2018届高考数学二轮复习(文数)数列的求和及综合应用课件(全国通用)
n . 3（2n＋3）
[规律方法] 1．裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项 或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意 消去了哪些项，保留了哪些项． 2．消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项， 前边剩第几项，后边就剩倒数第几项．
(2)由(1)知 cn＝(－1)n(2n＋1)＋3n， 则 S2n＝(3＋32＋33＋„＋32n)＋{(－3)＋5＋(－7)＋9 ＋„＋[－(4n－1)]＋(4n＋1)}＝ 3（1－32n） 1－3 ＋[(5－3)＋(9
3 2n 1 2n ＋ 1 －7)＋„＋(4n＋1－4n＋1)]＝ (3 －1)＋2n＝ (3 －3) 2 2 ＋2n.
解：(1)由 a2 n＋2an＝4Sn＋3 可知， a2 n＋1＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.
2 两式相减可得 a2 － a n＋ 1 n＋2(an＋1－an)＝4an＋1， 2 即 2(an＋1＋an)＝a2 － a (an＋1－an)． n＋ 1 n＝(an＋1＋an)·
由于 an＞0，可得 an＋1－an＝2. 又 a2 1＋2a1＝4a1＋3，解得 a1＝－1(舍去)或 a1＝3. 所以{an}是首项为 3，公差为 2 的等差数列，通项公 式为 an＝2n＋1.
1 2n ＝ . 2n＋1 2n＋1
2．(2017· 山东卷)已知{an}是各项均为正数的等比数 列，且 a1＋a2＝6，a1a2＝a3. (1)求数列{an}的通项公式； (2){bn}为各项非零的等差数列，其前 n 项和为 Sn.已 知
bn S2n＋1＝bnbn＋1，求数列 的前 an
解：(1)设等差数列{bn}的公差为 d， 因为 b1＝a1＝3，b4＝a2，b13＝a3，q≠1 3＋3d＝3q， q＝3， 则有 解得 2 3 ＋ 12 d ＝ 3 q ， d＝2 q＝1， 或 (舍去)． d＝0
所以 an＝3n，bn＝2n＋1.
2n－1 2n＋1 ＋ n ， n－ 1 2 2
2n－1 2n＋1 1 3 5 7 又 Tn＝ 2＋ 3＋ 4＋„＋ n ＋ n 1 ， 2 2 2 2 2 2＋
2n＋1 1 1 1 1 3 ＋ 2＋„＋ 两式相减得 Tn＝ ＋2 2 － n 1， 2 2 2n－1 2＋
专题三
数列
第 2 讲 数列的求和及综 合应用
1． (2017· 全国卷Ⅲ)设数列{an}满足 a1＋3a2＋„＋(2n －1)an＝2n. (1)求{an}的通项公式；
an 的前 (2)求数列 2n＋1
n 项和．
解：(1)因为 a1＋3a2＋„＋(2n－1)an＝2n，① 故当 n≥2 时，a1＋3a2＋„＋(2n－3)· an－1＝2(n－1)， ② 2 ①－②得(2n－1)an＝2，所以 an＝ ， 2n－1 又 n＝1 时，a1＝2 适合上式，
热点 1 数列求和(多维探究) 数列求和的关键是分析其通项，数列的基本求和方 法有倒序相加、裂(拆)项相消法、错位相减法、分组转化 求和．裂项相消法和错位相减法是常用的两种方法．
命题视角 1 分组转化求和 [例 1－1] (2017· 福州八中质检)在等比数列{an}中， 公比 q≠1，等差数列{bn}满足 b1＝a1＝3，b4＝a2，b13＝ a3. (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.
n 项和 Tn.
解：(1)设{an}的公比为 q，
2 由题意知 a1(1＋q)＝6，a2 q ＝ a q 1 1 ，
又 an>0， 解得 a1＝2，q＝2，所以 an＝2n.
（2n＋1）（b1＋b2n＋1） (2)由题意知 S2n＋1＝ ＝(2n＋ 2 1)bn＋1，
又 S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0， 所以 bn＝2n＋1. 2n＋1 bn 令 cn＝ ，则 cn＝ n . an 2 3 5 7 因此 Tn＝c1＋c2＋„＋cn＝ ＋ 2＋ 3＋„＋ 2 2 2
2 从而{an}的通项公式为 an＝ . 2n－1
an 的前 n 项和为 Sn， (2)记 2n＋1
an 2 1 由 (1) 知 ＝ ＝ － 2n＋1 （2n－1）（2n＋1） 2n－1 1 Sn ＝ 1－3 ＋ 3－5 ＋ „ ＋ ＝1－ 2 n － 1 2 n ＋ 1
[规律方法] 1．在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思 想． 把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求 和．在利用分组求和法求和时，常常根据需要对项数 n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个表达式．
2．分组求和的策略：(1)根据等差、等比数列分组； (2)根据正号、负号分组．
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，a2 n＋2an＝4Sn＋3. (1)求{an}的通项公式； 1 (2)设 bn＝ ，求数列{bn}的前 n 项和． anan＋1
(2)由 an＝2n＋1 可知， bn 1 1 1 ＝ ＝ ＝ 2 anan＋1 （2n＋1）（2n＋3）
1 1 － 2n＋1 2n＋3.
设数列{bn}的前 n 项和为 Tn，则 Tn＝b1＋b2＋„＋bn＝
1 1 11 1 1 1 － － ＋ － ＋„＋ 2n＋1 2n＋3＝ 23 5 5 7
2n＋5 所以 Tn＝5－ n . 2
【命题透视】 从近年高考命题看，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．
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2018高考数学二轮复习专题三数列第2讲数列的求和及综合应用课件文11
[ 变式训练 ] (2017· 衡阳模拟 ) 已知等差数列 {an} 满 足： an＋1＞an(n∈N*)， a1＝1， 该数列的前三项分别加上 1， 1，3 后成等比数列，an＋2log2bn＝－1.(导学号 55410040) (1)分别求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)求数列{an·bn}的前 n 项和 Tn.
专题三
数列
Байду номын сангаас
第 2 讲 数列的求和及综 合应用
1． (2017· 全国卷Ⅲ)设数列{an}满足 a1＋3a2＋…＋(2n －1)an＝2n.(导学号 55410038) (1)求{an}的通项公式；
an (2)求数列 2n＋1的前 n 项和．
2．(2017· 山东卷)已知{an}是各项均为正数的等比数 列，且 a1＋a2＝6，a1a2＝a3.(导学号 55410039) (1)求数列{an}的通项公式； (2){bn}为各项非零的等差数列，其前 n 项和为 Sn.已
命题视角 3 错位相减法求和 [例 1－3] (2017· 天津卷)已知{an}为等差数列，前 n 项和为 Sn(n∈N*)，{bn}是首项为 2 的等比数列，且公比 大于 0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4. (1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)求数列{a2nbn}的前 n 项和(n∈N*)．
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，a2 n＋2an＝4Sn＋3. (1)求{an}的通项公式； 1 (2)设 bn＝ ，求数列{bn}的前 n 项和． anan＋1
[变式训练] (2017· 淄博诊断)已知等比数列{an}的各 项均为正数，且 a1＋2a2＝5，4a2 3＝a2a6. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足 b1＝2， 且 bn＋1＝bn＋an， 求数列{bn} 的通项公式； an (3)设 cn＝ ，求数列{cn}的前 n 项和为 Tn. bnbn＋1
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.
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.
2018高考新课标数学理二轮专题复习课件：专题三第2讲数列求和及综合应用 精品
[规律方法] 1.一般地，如果数列{an}是等差数列，{bn} 是等比数列，求数列{an·bn}的前 n 项和时，可采用错位相 减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比， 然后作差求解．
2．在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式 “错项对齐”，以便下一步准确地写出“Sn－qSn”的表 达式．
(2)错位相减法求和． 错位相减法是在推导等比数列的前 n 项和公式时所 用的方法，这种方法主要用于求数列{an·bn}的前 n 项和， 其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列． (3)裂项相消法求和． 裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后， 某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于 ana1n＋1或ana1n＋2(其中{an}为等差数列)等形式的数列求 和．
(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制 条件．
(3)不等关系证明中进行适当的放缩．
[变式训练 2] (2016·湖北七市 4 月联考)已知数列{an} 的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝2n2＋2n.
(1)求数列{an}的通项公式； (2)若点(bn，an)在函数 y＝log2x 的图象上，求数列{bn} 的前 n 项和 Tn. 解：(1)当 n≥2 时，
2．数列与函数、不等式的交汇
数列与函数的交汇问题一般是利用函数作为背景， 给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出 Sn 的 表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这类 问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进 行准确的转化．数列与不等式的交汇问题一般以数列为 载体，考查最值问题，不等关系或恒成立问题．
[规律方法] 1.裂项相消法求和就是将数列中的每一 项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵 消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项．
2018届高考数学文二轮复习全国通用课件：专题三 数 列 第2讲 精品
考点整合
1.数列求和常用方法 (1)分组转化求和：把数列的每一项拆成两项(或多项)，再重 新组合成两个(或多个)简单的数列，最后分别求和. (2)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.
热点一 分组转化求和 【例 1】 (2016·成都诊断)若数列{an}的前 n 项和为 Sn，对任意
正整数 n 都有 4an－3Sn＝8. (1)求数列{an}的通项公式； (2)令 bn＝(－1)n－1lo4g（2ann·l＋og12）an＋1，求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
解 (1)因为 4an－3Sn＝8，① 当 n≥2 时，4an－1－3Sn－1＝8，② ①－②得 4an－4an－1－3an＝0， 即 an＝4an－1， 又 a1＝8，∴an＝8·4n－1＝22n＋1. (2)bn＝(－1)n－1·（2n＋4（1）n＋·（12）n＋3）
所以 Tn＝b1＋b2＋…＋bn－1＋bn＝32＋262＋…＋32nn ，① 2×①，得 2Tn＝3＋62＋3×223＋…＋23nn－1，② ②－①，得 Tn＝3＋32＋232＋…＋2n3－1－32nn ＝31＋12＋212＋…＋2n1－1－32nn＝3×1－1－1212n－32nn ＝6－3n2＋n 6. 因为3n2＋n 6＞0，所以 Tn＝6－3n2＋n 6＜6.
解 (1)由题意知，当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5. 当 n＝1 时，a1＝S1＝11，符合上式. 所以 an＝6n＋5. 设数列{bn}的公差为 d，
由aa12＝ ＝bb12＋ ＋bb23， ，即1117＝ ＝22bb11＋ ＋d3， d， 可解得 b1＝4，d＝3.所以 bn＝3n＋1. (2)由(1)知 cn＝（（63nn＋＋63））n＋n 1＝3(n＋1)·2n＋1..又 Tn＝c1＋c2＋…＋cn.
名师导学2018届高三数学文二轮复习课件：专题6第15讲数列的综合运用 精品
【解析】(1)设等差数列{an}的公差为 d，则依题设
d>0 由 a2＋a7＝16，得 2a1＋7d＝16 ① 由 a3·a6＝55，得(a1＋2d)(a1＋5d)＝55 ② 由①得 2a1＝16－7d 将其代入②得(16－3d)(16＋
3d)＝220，即 256－9d2＝220 ∴d2＝4，又 d>0，∴d＝2，代入①得 a1＝1 ∴an＝1＋(n－1)·2＝2n－1.
因为 an0≥an，n∈N*， 所以 2bn0＋a1－2b1≥2bn＋a1－2b1，即 bn0≥bn， 所以{bn}的第 n0 项是最大项．
(3)因为 bn＝λn，所以 an＋1－an＝2(λn＋1－λn)， 当 n≥2 时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2 －a1)＋a1
【点评】本题主要考查数列通项公式的求法和数 列求和．
2．数列前 n 项和的求法
例3已知函数 f(x)＝xα的图像过点(4，2)，令 an＝
f（n＋1）1＋f（n），n∈N*.记数列{an}的前 n 项和为
Sn，则 S2 016＝( ) A. 2 014－1
B. 2 015－1
C. 2 016－1
D. 2 017－1
【点评】本题主要考查迭加法求数列通项公式．
例2已知{an}是一个公差大于 0 的等差数列，且满 足 a3a6＝55，a2＋a7＝16.
(1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{an}和数列{bn}满足等式：an＝b21＋b222＋ b233＋…＋b2nn(n 为正整数)，求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
(1)证明：数列{an－1}是等比数列并求数列{an}的 通项公式．
(2)令 bn＝log561－18a1＋log561－18a2＋log561－18a3＋… ＋log561－18an，求数列b1n的前 n 项和 Tn.
d>0 由 a2＋a7＝16，得 2a1＋7d＝16 ① 由 a3·a6＝55，得(a1＋2d)(a1＋5d)＝55 ② 由①得 2a1＝16－7d 将其代入②得(16－3d)(16＋
3d)＝220，即 256－9d2＝220 ∴d2＝4，又 d>0，∴d＝2，代入①得 a1＝1 ∴an＝1＋(n－1)·2＝2n－1.
因为 an0≥an，n∈N*， 所以 2bn0＋a1－2b1≥2bn＋a1－2b1，即 bn0≥bn， 所以{bn}的第 n0 项是最大项．
(3)因为 bn＝λn，所以 an＋1－an＝2(λn＋1－λn)， 当 n≥2 时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2 －a1)＋a1
【点评】本题主要考查数列通项公式的求法和数 列求和．
2．数列前 n 项和的求法
例3已知函数 f(x)＝xα的图像过点(4，2)，令 an＝
f（n＋1）1＋f（n），n∈N*.记数列{an}的前 n 项和为
Sn，则 S2 016＝( ) A. 2 014－1
B. 2 015－1
C. 2 016－1
D. 2 017－1
【点评】本题主要考查迭加法求数列通项公式．
例2已知{an}是一个公差大于 0 的等差数列，且满 足 a3a6＝55，a2＋a7＝16.
(1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{an}和数列{bn}满足等式：an＝b21＋b222＋ b233＋…＋b2nn(n 为正整数)，求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
(1)证明：数列{an－1}是等比数列并求数列{an}的 通项公式．
(2)令 bn＝log561－18a1＋log561－18a2＋log561－18a3＋… ＋log561－18an，求数列b1n的前 n 项和 Tn.
2018年高考数学(文科)二轮复习 名师课件：专题三 第2讲 数列的求和及综合应用
归纳总结· 思维升华
真题感悟 全国Ⅲ卷)设数列{an}满足 a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n. 1.(2017·
(1)求{an}的通项公式；
an (2)求数列 2n＋1的前
n 项和.
解
(1)因为 a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，①
故当 n≥2 时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，② 2 ①－②得(2n－1)an＝2，所以 an＝ ， 2n－1 又 n＝1 时，a1＝2 适合上式， 2 从而{an}的通项公式为 an＝ . 2n－1
真题感悟· 考点整合
热点聚焦· 题型突破
归纳总结· 思维升华
探究提高
1. 一般地，如果数列 {an}是等差数列， {bn}是等比数
列，求数列{an· bn}的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般
是和式两边同乘以等比数列{bn}的公比，然后作差求解. 2.在写“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式 “错项对齐”， 以便下一步准确地写出“Sn－qSn”的表达式.
第 2讲
数列的求和及综合应用
真题感悟· 考点整合
热点聚焦· 题型突破
归纳总结· 思维升华
高考定位
1.高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出
现，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；2.在考查数列运算的同时，将数列与不等式、
函数交汇渗透.
真题感悟· 考点整合
热点聚焦· 题型突破
1 1 1 1 1 1 1 ＝ 3－5＋5－7＋…＋2n＋1－2n＋3 2
n ＝ . 3（2n＋3）
真题感悟· 考点整合
热点聚焦· 题型突破
2018高考数学文二轮复习课件：第二编 专题整合突破 专题四 数列 第二讲 数列求和及综合应用 适考
1 28
－
1 210
＝
－
212×1－1－14145＝－1304214.
三、解答题 10．[2016·合肥质检]在数列{an}中，a1＝12，an＋1＝n＋ 2n1·an， n∈N*. (1)求证：数列ann为等比数列； (2)求数列{an}的前 n 项和 Sn.
解 (1)证明：由 an＋1＝n＋ 2n1an 知na＋n＋11＝12·ann， ∴ann是以12为首项，12为公比的等比数列． (2)由(1)知ann是首项为12，公比为12的等比数列， ∴ann＝12n，∴an＝2nn， ∴Sn＝211＋222＋…＋2nn，①
大二轮·文
适考素能特训
一、选择题
1．[2016·重庆测试]在数列{an}中，若 a1＝2，且对任意
正整数 m，k，总有 am＋k＝am＋ak，则{an}的前 n 项和 Sn＝( )
A．n(3n－1)
nn＋3 B. 2
C．n(n＋1)
n3n＋1 D. 2
解析 依题意得 an＋1＝an＋a1，即有 an＋1－an＝a1＝2，
②1×1 3＋3×1 5＋5×1 7＋…＋n－112n＋1； ③1＋12＋212＋213＋…＋2n1－1； ④{1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n}，其中极限为 2 的 共有( )
A．4 个 B．3 个 C．2 个 D．1 个
解析 对于①，|an－2|＝|(－1)n×2－2|＝2×|(－1)n－ 1|，当 n 是偶数时，|an－2|＝0；当 n 是奇数时，|an－2|＝4， 所以数列{(－1)n×2}没有极限，所以 2 不是数列{(－1)n×2} 的极限．
9．[2016·武昌调研]设 Sn 为数列{an}的前 n 项和，Sn＋21n
2018年高考数学二轮复习第一部分专题三数列第二讲数列的综合应用课件
类题通法
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．
演练冲关
1由．题已意知，函a数1＋f(an2)＋＝a3n－＋2n当…2当n＋为na奇为100数偶＝时数12－时，2，2－2且2＋a3n＝2＋f(3n2－)＋4f2(－n＋421)， 则＋a512＋＋a…2＋＋a93＋92…－＋10a0120－0＝1(00B2＋)1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－… A－．(909＋100)＋(101＋100)＝B－．(110＋0 2＋…＋99＋100)＋(2＋3 C＋．…－＋10100＋101)＝－1＋10D1．＝10002，00故选 B.
题组突破
1．(2017·威海模拟)已知数列{an}
满足
a1 ＝ 1 ， 且
an
＝
1 3
an
－
1
＋
(13)n(n≥2 且 n∈N*)，则数列{an}
的通项公式为( B )
A．an＝n3＋n2 B．an＝n＋3n 2
C．an＝n＋2 D．an＝(n＋2)3n
由 an＝13an－1＋(13)n(n≥2 且 n ∈ N*) 得 ， 3nan ＝ 3n － 1an － 1 ＋ 1,3n － 1an － 1 ＝ 3n － 2an － 2 ＋ 1，…，32a2＝3a1＋1，以上 各式相加得 3nan＝n＋2，故 an＝n＋3n 2.
题组突破
4．已知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 Sn＝2an＋3n－12(n∈ N*)． 证明：数列{an－3}为等比数列，并求出数列{an}的通项公式．
2018届高三数学二轮复习课件：4.2第二讲 数列求和及数列的综合应用
1 ������������+1
= · + ;
������ ③对数变换——如将递推公式 an+1=c������������ (an>0,c>0,p>0,p≠1)取对数得
������ 1 ������ ������������
1 ������
������������ +������
z+lg c; lg an+1=p lg an ④换元变换——如将递推公式 an+1=qan+dn(q,d 为非零常数,q≠1,d ≠1)
变换成
������������+1 ������
������ ������ = · + , 令 b = n ������ ������,则转化为 bn+1=Abn+B 的形式. ������+1
������ ������ ������ ������
1 ������
������ ������
2.常见的数列求和的方法 (1)公式法求和 适合求等差数列或等比数列的前 n 项和.对等比数列利用公式法求和 时,一定注意公比 q 是否能取 1. (2)错位相减法 这是推导等比数列的前 n 项和公式时所用的方法,主要用于求数列 {anbn}的前 n 项和,其中{an},{bn}分别是等差数列和等比数列. (3)裂项相消法 把数列和式中的各项分别裂开后,消去一部分从而计算和的方法,适用 于求通项为
一个数列既不是等差数列又不是等比数列,但它可以拆成两个数列,而这两个数
列是等差或等比数列,那么就可以分组求和,有时这种方法也叫拆项重组法.
考点1考点2考点3源自考点4考点 1简单的递推数列
π 4
= · + ;
������ ③对数变换——如将递推公式 an+1=c������������ (an>0,c>0,p>0,p≠1)取对数得
������ 1 ������ ������������
1 ������
������������ +������
z+lg c; lg an+1=p lg an ④换元变换——如将递推公式 an+1=qan+dn(q,d 为非零常数,q≠1,d ≠1)
变换成
������������+1 ������
������ ������ = · + , 令 b = n ������ ������,则转化为 bn+1=Abn+B 的形式. ������+1
������ ������ ������ ������
1 ������
������ ������
2.常见的数列求和的方法 (1)公式法求和 适合求等差数列或等比数列的前 n 项和.对等比数列利用公式法求和 时,一定注意公比 q 是否能取 1. (2)错位相减法 这是推导等比数列的前 n 项和公式时所用的方法,主要用于求数列 {anbn}的前 n 项和,其中{an},{bn}分别是等差数列和等比数列. (3)裂项相消法 把数列和式中的各项分别裂开后,消去一部分从而计算和的方法,适用 于求通项为
一个数列既不是等差数列又不是等比数列,但它可以拆成两个数列,而这两个数
列是等差或等比数列,那么就可以分组求和,有时这种方法也叫拆项重组法.
考点1考点2考点3源自考点4考点 1简单的递推数列
π 4
2018届高考数学文新课标二轮专题复习课件：2-8 数列 精品
【答案】 n
(2)(2016·福州五校联考)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn＝pn2 a1＋2a2＋3a3＋…＋nan
－2n，n∈N*，bn＝ 1＋2＋3＋…＋n ，若数列{bn}是公差为 2
的等差数列，则数列{an}的通项公式为________．
【解析】 由 Sn＝pn2－2n 可知，当 n＝1 时，a1＝p－2， 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2pn－p－2，a1＝p－2 适合上式， 因而对任意的 n∈N*，均有 an＝2pn－p－2，an＋1－an＝2p， 因而数列{an}是公差为 2p 的等差数列，a2＝3p－2，b1＝a1＝ p－2， b2＝a11＋＋22a2＝7p－ 3 6，b2－b1＝7p－ 3 6－(p－2)＝2，得 p＝23， a1＝－21.
4．(2016·兰州模拟)已知数列{an}，{bn}都是等差数列，Sn，
Tn
分别是它们的前
n
项和，并且Sn＝7n＋1，则 a2＋a5＋a17＋a22 ＝
Tn n＋3
b8＋b10＋b12＋b16
() 34
A. 5 31
C. 4
B．5 31
D. 5
答案 D 解析 令 Sn＝(7n＋1)n，Tn＝n(n＋3)，则 an＝14n－6，bn＝ 2n＋2，所以ba82＋＋ba150＋＋ab1172＋＋ab2126＝2128＋＋6242＋＋22362＋＋33402＝351.
(2)(2016·河南六市联考)已知正项数列{an}的前 n 项和为 Sn，
若{an}和{ Sn}都是等差数列，且公差相等，则 a6＝( )
11
3
A. 4
B.2
7 C.2
D．1
【 解 析 】 设 {an} 的 公 差 为 d ， 由 题 意 得 ， Sn ＝ na1＋n（n－ 2 1）d＝ d2n2＋（a1－d2）n，又{an}和{ Sn}都是
(2)(2016·福州五校联考)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn＝pn2 a1＋2a2＋3a3＋…＋nan
－2n，n∈N*，bn＝ 1＋2＋3＋…＋n ，若数列{bn}是公差为 2
的等差数列，则数列{an}的通项公式为________．
【解析】 由 Sn＝pn2－2n 可知，当 n＝1 时，a1＝p－2， 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2pn－p－2，a1＝p－2 适合上式， 因而对任意的 n∈N*，均有 an＝2pn－p－2，an＋1－an＝2p， 因而数列{an}是公差为 2p 的等差数列，a2＝3p－2，b1＝a1＝ p－2， b2＝a11＋＋22a2＝7p－ 3 6，b2－b1＝7p－ 3 6－(p－2)＝2，得 p＝23， a1＝－21.
4．(2016·兰州模拟)已知数列{an}，{bn}都是等差数列，Sn，
Tn
分别是它们的前
n
项和，并且Sn＝7n＋1，则 a2＋a5＋a17＋a22 ＝
Tn n＋3
b8＋b10＋b12＋b16
() 34
A. 5 31
C. 4
B．5 31
D. 5
答案 D 解析 令 Sn＝(7n＋1)n，Tn＝n(n＋3)，则 an＝14n－6，bn＝ 2n＋2，所以ba82＋＋ba150＋＋ab1172＋＋ab2126＝2128＋＋6242＋＋22362＋＋33402＝351.
(2)(2016·河南六市联考)已知正项数列{an}的前 n 项和为 Sn，
若{an}和{ Sn}都是等差数列，且公差相等，则 a6＝( )
11
3
A. 4
B.2
7 C.2
D．1
【 解 析 】 设 {an} 的 公 差 为 d ， 由 题 意 得 ， Sn ＝ na1＋n（n－ 2 1）d＝ d2n2＋（a1－d2）n，又{an}和{ Sn}都是