2020版高考数学大二轮复习专题二数列第二讲数列的综合问题课件文

专题二数列
第二讲数列的综合问题
C目录 ONTENTS
考点一考点二考点三 4 限时规范训练
[策略分析·把握技巧] 化归的常用策略利用化归思想可探索一些一般数列的简单性质．等差数列与等比数列是数列中的两个特殊的基本数列，高考中通常考查的是非等差、等比数列问题，应对的策略就是通过化归思想，将其转化为这两种数列．
❶
❷
(1)求{an}的通项公式；
[学审题]
条件信息
想到方法
注意什么
信息❶已知{an}是各项均为正数的等比数列
数列定义
注意条件中各
信息❷已知 a1＝2，a3 ＝2a2＋16
信息❸bn＝log2an
利用通项公式求项均为正，公出公比，列出方程比不能为负值
求 bn
[规范解答] (1)设{an}的公比为 q，由题设得 2q2＝4q＋16，即 q2－2q－8＝0.…………3 分解得 q＝－2(舍去)或 q＝4. ……………………5 分因此{an}的通项公式为 an＝2×4n－1＝22n－1. ………………6 分 (2)由(1)得 bn＝(2n－1)log22＝2n－1，……………………10 分因此数列{bn}的前 n 项和为 1＋3＋…＋2n－1＝n2.……12 分
(2)由(1)知，an＋bn＝2n1－1，an－bn＝2n－1，所以 an＝12[(an＋bn)＋(an－bn)]＝21n＋n－12， bn＝12[(an＋bn)－(an－bn)]＝21n－n＋12.
(2019·高考全国卷 Ⅱ )(12 分 ) 已知 {an} 是各项均为
正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2＋16.
b3
再求 b1、b2、b3
列时要紧扣定义
由信息❸判断{bn} 是否为等比数列
由等比数列的定义推断bbn＋n 1＝常数
去推断
由信息❹求 an
先求 bn，再求 an
[规范解答] (1)由条件可得 an＋1＝2nn＋1an.………………2 分将 n＝1 代入得，a2＝4a1，而 a1＝1，所以 a2＝4. 将 n＝2 代入得，a3＝3a2，所以 a3＝12. ……………………4 分从而 b1＝1，b2＝2，b3＝4. ……………………6 分 (2){bn}是首项为 1，公比为 2 的等比数列．由条件可得na＋n＋11＝2nan，即 bn＋1＝2bn，…………8 分又 b1 ＝ 1 ，所以 {bn} 是首项为 1 ，公比为 2 的等比数列. ……………………10 分
(3)由(2)可得ann＝2n－1，所以 an＝n·2n－1. ……………………12 分
[类题通法] 1.判定一个数列是等差(比)数列，可以利用通项公式或前 n 项和公式，但不能将其作为证明方法． 2．(1)aan＋n 1＝q 和 a2n＝an－1an＋1(n≥2)都是数列{an}为等比数列的必要不充分条件，判定时还要看各项是否为零． (2)学科素养：利用定义判定或证明数列问题重要体现了数学抽象逻辑推理与数学运算学科素养能力．
(2)数列{nbn}的前 n 项和 Sn＝12＋2＋3×2＋4×22＋…＋n·2n－2， ∴2Sn＝1＋2×2＋3×22＋…＋(n－1)·2n－2＋n·2n－1， ∴－Sn＝12＋1＋2＋22＋…＋2n－2－n·2n－1＝1222－n－11－n·2n－1，化为：Sn＝(n－1)·2n－1＋12.
1．证明数列{an}是等差数列的两种基本方法： (1)利用定义，证明 an＋1－an(n∈N*)为一常数； (2)利用等差中项性质，即证明 2an＝an－1＋an＋1(n≥2)． 2．证明{an}是等比数列的两种基本方法： (1)利用定义，证明aan＋n 1(n∈N*)为一非零常数； (2)利用等比中项性质，即证明 a2n＝an－1an＋1(n≥2，an≠0)．
(2019·厦门一模)已知数列{an}是公差为 2 的等差数列，数列{bn} 满足 b1＝6，b1＋b22＋b33＋…＋bnn＝an＋1. (1)求{an}，{bn }的通项公式； (2)求数列an1bn的前 n 项和．
解析：(1)数列{an}是公差为 2 的等差数列，数列{bn}满足 b1＝6，b1＋b22＋b33＋…＋bnn＝an＋1. 所以：当 n＝1 时，a2＝b1＝6，故：an＝6＋2(n－2)＝2n＋2，由于 b1＋b22＋b33＋…＋bnn＝an＋1.① 当 n≥2 时，b1＋b22＋b33＋…＋nb－n－11＝an②，
[类题通法] 等差、等比数列的基本量的求解策略 (1)分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要先求解的中间问题．如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等，即确定解题的逻辑次序． (2)注意细节．例如：在等差数列与等比数列综合问题中，若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．
2．常用求和方法 (1)错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列．把 Sn＝a1＋a2＋…＋an 两边同乘以相应等比数列的公比 q，得到 qSn＝a1q＋a2q＋…＋anq，两式错位相减即可求出 Sn. (2)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，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anacn＋1(其中{an}是各项均不为零的等差数列，c 为常数) 的数列．
1．求数列通项常用的方法 (1)定义法：①形如 an＋1＝an＋C(C 为常数)，直接利用定义判断其为等差数列．②形如 an＋1＝kan(k 为非零常数)且首项不为零，直接利用定义判断其为等比数列． (2)累加法：形如 an＋1＝an＋f(n)，利用 an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－ a2)＋…＋(an－an－1)，求其通项公式． (3)累乘法：形如aan＋n 1＝f(n)≠0，利用 an＝a1·aa21·aa32·…·aan－n 1，求其通项公式．
(2019·湛江一模)在等差数列{an}和等比数列{bn}中，a2＝0，b2 ＝1，且 a3＝b3，a4＝b4. (1)求 an 和 bn； (2)求数列{nbn}的前 n 项和 Sn.
解析：(1)设等差数列{an}的公差为 d，等比数列{bn}的公比为 q，∵a2＝0，b2＝1，且 a3＝b3，a4＝b4. ∴a1＋d＝0，b1q＝1，a1＋2d＝b1q2，a1＋3d＝b1q3，联立解得：a1＝－2，d＝2，b1＝12，q＝2， ∴an＝－2＋2(n－1)＝2n－4，bn＝2n－2.
(2019·高考全国卷Ⅱ)已知数列{an}和{bn}满足 a1＝1，b1＝0, 4an＋1＝3an－bn＋4,4bn＋1＝3bn－an－4. (1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列； (2)求{an}和{bn}的通项公式．
解析：(1)证明：由题设得 4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即 an＋1＋ bn＋1＝12(an＋bn)．又因为 a1＋b1＝1，所以{an＋bn}是首项为 1，公比为12的等比数列．由题设得 4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，即 an＋1－bn＋1＝an－bn＋2. 又因为 a1－b1＝1. 所以{an－bn}是首项为 1，公差为 2 的等差数列．
(4)待定系数法：形如 an＋1＝pan＋q(其中 p，q 均为常数，pq(p －1)≠0)，先用待定系数法把原递推公式转化为 an＋1－t＝p(an －t)，其中 t＝1－q p，再转化为等比数列求解． (5)构造法：形如 an＋1＝pan＋qn(其中 p，q 均为常数，pq(p－ 1)≠0)，先在原递推公式两边同除以 qn＋1，得aqnn＋＋11＝pq·aqnn＋1q，构造新数列{bn}其中bn＝aqnn，得 bn＋1＝pq·bn＋1q，接下来用待定系数法求解．
利用 an 与 Sn 的关系求解2na＋n 1
根据通项结构裂项时消去项与保留选裂项求和项的首尾对应
[规范解答] (1)因为 a1＋3a2＋…＋(2n －1)an＝2n，故当 n≥2 时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1).………2 分两式相减得(2n －1)an＝2，所以 an＝2n2－1(n≥2). ………………………4 分又由题设可得 a1＝2，满足上式，从而{an}的通项公式为 an＝2n2－1.………………………6 分
①－②得：bnn＝an＋1－an＝2，
所以：bn＝2n
所以：bn＝62n
n＝1 n≥2
.
(2)当 n＝1 时，S1＝a11b1＝4×1 6＝214.
当 n≥2 时，an1bn＝2n21n＋2＝14n1－n＋1 1，
则：Sn＝214＋1412－13＋13－14＋…＋n1－n＋1 1 ＝214＋1412－n＋1 1 ＝122nn－＋11，当 n＝1 时满足上式，故 Sn＝122nn－＋11.
(2)记{2na＋n 1}的前 n 项和为 Sn. 由(1)知2na＋n 1＝2n＋122n－1＝2n1－1－2n1＋1.…………8 分则 Sn＝11－13＋13－15＋…＋2n1－1－2n1＋1＝2n2＋n 1.………12 分
[类题通法] 1.分类讨论思想在数列求和中的应用 (1)当数列通项中含有(－1)n 时，在求和时要注意分 n 为奇数与偶数处理． (2)对已知数列满足aan＋n 2＝q，在求{an}的前 n 项和时分奇数项和偶数项分别求和． 2．学科素养：通过数列求和着重考查学生逻辑推理与数学运算能力．
(2018·高考全国卷 Ⅰ )(12 分 ) 已知数列 {an} 满足设 bn＝ann.
[学审题]
条件信息
想到方法
注意什么
由信息❶nan＋1＝ 2(n＋1)an
递推关系变形 an＋1＝ 2n＋1
n an
由信息❷求 b1、b2、想到先求 a1、a2、a3，判断{bn}为等比数

合集下载

2020新课标高考数学(理)二轮总复习课件：1-2-3 数列的综合应用

上一页
返回导航
下一页
所以 Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn ＝1－12＋12－13＋…＋1n－n＋1 1 ＝1－n＋1 1<1.,
新课标高考第二轮总复习•理科数学
上一页
返回导航
下一页
新课标高考第二轮总复习•理科数学
【悟方法·善于总结】等差数列与不等式的结合，一般涉及等差数列的通项公式、求和公式以及等差数列的常用性质，①通项公式的推广 an＝am＋(n－m)d; ②若{an} 为等差数列，且 p ＋q＝m＋n＝2r ，则 ap＋aq＝am＋an＝2ar ；③若{an}是等差数列，公差为 d，则 ak，ak＋m，ak＋2m，…是公差为 md 的等差数列；④若等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，则数列 Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也是等差数列．在解决等差数列的运算问题时，要注意采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法．
专题二数列第三讲数列的综合应用
栏目导航
解答题专项练选择填空题专项练题型专项练
专题限时训练
新课标高考第二轮总复习•理科数学
数列与不等式中常见的放缩变形： (1)1n－n＋1 1＝nn1＋1<__n1_2___<n－11n＝n－1 1－1n.
(2)n12<n2－1 1＝12n－1 1－n＋1 1.
[例 1] (本题满分 12 分)设数列{an}的各项均为正数，其前 n 项和为 Sn，已知 a1＝ 1,4Sn＝a2n＋1－4n－1(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； [解析] (1)因为 4Sn＝a2n＋1－4n－1，所以 4Sn－1＝a2n－4n＋3(n≥2)，两式相减，得 4an＝a2n＋1－a2n－4，即 a2n＋1＝(an＋2)2.因为 an>0，所以 an＋1＝an＋ 2(n≥2)．(3 分)

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，因此 an＝－nn2＋1，n≥2.
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.

高考数学二轮复习专题六数列第2讲数列的综合问题课件

第三十七页，共六十页。
解答
(2)若数列{an}为“P(2)数列”， a2＝2，设 Tn＝a21＋a222＋a233＋…＋a2nn，证明： Tn<3.
12/11/2021
第三十九页，共六十页。
证明
真题押题精练
(jīngliàn)
12/11/2021
第四十二页，共六十页。
1.(2018·江苏)设{an}是首项为a1，公差为d的等差数列，{bn}是首项为b1，公比为q 的等比数列. (1)设a1＝0，b1＝1，q＝2，若|an－bn|≤b1对n＝1,2,3,4均成立(chénglì)，求d的取值范围；
＝SA＋SC∩D，。SD＝SB＋SC∩D，SC＋SC∩D－2SD＝SA－2SB，。∴SC＋SC∩D≥2SD等价于SA≥2SB.。由条件(tiáojiàn)SC≥SD可得SA≥SB.。②若B≠∅，
由SA≥SB可知A≠∅，。故SC＋SC∩D≥2SD成立.
No
Байду номын сангаас
Image
12/11/2021
第六十页，共六十页。
例3 (2018·江苏海门(hǎi mén)中学最后一卷)对于数列{an}，记Δan＝an＋1－an，Δk＋1an ＝Δkan＋1－Δkan，k，n∈N*，则称数列{Δkan}为数列{an}的“k阶塑数列”；
(1)已知 Δan＝－12n，
①若{an}为等比数列，求a1的值；
12/11/2021
第三十页，共六十页。
12/11/2021
第二十六页，共六十页。
解答
(2)对于正整数k，m，l(k<m<l)，求证：“m＝k＋1且l＝k＋3”是“5ak，am，al这三项经适当排序(pái xù)后能构成等差数列”的充要条件.

2020届高考数学(文)二轮复习全程方略课件：专题三数列(2)数列的求和及综合应用

命题视角 1 函数的基本性质
[例 3] 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，点(n， Sn)(n∈N*)均在函数 f(x)＝3x2－2x 的图象上．
(1)求数列{an}的通项公式； (2) 设 bn＝ana3n＋1，Tn 是数列{bn}的前 n 项和，求使得 2Tn≤λ －2 015 对任意 n∈N*都成立的实数 λ 的取值范围．
(2)bn＝－1－log2|an|＝2n－1，数列{bn}的前 n 项和 Tn ＝n2，
cn＝TbnTn＋n＋1 1＝n2（2nn＋＋11）2＝n12－（n＋1 1）2，所以 An＝1－（n＋1 1）2＝（nn2＋＋12）n 2.
因此{An}是单调递增数列，所以当 n＝1 时，An 有最小值 A1＝1－14＝34；An 没有最大值．
命题视角 2 裂项相消法求和 [例 1－2] (2015·全国卷Ⅰ)Sn 为数列{an}的前 n 项和．已知 an＞0，a2n＋2an＝4Sn＋3. (1)求{an}的通项公式； (2)设 bn＝ana1n＋1，求数列{bn}的前 n 项和．
解：(1)由 a2n＋2an＝4Sn＋3 可知， a2n＋1＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.
[规律方法] 1．给出 Sn 与 an 的关系求 an，常用思路是：一是利用 Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为 an 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为 Sn 的递推关系，先求出 Sn 与 n 之间的关系，再求 an. 2．形如 an＋1＝pan＋q(p≠1，q≠0)，可构造一个新的等比数列．
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式； (2)记 cn＝(－1)nbn＋an，求数列{cn}的前 2n 项和 S2n.
解：(1)设等差数列{bn}的公差为 d，

2020届数学(理)高考二轮专题复习课件：第二部分专题二第2讲数列的求和及综合应用

[思维升华] 1．给出 Sn 与 an 的递推关系求 an，常用思路是：一是利用 Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为 an 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为 Sn 的递推关系，先求出 Sn 与 n 之间的关系，再求 an. 2．形如 an＋1＝pan＋q(p≠1，q≠0)，可构造一个新的等比数列．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.
依题意，得33qq＝2＝31＋5＋2d4，d，解得dq＝＝33，，故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3×3n－1＝3n. 所以{an}的通项公式为an＝3n，{bn}的通项公式为bn ＝3n. (2)a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1) ＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn)＝ n×3＋n（n2－1）×6 ＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n×3n)＝3n 2＋6(1×31 ＋2×32＋…＋n×3n)．
记Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，① 则3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1，② ②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1＝－3（11－－33n）＋n×3n＋1＝（2n－1）2 3n＋1＋3.
所以a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n ＝3n2＋6Tn ＝3n2＋3（2n－12）·3n＋1＋9 ＝（2n－1）·32n＋2＋6n2＋9.
从近年高考看，本讲主要考查的内容：(1)以等差(比) 数列为背景，考查等差(比)的通项与求和公式、分组转化求和；(2)以简单的递推关系为背景，考查错位相减、裂项相消、倒序相加等求和的基本方法．主要以解答题的形式呈现，中档难度，且常与函数、不等式知识交汇．
【例 1】设数列{an}的前 n 项和为 Sn，对任意的正整数 n，都有 an＝5Sn＋1 成立，bn＝－1－log2|an|，数列 {bn}的前 n 项和为 Tn，cn＝TbnTn＋n1＋1.

第2部分专题2 第2讲数列求和及其综合应用-2021届高三高考数学二轮复习课件

最小值；若不存在，请说明理由．
【解析】 (1)当n＝1时，a1＝S1，由S1＝1－12a1，得a1＝23. 当n≥2时，Sn＝1－12an，Sn－1＝1－21an－1，所以an＝Sn－Sn－1＝1－12an－1－12an－1＝12an－1－21an，所以an＝13an－1，所以{an}是以32为首项，31为公比的等比数列，所以Sn＝2311－－1313n＝1－13n.
(3)(2020·湖南师大附中第二次月考)在公差大于0的等差数列{an} 中，2a7－a13＝1，且a1，a3－1，a6＋5成等比数列，则数列{(－1)n－1an} 的前21项和为__2_1__.
【解析】 (1)设等差数列{an}的公差为d， ∵a9＝12a12＋6，a2＝4，∴12＝a1＋5d，又a1＋d＝4，解得a1＝d＝2，∴Sn＝2n＋nn－ 2 1×2＝n(n＋1)． ∴S1n＝nn1＋1＝1n－n＋1 1. 则数列S1n的前10项和＝1－12＋12－13＋…＋110－111＝1－111＝1110.
(2)存在．由(1)可知，bn＝－log3(1－Sn＋1) ＝－log31－1－13n＋1＝－log313n＋1 ＝n＋1，所以bnb1n＋1＝n＋11n＋2＝n＋1 1－n＋1 2，
(2)设bn＝n·2n＋n，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n)＋(1＋2 ＋3＋…＋n)，令T＝2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，则2T＝22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1，两式相减，得－T＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝211－－22n－n·2n＋1，
【解析】 (1)由题意，aa12＋a3＝a4＝a1a94，＝8，
解得a1＝1，a4＝8或a1＝8，a4＝1；而等比数列{an}递增，所以a1＝1，a4＝8，

2020届浙江高三数学总复习课件：数列的综合问题(二)

2.(2017·全国Ⅲ卷)等差数列{an}的首项为1,公差不为0.若a2,a3,a6成等比
数列,则{an}前6项的和为( A )
(A)-24 (B)-3
(C)3
(D)8
解析:由 a2,a3,a6 成等比数列且 a1=1 得 (1+2d)2=(1+d)(1+5d). 因为 d≠0,所以 d=-2,
所以 S6=6×1+ 6 5 ×(-2)=-24. 2
所以 a2 015=a5=2a≠4a,不合题意;当 a<2 时,a4= 8 ,a5=4,a6=a,a7=1,同理{an}是周期数列, a
周期为 5,所以 a2 015=a5=4=4a,a=1,a1+a2+a3+a4+a5=18,S2 015=403×18=7 254.
答案:7 254
高频考点突破
在训练中掌握方法
1 q
1 2
所以 3(2n-1)>k·3·2n-1-2,所以 k<2- 1 . 3 2n1
令 f(n)=2- 1 ,则 f(n)随 n 的增大而增大, 3 2n1
所以 f(n)min=f(1)=2- 1 = 5 ,所以 k< 5 .
33
3
所以实数 k 的取值范围为(-∞, 5 ). 3
a2 a1 9 所以 2a1+a1=9,所以 a1=3, 所以 an=3·2n-1,n∈N*.
(2)设数列{an}的前n项和为Sn,若不等式Sn>kan-2对一切n∈N*恒成立,求实数k的取值范围.
解:(2)由(1)知,Sn= a1 1 qn
3 1 2n =
=3(2n-1),
反思归纳 (1)由n=1,2得出两特殊等式,可求得a1和q,问题即可解决;(2)由(1) 可求出Sn,进而求出k与n的不等关系,构造关于n的函数,利用函数性质求解.

2020版高三数学二轮复习(全国理)讲义：专题4 第2讲数列求和及综合应用

第二第二讲讲数列数列求和及求和及求和及综合综合综合应用应用高考考点考点解读求数列的通项公式 1.已知数列的递推关系式以及某些项，求数列的通项公式；已知等差比的某些项或前几项的和，求其通项公式() 2()．考查等差比数列的概念以及通项公式、前项和公式等n 求数列的前项和n 1.()以等差比数列为命题背景，考查等差比的前项和公式、()n 分组求和2()．以递推数列、等差比数列为命题背景，考查错位相减、裂项相消、倒序相加等求和方法与数列的和有关的综合应用1.()等差比数列的求和、分组求和、错位相减求和及裂项相消求和2．常与不等式、函数、解析几何相结合考查数列求和函数、不等式的性质等备考策略本部分内容在备考时应注意以下几个方面：(1)加强对递推数列概念及解析式的理解，掌握递推数列给出数列的方法．(2)()掌握等差比数列求和公式及方法．(3)掌握数列分组求和、裂项相消求和、错位相减求和的方法．(4)掌握与数列求和有关的综合问题的求解方法及解题策略．预测年命题热点为：2020(1)()已知等差比数列的某些项的值或其前几项的和，求该数列的通项公式．(2)已知某数列的递推式或某项的值，求该数列的和．(3)已知某个不等式成立，求某参数的值．证明某个不等式成立．Z 知识整合 hi shi zheng he1．分组求和法是解决通项公式可以写成分组求和法：c n ＝a n ＋b n 形式的数列求和问题的方法，其中{a n }{与b n }是等差比数列或一些可以直接求和的数列．() 2．裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即a n ＝＋－的形式，然后通过累加抵消中间若f n (1)f n ()干项的求和方法．形如{c a n a n ＋1}({其中a n }00)是公差≠d 且各项均不为的等差数列，为常数c 的数列等．3{．形如错位相减法：a n ·b n }({其中a n }{为等差数列，b n })为等比数列的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．4．距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤：①求通项公式；②定和值；③倒倒序求和法：序相加；④求和；⑤回顾反思．附：(1)(常见的拆项公式其中∈n N *)①1n n ＋1 ＝1n －1n ＋1.②1n n k ＋＝1k (1n －1n k ＋)．③1 21n － 21n ＋＝12(121n －－121n ＋).④若等差数列{a n }的公差为，则d 1a n a n ＋1＝1d (1a n －1a n ＋1)；1a n a n ＋2＝12d (1a n －1a n ＋2)．⑤1n n n ＋1 ＋2 ＝12[1n n ＋1 －1 n ＋1n ＋2]．⑥1 n n ＋＋1 ＝＋－n 1n .⑦1 n n k＋＋＝1k ()n k n ＋－． (2)公式法求和：要熟练掌握一些常见数列的前项和公式，如n ①＋＋＋…＋＝123n n n ＋1 2；②＋＋＋…＋－＝135(2n 1)n 2；③12＋22＋32＋…＋n 2＝16n n n (＋1)(2＋．1)Y 易错警示 i cuo jing shi11．公比为字母的等比数列求和时，注意公比是否为的分类讨论．2．错位相减法求和时易漏掉减数式的最后一项．3．裂项相消法求和时易认为只剩下首尾两项．4．裂项相消法求和时注意所裂式与原式的等价性．1(2017·3)．全国卷Ⅱ，我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座层塔共挂了盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层7381 灯数的倍，则塔的顶层共有灯2(B )A 1B 3．盏．盏C 5D 9．盏．盏[]解析设塔的顶层的灯数为a 1，七层塔的总灯数为S 7 ，公比为，则由题意知q S 7＝，＝，381q 2∴S 7＝a 1 1－q 7 1－q ＝a 1 12－7 12－＝，解得381a 1＝3. 故选．B2．(2017·全国卷Ⅰ，12)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，依次类推．求满足如下条件的最小整数：且该数列的前项和为的整数幂．那么该款软件的激活码是N N >100N 2(A )A 440B 330．．C 220D 110．． []解析设首项为第组，接下来的两项为第组，再接下来的三项为第组，依此类推，则第组的项数为123n n n ，前组的项数和为n n 1＋ 2.由题意知，，令N >100n n 1＋ 2>10014⇒n ≥且∈n N * ，即出现在第组之后．N 13 第组的各项和为n 12－n 12－＝2n －，前组所有项的和为1n 212 －n 12－－＝n 2n ＋1－－2n . 设是第＋组的第项，若要使前项和为的整数幂，则－N n 1k N 2N n 1＋n 2 项的和即第＋组的前项的和n 1k 2k－应与－－互为相反数，即12n 2k －＝＋∈12n k (N *，，＝n ≥14)k log 2 (3)295n ＋⇒n 最小为，此时＝k ，则＝N 29129× ＋ 2＋＝5440. 故选．A 3．(2018·江苏卷，14){|21已知集合＝A x x ＝n －，n ∈N *}，B x x ＝{|＝2n ，n ∈N * }．将∪的所有元素从小到大A B 依次排列构成一个数列{a n }．记S n 为数列{a n }的前项和，则使得n S n >12a n ＋1 成立的的最小值为n 27.[]解析B A S ＝，与{2,4,8,16,32,64,128}…相比，元素间隔大，所以从n 中加了几个中元素考虑，B1112个：＝n ＋＝S 2＝3,12a 3＝362224个：＝n ＋＝S 4＝10,12a 5＝603437个：＝n ＋＝S 7＝30,12a 8＝10848412个：＝n ＋＝S 12＝94,12a 13＝204516521个：＝n ＋＝S 21＝318,12a 22＝396 632638个：＝n ＋＝S 38 ＝1150,12a 39＝780发现时2138≤≤n S n －12a n ＋1 与的大小关系发生变化，以下采用二分法查找：0S 30＝687,12a 31＝，所以所求应在～之间，612n 2229S 25＝462,12a 26＝，所以所求应在～之间，492n 2529S 27＝546,12a 28＝，所以所求应在～之间，540n 2527S 26＝503,12a 27＝，516 因为S 27>12a 28 ，而S 26<12a 27 ，所以使得S n >12a n ＋1 成立的的最小值为n 27.4(2017·15){．全国卷Ⅱ，等差数列a n }的前项和n S n ，a 3＝，3S 4＝，则10错误!1S k ＝2n n ＋1. []解析设等差数列{a n}的公差为，则d由a 3＝a 1＋＝，2d 3S 4＝4a 1＋43×2d ＝，10得a 1＝，1d ＝1.∴S n ＝＋n ×1n n －1 2×1＝n n ＋1 2，1S n ＝2n n ＋1 ＝2(1n －1n ＋1)．∴错误!1S k ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋＋…1S n＝－2(112＋12－13＋13－14＋＋…1n －1n ＋1)＝－2(11n ＋1)＝2n n ＋1.5(2018·17)．全国卷Ⅲ，等比数列{a n }中，a 1＝，1a 5＝4a 3.(1){求a n }的通项公式．(2)记S n 为{a n }的前项和．若n S m ＝，求63m .[]解析(1){设a n }的公比为，由题设得q a n ＝q n －1.由已知得q 4＝4q 2 ，解得＝舍去，＝－或＝q 0()q 2q 2.故a n ＝－(2)n －1 或a n ＝2n －1.(2)若a n ＝－(2)n －1 ，则S n ＝1－－2 n 3. 由S m ＝得－63(2)m ＝－，此方程没有正整数解．188 若a n ＝2n －1 ，则S n ＝2n －1.由S m ＝得632m ＝，解得＝64m 6.综上，＝m 6.6(2018·15){．北京卷，设a n }是等差数列，且a 1 ＝，ln 2a 2＋a 3 ＝5ln 2.(1){求a n }的通项公式．(2)e 求a 1＋e a 2＋…＋e a n .[]解析(1){由已知，设a n }的公差为，则d a 2＋a 3＝a 1＋＋d a 1＋＝2d 2a 1＋＝，又3d 5ln 2a 1 ＝，ln 2 所以＝，d ln 2所以{a n }的通项公式为a n ＝＋－＝∈ln 2(n 1)ln 2n n ln 2(N *)．(2)(1)e 由及已知，a n ＝en ln 2＝(e ln 2)n ＝2n ，所以e a 1＋e a 2＋＋…e a n ＝21＋22＋＋…2n ＝2 12－n 12－＝2n ＋1－∈2(n N *)．命题方向求数列的通项公式1 例已知正项数列1(1){a n }满足a 1＝，＋1(n 2)a 2n ＋1－＋(n 1)a 2n ＋a n a n ＋1 ＝，则它的通项公式为0(B )A ．a n ＝1n ＋1B ．a n ＝2n ＋1C ．a n ＝n ＋12D ．a n ＝n[]解析由＋(n 2)a 2n ＋1－＋(n 1)a 2n ＋a n a n ＋1＝，得＋0[(n 2)a n ＋1－＋(n 1)a n ]·(a n ＋1＋a n)0＝，又a n >0(2)，所以n ＋a n ＋1＝＋(n 1)a n ，即a n ＋1a n ＝n ＋1n ＋2，a n ＋1＝n ＋1n ＋2·a n ，所以a n ＝n n ＋1·n －1n ··…23a 1＝2n ＋1a 1 (2)n ≥，所以a n ＝2n ＋1 (1)n ＝适合，于是所求通项公式为a n ＝2n ＋1.(2)(2017·){厦门二模若数列a n }的前项和为n S n ＝23a n ＋13，则数列{a n }(B )的通项公式为A ．a n ＝－2n －1B ．a n ＝－(2)n －1C ．a n ＝－(2)nD ．a n ＝－2n[]解析由a n ＝S n －S n －1 (2)n ≥，得a n ＝23a n －23a n －1 .所以a n ＝－2a n －1 .又可以得到a 1＝，1 所以a n ＝－(2)n －1(2)n ≥．又a 1＝－(2)1－1 ＝，所以1a n ＝－(2)n －1.『规律总结』求数列通项公式的常见类型及方法(1)归纳猜想法：已知数列的前几项，求数列的通项公式，可采用归纳猜想法．(2)已知S n 与a n 的关系，利用a n ＝S 1，＝，n 1S n －S n －1，，n ≥2 求a n .(3)累加法：数列递推关系形如a n ＋1＝a n ＋，其中数列前项和可求，这种类型的数列求通项公式时，f n (){()}f n n 常用累加法叠加法．() (4)累乘法：数列递推关系形如a n ＋1＝g n a ()n ，其中数列前项可求积，此数列求通项公式一般采用累乘法{()}g n n ()叠乘法．(5)构造法：①递推关系形如a n ＋1＝pa n ＋，为常数可化为q p (q )a n ＋1＋q p －1＝p a (n ＋q p －1)(1){p ≠的形式，利用a n ＋q p －1}是以为公比的等比数列求解；p ②递推关系形如a n ＋1＝pa n a n ＋p ()p 为非零常数可化为1a n ＋1－1a n ＝1p 的形式．G 跟踪训练 en zong xun lian1{．若数列a n }满足a 1＝0,2a n ＝＋1a n a n －1(2n ≥，∈n N * )，则a 2019＝20182019. []解析当时，因为n ≥22a n ＝＋1a n a n －1，所以－(1a n －1)(1－－a n )1＝－a n －a n －1＋a n a n －1，所以－(1a n －1)(1－－a n )(1＝－a n )(1－a n －1)，所以11－a n －11－a n －1＝，1 因为a 1＝，所以011－a 1＝，1所以{11－a n }11是首项为，公差为的等差数列，所以11－a n ＝＋－＝，1(n 1)n 所以11－a 2019＝，解得2019a 2019＝20182019.2{．设数列a n }满足a 1 ＝，且1a n ＋1－a n ＝＋∈n 1(n N *){，则数列1a n }10前项的和为2011. []解析由a 1 ＝，且1a n ＋1－a n ＝＋∈n 1(n N *)得，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)(＋a 3－a 2)(＋＋…a n －a n －1)123＝＋＋＋＋…n ＝n n ＋1 2，则1a n ＝2n n ＋1 ＝2(1n －1n ＋1){，故数列1a n }10前项的和S 10＝－2(112＋12－13＋＋…110－111)＝－2(1111)＝2011. 命题方向数列求和问题2()一分组转化法求和例2{设数列a n }满足a 1＝，2a 2＋a 4 ＝，且对任意∈8n N * ，函数＝f x ()(a n －a n ＋1＋a n ＋2)x a ＋n ＋1cos x a －n＋2 sin (x f 满足′π2)0.＝(1){求数列a n }的通项公式；(2)若b n ＝2(a n ＋12a n){，求数列b n }的前项和n S n . []解析(1)由题设可得f x a ′()＝n －a n ＋1＋a n ＋2－a n ＋1sin x a －n ＋2cos .x 对任意∈n N * ，f ′(π2)＝a n －a n ＋1＋a n ＋2－a n ＋1＝，0 即a n ＋1－a n ＝a n ＋2－a n ＋1，故{a n }为等差数列．由a 1＝，2a 2＋a 4＝，解得8{a n }1的公差＝d ，所以a n ＝＋－＝＋21·(n 1)n 1.(2)因为b n ＝2(a n ＋12a n )＝＋＋2(n 112n ＋1)2＝n ＋12n ＋，2 所以S n ＝b 1＋b 2＋＋…b n＝＋＋＋＋＋＋＋＋(22...2)2(12...n )(12＋122＋＋ (12)n )＝＋2n 2·n n ＋1 2＋12[1－ 12 n ]1－12＝n 2＋＋－3n 112n .()二裂项相消法求和例3(2017·17){全国卷Ⅲ，设数列a n}满足a 1＋3a 2＋…＋－(2n 1)a n ＝2.n (1){求a n }的通项公式；(2){求数列a n 21n ＋ }的前项和．n []解析(1)因为a 1＋3a 2＋＋－…(2n 1)a n ＝，2n 故当时，n ≥2a 1＋3a 2＋＋－…(2n 3)a n －1＝－，2(n 1)两式相减得－(2n 1)a n ＝，2 所以a n ＝221n －(2)n ≥．又由题设可得a 1＝，满足上式，2所以{a n }的通项公式为a n ＝221n －.(2){记a n 21n ＋ }的前项和为n S n .由知(1)a n 21n ＋＝2 21n ＋ 21n －＝121n －－121n ＋，则S n ＝11－13＋13－15＋＋…121n －－121n ＋＝2n 21n ＋.()三错位相减法求和例4(2018·){郴州二模已知等差数列a n }，满足：a n ＋1>a n (n ∈N *)，a 1 ＝，该数列的前三项分别加上11,1,3后成等比数列，a n ＋2log 2b n ＝－1.(1){分别求数列a n }{，b n }的通项公式；(2){求数列a n ·b n }的前项和n T n .[]解析(1){设为等差数列d a n}>0的公差，且d ，由a 1＝，1a 2＝＋，1d a 3 ＝＋，分别加上后成等比数列，12d 1,1,3得＋(2d )2＝＋，2(42)d 因为，所以＝，d >0d 2 所以a n ＝＋－＝－1(n 1)2×2n 1.又因为a n ＝－－12log 2b n ，所以log 2b n ＝－，即n b n ＝12n .(2)T n ＝121＋322＋523＋＋…21n －2n ①，12T n ＝122＋323＋524＋＋…21n －2n ＋1②，①－②，得12T n ＝12＋2(×122＋123＋124＋＋…12n )－21n －2n ＋1. 所以T n ＝＋11－12n －11－12－21n －2n ＝－312n －2－21n －2n ＝－323n ＋2n.()()四奇偶数项和问题例5(2018·){潍坊二模设等差数列a n }的前项和为n S n ，且a 2＝，8S 4＝；数列40{b n } 的前项和为n T n ，且T n －2b n ＋＝，∈30n N *.(1){求数列a n }{，b n }的通项公式．(2)设c n ＝a n，为奇数，n b n ，为偶数，n 求数列{c n }的前项和n P n .[]解析(1){设等差数列a n}的公差为，d 由题意，a 1＋＝，d 84a 1＋＝，6d 40得a 1＝，4d ＝，4 所以a n ＝，4n 因为T n －2b n ＋＝，所以当＝时，30n 1b 1＝，3 当时，n ≥2T n －1－2b n －1＋＝，30 两式相减，得b n ＝2b n －1(2)n ≥，数列{b n } 为等比数列，所以b n ＝3·2n －1.(2)c n ＝ 4n n ，为奇数，3·2n －1，为偶数n . 当为偶数时，n P n ＝(a 1＋a 3＋＋…a n －1)(＋b 2＋b 4＋＋…b n )＝444＋n － ·n 22＋614 －n 2 14－＝2n ＋1＋n 2－2. 当为奇数时，n 方法一：－为偶数，n 1P n ＝P n －1＋c n ＝2(n－1)＋1＋－(n 1)2－＋＝24n 2n ＋n 2＋－2n 1.方法二：P n ＝(a 1＋a 3＋＋…a n －2＋a n )(＋b 2＋b 4＋＋…b n －1)＝ 44＋n ·n ＋122＋614－n －1214－＝2n ＋n 2＋－2n 1. 所以P n ＝2n ＋1＋n 2－，为偶数，2n 2n ＋n 2＋－，为奇数2n 1n .『规律总结』1．分组求和的常见方法(1)根据等差、等比数列分组．(2)(1)根据正号、负号分组，此时数列的通项式中常会有－n 等特征．2．裂项相消的规律(1)裂项系数取决于前后两项分母的差．(2)裂项相消后前、后保留的项数一样多．3．错位相减法的关注点(1){适用题型：等差数列a n }{与等比数列b n }{对应项相乘a n ·b n }型数列求和．(2)步骤：①求和时先乘以数列{b n }的公比．②把两个和的形式错位相减．③整理结果形式．4．分奇偶的求和问题如果数列的奇数项与偶数项有不同的规律，当为奇数或偶数时n S n 的表达式不一样，因此需要分奇偶分别求S n .(1)分组直接求和：相邻的奇偶项合并为一项，组成一个新的数列b n ，用S ′n 表示其前项和，则n S n ＝S ′n 2，为偶数，n S ′n －12＋a n ，为奇数n . (2)分奇偶转化求和：先令为偶数，求出其前项和n n S n ；当为奇数时，n S n ＝S n －1＋a n .G 跟踪训练 en zong xun lian(){文已知数列a n }的前项和n 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 ＋2n .{求数列c n }的前项和n T n . []解析(1)2由题意知当n ≥时，a n ＝S n －S n －1＝＋，6n 5 当＝时，n 1a 1＝S 1＝11，所以a n ＝＋设数列6n 5.{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 172＝b 1＋，3d 可解得b 1＝，＝4d 3.所以b n ＝＋3n 1.(2)(1)由知c n ＝ 66n ＋n ＋133n ＋n ＝＋3(n 1)·2n ＋1. 又T n ＝c 1＋c 2＋＋…c n ，所以T n ＝3[22××2＋32×3＋＋＋…(n 1)2×n ＋1]，2T n ＝3[22××3＋32×4＋＋＋…(n 1)2×n ＋2]，两式作差，得－T n ＝3[22××2＋23＋24＋＋…2n ＋1－＋(n 1)2×n ＋2]3[4＝×＋4 12－n 12－－＋(n 1)2×n ＋2]3·2＝－n n ＋2，所以T n ＝3·2n n ＋2.(){理设数列a n }的前项和为n S n .2已知S n ＝3n ＋3.(1){求a n }的通项公式；(2){若数列b n }满足a n b n ＝log 3a n ，求{b n }的前项和n T n .[]解析(1)2因为S n ＝3n ＋，3 所以2a 1 ＝＋，故33a 1＝3.当＞时，n 12S n －1＝3n －1＋，3 此时2a n ＝2S n －2S n －1＝3n －3n －1＝23×n －1，即a n ＝3n －1，所以a n ＝31，＝n ，3n －1，＞n 1.(2)因为a n b n ＝log 3a n ，所以b 1＝13. 当＞时，n 1b n ＝31－n log 33n －1＝－(n 1)·31－n .所以T 1＝b 1＝13；当＞时，n 1T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋＋…b n＝13＋[13×－1＋23×－2＋＋… n －1 ×31－n ]，所以3T n ＝＋1[13×0＋23×－1＋＋－…(n 1)3×2－n ]．两式相减，得2T n ＝23＋(30＋3－1＋3－2＋＋…32－n )(1)3－n －×1－n ＝23＋13－1－n 13－－1－－(n 1)3×1－n ＝136－63n ＋23×n，所以T n ＝1312－63n ＋43×n. 经检验，＝时也适合．n 1 综上可得T n ＝1312－63n ＋43×n .命题方向数列与函数、不等式的综合问题3()一数列与函数的综合例6{设等差数列a n }(的公差为，点d a n ，b n )()2在函数f x ＝x 的图象上∈(n N *)．(1)若a 1＝－，点2(a 8,4b 7 )(){在函数f x 的图象上，求数列a n }的前项和n S n ； (2)若a 1 ＝，函数的图象在点1f x ()(a 2，b 2 )2处的切线在轴上的截距为x －1ln 2，求数列{a n b n }的前项和n T n .[]解析(1)由已知得，b 7＝2a 7，b 8＝2a 8＝4b 7，有2a 8＝42×a 7＝2a 7＋2. 解得＝d a 8－a 7＝2. 所以S n ＝na 1＋n n －12d n n n n ＝－2＋(－＝1)2－3.n (2)()2f ′x ＝x ln 2(，f ′a 2)2＝a 2 ln 2()2，故函数f x ＝x 在(a 2，b 2 )2处的切线方程为－y a 2＝2a 2 ln 2(x a －2)，它在轴上的截距为x a 2－1ln 2.由题意得，a 2－1 ln 2＝－21ln 2，解得a 2＝2. 所以＝d a 2－a 1＝1. 从而a n ＝，n b n ＝2n .所以T n ＝12＋222＋323＋＋…n －12n －1＋n 2n ，2T n ＝11＋22＋322＋＋…n 2n －1.因此，2T n －T n ＝12＋122＋＋…12n －1－n 2n＝－212n －1－n2n ＝2n ＋1－－n 22n.所以T n ＝2n ＋1－－n 22n .()二数列与不等式的综合例7()文设S n 为数列{a n }的前项和，已知n a 1 ＝，对任意∈2n N * ，都有2S n ＝＋(n 1)a n .(1){求数列a n }的通项公式；(2){若数列4a n a n ＋2}的前项和为n T n ，求证：12≤T n <1.[]解析(1)2因为S n ＝＋(n 1)a n ，当时，n ≥22S n －1＝na n －1，两式相减得2a n ＝＋(n 1)a n －na n －1，即－(n 1)a n ＝na n －1，所以当时，n ≥2a n n ＝a n －1n －1，所以a n n ＝a 11.因为a 1 ＝，所以2a n ＝2.n (2)证明：因为a n ＝，2n 令b n ＝4222n n ＋＝1n n ＋1 ＝1n －1n ＋1.所以T 1＝b 1＋b 2＋＋…b n ＝－(112)(＋12－13)(＋＋…1n －1n ＋1)1＝－1n ＋1＝n n ＋1.因为1n ＋1 >01，所以－1n ＋1<1.因为＝f n ()1n ＋1 在N *上是递减函数，所以－11n ＋1 在N *上是递增的，所以当＝时，n 1T n 取最小值12.所以12≤T n <1.(){理已知数列a n }满足a 1＝，1a n ＋1＝3a n ＋1(1){证明a n ＋12}{是等比数列，并求a n }的通项公式；(2)证明1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.[]解析(1)证明：由a n ＋1＝3a 1＋，1 得a n ＋1＋12＝3(a n ＋12)．又a 1＋12＝32，所以{a n ＋12}是首项为32，公比为的等比数列．3a n ＋12＝3n 2，因此{a n }的通项公式为a n ＝3n －12.(2)(1)由知1a n ＝23n －1.因为当时，n ≥13n －123≥×n －1，所以13n －1≤123×n －1.于是1a 1＋1a 2＋＋…1a n ≤1＋13＋＋…13n －1＝32(1－13n )<32.所以1a 1＋1a 2＋＋…1a n <32.『规律总结』1．数列与函数、不等式的综合问题的常见题型(1)数列与函数的综合问题主要有以下两类：①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题；②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形．(2)数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等问题，需要熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题．2．解决数列与函数综合问题的注意点(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集，而不是某个区间上的连续实数，所以它的图象是一群孤立的点．(2)转化以函数为背景的条件时，应注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是非常容易忽视的问题．(3)利用函数的方法研究数列中相关问题时，应准确构造函数，注意数列中相关限制条件的转化．A 组1{．设a n }的首项为a 1 ，公差为－的等差数列，1S n 为其前项和．若n S 1，S 2，S 4 成等比数列，则a 1 ＝(D ) A 2B 2．．－C ．12D ．－12[]解析由题意知S 1＝a 1，S 2＝2a 1－，1S 4＝4a 1－，6 因为S 1，S 2，S 4成等比数列，所以S 22＝S 1·S 4，即(2a 1－1)2＝a 1(4a 1－，6) 解得a 1＝－12.D 故选．2{．若数列a n }为等比数列，且a 1 ＝，＝，则1q 2T n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1等于(B )A 1．－14nB ．23(1－14n )C 1．－12nD ．23(1－12n )[]解析因为a n ＝12×n －1＝2n －1，所以a n ·a n ＋1＝2n －1·2n ＝24×n －1，所以1a n a n ＋1＝12×(14)n －1，所以{1a n a n ＋1}也是等比数列，所以T n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋＋…1a n a n ＋1＝12×11× －14n1－14＝23(1－14n )B ，故选．3(2018·){．烟台模拟已知等差数列a n }中，a 2＝，6a 5 ＝，若15b n ＝a 2n ，则数列{b n }5(C )的前项和等于 A 30B 45．．C 90D 186．． []解析设{a n }的公差为，首项为d a 1，由题意得a 1＋＝，d 6a 1＋＝4d 15，解得a 1＝，3d ＝，3 所以a n ＝，3n 所以b n ＝a 2n ＝，且6n b 1 ＝，公差为，66 所以S 5＝＋56×54×2×690.＝4{．等差数列a n }中，a 1 >0<0，公差d ，S n 为其前项和，对任意自然数，若点，n n (n S n )4在以下条曲线中的某一条上，则这条曲线应是(C )[]解析∵S n ＝na 1＋n n －1 2d S ，∴n ＝d 2n 2＋(a 1－d2 )n a ，又1 >0<0(，公差d ，所以点n S ，n )所在抛物线开口向下，对称轴在轴右侧．y []点评可取特殊数列验证排除，如a n ＝－3n .5(0)(0)(){．定义在－∞，∪，＋∞上的函数f x ，如果对于任意给定的等比数列a n }{(，f a n )}仍是等比数列，则称f x ()(0)(0)为“保等比数列函数”．现有定义在－∞，∪，＋∞上的如下函数：①＝f x ()x 2;②＝f x ()2x ；③＝f x ()||x ； ④＝f x ()ln||.x 则其中是“保等比数列函数”的的序号为f x ()(C ) A B ．①②．③④C D ．①③．②④[](0)(0){分析保等比数列函数指：①定义在－∞，∪，＋∞上的函数；②若a n }{(是等比数列，则f a n )}仍是等比数列．[]解析解法一：设{a n }.的公比为q ①f a (n )＝a 2n ，∵a 2n ＋1a 2n ＝(a n ＋1a n )2＝q 2，∴{(f a n )}B D 是等比数列，排除、．③f a (n )|＝a n |，∵|a n ＋1||a n |＝|a n ＋1a n|＝||q ，∴{(f a n )}A 是等比数列，排除．解法二：不妨令a n ＝2n .①因为＝f x ()x 2 ，所以f a (n )＝a 2n ＝4n .{(显然f a n)}44是首项为，公比为的等比数列． ②因为＝f x ()2x ，所以f a (1)(2)2＝f ＝2，f a (2)(4)2＝f ＝4，f a (3)(8)2＝f ＝8，所以f a 2 f a 1 ＝2422＝4≠f a 3 f a 2 ＝2824＝，16所以{(f a n )}不是等比数列．③因为＝，所以f x ()||x f a (n )2＝n ＝(2)n .显然{(f a n )}22是首项为，公比为的等比数列． ④因为＝，所以f x ()ln||x f a (n )ln2＝n ＝n ln2.显然{(f a n )}ln2ln2C 是首项为，公差为的等差数列，故选．6(2018·){．邵阳一模已知数列b n }为等比数列，且b 1009 ＝为自然对数的底数，数列e(e ){a n }1的首项为，且a n ＋1＝a n ·b n ，则ln a 2018的值为2_017. []解析因为数列{b n }为等比数列，且b 1009＝为自然对数的底数，数列e(e ){a n }1的首项为，且a n ＋1＝a n ·b n ，所以a 2018＝b 1·b 2·b 3·b 4··…b 2017＝b 2017 1009＝e 2017，ln a 2018＝lne2017＝2017.7．已知数列{a n }是等比数列，其公比为，设2b n ＝log 2a n ，且数列{b n }1025的前项的和为，那么1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 10的值为 1023128. []解析数列{a n }2是等比数列，其公比为，设b n ＝log 2a n ，且数列{b n }1025的前项的和为，所以b 1＋b 2＋＋…b 10＝log 2(a 1·a 2··…a 10)＝log 2(a 10121＋2＋＋…9)25＝，所以a 101×245＝225，可得：a 1＝14.那么1a 1＋1a 2＋1a 3＋＋…1a 10＝＋4(112＋122＋＋…129)＝4×1－12101－12＝ 1023128.8{．已知等比数列a n }>1,4的公比q 2 是a 1 和a 4的一个等比中项，a 2 和a 3 的等差中项为，若数列6{b n }满足b n＝log 2a n (n ∈N *)．(1){求数列a n }的通项公式；(2){求数列a n b n }的前项和n S n .[]解析(1)4因为2 是a 1 和a 4的一个等比中项，所以a 1·a 4 ＝(42)2＝32.由题意可得a 2·a 3＝，32a 2＋a 3＝12.因为，所以q >1a 3>a 2.解得a 2＝，4a 3＝8.所以＝q a 3a 2＝2.故数列{a n }的通项公式a n ＝2n .(2)由于b n ＝log 2a n (n ∈N * )，所以a n b n ＝n ·2n ，S n ＝＋1·22·22＋3·23＋＋－…(n 1)·2n －1＋n ·2n ，①2S n ＝1·22＋2·23＋＋－…(n 1)·2n ＋n ·2n ＋1.②①－②得，－S n＝＋1·222＋23＋＋…2n －n ·2n ＋1＝212 －n 12－－n ·2n ＋1.所以S n ＝－22n ＋1＋n ·2n ＋1＝＋－2(n 1)·2n ＋1.9()(2018·18){．文天津卷，设a n }是等差数列，其前项和为n S n (n ∈N *){；b n }0是等比数列，公比大于，其前n 项和为T n (n ∈N * )．已知b 1＝，1b 3＝b 2＋，2b 4＝a 3＋a 5，b 5＝a 4＋2a 6.(1)求S n 和T n ；(2)若S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n ，求正整数的值．n []解析(1){设等比数列b n }的公比为，由q b 1＝，1b 3＝b 2 ＋，可得2q 2 －－＝因为，可得＝，故q 20.q >0q 2b n＝2n －1.所以T n ＝12－n 12－＝2n －1.设等差数列{a n }.的公差为d 由b 4＝a 3＋a 5 ，可得a 1＋＝3d 4. 由b 5＝a 4＋2a 6，可得3a 1 ＋＝，从而13d 16a 1 ＝，＝，故1d 1a n ＝，所以n S n ＝n n ＋12. (2)(1)由，知T 1＋T 2＋＋…T n ＝(21＋22＋＋…2n )2－＝n n ＋1－－n 2. 由S n ＋(T 1＋T 2＋＋…T n )＝a n ＋4b n 可得n n ＋12＋2n ＋1－－＝＋n 2n 2n ＋1，整理得n 2 －－＝，解得＝－舍，或＝所以的值为3n 40n 1()n 4.n 4.()(2018·理天津卷，18){设a n }是等比数列，公比大于，其前项和为0n S n (n ∈N *)，{b n }.是等差数列已知a 1＝，1a 3＝a 2＋，2a 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 }的前项和为n T n (n ∈N *)， ①求T n ；②证明[]解析(1){设等比数列a n}.的公比为q 由a 1＝，1a 3＝a 2 ＋，可得2q 2－－＝q 20.因为，可得＝，故q >0q 2a n ＝2n －1.设等差数列{b n }的公差为，由d a 4＝b 3＋b 5 ，可得b 1 ＋＝由3d 4.a 5＝b 4＋2b 6 ，可得3b 1 ＋＝，从而13d 16b 1＝，1 d b ＝，故1n ＝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)①由，有S n ＝12－n 12－＝2n －，故1T n ＝错误!(2k －＝1)错误!k－＝n 212× －n12－－＝n 2n ＋1－－n 2.②因为 T k ＋b k ＋2 b k k ＋1 k ＋2 ＝ 2k ＋1－－＋＋k 2k 2 kk ＋1 k ＋2＝k ·2k ＋1 k ＋1 k ＋2 ＝2k ＋2k ＋2－2k ＋1k ＋1，B 组1．设S n 是公差不为的等差数列0{a n }的前项和，n S 1，S 2，S 4 成等比数列，且a 3＝－52，则数列{1 21n ＋a n}的前项和n T n ＝(C )A ．－n21n ＋B ．n 21n ＋C ．－2n 21n ＋D ．2n 21n ＋ []解析本题主要考查等差、等比数列的性质以及裂项法求和．设{a n }的公差为，因为d S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋＝d 2a 1＋a 3－a 12＝32a 1－54，S 4＝3a 3＋a 1＝a 1－152，因为S 1，S 2，S 4成等比数列，所以(32a 1－54)2＝(a 1－152)a 1，整理得4a 21＋12a 1＋＝，所以50a 1＝－52 或a 1＝－12. 当a 1＝－52 时，公差＝不符合题意，舍去；d 0 当a 1＝－12 时，公差＝d a 3－a 12＝－，1 所以a n ＝－12＋－－＝－＋(n 1)(×1)n 12＝－12(21)n －，所以1 21n ＋a n ＝－2 21n －21n ＋＝－(121n －－121n ＋)，所以其前项和n T n ＝－－(113＋13－15＋＋…121n －－121n ＋)＝－－(1121n ＋)＝－2n21n ＋，故选．C 2()．文以S n 表示等差数列{a n }的前项和，若n S 5>S 6 ，则下列不等关系不一定成立的是(D )A 2．a 3>3a 4B 5．a 5>a 1＋6a 6C ．a 5＋a 4－a 3<0D ．a 3＋a 6＋a 12<2a 7[]解析依题意得a 6＝S 6－S 5<0,2a 3－3a 4＝2(a 1＋－2)d 3(a 1＋＝－3)d (a 1＋＝－5)d a 6>0,2a 3>3a 4；5a 5－(a 1＋6a 6)＝5(a 1＋－4)d a 1－6(a 1＋＝－5)d 2(a 1＋＝－5)d 2a 6>0,5a 5>a 1＋6a 6；a 5＋a 4－a 3＝(a 3＋a 6)－a 3＝a 6 <0.综上所述，故选．D ()理已知a n ＝3211n －，数列{a n }的前项和为n S n ，关于a n 及S n 的叙述正确的是(C )A ．a n 与S n 都有最大值．B a n 与S n 都没有最大值C ．a n 与S n 都有最小值．D a n 与S n 都没有最小值[]解析画出a n ＝3211n －的图象，点，(n a n )为函数＝y 3211x －图象上的一群孤立点，(112，为对称中心，0)S 5最小，a 5最小，a 6最大．3{．已知正数组成的等差数列a n }20100，前项和为，则a 7·a 14 的最大值是(A ) A 25B 50．．C 100D ．．不存在[]解析∵S 20＝a 1＋a 202×20100＝，∴a 1＋a 20＝10.∵a 1＋a 20＝a 7＋a 14，∴a 7＋a 14＝10.∵a n >0，∴a 7·a 14≤(a 7＋a 142)2＝当且仅当25.a 7＝a 14时取等号．4{．已知数列a n }的前项和为n S n ，a 1＝，1S n ＝2a n ＋1 ，则S n ＝(B )A 2．n －1B (．32)n －1C (．23)n －1D ．12n －1[]解析由S n ＝2a n ＋1 得S n ＝2(S n ＋1－S n )2，即S n ＋1＝3S n ，∴S n ＋1S n ＝32，∵a 1＝，1S 1＝2a 2，∴a 2＝12a 1＝12，∴S 2＝32，∴S 2S 1＝32，∴S n ＝(32)n －1.5(2018·){．山东省实验中学调研在数列a n }中，a 1＝，2a n ＋1＝a n ＋＋ln(11n )，则a n ＝(A )A 2lnB 2(1)ln ．＋n ．＋n －nC 2lnD 1ln ．＋n n ．＋＋n n[]解析a n ＝(a n －a n －1)(＋a n －1－a n －2)(＋＋…a 2－a 1)＋a 1＝－－＋－－－＋＋－＋ln n ln(n 1)ln(n 1)ln(n 2)…ln2ln12＝＋2ln .n 6(2018·){．西安一模已知数列a n }的通项公式a n ＝log 2nn ＋1(n ∈N * )，设其前项和为n S n ，则使S n <4－成立的最小自然数的值为n 16.[]解析因为a n ＝log 2nn ＋1，所以S n ＝log 212＋log 223＋log 234＋＋…log 2n n ＋1＝log 2(12·23·34··…n n ＋1)log ＝21n ＋1，若S n <4－，则1n ＋1<116，即，n >15 则使S n <416.－成立的最小自然数的值为n 7．如图所示，将正整数排成三角形数阵，每排的数称为一个群，从上到下顺次为第一群，第二群，…，第n 群，…，第群恰好个数，则第群中个数的和是n n n n 3·2n －－2n 3.[]解析由图规律知，第行第个数为n 12n －1 ，第个数为23·2n －2 ，第个数为35·2n －3 ……设这个数的和为n S 则＝S 2n －1＋3·2n －2＋52×n －3＋＋－＋－…(2n 3)·2(2n 1)·20①2S n ＝2n ＋3·2n －1＋5·2n －2＋＋－…(2n 3)·22＋－(2n 1)·21②②－①得S n ＝2n ＋2·2n －1＋2·2n －2＋＋…2·22＋－－2·2(2n 1)＝2n ＋2n ＋2n －1＋＋…23＋22－－(2n 1)＝2n＋412 －n －1 12－－－(2n 1)＝2n ＋2n ＋1－－＋42n 1＝3·2n －－2n 3.8{．已知数列a n }的前项和为n S n ，a 1＝，1a n ≠，0a n a n ＋1＝λS n －，其中为常数．1λ(1)证明：a n ＋2－a n ＝；λ(2){是否存在，使得λa n }为等差数列？并说明理由．[]分析(1)利用a n ＋1＝S n ＋1－S n 用配凑法可获证；(2)假设存在，则λa 1，a 2，a 3应成等差数列求出的值，然后依λ 据a n ＋2－a n ＝推证λ{a n }为等差数列．[]解析(1)由题设：a n a n ＋1＝λS n －，1a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－，1 两式相减得a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1.由于a n ＋1 ≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ.(2)由题设，a 1＝，1a 1a 2＝λS 1 －，可得1a 2＝－λ 1.由知，(1)a 3＝＋，λ1 令2a 2＝a 1＋a 3，解得＝λ 4. 故a n ＋2－a n ＝，由此可得4{a 2n －1}14是首项为，公差为的等差数列，a 2n －1＝－；4n 3{a 2n}34是首项为，公差为的等差数列，a 2n ＝－4n 1. 所以a n ＝－，2n 1a n ＋1－a n ＝2.因此存在＝，使得数列λ4{a n }为等差数列．9{．已知数列a n }满足a n ＋1＝－1a n ＋2，a 1＝－12.(1){求证1a n ＋1}是等差数列；(2){求数列a n }的通项公式；(3)设T n ＝a n ＋a n ＋1＋…＋a 2n －1 .若T n ≥－对任意的∈p n n N * 恒成立，求的最大值．p []解析(1)证明：∵a n ＋1＝－1a n ＋2，∴a n ＋1＋＝－11a n ＋2＋＝1a n ＋－21a n ＋2＝a n ＋1a n ＋2，由于a n ＋，10≠∴1a n ＋1＋1＝a n ＋2a n ＋1＝＋11a n ＋1，∴{1a n ＋1}21是以为首项，为公差的等差数列．(2)(1)由题结论知：1a n ＋1＝＋－＝＋，2(n 1)n 1∴a n ＝1n ＋1－＝－1n n ＋1(n ∈N *)．(3)∵T n ＝a n ＋a n ＋1＋＋…a 2n －1≥P n －，∴＋n a n ＋a n ＋1＋＋…a 2n －1≥P ，即＋(1a n )(1＋＋a n ＋1)(1＋＋a n ＋2)(1＋＋…＋a 2n －1 )≥p n ，对任意∈N *恒成立，而＋1a n ＝1n ＋1，设＝＋H n ()(1a n )(1＋＋a n ＋1)(1＋＋…＋a 2n －1)，∴＝H n ()1n ＋1＋1n ＋2＋＋…12n ，H n (＋＝1)1n ＋2＋1n ＋3＋＋ (1)2n ＋121n ＋＋122n ＋，∴＋－＝H n (1)H n ()121n ＋＋122n ＋－1n ＋1＝121n ＋－122n ＋>0，∴数列单调递增，{()}H n ∴∈n N *时，＝H n H ()≥(1)12 ，故P ≤12.∴的最大值为P 12.专题专题四规四规四规范答范答范答题示例题示例例(12){分已知a n}为等差数列，前项和为n S n (n ∈N *){，b n }2是首项为的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝，12b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4.(1){求a n }{和b n }的通项公式；(2){求数列a 2n b 2n －1 }(的前项和n n ∈N *)．[]思路探究先求某一项或找到某几项之间的关系式―→求通项公式―→ 求数列的前项和n 规范解答分步得分·构建答题模板解：(1){设等差数列a n }的公差为，等比d 数列{b n }.的公比为q 由已知b 2＋b 3 ＝，得12b 1(q q ＋2)12＝，而b 1 ＝，所以2q 2 ＋－＝分q 60.2 又因为，解得＝，所以q >0q 2b n ＝2n .3分由b 3＝a 4－a 1 ，可得－3d a 1＝①8. 由S 11＝11b 4 ，可得a 1＋＝②5d 16. 联立①②，解得a 1 ＝，＝分1d 3.5 由此可得a n ＝－分3n 2.6所以数列{a n }的通项公式a n ＝－，3n 2数列{b n }的通项公式为b n ＝2n .(2){设数列a 2n b 2n －1 }的前项和为n T n ，由a 2n ＝－，6n 2b 2n －1＝×24n －1，得a 2n b 2n －1＝－×(3n 1)4n，分7 故T n ＝×＋×24542＋×843＋…＋－(3n 1)4×n ，①分84T n ＝×242＋×543＋×844＋…＋－×(3n 4)4n ＋－×(3n 1)4n ＋1 ，②分9①－②，得－3T n ＝×＋×24342＋×343＋…＋×34n －(31)4n －×n ＋1＝12× 14－n14－－－－×4(3n 1)4n ＋1第一步找关系：根据已知条件确定数列的项之间的关系．第二步求通项：根据等差或等比数列的通项公式或利用累加、累乘法求数列的通项公式．第三步定方法：根据数列表达式的结构特征确定求和方法常用的有公式法、裂项相消去、(错位相减法、分组法等．)第四步写步骤．第五步再反思：检查求和过程中各项的符号有无错误，用特殊项估算结果.＝－－×(3n 2)4n ＋1 －，分811 得T n ＝32n －3×4n ＋1＋83.所以数列{a 2n b 2n －1 }的前项和为n 32n －2×4n ＋1＋83.12分 []评分细则①正确求出q 2 ＋－＝得分；②根据等比数列的通项公式求出通项q 602b n ＝2n 得分，通项公式使1 用错误不得分；③根据等差数列的通项公式求通项a n ＝－得分，通项公式使用错误不得分．④正确写出3n 21a 2n b 2n－1＝－(3n 1)4×n 得分；⑤正确写出＋124×54×2＋84×3＋＋－…(3n 1)4×n 得分；⑥正确写出14T n 得分；⑦正1 确计算出T n ＝32n －3×4n ＋1＋83 得分．3G 跟踪训练en zong xun lian已知数列{a n }的前项和为n S n ，且S n ＝－22n ＋1，数列{b n }为等差数列，且b 2＝a 1，b 8＝a 3.(1){求数列a n }{，b n }的通项公式；(2){求数列bn a n}的前项和n T n .[]解析(1){对于数列a n}有S n ＝－22n ＋1，当＝时，n 1S 1＝－222 ＝－，即2a 1＝－；2 当时，n ≥2a n ＝S n －S n －1＝－(22n ＋1)(22－－n )2＝－n ，对＝也符合，故n 1a n ＝－2n .所以数列{a n } 2.是等比数列，公比＝q 等差数列{b n }中，b 2＝a 1＝－，2b 8＝a 3＝－8. 故其公差满足＝d 6d b 8－b 2 ＝－，所以＝－6d 1. 所以其通项b n ＝b 2＋－＝－＋－－＝－(n 2)d 2(n 2)(×1)n . (2)令c n ＝b n a n ，由知，(1)c n ＝b n a n ＝n ×12n .T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋＋…c n －1＋c n＝12＋2×122＋3×123＋＋－…(n 1)×12n －1＋n ×12n ①，12T n ＝122＋2×123＋3×124＋＋－…(n 1)×12n ＋n ×12n ＋1②，①－②，得12T n ＝12＋122＋123＋＋…12n －1＋12n －n 2n ＋1＝12[1－ 12 n ]1－12－n 2n ＋1＝－112n －n 2n ＋1所以T n ＝－212n －1－n2n ＝－2n ＋22n .。

高考数学(文)二轮复习：专题3第2讲《数列的综合问题》ppt课件

＋
b2 b1＝2，公比 q＝b ＝2， 1
所以 bn＝2n，Tn＝2n 1－2 .
热点聚焦 ·题型突破
归纳总结 ·思维升华
( 2 ) 证明
因为 Kn＝2 2 · 1＋3 2 2＋„＋(n＋1 · ) 2 · n，①
n＋1
故 2Kn＝2 2 2 ＋3 · 2 3＋„＋n· · 2n＋(n＋1 ) · 2
热点聚焦 ·题型突破
归纳总结 ·思维升华
(1 )解
设公差为
d，则
4， 4a1＋6d＝1 2 a ＋ 2 d ＝a1a1＋6d， 1
解得 d＝1 或 d＝0 (舍去 )，a1＝2， nn＋3 所以 an＝n＋1，Sn＝ 2 . 又 a1＝2，d＝1，所以 a3＝4，即 b2＝4 . 所以数列 {bn}的首项为
即 an＋1＝2an－1，设 cn＝an－1，代入上式，得即 cn＋1＝2cn. 由 Sn＝an＋1＋n－2，得 an＋1＝Sn－n＋2，故 a2＝S1－1＋2＝3，显然 a1－1＝1，a2－1＝2，故 c2＝2c1. cn＋1＋1＝2 ( cn＋1 ) －1，
热点聚焦 ·题型突破
第 2 讲
数列的综合问题
热点聚焦 ·题型突破
归纳总结 ·思维升华
高考定位
数列的综合问题，多与函数、方程、不等式、三角等有关知识综合；数列中的探索性问题，主要以等差、等比数列的基本运算为背景，探究满足条件的参数的取值范围或者参数的存在性问题．主要考查利用函数观点解决数列问题以及用不等式的方法研究数列的性质．
热点聚焦 ·题型突破
归纳总结 ·思维升华
热点聚焦 ·题型突破
归纳总结 ·思维升华

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。