Tn .
【答案】（1）
；（2）
【解析】 bn 2an .（1）
.
（2）将 f (x) 2x 求导得
. ，所以
，所以 f (x) 2x 在 (a2 , b2 ) 处的切线为
.若 an 为等比数
（2）设
（i）求 Sn ；
。记数列cn的前 n 项和为 Sn .
（ii）求正整数 k ，使得对任意 n N ，均有 Sk Sn ．
【答案】（1）
，
；（2）（i）
；（ii）k 4 ．
【解析】（1）求 an 与 bn 得通项公式，由已知
得 b3 b2 6 ，再由已知
通项公式为 项公式为，
3 ②当 q (1,3] 时，
，由单调性可得， ，由单调性可得，
，解得， q [1 ,1) 3
，解得， q (1, 2]
（3）由题得，∵
，且数列 a1, a2 , ak 成等差数列， a1 1，
∴
，∴
，
,
所以 n 1 时， 2 d 2 ， 2 n k 1时， d 2 ，所以
．
3
解：(1)由题意得aa12＋ ＝a22a＝1＋4， 1，则aa12＝ ＝13，.
又当 n≥2 时，由 an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an，得 an＋1＝3an， ∴数列{an}的通项公式为 an＝3n－1，n∈N*. (2)设 bn＝|3n－1－n－2|，n∈N*， 则 b1＝2，b2＝1. 当 n≥3 时，由于 3n－1>n＋2，
2n 1
∴
又∵
，∴
∴
，∴
，解得，
，k N
∴ k 的最大值为 1999，此时公差为 d 1 ． 1999
【考点定位】解不等式（组）、数列的单调性、分类讨论、等差（比）数列的前 n 项和.
7. 【2014 高考上海理科第 8 题】设无穷等比数列{ an }的公比为 q，若
q=
.
，则
【答案】 1 5 2
高频考点一 数列求和
例 1、（2018 年天津卷）设 是等比数列，公比大于 0，其前 n 项和为
知，
，
，
.
（I）求 和 的通项公式；
， 是等差数列.已
（II）设数列 的前 n 项和为
，
（i）求 ；
（ii）证明
.
【答案】(Ⅰ)
， ；(Ⅱ)（i）
.（ii）证明见解析.
（II）（i）由（I），有
，
故
.
（ii）因为
所以
，（或
）
【考点定位】等差数列的前 n 项和、等比数列及其性质
6. 【2014 高考上海理科第 23 题】已知数列{an}满足
.
（1）若
，求 x 的取值范围；
（2）若{an}是公比为 q 等比数列，
，
值范围；
求 q 的取
（3）若
成等差数列，且
，求正整数 k 的最大值，以及 k 取最
大值时相应数列
的公差.
故 bn＝3n－1－n－2，n≥3.
设数列{bn}的前 n 项和为 Tn，
则 T1＝2，T2＝3，
当 n≥3 时，Tn＝3＋9（11－－33n－2）－（n＋7）2（n－2）＝
3n－n2－2 5n＋11，
2，
n＝1，
∴Tn＝3n－n2－2 5n＋11，n≥2，n∈N*.
【举一反三】若 An 和 Bn 分别表示数列{an}和{bn}的前 n 项的和，对任意正整数 n，an＝2(n＋1)，3An－
，
所以 【变式探究】【2017 江苏，19】 对于给定的正整数 k ,若数列{an} 满足
2kan 对任意正整数 n(n k) 总成立，则称数列{an} 是“ P(k) 数列”. （1）证明：等差数列{an} 是“ P(3) 数列”; （2）若数列{an} 既是“ P(2) 数列”，又是“ P(3) 数列”，证明：{an} 是等差数列. 【答案】（1）见解析（2）见解析
将③④代入②，得
，其中 n 4 ，
所以 a3, a4 , a5, 是等差数列，设其公差为 d ' .
在①中，取 n 4 ，则
，所以 a2 a3 d ' ，
在①中，取 n 3 ，则
，所以
，
所以数列{an} 是等差数列.
【变式探究】设数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*. (1)求通项公式 an； (2)求数列{|an－n－2|}的前 n 项和．
假设 n k 时结论成立，即
.则
这就是说，当 n k 1 时结论成立.
所以
（2）解法一：设
，则
.
令 c f c ，即
下用数学归纳法证明加强命：
，解得 c 1 . 4
当 n 1 时， 假设 n k 时结论成立，即
易知 f x 在 ,1 上为减函数，从而
，所以
，结论成立.
即
再由 f x 在 ,1 上为减函数得
【解析】由题意
，即 a1q2 1 q
a1
，∵
，∴
.
【考点定位】无穷递缩等比数列的和.
8. 【2014 高考四川第 16 题】设等差数列{an}的公差为 d ，点 (an , bn ) 在函数 f (x) 2x 的图象上
（ n N * ）.
（1）若 a1 2 ，点 (a8, 4b7 ) 在函数 f (x) 的图象上，求数列{an}的前 n 项和 Sn ；
，又有 a1 2 ，得公比
；
（2）（i）由（1）知，
，所以
；
（ii）因为
；当 n 5 时，
，而
，得
上对任意 n N 恒有 S4 Sn ，故 k 4 ．
【考点定位】等差数列与等比的列得概念、通项公式、求和公式
，所以当 n 5 时， cn 0 ，综
11. 数列求和及其应用 教案（全国通用）
1．数列求和的方法技巧 (1)公式法：直接应用等差、等比数列的求和公式求和． (2)错位相减法 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 相加时若有公因式可提，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几项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和． (5)分组转化求和法 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，可先分别求和，然后再合并． 2．数列的综合问题 (1)等差数列与等比数列的综合． (2)数列与函数、方程、不等式、三角、解析几何等知识的综合． (3)增长率、分期付款、利润成本效益的增减等实际应用问题． 数列的实际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. 【误区警示】 1．应用错位相减法求和时，注意项的对应． 2．正确区分等差与等比数列模型，正确区分实际问题中的量是通项还是前 n 项和．
高中数学《数列》二轮复习教学设计
必修 5 第 2 章 教学内容分析
《数列》是高考的热点，同时也是高考的难点，在高考中一般占 19 分，小题 5 分，
解答题 14 分，其中小题和解答题的第一问往往是基础题，所以这 9 分是学生必得的
分数。同时引导学生利用函数的思想去直观的认识数列的本质是高考能力立意的指导
（1） 设 数 列 bn1 an1 2an ，
且
b1=
3 2
证明{ bn
}是等比
数列。
（2）
设
数
列
cn
an 2n
，证明
学生分析问题，并合作解 决问题，教师适时点拨 第（1）问，注意 n 2 第（2）问，可利用第一问 结论，亦可用题设
用等差数列，等比数列的 定义证明数列，并求通项 公式和前 n 项的和；解题 时要总览全局，注意上一 问的结论可作为下面问 题的条件。
反 思
题在高考中考什么，怎么考。学生通过自主探索和合作交流中理解并掌握本节内容。 在课堂教学中充满了师生，生生之间的交流互动。
本节课不足：1、例 3 的幻灯片没设计好，存在有重叠看不清的问题，以后课前要
预看。2、还应更注重细节，讲究规范，强调反思。本节课基本达到了预定的目标，在
教学过程中学生参与度高，课堂气氛活跃。在以后的教学中努力提高教学技巧，逐步
4、 通过解题后的反思，找准自己的问题，总结成功经验，吸取失败教训。
4/5
………………………………………………最新资料推荐……………………………………… 运 用 深 化
1、在数列{ an }中， a1 =8， a4 2 且满足 an2 2an1 an
（1） 求数列{ an }的通项公式
2024届高三数学二轮专题复习教案数列
2024届高三数学二轮专题复习教案——数列一、教学目标1.知识目标掌握数列的基本概念、性质和分类。
熟练运用数列的通项公式、求和公式。
能够解决数列的综合应用题。
2.能力目标提高学生分析问题和解决问题的能力。
培养学生的逻辑思维能力和创新意识。
二、教学内容1.数列的基本概念数列的定义数列的项、项数、通项公式数列的分类2.数列的性质单调性周期性界限性3.数列的求和等差数列求和公式等比数列求和公式分段求和4.数列的综合应用数列与函数数列与方程数列与不等式三、教学重点与难点1.教学重点数列的基本概念和性质数列的求和数列的综合应用2.教学难点数列求和的技巧数列与函数、方程、不等式的综合应用四、教学过程1.导入新课通过讲解一道数列的典型例题，引导学生回顾数列的基本概念、性质和求和公式，为新课的学习做好铺垫。
2.数列的基本概念（1）数列的定义：按照一定规律排列的一列数叫做数列。
（2）数列的项：数列中的每一个数叫做数列的项。
（3）数列的项数：数列中项的个数。
（4）数列的通项公式：表示数列中任意一项的公式。
（5）数列的分类：等差数列、等比数列、斐波那契数列等。
3.数列的性质（1）单调性：数列的项随序号增大而增大或减小。
（2）周期性：数列中某些项的值呈周期性变化。
（3）界限性：数列的项有最大值或最小值。
4.数列的求和（1）等差数列求和公式：S_n=n/2(a_1+a_n)（2）等比数列求和公式：S_n=a_1(1q^n)/(1q)（3）分段求和：根据数列的特点，将数列分为若干段，分别求和。
5.数列的综合应用（1）数列与函数：利用数列的通项公式研究函数的性质。
（2）数列与方程：利用数列的性质解决方程问题。
（3）数列与不等式：利用数列的性质解决不等式问题。
6.课堂练习（2）已知数列{a_n}的通项公式为a_n=n^2+n，求证数列{a_n}为单调递增数列。
（3）已知数列{a_n}的前n项和为S_n=n^2n+1，求证数列{a_n}为等差数列。
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.。
高三复二轮习课教学设计---数列求和
高三二轮复习课教学设计课 题：数列求和高考分析：数列的求和是高考中的热点内容，考察学生能否把一般数列转化为特殊数列求和，体现了化归的思想方法，其中错位相减和裂项相消求和是高考命题的热点。
预计在今年的高考中也不会有太大的改变。
教学目标：1. 知识与技能目标① 熟练掌握数列中a n 与S n 的关系②.熟练运用等差数列与等比数列的求和公式；③.掌握非等差、非等比数列的常用求和方法，能熟练运用裂项相消法进行求和运算。
2.过程与方法目标通过本节课的学习，向学生渗透特殊到一般、类比与转化、分类讨论等数学思想，培养学生观察、比较、抽象、概括等逻辑思维能力。
3.情感态度与价值观目标感受数学的简洁逻辑美，体悟分类思想，培养学生用“普遍联系”的观念分析事物。
重 点：掌握等差、等比数列的前n 项和公式，熟练运用裂项相消法进行求和运算。
难 点：通过观察数列的通项公式选择适当的方法并能准确地运用裂项相消法进行数列求和。
教学过程： 复习回顾1．数列{a n }中，a n 与Sn 的关系：2.公式法:利用等差、等比数列求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法. （1）等差数列求和公式：Sn= （2）等比数列求和公式：Sn=3.裂项相消法:把数列的通项拆分为两项之差,使之在求和时产生前后相互抵消的项的求和方法.常见的拆项公式:（1）=+)1(1n n 1(2)(21)(21)n n =-+ （3）=+)(1k n n (4= 4.错位相减法 5.分组求各法 6.倒序相加法 课前热身1.若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和为________.2.11,()已知求n n a S n n =+3.已知数列{a n }前n 项和为S n ，若S n ＝2a n －2n ，则S n ＝__________.典例感悟【典题1】 已知数列{a n }满足a n ＋1＝3a n ＋2.若首项a 1＝2，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.[解析] 因为a n ＋1＝3a n ＋2，所以a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，故{a n ＋1}是以a 1＋1＝3为首项，3为公比的等比数列，所以a n ＋1＝3n ，所以a n ＝3n －1.S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(31－1)＋(32－1)＋…＋(3n －1)＝(31＋32＋…＋3n )－n ＝3(1－3n )1－3－n ＝3n ＋1－32－n ，所以S n ＝3n ＋1－32－n ＝3n ＋1－2n －32.【典题2】 数列{a n }中，a 1＝1，S n 为数列{a n }的前n 项和，且满足2a na n S n －S 2n＝1(n ≥2)．求数列{a n }的通项公式．[解析] 由已知，当n ≥2时，2a na n S n －S 2n＝1， 所以2(S n －S n －1)(S n －S n －1)S n －S 2n ＝1，即2(S n －S n －1)－S n －1S n ＝1，所以1S n －1S n －1＝12. 又S 1＝a 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1，公差为12的等差数列，所以1S n＝1＋12(n －1)＝n ＋12，即S n ＝2n ＋1.所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2n ＝－2n (n ＋1).因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，－2n (n ＋1)，n ≥2.【反思感悟】给出S n 与a n 的递推关系，求a n ，常用思路：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .提醒：在利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)求通项公式时，务必验证n ＝1时的情形【典题3】 (本小题满分12分)(2015·全国Ⅰ卷)S n 为数列{a n }的前n 项和．已知a n＞0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3. (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.[解析] (1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.两式相减可得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n ).由于a n ＞0，所以a n ＋1－a n ＝2.又由a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3.所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1.(2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3. 设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3＝n 3(2n ＋3).提醒：在裂项变形时，务必注意裂项前的系数.【典题4】 设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n，求数列{b n }的前n 项和S n .[解析] (1)因为a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3，①所以当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13，②由①－②得3n －1a n ＝13，所以a n ＝13n (n ≥2)．在①中，令n ＝1，得a 1＝13，适合a n ＝13n ， 所以a n ＝13n (n ∈N *)． (2)证明：由(1)可得b n ＝na n＝n ×3n ， S n ＝1×31＋2×32＋3×33＋…＋n ×3n ，③ 3S n ＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n ×3n ＋1，④由③－④得－2S n ＝3＋32＋33＋34＋ (3)－n ×3n ＋1＝3(1－3n )1－3－n ×3n ＋1，故S n ＝34＋(2n －1)×3n ＋14.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”，以便于下一步准确地写出“S n －qS n ”的表达式.(3)应用等比数列求和公式必须注意公比q 是否等于1，如果不能确定公比q 是否为1，应分两种情况进行讨论，这在以前的高考中经常考查. 课堂练习 1．(2017·全国Ⅰ卷)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N ：N ＞100且该数列的前N 项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是( )A ．440B ．330C ．220D ．110[解析] 设首项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n 组的项数为n ，前n 组的项数和为n (1＋n )2.由题意知，N >100，令n (1＋n )2＞100⇒n ≥14且n ∈N *，即N 出现在第13组之后．第n 组的各项和为1－2n 1－2＝2n －1，前n 组所有项的和为2(1－2n )1－2－n ＝2n ＋1－2－n .设N 是第n ＋1组的第k 项，若要使前N 项和为2的整数幂，则N －n (1＋n )2项的和即第n ＋1组的前k 项的和2k －1应与－2－n 互为相反数，即2k －1＝2＋n (k ∈N *，n ≥14)，k ＝log 2(n ＋3)⇒n 最小为29，此时k ＝5，则N ＝29×(1＋29)2＋5＝440.故选A.2．(2017·全国Ⅱ卷)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则＝________.[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1＋2d ＝3，S 4＝4a 1＋4×32d ＝10，得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝1. ∴S n ＝n ×1＋n (n －1)2×1＝n (n ＋1)2， 1S n ＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1.∴＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1. 3．(2015·全国Ⅱ卷)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] ∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝S n S n ＋1，∴S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1.∵S n ≠0，∴1S n －1S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n ＝－1.又1S 1＝－1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为－1，公差为－1的等差数列．∴1S n＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，∴S n ＝－1n .] 4.(2016·全国Ⅱ卷)S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，S 7＝28.记b n ＝[lg a n ]，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1. (1)求b 1，b 11，b 101；(2)求数列{b n }的前1 000项和．[解析] (1)设{a n }的公差为d ，据已知有7＋21d ＝28，解得d ＝1.所以{a n }的通项公式为a n ＝n .b 1＝[lg 1]＝0，b 11＝[lg 11]＝1，b 101＝[lg 101]＝2.(2)因为b n＝⎩⎨⎧0，1≤n ＜10，1，10≤n ＜100，2，100≤n ＜1 000，3，n ＝1 000，所以数列{b n }的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893. 课后作业：1.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝－2，且满足S n ＝12a n ＋1＋n ＋1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝log 3(－a n ＋1)，设数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n b n ＋2的前n 项和为T n ，求证：T n ＜34.[解析] (1)由S n ＝12a n ＋1＋n ＋1(n ∈N *)，得S n －1＝12a n ＋n (n ≥2，n ∈N *)，两式相减，并化简，得a n ＋1＝3a n －2，即a n ＋1－1＝3(a n －1)，又a 1－1＝－2－1＝－3≠0， 所以{a n －1}是以－3为首项，3为公比的等比数列， 所以a n －1＝(－3)·3n －1＝－3n . 故a n ＝－3n ＋1.(2)证明：由b n ＝log 3(－a n ＋1)＝log 33n＝n ，得1b n b n ＋2＝1n (n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， T n ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1－1n ＋1＋1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－2n ＋32(n ＋1)(n ＋2)＜34. 2.已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比q ＞0，S 2＝2a 2－2，S 3＝a 4－2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n，求{b n }的前n 项和T n .[解析] (1)S 2＝2a 2－2①，S 3＝a 4－2②，②－①得a 3＝a 4－2a 2，则q 2－q －2＝0， 又∵q ＞0，∴q ＝2. ∵S 2＝2a 2－2，∴a 1＋a 2＝2a 2－2， ∴a 1＋a 1q ＝2a 1q －2， ∴a 1＝2. ∴a n ＝2n .(2)由(1)知b n ＝n2n ，∴T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n 2n ，12T n ＝122＋223＋324＋…＋n －12n ＋n2n ＋1. 错位相减得 12T n ＝12＋122＋123＋124＋…＋12n －n 2n ＋1， 可得T n ＝2－n ＋22n .。
2024届高三数学二轮专题复习数列求和—裂项相消法教学设计
高三二轮复习数列求和—裂项相消法教学设计内容教学目的掌握裂项相消求和的使用环境及一般过程和思路.教学重点难点识别裂项相消求和的使用环境.如何裂项？如何相消？教学过程过程一、强调本微课学习内容，学习目标，重难点，易错点。
学习目标：掌握裂项相消求和的使用环境及一般过程和思路.学习重点：识别裂项相消求和的使用环境.学习难点：如何裂项？如何相消？易错点：裂项时忘记配平，相消时留下哪些项？过程二、通过熟悉的典型例子入手，引导学生回顾裂项相消的具体类型。
裂项相消法:把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消(注意消项规律),从而求得前n项和.看下面两个例子：)211(2121+-=+nnnn）（⎪⎭⎫⎝⎛+-+-+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛+-++⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎭⎫⎝⎛-=+++⨯+⨯+⨯211121121211......513141213112121......531421311nnnnnn）（()()))2)(1(1)1(1(21211++-+=++nnnnnnn()()⎪⎪⎭⎫⎝⎛++-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫⎝⎛++-+++⎪⎭⎫⎝⎛⨯-⨯+⎪⎭⎫⎝⎛⨯-⨯=++++⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯)2)(1(12121)2)(1(1)1(1......43132132121121211......543143213211nnnnnnnnn过程三、因为是二轮专题复习，学生经过一轮的复习，对于裂项的方法有一定的理解，在此基础上直接点出裂项的四种基本类型，并强调裂项的常用方法为通分的逆运算，分母有理化，对数的运算等。
本质是恒等变形，运用化归与转化思想、等式思想。
等差型：1a n a n＋1＝1d(1a n－1a n＋1)，其中a n≠0，d≠0. . （通分的逆运算）指数型：（a－1）a n（a n＋b）（a n＋1＋b）＝1a n＋b－1a n＋1＋b. （通分的逆运算）无理型：1a＋b＝1a－b(a－b)(a>0，b>0). （分母有理化）对数型：log n a n ＋1a n＝log n a n ＋1－log n a n (a n >0). （对数的运算法则）过程四、对照四种类型，分别用4道典型例题进行讲解与说明，并敲掉裂项时要配平，求和相消时要注意消去哪些项，剩下哪些项。
高三数学第二轮复习教案《数列》
数列（第二轮复习）1.等差(比)数列的定义如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差(比)等于同一个常数，这个数列叫做等差(比)数列.2.通项公式等差 a n =a 1+(n-1)d ，等比a n =a 1q n -13.等差(比)中项如果在a 、b 中间插入一个数A ，使a 、A 、b 成等差(比)数列，则A 叫a 、b 的等差(比)中项．A ＝(a+b)/2或A ＝±ab4.重要性质：m+n=p+q ⇔ a m ·a n ＝a p ·a q (等比数列)a m +a n ＝a p +a q (等差数列) (m 、n 、p 、q ∈N*) 特别地 m+n=2p ⇔ a m +a n ＝2a p (等差数列) a m ·a n ＝a p 2 (等比数列)5.等差数列前n 项和等比数列前n 项和6.如果某个数列前n 项和为Sn ，则7.差数列前n 项和的最值（1）若a1＞0，d ＜0，则S n 有最大值，n 可由 ⎩⎨⎧≥≥+0a 0a 1n n （2）若a1＜0，d ＞0，则S n 有最小值，n 可由 ⎩⎨⎧≤≤+0a 0a 1n n 8．求数列的前n 项和S n ，重点应掌握以下几种方法：（1）.倒序相加法：如果一个数列{a n }，与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写和与倒着写和的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和的方法称为倒序相加法.（2）.错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列对应项乘积组成，此时求和可采用错位相减法.（3）.分组转化法：把数列的每一项分成两项，或把数列的项“集”在一块重新组合，或把整个数列分成两部分，使其转化为等差或等比数列，这一求和方法称为分组转化法.（4）.裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差，()()⎩⎨⎧≥-==-2111n S S n S a n n n ()()d n n na n a a S n n 21211-+=+=()()()⎪⎩⎪⎨⎧≠--==111111q qq a q na S n n在求和时一些正负项相互抵消，于是前n项的和变成首尾若干少数项之和，这一求和方法称为裂项相消法.9. 三个模型：（1）复利公式按复利计算利息的一种储蓄，本金为a元，每期利率为r，存期为x，则本利和y=a(1+r)x（2）.单利公式利息按单利计算，本金为a元，每期利率为r，存期为x，则本利和y=a(1+xr) （3）.产值模型原来产值的基础数为N，平均增长率为p，对于时间x的总产值y=N(1+p) x10．例、习题：1.若关于x的方程x2-x+a=0和x2-x+b=0(a,b∈R且a≠b)的四个根组成首项为1/4的等差数列，则a+b的值为( )A. 3/8B. 11/24C. 13/24D. 31/722.在等差数列{a n}中，a2+a4=p，a3+a5=q．则其前6项的和S6为( )(A) 5 (p+q)/4 (B) 3(p+q)/2 (C) p+q (D) 2(p+q)3.下列命题中正确的是( )A.数列{a n}的前n项和是S n=n2+2n-1，则{a n}为等差数列B.数列{a n}的前n项和是S n=3n-c，则c=1是{a n}为等比数列的充要条件C.数列既是等差数列，又是等比数列D.等比数列{a n}是递增数列，则公比q大于14.等差数列{a n}中，a1＞0，且3a8=5a13，则S n中最大的是( )(A)S10(B)S11(C)S20(D)S215.等差数列{a n}中，S n为数列前n项和，且S n/S m＝n2/m2 (n≠m)，则a n / a m值为( )(A)m/n (B)(2m-1)/n (C)2n/(2n-1) (D)(2n-1)/(2m-1)6.已知{a n}的前n项和S n=n2-4n+1，则|a1|+|a2|+…|a10|=( )(A)67 (B)65 (C)61 (D)567.一个项数是偶数的等比数列，它的偶数项的和是奇数项和的2倍，又它的首项为1，且中间两项的和为24，则此等比数列的项数为（）(A)12 (B)10 (C)8 (D)68.计算机是将信息转换成二进制进行处理的，二进制即“逢2进1”，如(1101)2表示二进制数，将它转换成十进制形式是1×23+1×22+0×21+1×20=13，那么将二进制数(111…11)2 （16个1）位转换成十进制形式是( )(A) 217-2 (B) 216-2 (C) 216-1 (D)215-19.{a n}为等比数列，{b n}为等差数列，且b1=0,C n＝a n+b n，若数列{C n}是1，1，5，…则{C n}的前10项和为___________.10.如果b是a，c的等差中项，y是x与z的等比中项，且x，y，z都是正数，则(b-c)log m x+(c-a)log m y+(a-b)log m z=_______.11.数列{a n}的前n项和S n=n2+1，则a n=_________________.12.四个正数成等差数列，若顺次加上2，4，8，15后成等比数列，求原数列的四个数.13.已知等比数列{a n }的公比为q ，前n 项的和为S n ，且S 3，S 9，S 6成等差数列.(1)求q 3的值；(2)求证a 2，a 8，a 5成等差数列.14.一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项和与奇数项和之比为32∶27，求公差d.15.数列{a n }是由正数组成的等比数列，S n 为前n 项的和，是否存在正常数c ，使得 对任意的n ∈N +成立?并证明你的结论.16.一个首项为正数的等差数列中，前3项和等于前11项和，问此数列前多少项的和最大?17.已知等比数列{a n }的首项a1＞0，公比q ＞0.设数列{b n }的通项b n =a n+1+a n+2(n ∈N*)，数列{a n }与{b n }的前n 项和分别记为A n 与B n ，试比较A n 与B n 的大小.()()()c S c S c S n n n -=-+-++12lg 2lg lg18.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10=100，S 100=10，试求S 110.19.已知数列{a n }和{b n }满足(n ∈N +)，试证明：{a n }成等差数列的充分条件是{b n }成等差数列.20.已知数列{a n }中的a 1=1/2，前n 项和为S n ．若S n =n 2a n ，求S n 与a n 的表达式.21.在数列{a n }中，a n ＞0， 2Sn = a n +1(n ∈N) ①求S n 和a n 的表达式；②求证： n a n a a b n n +++⋅++⋅+⋅= 21212121111321<+++nS S S S。
高考数学第二轮专题复习数列教案
高考数学第二轮专题复习数列教案二、高考要求1．理解数列的有关概念，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前n项. 2．理解等差〔比〕数列的概念，掌握等差〔比〕数列的通项公式与前n项和的公式. 并能运用这些知识来解决一些实际问题.3．了解数学归纳法原理，掌握数学归纳法这一证题方法，掌握“归纳—猜想—证明〞这一思想方法.三、热点分析1.数列在历年高考中都占有较重要的地位，一般情况下都是一个客观性试题加一个解答题，分值占整个试卷的10%左右.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、极限的四那么运算法那么、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.2.有关数列题的命题趋势〔1〕数列是特殊的函数，而不等式那么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。
〔3〕加强了数列与极限的综合考查题3.熟练掌握、灵活运用等差、等比数列的性质。
等差、等比数列的有关性质在解决数列问题时应用非常广泛，且十分灵活，主动发现题目中隐含的相关性质，往往使运算简洁优美.如a2a4+2a3a5+a4a6=25，可以利用等比数列的性质进行转化：a2a4=a32，a4a6=a52，从而有a32+2aa53+a52=25，即〔a3+a5〕2=25.4.对客观题，应注意寻求简捷方法解答历年有关数列的客观题，就会发现，除了常规方法外，还可以用更简捷的方法求解.现介绍如下：①借助特殊数列. ②灵活运用等差数列、等比数列的有关性质，可更加准确、快速地解题，这种思路在解客观题时表现得更为突出，很多数列客观题都有灵活、简捷的解法5.在数列的学习中加强能力训练数列问题对能力要求较高，特别是运算能力、归纳猜想能力、转化能力、逻辑推理能力更为突出.一般来说，考题中选择、填空题解法灵活多变，而解答题更是考查能力的集中表达，尤其近几年高考加强了数列推理能力的考查，应引起我们足够的重视.因此，在平时要加强对能力的培养。
高考数学二轮复习数列求和学案新人教A版
高考数学二轮复习数列乞降教案新人教A版一、知识概括：数列乞降的主要方法：（1）公式法：能直接用等差或等比数列的乞降公式的方法。
（2）分组求和法：将一个数列拆成若干个简单数列（等差、等比、常数列）而后分别乞降的方法。
（3）裂项相消法：将数列的通项分红二项的差的形式，相加消去中间项，剩下有限项再乞降的方法。
常用裂项技巧有：①1 1 ( 11) ；②11112＝（－）；n(n k)k n n k n －1 2n－1n＋1③(2n11)1(111) ；1)(2n22n2n1④1n 1 (n k n )n k k（ 4）错位相减法：若{ a n}为等差、{b n}为等比数列，则求数列{ a n b n } 的前 n 项和可用此法。
（ 6）倒序乞降法：即模仿推导等差数列前n 项和公式的方法特点： a n a1an 1a2（ 7）常用公式：12＋ 22＋ 32＋＋n2＝nn＋12n＋ 16二、例题、练习题组一1、在等差数列a n中， a3a927 a6， S n表示数列前n项和，则 S11=（）A、 18B、99C、 198D、 2972、已知数列{ a n}为等比数列，S n是它的前n项和．若a2a32a1,且 a4与 2a7的等差中项为5，则S5（）4A． 35B． 33 C ．31D．293、数列 a n的前 n 项和为 S n ，若 a n2，则 S 5 等于（）n(n1)A 、 1B 、5C 、1D 、133154、数列 { a n } 的通项公式 a nn，其前 n 项和为 S n ，则 S 2012 等于（n cos）2A ． 1006B ． 2012C．503 D ． 05、 已知 122232n21n(n 1)(2n 1) ，则数列 1 2,23,3 4, , n(n 1) 的6前 n 项和为：．题组二1、 [2012 ·江西卷 ] 已知数列 { a n } 的前 n 项和 S n ＝ kc n － k ( 此中 c ， k 为常数 ) ，且 a 2＝ 4， a 6＝ 8a 3.(1) 求 a n ；(2) 求数列 { na n } 的前 n 项和 T n .2、已知数列 {n }的各项均是正数，其前 项和为n，知足n＝ 4－ n .(1) 求数列 { a n } 的通项公式；n1*nnnn3 (2) 设 b ＝2－ loga ( n ∈ N ) ，数列 {b · b 的前 n 项和为 T，求证： T< .42 n三、作业1、已知等差数列 { a n } 知足 a 3 7,a 5 a 7 26, {a n } 的前 n 项和为 S n（ 1）求 a n 及 S n（ 2）令 b n1 *a n 2 (n ， N ，)求数列 {b n } 的前 n 项和 T n .12、 已知数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ，且 S n = 2n 2n ，n ∈ N * ，数列 {b n } 知足 a n =4log 2b n ＋3，n∈N* .（1）求a n，b n；（2）求数列{a n· b n}的前n项和T n.3、已知数列 { a n} 的前n项和为S n，且知足S n＝2a n－ n( n∈N*)．(1)求 a1， a2， a3的值；(2)求数列 { a n} 的通项公式；T n－2(3) 若b n＝ (2 n＋ 1) a n＋2n＋ 1，数列 { b n} 的前n项和为T n，求知足不等式2n－1≥128 的最小 n 值．。
2020届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教学案
第2讲 数列求和及综合应用[考情考向·高考导航]1．已知数列递推关系求通项公式,主要考查利用a n 与S n 的关系求通项公式,利用累加法、累乘法及构造法求通项公式,主要以选择题、填空题的形式考查,有时作为解答的第(1)问考查,难度中等．2．数列求和常与数列综合应用一起考查,常以解答题的形式考查,有时与函数不等式综合在一起考查,难度中等偏上．[真题体验]1．(2018·全国Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1,则S 6＝________. 解析：当n ＝1时,a 1＝S 1＝2a 1＋1,∴a 1＝－1. 当n ≥2时,S n ＝2a n ＋1 ①S n －1＝2a n －1＋1 ②①－②得a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1,∴a n ＝2a n －1 即a na n －1＝2,∴数列{a n }是首项为－1,公比为2的等比数列, ∴S 6＝－11－261－2＝－63.答案：－632．(2019·天津卷)设{a n }是等差数列,{b n }是等比数列,公比大于0,已知a 1＝b 1＝3,b 2＝a 3,b 3＝4a 2＋3.(1)求{a n }和{b n }的通项公式； (2)设数列{c n }满足c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n 为奇数，b n2，n 为偶数，求a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n (n ∈N *)．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ,等比数列{b n }的公比为q ,依题意,得⎩⎪⎨⎪⎧3q ＝3＋2d ，3q 2＝15＋4d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝3，故a n ＝3＋3(n －1)＝3n ,b n ＝3×3n －1＝3n.所以,{a n }的通项公式为a n ＝3n ,{b n }的通项公式为b n ＝3n. (2)a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)＋(a 2b 1＋a 4b 2＋a 6b 3＋…＋a 2n b n ) ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ×3＋n n －12×6＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n ×3n )＝3n 2＋6×(1×31＋2×32＋…＋n ×3n)． 记T n ＝1×31＋2×32＋…＋n ×3n, ① 则3T n ＝1×32＋2×33＋…＋n ×3n ＋1,②②－①得,2T n ＝－3－32－33－ (3)＋n ×3n ＋1＝－31－3n1－3＋n ×3n ＋1＝2n －13n ＋1＋32.所以a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n ＝3n 2＋6T n ＝3n 2＋3×2n －13n ＋1＋32＝2n －13n ＋2＋6n 2＋92(n ∈N *)．[主干整合]1．数列通项(1)数列通项a n 与前n 项和S n 的关系,a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1n ＝1，S n －S n －1n ≥2.(2)应用a n 与S n 的关系式f (a n ,S n )＝0时,应特别注意n ＝1时的情况,防止产生错误． 2．数列求和(1)分组转化求和：一个数列既不是等差数列,也不是等比数列,若将这个数列适当拆开,重新组合,就会变成几个可以求和的部分,分别求和,然后再合并．(2)错位相减法：主要用于求数列{a n ·b n }的前n 项和,其中{a n },{b n }分别是等差数列和等比数列．(3)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式,然后通过累加抵消中间若干项的方法,裂项相消法适用于形如⎩⎨⎧⎭⎬⎫c a n a n ＋1(其中{a n }是各项均不为零的等差数列,c 为常数)的数列．热点一 求数列的通项公式[例1] (1)(2020·临沂模拟)在数列{a n }中,a 1＝2,a n ＋1＝a n ＋ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n ,则a n 等于( )A ．2＋ln nB ．2＋(n －1)ln nC ．2＋n ln nD ．1＋n ＋ln n(2)(2020·成都模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足a 1＝12,S n ＝n 2a n (n ∈N )．则数列{a n }的通项公式为____________．[解析] (1)由已知,a n ＋1－a n ＝lnn ＋1n,a 1＝2,所以a n －a n －1＝lnnn －1(n ≥2),a n －1－a n －2＝ln n －1n －2,…a 2－a 1＝ln 21,将以上n －1个式子叠加,得a n －a 1＝ln n n －1＋ln n －1n －2＋…＋ln 21＝ln ⎝⎛⎭⎪⎫n n －1·n －1n －2 (21)＝ln n .所以a n ＝2＋ln n (n ≥2), 经检验n ＝1时也适合．故选A. (2)由S n ＝n 2a n ,(ⅰ)得当n ≥2时,S n －1＝(n －1)2a n －1,(ⅱ)(ⅰ)－(ⅱ),得a n ＝n 2a n －(n －1)2a n －1(n ≥2,n ∈N *), 所以(n ＋1)a n ＝(n －1)a n －1,即a n a n －1＝n －1n ＋1(n ≥2), 因为a 1·a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·…·a n a n －1＝12×13×24×35·…·n －1n ＋1＝1n n ＋1, 又a 1＝12,符合上式,所以a n ＝1n n ＋1. [答案] (1)A (2)a n ＝1n n ＋11．数列{a n }中,a n 与S n 的关系a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.2．求数列通项的常用方法(1)公式法：利用等差(比)数列求通项公式．(2)在已知数列{a n }中,满足a n ＋1－a n ＝f (n ),且f (1)＋f (2)＋…＋f (n )可求,则可用累加法求数列的通项a n .(3)在已知数列{a n }中,满足a n ＋1a n＝f (n ),且f (1)·f (2)·…·f (n )可求,则可用累积法求数列的通项a n .(4)将递推关系进行变换,转化为常见数列(等差、等比数列)．(1)数列{a n }中,a 1＝1,S n 为数列{a n }的前n 项和,且满足2a na n S n －S 2n＝1(n ≥2)．则数列{a n }的通项公式为________________．解析：由已知,当n ≥2时,2a na n S n －S 2n＝1,所以2S n －S n －1S n －S n －1S n －S 2n ＝1,即2S n －S n －1－S n －1S n＝1, 所以1S n －1S n －1＝12.又S 1＝a 1＝1,所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1,公差为12的等差数列．所以1S n ＝1＋12(n －1)＝n ＋12,即S n ＝2n ＋1.所以当n ≥2时,a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2n ＝－2nn ＋1. 因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，－2n n ＋1，n ≥2.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，－2n n ＋1，n ≥2.(2)各项均不为0的数列{a n }满足a n ＋1a n ＋a n ＋22＝a n ＋2a n (n ∈N *),且a 3＝2a 8＝15,则数列{a n }的通项公式为____________．解析：因为a n ＋1a n ＋a n ＋22＝a n ＋2a n ,所以a n ＋1a n ＋a n ＋1a n ＋2＝2a n ＋2a n . 因为a n a n ＋1a n ＋2≠0,所以1a n ＋2＋1a n ＝2a n ＋1,所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列．设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的公差为d ,则1a 8＝1a 3＋(8－3)d .因为a 3＝2a 8＝15,所以d ＝1,又1a 1＝1a 3－2d ＝3,所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以3为首项,1为公差的等差数列．∴1a n ＝3＋(n －1)×1＝n ＋2,∴a n ＝1n ＋2. 答案：a n ＝1n ＋2热点二 数列求和问题裂项相消法求和[例2－1] (2018·天津卷)设{a n }是等比数列,公比大于0,其前n 项和为S n (n ∈N *),{b n }是等差数列．已知a 1＝1,a 3＝a 2＋2,a 4＝b 3＋b 5,a 5＝b 4＋2b 6.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{S n }的前n 项和为T n (n ∈N *)． ①求T n ；②证明∑n,k ＝1 T k ＋b k ＋2b k k ＋1k ＋2＝2n ＋2n ＋2－2(n ∈N *)．[解] (1)设等比数列{a n }的公比为q ,由a 1＝1,a 3＝a 2＋2,可得q 2－q －2＝0.因为q ＞0,可得q ＝2,故a n ＝2n －1.设等差数列{b n }的公差为d ,由a 4＝b 3＋b 5,可得b 1＋3d ＝4,由a 5＝b 4＋2b 6,可得3b 1＋13d ＝16,从而b 1＝1,d ＝1,故b n ＝n .所以,数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1,数列{b n }的通项公式为b n ＝n .(2)①由(1),有S n ＝1－2n1－2＝2n－1,故T n ＝2×1－2n1－2－n＝2n ＋1－n －2.②证明：因为T k ＋b k ＋2b k k ＋1k ＋2＝2k ＋1－k －2＋k ＋2kk ＋1k ＋2＝k ·2k ＋1k ＋1k ＋2＝2k ＋2k ＋2－2k ＋1k ＋1,所以,∑n,k ＝1 T k ＋b k ＋2k ＋1k ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233－222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫244－233＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋2n ＋2－2n ＋1n ＋1＝2n ＋2n ＋2－2. 错位相减法求和[例2－2] (2018·浙江卷)已知等比数列{a n }的公比q >1,且a 3＋a 4＋a 5＝28,a 4＋2是a 3,a 5的等差中项,数列{b n }满足b 1＝1,数列{(b n ＋1－b n )a n }的前n 项和为2n 2＋n .(1)求q 的值；(2)求数列{b n }的通项公式．[解析] (1)由a 4＋2是a 3,a 5的等差中项得a 3＋a 5＝2a 4＋4,所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＋4＝28, 解得a 4＝8. 由a 3＋a 5＝20得8⎝⎛⎭⎪⎫q ＋1q ＝20, 解得q ＝2或q ＝12,因为q ＞1,所以q ＝2.(2)设c n ＝(b n ＋1－b n )a n ,数列{c n }前n 项和为S n .由c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，解得c n ＝4n －1. 由(1)可得,a n ＝2n －1,所以b n ＋1－b n ＝(4n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1,故b n －b n －1＝(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2,n ≥2,b n －b 1＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 3－b 2)＋(b 2－b 1)＝(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －9)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋…＋7·12＋3.设T n ＝3＋7·12＋11·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2,n ≥2,12T n ＝3·12＋7·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －9)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1,所以12T n ＝3＋4·12＋4·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋4·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2－(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1,因此T n ＝14－(4n ＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2,n ≥2,又b 1＝1,所以b n ＝15－(4n ＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2.数列求和的常用方法1．利用裂项相消法求和的注意事项(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项,也有可能前面剩两项,后面也剩两项；或者前面剩几项,后面也剩几项；(2)裂项相消求和法是数列求和的重要方法之一,其基本形式为：若{a n }是等差数列且a n ≠0,则1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝n a 1a n ＋1. 2．用错位相减法求和时应注意的两点(1)要善于识别题目类型,特别是等比数列公比为负数的数列；(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．3．并项求和法一个数列的前n 项和可两两结合求解,则称为并项求和．形如a n ＝(－1)nf (n )类型,可采用并项求和．(1)(2020·长沙模拟)正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0.设b n ＝n ＋1n ＋22a 2n,数列{b n }的前n 项和为____________________．解析：由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0, 得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0, 由于{a n }是正项数列,所以S n ＋1＞0. 所以S n ＝n 2＋n (n ∈N *)．n ≥2时,a n ＝S n －S n －1＝2n , n ＝1时,a 1＝S 1＝2适合上式．∴a n ＝2n (n ∈N *)． 即b n ＝n ＋1n ＋22a 2n ＝n ＋14n 2n ＋22＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1n ＋22T n ＝116⎣⎢⎡⎝⎛⎭⎪⎫1－132＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122－142＋⎝⎛⎭⎪⎫132－152＋…⎦⎥⎤＋⎝⎛⎭⎪⎫1n －12－1n ＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n 2－1n ＋22＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1n ＋12－1n ＋22答案：116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋14－1n ＋12－1n ＋22(2)已知a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，3n －1，n ＞1，若数列{b n }满足a n b n ＝log 3a n ,则数列{b n }的前n 项和为____________．解析：因为a n b n ＝log 3a n ,所以b 1＝13,当n ＞1时,b n ＝3(1－n )log 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 .答案：1312－6n ＋34×3n热点三 数列与函数不等式的交汇创新[例3] (2019·桂林三模)已知函数f (x )的图象过定点(1,1),且对任意的实数x 1,x 2∈R ,都有f (x 1＋x 2)＝1＋f (x 1)＋f (x 2)．(1)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1(n ∈N *)为等比数列； (2)若b n ＝1fn ,数列{b n }的前n 项和为T n ,不等式T 2n －T n ＞635log 2(x ＋1)(n ≥2,n ∈N *)恒成立,求实数x 的取值范围．[审题指导] (1)先令x 1＝x 2＝12n ＋1,再证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1(n ∈N *)为等比数列；(2)先求出数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1fn的通项公式,再求和,根据T 2n －T n 的单调性求出最小项,最后求实数x 的取值范围．[解析] (1)令x 1＝x 2＝12n ＋1,则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1＋12n ＋1＝1＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1,即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝1＋2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1, 则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1,令x 1＝x 2＝12,则f (1)＝1＋2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1,得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0,所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1是等比数列,公比为12,首项为1.(2)由题意知函数f (x )的图象过定点(1,1), 所以f (1)＝1. 令x 1＝n ,x 2＝1,则f (n ＋1)＝1＋f (1)＋f (n ), 即f (n ＋1)＝f (n )＋2,则{f (n )}是等差数列,公差为2,首项为1, 故f (n )＝1＋(n －1)·2＝2n －1. 因为b n ＝1f n,所以b n ＝1fn ＝12n －1. 设g (n )＝T 2n －T n ＝b n ＋1＋b n ＋2＋…＋b 2n ＝12n ＋1＋12n ＋3＋…＋14n －1,则g (n ＋1)－g (n )＝14n ＋1＋14n ＋3－12n ＋1＝14n ＋14n ＋32n ＋1＞0,所以{g (n )}是递增数列,g (n )min ＝g (2)＝15＋17＝1235,从而635log 2(x ＋1)＜1235,即log 2(x ＋1)＜2,则⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1＞0，x ＋1＜4，解得x ∈(－1,3),所以实数x 的取值范围为(－1,3)．1．求解数列与函数交汇问题注意两点：(1)数列是一类特殊的函数,其定义域是正整数集(或它的有限子集),在求数列最值或不等关系时要特别重视；(2)解题时准确构造函数,利用函数性质时注意限制条件．2．数列为背景的不等式恒成立、不等式证明,多与数列的求和相联系,最后利用数列或数列对应函数的单调性处理．(2019·淮南二模)若数列{a n }的前n 项和为S n ,点(a n ,S n )在y ＝16－13x 的图象上(x ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若c 1＝0,且对任意正整数n 都有c n ＋1－c n ＝log 13a n ,求证：对任意正整数n ≥2,总有13≤1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ＜34. 解：(1)∵S n ＝16－13a n ,∴当n ≥2时,a n ＝S n －S n －1＝13a n －1－13a n ,∴a n ＝14a n －1,又∵S 1＝16－13a 1,∴a 1＝18,∴a n ＝18⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122n ＋1.(2)证明：由c n ＋1－c n ＝log 12a n ＝2n ＋1,得当n ≥2时,c n ＝c 1＋(c 2－c 1)＋(c 3－c 2)＋…＋(c n －c n －1)＝0＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2－1＝(n ＋1)(n－1)．∴1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n＝122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n 2－1＝12×⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15…⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1 ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫1＋12－⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＜34. 又∵1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ≥1c 2＝13,∴原式得证．限时50分钟 满分76分一、选择题(本大题共6小题,每小题5分,共30分) 1．(2020·重庆七校联考)若数列{a n }满足1a n ＋1－2a n＝0,则称{a n }为“梦想数列”．已知正项数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 为“梦想数列”,且b 1＋b 2＋b 3＝1,则b 6＋b 7＋b 8＝( )A ．4B ．16C ．32D ．64 解析：C [由1a n ＋1－2a n ＝0可得a n ＋1＝12a n ,故{a n }是公比为12的等比数列,故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是公比为12的等比数列,则{b n }是公比为2的等比数列,b 6＋b 7＋b 8＝(b 1＋b 2＋b 3)×25＝32,故选C.]2．(2020·江西省五校协作体考试)设S n 是数列{a n }的前n 项和,若a n ＋S n ＝2n,2b n ＝2a n ＋2－a n ＋1,则1b 1＋12b 2＋…＋1100b 100＝( )A.9798 B.9899 C.99100D.100101解析：D [因为a n ＋S n ＝2n①,所以a n ＋1＋S n ＋1＝2n ＋1②,②－①得2a n ＋1－a n ＝2n,所以2a n ＋2－a n ＋1＝2n ＋1.又2b n ＝2a n ＋2－a n ＋1＝2n ＋1,所以b n ＝n ＋1,1nb n ＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1,则1b 1＋12b 2＋…＋1100b 100＝1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101,故选D.] 3．(2020·广东省六校联考)已知数列{a n }满足a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(2n －1)·3n.设b n ＝4na n,S n 为数列{b n }的前n 项和,若S n ＜λ(λ为常数,n ∈N *),则λ的最小值是( )A.32B.94C.3112D.3118解析：C [a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(2n －1)·3n,① 当n ≥2时,a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝(2n －3)·3n －1,②①－②得,na n ＝4n ·3n －1(n ≥2),即a n ＝4·3n －1(n ≥2)．当n ＝1时,a 1＝3≠4,所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，4×3n －1，n ≥2，b n＝⎩⎪⎨⎪⎧43，n ＝1，n3n －1，n ≥2.所以S n ＝43＋23＋332＋…＋n 3n －1＝13＋130＋231＋332＋…＋n 3n －1,③ 13S n ＝19＋13＋232＋333＋…＋n －13n －1＋n3n ,④③－④得,23S n ＝29＋130＋13＋132＋…＋13n －1－n 3n ＝29＋1－13n1－13－n 3n ,所以S n ＝3112－6n ＋94×3n ＜3112,所以易知λ的最小值是3112,故选C.] 4．(2019·青岛三模)已知f (n )表示正整数n 的所有因数中最大的奇数,例如：12的因数有1,2,3,4,6,12,则f (12)＝3；21的因数有1,3,7,21,则f (21)＝21,那么∑100,i ＝51f (i )的值为( )A ．2 488B ．2 495C ．2 498D ．2 500 解析：D [由f (n )的定义知f (n )＝f (2n ),且若n 为奇数则f (n )＝n ,则∑100,i ＝1f (i )＝f (1)＋f (2)＋…＋f (100) ＝1＋3＋5＋…＋99＋f (2)＋f (4)＋…＋f (100) ＝50×1＋992＋f (1)＋f (2)＋…＋f (50)＝2 500＋∑50,i ＝1f (i ),∴∑100,i ＝51f (i )＝∑100,i ＝1f (i )－∑50,i ＝1f (i )＝2 500.]5．(2019·深圳二模)已知数列{a n }满足2a 1＋22a 2＋…＋2n a n ＝n (n ∈N *),数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1log 2a n log 2a n ＋1的前n 项和为S n ,则S 1·S 2·S 3·…·S 10＝( ) A.110 B.15 C.111 D.211解析：C [∵2a 1＋22a 2＋…＋2n a n ＝n (n ∈N *),∴2a 1＋22a 2＋…＋2n －1a n －1＝n －1(n ≥2),∴2na n ＝1(n ≥2),当n ＝1时也满足,故a n ＝12n ,故1log 2a n log 2a n ＋1＝1log 22－n log 22－n ＋1＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1,S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1,∴S 1·S 2·S 3·…·S 10＝12×23×34×…×910×1011＝111,选C.]6．(2019·潍坊三模)已知等差数列{a n }中公差d ≠0,a 1＝1,a 1,a 2,a 5成等比数列,且a 1,a 2,ak 1,ak 2,…,ak n 成等比数列,若对任意的n ∈N *,恒有a n 2k n －1≤a m 2k m －1(m ∈N *),则m ＝( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．1或2解析：D [由已知可得,a 22＝a 1·a 5,即(1＋d )2＝1·(1＋4d ),又d ≠0,解得d ＝2,所以a n ＝2n －1.因为a 1,a 2,ak 1,ak 2,…,ak n 成等比数列,所以2k n －1＝3n ＋1.令b n ＝a n 2k n －1＝2n －13n ＋1,设数列{b n }中的最大项为b l ,故满足⎩⎪⎨⎪⎧b l ≥b l ＋1，b l ≥b l －1，解得1≤l ≤2,即数列{b n }中的最大项为b 1,b 2,所以m ＝1或2.]二、填空题(本大题共2小题,每小题5分,共10分)7．(2019·昆明三模)已知数列{a n }中,a 1＝a 2＝1,a n ＋2＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋2，n 是奇数，2a n ，n 是偶数，则数列{a n }的前20项和为________．解析：由题意可知,数列{a 2n }是首项为1,公比为2的等比数列,数列{a 2n －1}是首项为1,公差为2的等差数列,故数列{a n }的前20项和为1×1－2101－2＋10×1＋10×92×2＝1 123.答案：1 1238．(2019·山师附中质检)将数列{a n }中的所有项按每一行比上一行多1项的规则排成如下数阵：a 1 a 2,a 3 a 4,a 5,a 6 a 7,a 8,a 9,a 10……记数阵中的第1列数a 1,a 2,a 4,…,构成的数列为{b n },S n 为数列{b n }的前n 项和,若S n ＝2b n－1,则a 56＝________.解析：当n ≥2时,∵S n ＝2b n －1,∴S n －1＝2b n －1－1,∴b n ＝2b n －2b n －1,∴b n ＝2b n －1(n ≥2且n ∈N *),∵b 1＝2b 1－1,∴b 1＝1,∴数列{b n }是首项为1,公比为2的等比数列,∴b n ＝2n －1.设a 1,a 2,a 4,a 7,a 11,…的下标1,2,4,7,11,…构成数列{c n },则c 2－c 1＝1,c 3－c 2＝2,c 4－c 3＝3,c 5－c 4＝4,…,c n －c n －1＝n －1,累加得,c n －c 1＝1＋2＋3＋4＋…＋(n －1),∴c n ＝n n －12＋1,由c n ＝n n －12＋1＝56,得n ＝11,∴a 56＝b 11＝210＝1 024.答案：1 024三、解答题(本大题共3小题,每小题12分,共36分)9．(2020·郑州三测)已知数列{a n }满足a 1＝1,2a n ·a n ＋1＋a n ＋1－a n ＝0,数列{b n }满足b n ＝12n·a n. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列{b n }的前n 项和为S n ,问：是否存在n ,使得S n 的值是38？解析：(1)因为2a n ·a n ＋1＋a n ＋1－a n ＝0, 所以a n ＋1＝a n2a n ＋1, 1a n ＋1－1a n＝2a n ＋1a n－1a n＝2,由等差数列的定义可得⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1a 1＝1,公差为d ＝2的等差数列．故1a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1,所以a n ＝12n －1. (2)由(1)得b n ＝2n －12n ,所以S n ＝12＋322＋…＋2n －12n ,两边同乘以12得,12S n ＝122＋323＋…＋2n －12n ＋1,两式相减得12S n ＝12＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋123＋…＋12n －2n －12n ＋1,即12S n ＝12＋2×14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12－2n －12n ＋1＝32－12n －1－2n －12n ＋1, 所以S n ＝3－2n ＋32n .因为S n ＋1－S n ＝2n ＋32n －2n ＋52n ＋1＝2n ＋12n ＋1＞0,所以数列{S n }是关于项数n 的递增数列,所以S n ≥S 1＝12,因为38＜12,所以不存在n ,使得S n ＝38.10．(2019·武汉二模)已知数列{a n }和{b n }满足a 1a 2a 3…a n ＝(2)b n (n ∈N *)．若{a n }为等比数列,且a 1＝2,b 3＝6＋b 2.(1)求a n 与b n ；(2)设c n ＝1a n －1b n(n ∈N *)．记数列{c n }的前n 项和为S n .①求S n ；②求正整数k ,使得对任意n ∈N *均有S k ≥S n .解析：(1)由题意a 1a 2a 3…a n ＝(2)b n ,b 3－b 2＝6,知a 3＝(2)b 3－b 2＝8. 又由a 1＝2,得公比q ＝2(q ＝－2舍去), 所以数列{a n }的通项为a n ＝2n(n ∈N *)． 所以,a 1a 2a 3…a n ＝2n n ＋12＝(2)n (n ＋1)．故数列{b n }的通项为b n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)． (2)①由(1)知c n ＝1a n －1b n ＝12n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1(n ∈N *), 所以S n ＝1n ＋1－12n (n ∈N *)． ②因为c 1＝0,c 2＞0,c 3＞0,c 4＞0； 当n ≥5时,c n ＝1n n ＋1⎣⎢⎡⎦⎥⎤n n ＋12n －1,而n n ＋12n－n ＋1n ＋22n ＋1＝n ＋1n －22n ＋1＞0,即数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n n ＋12n当n ≥5时是递减的． 所以n n ＋12n≤5·5＋125＜1, 所以,当n ≥5时,c n ＜0.综上,对任意n ∈N *,恒有S 4≥S n ,故k ＝4.11．(文)(2020·浙江三地市联考)已知数列{b n }满足3(n ＋1)b n ＝nb n ＋1,且b 1＝3. (1)求数列{b n }的通项公式； (2)已知a n b n ＝n ＋12n ＋3,求证：56≤1a 1＋1a 2＋…＋1a n＜1.解析：(1)因为3(n ＋1)b n ＝nb n ＋1,所以b n ＋1b n ＝3n ＋1n. 则b 2b 1＝3×21,b 3b 2＝3×32,b 4b 3＝3×43,…, b n b n －1＝3×n n －1, 累乘,可得b nb 1＝3n －1×n ,因为b 1＝3,所以b n ＝n ·3n,即数列{b n }的通项公式b n ＝n ·3n.(2)证明：因为a n b n ＝n ＋12n ＋3,所以a n ＝n n ＋12n ＋3·3n.因为1a n ＝2n ＋3n n ＋1·13n＝3n ＋1－n n n ＋1·13n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3n －1n ＋1·13n＝1n ·13n －1－1n ＋1·13n , 所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1×130－12×131＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12×131－13×132＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ·13n －1－1n ＋1·13n＝1－1n ＋1·13n . 因为n ∈N *,所以0＜1n ＋1·13n ≤16, 所以56≤1－1n ＋1·13n ＜1,所以56≤1a 1＋1a 2＋…＋1a n＜1.11．(理)(2019·江苏卷)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M数列”． (1)已知等比数列{a n }(n ∈N *)满足：a 2a 4＝a 5,a 3－4a 2＋4a 1＝0,求证：数列{a n }为“M 数列”；(2)已知数列{b n }(n ∈N *)满足：b 1＝1,1S n ＝2b n －2b n ＋1,其中S n 为数列{b n }的前n 项和．①求数列{b n }的通项公式； ②设m 为正整数,若存在“M数列”{c n }(n ∈N *),对任意正整数k ,当k ≤m 时,都有c k ≤b k ≤c k ＋1成立,求m 的最大值．解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ,所以a 1≠0,q ≠0.由⎩⎪⎨⎪⎧a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a 21q 4＝a 1q 4，a 1q 2－4a 1q ＋4a 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2.因此数列{a n }为“M 数列”． (2)①因为1S n ＝2b n －2b n ＋1,所以b n ≠0.由b 1＝1,S 1＝b 1,得11＝21－2b 2,则b 2＝2.由1S n ＝2b n －2b n ＋1,得S n ＝b n b n ＋12b n ＋1－b n,当n ≥2时,由b n ＝S n －S n －1, 得b n ＝b n b n ＋12b n ＋1－b n －b n －1b n2b n －b n －1,整理得b n ＋1＋b n －1＝2b n .所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列． 因此,数列{b n }的通项公式为b n ＝n (n ∈N *)． ②由①知,b k ＝k ,k ∈N *.因为数列{c n }为“M 数列”,设公比为q ,所以c 1＝1,q ＞0.因为c k ≤b k ≤c k ＋1,所以q k －1≤k ≤q k,其中k ＝1,2,3,…,m .当k ＝1时,有q ≥1；当k ＝2,3,…,m 时,有ln k k ≤ln q ≤ln kk －1.设f (x )＝ln x x (x ＞1),则f ′(x )＝1－ln xx2. 令f ′(x )＝0,得x ＝e.列表如下：x (1,e) e (e,＋∞) f ′(x )＋－因为ln 22＝6＜6＝3,所以f (k )max ＝f (3)＝3.取q ＝33,当k ＝1,2,3,4,5时,ln k k≤ln q ,即k ≤q k ,经检验知q k －1≤k 也成立．因此所求m 的最大值不小于5.若m ≥6,分别取k ＝3,6,得3≤q 3,且q 5≤6,从而q 15≥243,且q 15≤216, 所以q 不存在．因此所求m 的最大值小于6. 综上,所求m 的最大值为5.高考解答题·审题与规范(三) 数列类考题数列问题重在“归”思维流程等差数列与等比数列是两个基本数列,是一切数列问题的出发点与归宿,首项与公差(比)称为等差数列(等比数列)的基本量．只要涉及这两个数列的数学问题,我们总希望把条件化归为等差或等比数列的基本量间的关系,从而达到解决问题的目的．这种化归为基本量处理的方法是等差或等比数列特有的方法,对于不是等差或等比的数列,可从简单的个别的情形出发,从中归纳出一般的规律、性质,这种归纳思想便形成了解决一般性数列问题的重要方法：观察、归纳、猜想、证明．由于数列是一种特殊的函数,也可根据题目的特点,将数列化归为函数问题来解决.真题案例审题指导审题方法(12分)(2019·全国Ⅱ卷)已知数列{a n}和{b n}满足a1＝1,b1＝0,4a n＋1＝3a n －b n＋4,4b n＋1＝3b n－a n－4.(1)证明：{a n＋b n}是等比数列,{a n－b n}是等差数列；(2)求{a n}和{b n}的通项公式. (1)首先将已知条件中两个等式相加,由等比数列的定义可证得数列{a n＋b n}为等比数列,然后将已知条件中两个等式相减,由等差数列的定义可证得数列{a n－b n}为等差数列；(2)由(1)分别求得数列{a n＋b n}和{a n－b n}的通项公式,然后将这两个通项公式进行加减运算即可求得{a n},{b n}的通项公式.结构是数学问题的搭配形式,某些问题已知的数式结构中常常隐含着某种特殊的关系．审视结构要对结构进行分析、加工和转化,以实现解题突破.规范解答评分细则。
高考数学 二轮复习专题精讲教案三 第2讲 数列求和及数列的综合应用
第2讲 数列求和及数列的综合应用自主学习导引真题感悟1．(2012·大纲全国卷)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前100项和为A.100101B.99101C.99100D.101100 解析 利用裂项相消法求和． 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d . ∵a 5＝5，S 5＝15， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，5a 1＋5×5－12d ＝15，，∴⎩⎨⎧a 1＝1d ＝1，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n . ∴1a n a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴数列{1a n a n ＋1}的前100项和为1－12＋12－13＋…1100－1101＝1－1101＝100101. 答案 A2．(2012·浙江)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋n ，n ∈N ＋，数列{b n }满足a n ＝4log 2b n ＋3，n ∈N ＋. (1)求a n ，b n ；(2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n . 解析 (1)由S n ＝2n 2＋n ，得 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4n －1. 所以a n ＝4n －1，n ∈N ＋.由4n －1＝a n ＝4log 2b n ＋3，得b n ＝2n －1，n ∈N ＋.(2)由(1)知a n b n ＝(4n －1)·2n －1，n ∈N ＋， 所以T n ＝3＋7×2＋11×22＋…＋(4n －1)·2n －1， 2T n ＝3×2＋7×22＋…＋(4n －5)·2n －1＋(4n －1)·2n ，所以2T n －T n ＝(4n －1)2n －[3＋4(2＋22＋…＋2n －1)]＝(4n －5)2n ＋5. 故T n ＝(4n －5)2n ＋5，n ∈N ＋.考题分析数列的求和是高考的必考内容，可单独命题，也可与函数、不等式等综合命题，求解的过程体现了转化与化归的数学思想，解答此类题目需重点掌握几类重要的求和方法，并加以灵活应用．网络构建高频考点突破考点一：裂项相消法求数列的前n 项和【例1】(2012·门头沟一模)数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n ·a n ＋1(n ∈N ＋)，求数列{b n }的前n 项和T n . [审题导引] (1)运用公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，求a n ，注意n ＝1时通项公式a n ；(2)裂项法求和．[规范解答] (1)由已知，当n ＝1时，a 1＝S 1＝2， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎨⎧2， n ＝1，2n －1， n ≥2.(2)由(1)知，b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧16， n ＝1，1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， n ≥2，当n ＝1时，T 1＝b 1＝16， 当n ≥2时，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝16＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＝13－14n ＋2， ∴{b n }的前n 项和T n ＝13－14n ＋2.【规律总结】常用的裂项技巧和方法用裂项相消法求和是最难把握的求和问题之一，其原因是有时很难找到裂项的方向．突破这类问题的方法是根据式子的结构特点，掌握一些常见的裂项技巧，如：(1)1n (n ＋k )＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n－1n ＋k ； (2)1n ＋k ＋n＝1k (n ＋k －n )；(3)C m －1n ＝C m n ＋1－C m n； (4)n ·n ！＝(n ＋1)！－n ！等．[易错提示] 利用裂项相消法解决数列求和问题，容易出现的错误有两个方面： (1)裂项过程中易忽视常数，如1n (n ＋2)容易误裂为1n －1n ＋2，漏掉前面的系数12；(2)裂项之后相消的过程中容易出现丢项或添项的问题，导致计算结果错误． 【变式训练】1．(2012·大连模拟)已知函数f (x )＝xx ＋3，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝f (a n )(n ∈N ＋)．(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若数列{b n }满足b n ＝12a n a n ＋1·3n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求S n . 解析 (1)由已知，a n ＋1＝a n a n ＋3，∴1a n ＋1＝3a n＋1.∴1a n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋12，并且1a 1＋12＝32，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋12为以32为首项，3为公比的等比数列，∴1a n＋12＝32·3n －1，∴a n ＝23n －1.(2)b n ＝2·3n (3n －1)(3n ＋1－1)＝13n －1－13n ＋1－1，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝13－1－132－1＋…＋13n －1－13n ＋1－1＝12－13n ＋1－1. 考点二：错位相减法求数列的前n 项和【例2】(2012·滨州模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a n ＋1＝2S n ＋2(n ∈N ＋)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)在a n 与a n ＋1之间插入n 个数，使这n ＋2个数组成公差为d n 的等差数列，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1d n 的前n项和T n .[审题导引] (1)利用递推式消去S n 可求a n ；(2)利用错位相减法求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1d n 的前n 项和．[规范解答] (1)由a n ＋1＝2S n ＋2(n ∈N ＋)， 得a n ＝2S n －1＋2(n ∈N ＋，n ≥2)， 两式相减得a n ＋1－a n ＝2a n ， 即a n ＋1＝3a n (n ∈N ＋，n ≥2)， 又a 2＝2a 1＋2，∵{a n }是等比数列，所以a 2＝3a 1， 则2a 1＋2＝3a 1，∴a 1＝2，∴a n ＝2·3n －1.(2)由(1)知a n ＋1＝2·3n ，a n ＝2·3n －1.∵a n ＋1＝a n ＋(n ＋1)d n ，∴d n ＝4×3n －1n ＋1，令T n ＝1d 1＋1d 2＋1d 3＋…＋1d n，则T n ＝24×30＋34·31＋44·32＋…＋n ＋14·3n －1①13T n ＝24·31＋34·32＋…＋n4·3n －1＋n ＋14·3n ②①－②得23T n ＝24·30＋14·31＋14·32＋…＋14·3n －1－n ＋14·3n＝12＋14×13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n －11－13－n ＋14·3n ＝58－2n ＋58·3n . 【规律总结】错位相减法的应用技巧(1)设数列{a n }为等差数列，数列{b n }为等比数列，求数列{a n b n }的前n 项和可用错位相减法． 应用错位相减法求和时需注意：(2)①给数列和S n 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 .【变式训练】2．已知等差数列{a n }满足：a n ＋1＞a n (n ∈N ＋)，a 1＝1，该数列的前三项分别加上1、1、3后顺次成为等比数列{b n }的前三项． (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a nb n (n ∈N ＋)，若T n ＋2n ＋32n －1n ＜c (c ∈Z )恒成立，求c 的最小值．解析 (1)设d 、q 分别为数列{a n }的公差、数列{b n }的公比．由题意知，a 1＝1，a 2＝1＋d ，a 3＝1＋2d ，分别加上1、1、3得2、2＋d 、4＋2d ， ∴(2＋d )2＝2(4＋2d )，∴d ＝±2. ∵a n ＋1＞a n ，∴d ＞0，∴d ＝2，∴a n ＝2n －1(n ∈N ＋)，由此可得b 1＝2，b 2＝4，∴q ＝2，∴b n ＝2n (n ∈N ＋)． (2)T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n＝12＋322＋523＋…＋2n －12n ，①∴12T n ＝122＋323＋524＋…＋2n －12n ＋1.②由①－②得12T n ＝12＋12＋122＋123＋…＋12n －1－2n －12n ＋1.∴T n ＝1＋1－12n －11－12－2n －12n ＝3－12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ，∴T n ＋2n ＋32n －1n ＝3－1n ＜3.∴使T n ＋2n ＋32n －1n ＜c (c ∈Z )恒成立的c 的最小值为3. 考点三：数列与不等式的综合问题【例3】已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＝a (S n －a n ＋1)(a 为常数，且a ≠0，a ≠1)． (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a 2n ＋S n ·a n ，若数列{b n }为等比数列，求a 的值； (3)在满足条件(2)的情形下，设c n ＝1a n ＋1－1a n ＋1－1，数列{c n }的前n 项和为T n ，求证：T n ＞2n －12.[审题导引] 第(1)问先利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)把S n 与a n 的关系式转化为a n 与a n －1之间的关系，判断数列的性质，求其通项公式；(2)根据第(1)问，求出数列{b n }的前三项，利用b ＝b 1×b 3列出方程即可求得a 的值； (3)先求出数列{c n }的通项公式，根据所求证问题将其放缩，然后利用数列求和公式证明．[规范解答] (1)当n ＝1时，S 1＝a (S 1－a 1＋1)， 得a 1＝a .当n ≥2时，S n ＝a (S n －a n ＋1)， S n －1＝a (S n －1－a n －1＋1)，两式相减得a n ＝a ·a n －1，得a na n －1＝a .即{a n }是等比数列． 所以a n ＝a ·a n －1＝a n .(2)由(1)知b n ＝(a n )2＋a (a n －1)a －1a n ，b n ＝(2a －1)a 2n －a ·a n a －1，若{b n }为等比数列，则有b 22＝b 1b 3，而b 1＝2a 2，b 2＝a 3(2a ＋1)，b 3＝a 4(2a 2＋a ＋1)， 故[a 3(2a ＋1)]2＝2a 2·a 4(2a 2＋a ＋1)，解得a ＝12， 再将a ＝12代入b n ，得b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，结论成立，所以a ＝12.(3)证明 由(2)，知a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，所以c n ＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－1＝2n2n ＋1＋2n ＋12n ＋1－1＝2－12n ＋1＋12n ＋1－1.所以c n ＞2－12n ＋12n ＋1.T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＞⎝ ⎛⎭⎪⎫2－12＋122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2－122＋123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2－12n ＋12n ＋1 ＝2n －12＋12n ＋1＞2n －12.结论成立．【规律总结】数列与不等式综合问题的解题方法(1)在解决与数列有关的不等式问题时，需注意应用函数与方程的思想方法，如函数的单调性、最值等．(2)在数列的恒成立问题中，有时需先求和，为了证明的需要，需合理变形，常用到放缩法，常见的放缩技巧有：①1k 2＜1k 2－1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1k －1－1k ＋1；②1k －1k ＋1＜1k 2＜1k －1－1k ＋1；③2(n ＋1－n )＜1n＜2(n －n －1)；④利用(1＋x )n 的展开式进行放缩． 【变式训练】3．已知数列{b n }满足：b n ＋1＝12b n ＋14，且b 1＝72，T n 为{b n }的前n 项和．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n －12是等比数列，并求{b n }的通项公式； (2)如果对任意n ∈N ＋，不等式12k12＋n －2T n≥2n －7恒成立，求实数k 的取值范围．解析 (1)证明 对任意n ∈N ＋，都有b n ＋1＝12b n ＋14， 所以b n ＋1－12＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫b n －12，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n －12是等比数列，首项为b 1－12＝3，公比为12， 所以b n －12＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，即b n ＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12.(2)因为b n ＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12，所以T n ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋122＋…＋12n －1＋n 2＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＋n 2＝6⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋n 2. 因为不等式12k12＋n －2T n ≥2n －7，化简，得k ≥2n －72n ，对任意n ∈N ＋恒成立，设c n ＝2n －72n ，则c n ＋1－c n ＝2(n ＋1)－72n ＋1－2n －72n ＝9－2n2n ＋1，当n ≥5时，c n ＋1≤c n ，数列{c n }为单调递减数列； 当1≤n ＜5时，c n ＋1＞c n ，数列{c n }为单调递增数列． 而116＝c 4＜c 5＝332，所以n ＝5时，c n 取得最大值332.所以要使k ≥2n －72n 对任意n ∈N ＋恒成立，k ≥332. 名师押题高考【押题1】在数列{a n }中，a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1，又b n ＝2a n ·a n ＋1，则数列{b n }的前n 项和S n ＝________.解析 a n ＝1n ＋1(1＋2＋3＋…＋n )＝n2，b n ＝2n 2·n ＋12＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1∴数列{b n }的前n 项和为S n ＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝8n n ＋1. 答案 8n n ＋1[押题依据] 求数列的通项公式与数列的前n 项和都是高考的热点．本题综合考查了以上两点及等差数列的求和公式，考查数列知识全面，综合性较强，故押此题．【押题2】已知数列{a n }是首项a 1＝1的等比数列，且a n ＞0，{b n }是首项为1的等差数列，又a 5＋b 3＝21，a 3＋b 5＝13. (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n 2a n 的前n 项和S n .解析 (1)设数列{a n }的公比为q ，{b n }的公差为d ， 则由已知条件得：⎩⎨⎧q 4＋1＋2d ＝21q 2＋1＋4d ＝13，解之得：⎩⎨⎧d ＝2q ＝2或q ＝－2(舍去).∴a n ＝2n －1，b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. (2)由(1)知b n 2a n＝2n －12n .∴S n ＝12＋322＋523＋…＋2n －32n －1＋2n －12n .①∴12S n ＝122＋323＋…＋2n －32n ＋2n －12n ＋1.②①－②得：12S n ＝12＋222＋223＋…＋22n －2n －12n ＋1＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1－2n －12n ＋1＝12＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －11－12－2n －12n ＋1＝12＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－2n －12n ＋1.∴S n ＝3－2n ＋32n .[押题依据] 数列求和中的错位相减法因运算量较大，结构形式复杂．能够较好地考查考生的运算能力，有很好的区分度，而备受命题者青睐．本题综合考查了等差、等比数列的通项公式及错位相减法求和，难度中等，故押此题．必记内容: 高中数学三角函数公式汇总一、任意角的三角函数在角α的终边上任取．．一点),(y x P ，记：22y x r +=， 正弦：r y =αsin 余弦：r x=αcos 正切：xy=αtan 余切：y x =αcot正割：xr=αsec 余割：yr =αcsc 注：我们还可以用单位圆中的有向线段表示任意角的三角函数：如图，与单位圆有关的有向．．线段MP 、OM 、AT 分别叫做角α的正弦线、余弦线、正切线。