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理20191128246
根据通项结构选 裂项时消去项与保留
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，
(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
[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．
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.
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.
条件信息 由信息❸判断{bn}是 否为等比数列 由信息❹求 an
想到方法
注意什么
由等比数列的定义 推断bbn＋n 1＝常数
先求 b扣定义去推断
[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.
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．
(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. (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.
(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．
(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.
❶
❷
(1)求{an}的通项公式；
(2)设
求数列{bn}的前 n 项和．
[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
信息❷已知 a1＝2，a3＝ 利用通项公式求出
(2018·高考全国卷Ⅰ)(12 分)已知数列{an}满足 a1＝1， 设 bn＝ann.
(1)求
(2)
并说明理由；
(3)
[学审题]
条件信息
想到方法
注意什么
由信息❶nan＋1＝2(n＋ 递推关系变形 an＋1
1)an
＝2nn＋1an
判断{bn}为等 比数列时要紧
由信息❷求 b1、b2、b3
想到先求 a1、a2、a3，扣定义去推断 再求 b1、b2、b3
(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，
(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，
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．
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．
(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.
2a2＋16
公比，列出方程
信息❸bn＝log2an
求 bn
注意条件中 各项均为 正，公比不 能为负值
[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
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)．
从而{an}的通项公式为 an＝2n2－1.
6分
(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．
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．
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． (3)拆项分组法：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．
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
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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
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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
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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)
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理
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．
(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·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，
(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，
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．
高三数学二轮复习数列的综合应用课件
P2
P1
Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折线P1P2…Pn＋1，
求由该折线与直线y＝0，x＝x1，x＝xn＋1
所围成的区域的面积Tn．
O
x 1 x2
x3
x4
x
已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2．
（1）求数列{xn}的通项公式；
（2）如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1，1)，P2(x2，2)，…，
（1）求S1，S2及数列{Sn}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足bn ＝
1
7
≤|Tn|≤ ．
3
9
−1
，且{bn}的前n项和为Tn，求证：当n≥2时，
已知数列{an}满足a1＝1，Sn＝2an＋1，其中Sn为{an}的前n项和(n∈N*)．
（1）求S1，S2及数列{Sn}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足bn ＝
Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折线P1P2…Pn＋1，求由该折线与直线y＝0，x＝x1，x＝
xn＋1所围成的区域的面积Tn．
y
P4
P3
P2
P1
O
x1 x2
x3
x4
x
数列求和的
基本方法
01
公式法
02
分组求和法
03
错位相减法
04
倒序相加法
05
裂项相消法
考点2：数列与不等式综合问题
已知数列{an}满足a1＝1，Sn＝2an＋1，其中Sn为{an}的前n项和(n∈N*)．
1
7
≤|Tn|≤ ．
3
9
−1
，且{bn}的前n项和为Tn，求证：当n≥2时，
高考数学第二轮复习专题课件：数列
∑n 1 ＝________. k＝1 Sk 解析 设{an}首项为 a1，公差为 d，则
由aS34＝ ＝a41a＋1＋24d＝ ×2 33， d＝10，得ad1＝＝11.，∴Sn＝n（n＋ 2 1），
n
∑
k＝1
S1k＝1×2 2＋2×2 3＋…＋n（n2－1）＋n（n2＋1）
＝21－12＋12－13＋…＋n－1 1－1n＋1n－n＋1 1＝21－n＋1 1＝n2＋n1.
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探究提高 1.第(2)题求解的思路是：先利用等比数列的通项 公式构建首项a1与公比q的方程组，求出a1，q，得到{an}的 通项公式，再将a1a2·…·an表示为n的函数，进而求最大值. 2.等差(比)数列基本运算的解题途径： (1)设基本量a1和公差d(公比q). (2)列、解方程组：把条件转化为关于a1和d(q)的方程(组)，然 后求解，注意整体计算，以减少运算量.
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【训练2】 (1)设等差数列{an}的公差为d，若数列{2a1an}为递 减数列，则( )
A.d>0
B.d<0
C.a1d>0
D.a1d<0
(2)(开封质检)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝5，
Sm＝－11，Sm＋1＝21，则m等于( )
A.3
B.4
解析 (1)由log2a2＋log2a8＝2，得log2(a2a8)＝2，所以a2a8＝4， 则a5＝±2， 等比数列{an}的前9项积为T9＝a1a2…a8a9＝(a5)9＝±512.
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【高考推荐】2019-2020高考数学二轮复习专题三数列第二讲数列的综合应用教案理
第二讲 数列的综合应用由递推关系求通项授课提示：对应学生用书第30页[悟通——方法结论] 求数列通项常用的方法(1)定义法：①形如a n ＋1＝a n ＋C (C 为常数)，直接利用定义判断其为等差数列．②形如a n ＋1＝ka n (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)叠加法：形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，利用a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)，求其通项公式．(3)叠乘法：形如a n ＋1a n ＝f (n )≠0，利用a n ＝a 1·a 2a 1·a 3a 2·…·a na n －1，求其通项公式． (4)待定系数法：形如a n ＋1＝pa n ＋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a n ＋1－t ＝p (a n －t)，其中t ＝q1－p，再转化为等比数列求解．(5)构造法：形如a n ＋1＝pa n ＋q n(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a n ＋1q n ＋1＝p q ·a n q n ＋1q ，构造新数列{b n }⎝ ⎛⎭⎪⎫其中b n ＝a n q n ，得b n ＋1＝p q ·b n＋1q ，接下来用待定系数法求解．[全练——快速解答]1．(2018·洛阳四校联考)已知数列{a n }满足条件12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n a n ＝2n ＋5，则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝2n ＋1B ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧14，n ＝1，2n ＋1，n ≥2C ．a n ＝2nD ．a n ＝2n ＋2解析：由题意可知，数列{a n }满足条件12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n a n ＝2n ＋5，则n ≥2时，有12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n －1a n －1＝2(n －1)＋5，n ≥2， 两式相减可得，a n2n ＝2n ＋5－2(n －1)－5＝2，∴a n ＝2n ＋1，n ≥2，n ∈N *.当n ＝1时，a 12＝7，∴a 1＝14，综上可知，数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧14，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.答案：B2．(2018·潮州月考)数列{a n }的前n 项和记为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1(n ≥1，n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式是________．解析：法一：由a n ＋1＝2S n ＋1可得a n ＝2S n －1＋1(n ≥2)，两式相减得a n ＋1－a n ＝2a n ，即a n ＋1＝3a n (n ≥2)．又a 2＝2S 1＋1＝3，∴a 2＝3a 1，故{a n }是首项为1，公比为3的等比数列， ∴a n ＝3n －1.法二：由于a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝2S n ＋1， 所以S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，S n ＋1＝3S n ＋1， 所以S n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎪⎫S n ＋12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12为首项是S 1＋12＝32，公比为3的等比数列，故S n ＋12＝32×3n －1＝12×3n，即S n ＝12×3n－12.所以，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n －1，由n ＝1时a 1＝1也适合这个公式，知所求的数列{a n }的通项公式是a n ＝3n －1.答案：a n ＝3n －13．(2018·福州模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －1. (1)证明数列{a n }是等比数列；(2)设b n ＝(2n －1)a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解析：(1)证明：当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1－1，所以a 1＝1， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2a n －1)－(2a n －1－1)， 所以a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)知，a n ＝2n －1， 所以b n ＝(2n －1)×2n －1，所以T n ＝1＋3×2＋5×22＋…＋(2n －3)×2n －2＋(2n －1)×2n －1①2T n ＝1×2＋3×22＋…＋(2n －3)×2n －1＋(2n －1)×2n②由①－②得－T n ＝1＋2×(21＋22＋…＋2n －1)－(2n －1)·2n＝1＋2×2－2n －1×21－2－(2n －1)×2n＝(3－2n )×2n－3， 所以T n ＝(2n －3)×2n＋3.由a n 与S n 关系求通项公式的注意事项(1)应重视分类讨论思想的应用，分n ＝1和n ≥2两种情况讨论，特别注意a n ＝S n －S n －1中需n ≥2.(2)由S n －S n －1＝a n 推得a n ，当n ＝1时，a 1也适合，则需统一“合写”．(3)由S n －S n －1＝a n 推得a n ，当n ＝1时，a 1不适合，则数列的通项公式应分段表示(“分写”)，即a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.数列求和授课提示：对应学生用书第31页[悟通——方法结论] 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S n＝a 1＋a 2＋…＋a n 两边同乘以相应等比数列的公比q ，得到qS n ＝a 1q ＋a 2q ＋…＋a n q ，两式错位相减即可求出S n .(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⎩⎨⎧⎭⎬⎫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． (3)拆项分组法：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．(2017·高考全国卷Ⅲ)(12分)设数列{a n }满足(1)求{a n }的通项公式；(2)求数列的前n 项和．[学审题]12n 故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)．(2分)两式相减得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1(n ≥2)．(4分)又由题设可得a 1＝2，满足上式， 从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1. (6分)(2)记{a n2n ＋1}的前n 项和为S n .由(1)知a n 2n ＋1＝2(2n ＋1)(2n －1)＝12n －1－12n ＋1.(10分)则S n ＝11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝2n 2n ＋1.(12分)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a n ＋2a n＝q ，在求{a n }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．[练通——即学即用]1．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2(当n 为奇数时)，－n 2(当n 为偶数时)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝( )A ．0B ．100C ．－100D ．10 200解析：由题意，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－…－(99＋100)＋(101＋100)＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)＝－1＋101＝100，故选B.答案：B2．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10等于( ) A ．15B ．12C ．－12D ．－15解析：∵a n ＝(－1)n(3n －2)，∴a 1＋a 2＋…＋a 10＝－1＋4－7＋10－…－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝3×5＝15.答案：A3．(2018·张掖诊断)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝－3S n ＋4，b n ＝－log 2a n ＋1. (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)令c n ＝b n2n ＋1＋1n (n ＋1)，其中n ∈N *，若数列{c n }的前n 项和为T n ，求T n .解析：(1)由a 1＝－3a 1＋4，得a 1＝1， 由a n ＝－3S n ＋4， 知a n ＋1＝－3S n ＋1＋4， 两式相减并化简得a n ＋1＝14a n ，∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1， b n ＝－log 2a n ＋1＝－log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＝2n .(2)由题意知，c n ＝n 2n ＋1n (n ＋1).令H n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，①则12H n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，② ①－②得，12H n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1. ∴H n ＝2－n ＋22n.又M n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1，∴T n ＝H n ＋M n ＝2－n ＋22n＋nn ＋1.数列的综合应用授课提示：对应学生用书第32页[悟通——方法结论]数列中的综合问题，大多与函数、方程、不等式及解析几何交汇，考查利用函数与方程的思想及分类讨论思想解决数列中的问题，用不等式的方法研究数列的性质，数列与解析几何交汇，主要涉及点列问题．(1)(2018·德州模拟)已知点O 为坐标原点，点A n (n ，a n )(n ∈N *)为函数f (x )＝1x ＋1的图象上的任意一点，向量i ＝(0,1)，θn 是向量OA n →与i 的夹角，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫cos θn sin θn 的前2 015项的和为( )A ．2 B.2 0142 015 C.2 0152 016D ．1解析：因为a n ＝1n ＋1，所以OA n →＝(n ，1n ＋1)，所以cos θn ＝OA n →·i |OA n →||i |＝1n ＋1n 2＋1(n ＋1)2，因为0≤θn ≤π，所以sin θn ＝1－cos 2θn ＝n n 2＋1(n ＋1)2，所以cos θn sin θn ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，所以cos θ1sin θ1＋cos θ2sin θ2＋…＋cos θ2 015sin θ2 015＝1－12＋12－13＋…＋12 015－12 016＝1－12 016＝2 0152 016.答案：C(2)(2018·日照模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：2S n ＋a n ＝1. ①求数列{a n }的通项公式；②设b n ＝2a n ＋1(1＋a n )(1＋a n ＋1)，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n ＜14.解析：①因为2S n ＋a n ＝1，所以2S n ＋1＋a n ＋1＝1， 两式相减可得2a n ＋1＋a n ＋1－a n ＝0，即3a n ＋1＝a n ，即a n ＋1a n ＝13， 又2S 1＋a 1＝1，所以a 1＝13，所以数列{a n }是首项、公比均为13的等比数列．故a n ＝13·(13)n －1＝(13)n ，数列{a n }的通项公式为a n ＝(13)n.②证明：因为b n ＝2a n ＋1(1＋a n )(1＋a n ＋1)，所以b n ＝2·(13)n ＋1[1＋(13)n ][1＋(13)n ＋1]＝23n ＋13n ＋13n ·3n ＋1＋13n ＋1＝2·3n(3n ＋1)·(3n ＋1＋1)＝13n ＋1－13n ＋1＋1. 故T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(131＋1－132＋1)＋(132＋1－133＋1)＋…＋(13n ＋1－13n ＋1＋1)＝14－13n ＋1＋1＜14. 所以T n ＜14.数列与不等式的交汇多为不等式恒成立与证明，在求解时要注意等价转化即分离参数法与放缩法的技巧应用．[练通——即学即用]1．(2018·宝鸡摸底)正项等比数列{a n }中，a 2 017＝a 2 016＋2a 2 015，若a m a n ＝16a 21，则4m ＋1n的最小值等于( )A ．1 B.32 C.53D.136解析：设等比数列{a n }的公比为q ，且q ＞0， ∵a 2 015q 2＝a 2 015q ＋2a 2 015，∴q 2－q －2＝0，∴q ＝2或q ＝－1(舍去)， 又a 1q m －1·a 1qn －1＝16a 21，∴2m ＋n －2＝16，∴m ＋n －2＝4，m ＋n ＝6，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫4m ＋1n ·m ＋n 6＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋4n m ＋m n≥16⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋24n m ·m n ＝32，当且仅当m ＝4，n ＝2时等号成立．故4m ＋1n 的最小值为32.答案：B2．(2018·烟台模拟)设函数f (x )＝23＋1x (x ＞0)，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝f (1a n －1)，n ∈N *，且n ≥2.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)对n ∈N *，设S n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋1a 3a 4＋…＋1a n a n ＋1，若S n ≥3t4n 恒成立，求实数t 的取值范围． 解析：(1)由a n ＝f (1a n －1)得，a n －a n －1＝23，n ∈N *，n ≥2， 所以{a n }是首项为1，公差为23的等差数列．所以a n ＝1＋23(n －1)＝2n ＋13，n ∈N *.(2)因为a n ＝2n ＋13，所以a n ＋1＝2n ＋33，所以1a n a n ＋1＝9(2n ＋1)(2n ＋3)＝92(12n ＋1－12n ＋3)．则S n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋1a 3a 4＋…＋1a n a n ＋1＝92(13－12n ＋3)＝3n 2n ＋3. 故S n ≥3t 4n 恒成立等价于3n 2n ＋3≥3t 4n ，即t≤4n 22n ＋3恒成立．令g (x )＝4x 22x ＋3(x ＞0)，则g ′(x )＝8x (x ＋3)(2x ＋3)2＞0，所以g (x )＝4x22x ＋3(x ＞0)为单调递增函数．所以当n ＝1时，4n 22n ＋3取得最小值，且(4n 22n ＋3)min ＝45.所以t≤45，即实数t 的取值范围是(－∞，45].授课提示：对应学生用书第131页一、选择题1．(2018·宜昌月考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若OB →＝a 1OA →＋a 2 018OC →，且A ，B ，C 三点共线(该直线不过点O )，则S 2 018等于( )A ．1 007B ．1 009C ．2 016D ．2 018解析：∵A ，B ，C 三点共线，∴a 1＋a 2 018＝1， ∴S 2 018＝2 018(a 1＋a 2 018)2＝1 009.答案：B2．已知数列{a n }满足a 1＝5，a n a n ＋1＝2n，则a 7a 3＝( ) A ．2 B ．4 C ．5D.52解析：因为a n ＋1a n ＋2a n ＋3a n ＋4a n a n ＋1a n ＋2a n ＋3＝a n ＋4a n ＝2n ＋1·2n ＋32n ·2n ＋2＝22，所以令n ＝3，得a 7a 3＝22＝4，故选B.答案：B3．在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n，那么S 100的值为( ) A ．2 500 B ．2 600 C ．2 700D ．2 800解析：当n 为奇数时，a n ＋2－a n ＝0⇒a n ＝1， 当n 为偶数时，a n ＋2－a n ＝2⇒a n ＝n ，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n 为奇数，n ，n 为偶数，于是S 100＝50＋(2＋100)×502＝2 600.答案：B4．(2018·海淀二模)在数列{a n }中，“a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，…”是“{a n }是公比为2的等比数列”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：当a n ＝0时，也有a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，…，但{a n }不是等比数列，因此充分性不成立；当{a n }是公比为2的等比数列时，有a na n －1＝2，n ＝2,3,4，…，即a n ＝2a n －1，n ＝2,3,4，…，所以必要性成立．答案：B5．已知数列2 015,2 016,1，－2 015，－2 016，…，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 017项和S 2 017等于( )A ．2 018B ．2 015C ．1D ．0解析：由已知得a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)，∴a n ＋1＝a n －a n －1，故数列的前8项依次为2 015,2 016,1，－2 015，－2 016，－1,2 015,2 016.由此可知数列为周期数列，且周期为6，S 6＝0.∵2 017＝6×336＋1，∴S 2 017＝2 015.答案：B6．若数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2，则使a k ·a k ＋1＜0的k 值为( ) A ．22 B ．21 C ．24D ．23解析：因为3a n ＋1＝3a n －2，所以a n ＋1－a n ＝－23，所以数列{a n }是首项为15，公差为－23的等差数列，所以a n ＝15－23·(n －1)＝－23n ＋473，令a n ＝－23n ＋473＞0，得n ＜23.5，所以使a k ·a k ＋1＜0的k 值为23.答案：D7．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n (n 为正奇数)，a n ＋1(n 为正偶数)，则其前6项之和为( )A ．16B ．20C ．33D ．120解析：a 2＝2a 1＝2，a 3＝a 2＋1＝3，a 4＝2a 3＝6，a 5＝a 4＋1＝7，a 6＝2a 5＝14，所以前6项和S 6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33，故选C.答案：C8．已知等差数列{a n }的公差为d ，关于x 的不等式dx 2＋2a 1x ≥0的解集为[0,9]，则使数列{a n }的前n 项和S n 最大的正整数n 的值是( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析：∵关于x 的不等式dx 2＋2a 1x ≥0的解集为[0,9]，∴0,9是一元二次方程dx 2＋2a 1x ＝0的两个实数根，且d ＜0，∴－2a 1d ＝9，a 1＝－9d 2.∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝(n －112)d ，可得a 5＝－12d ＞0，a 6＝12d ＜0.∴使数列{a n }的前n 项和S n 最大的正整数n 的值是5.答案：B9．(2018·湘中名校联考)若{a n }是等差数列，首项a 1＞0，a 2 016＋a 2 017＞0，a 2 016·a 2 017＜0，则使前n 项和S n ＞0成立的最大正整数n 是( )A ．2 016B ．2 017C ．4 032D ．4 033解析：因为a 1＞0，a 2 016＋a 2 017＞0，a 2 016·a 2 017＜0，所以d ＜0，a 2 016＞0，a 2 017＜0，所以S 4 032＝ 4 032(a 1＋a 4 032)2＝ 4 032(a 2 016＋a 2 017)2＞0，S 4 033＝ 4 033(a 1＋a 4 033)2＝4 033a 2 017＜0，所以使前n项和S n ＞0成立的最大正整数n 是4 032.答案：C10．已知数列{a n }满足a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，n ∈N *，且a 5＝π2.若函数f (x )＝sin 2x ＋2 cos 2x 2，记y n ＝f (a n )，则数列{y n }的前9项和为( )A ．0B ．－9C ．9D ．1解析：由已知得2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2， 即数列{a n }为等差数列． 又f (x )＝sin 2x ＋1＋cos x ，a 1＋a 9＝a 2＋a 8＝…＝2a 5＝π，故cos a 1＋cos a 9＝cos a 2＋cos a 8＝…＝cos a 5＝0， 又2a 1＋2a 9＝2a 2＋2a 8＝…＝4a 5＝2π，故sin 2a 1＋sin 2a 9＝sin 2a 2＋sin 2a 8＝…＝sin 4a 5＝0，故数列{y n }的前9项和为9. 答案：C11．已知数列{a n }，“|a n ＋1|＞a n ”是“数列{a n }为递增数列”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：∵|a n ＋1|＞a n ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1＞0，a n ＋1＞a n 或⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋1≤0，－a n ＋1＞a n .又∵数列{a n }为递增数列，∴a n ＋1＞a n ，∴“|a n ＋1|＞a n ”是“数列{a n }为递增数列”的既不充分也不必要条件．答案：D12．已知数列{a n }是首项为a ，公差为1的等差数列，数列{b n }满足b n ＝1＋a na n.若对任意的n∈N *，都有b n ≥b 8成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－8，－7)B ．[－8，－7)C ．(－8，－7]D ．[－8，－7]解析：因为{a n }是首项为a ，公差为1的等差数列，所以a n ＝n ＋a －1，因为b n ＝1＋a na n，又对任意的n ∈N *都有b n ≥b 8成立，所以1＋1a n ≥1＋1a 8，即1a n ≥1a 8对任意的n ∈N *恒成立，因为数列{a n }是公差为1的等差数列，所以{a n }是单调递增的数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 8＜0，a 9＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧8＋a －1＜0，9＋a －1＞0，解得－8＜a ＜－7.答案：A 二、填空题13．(2018·沈阳模拟)在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2)，则a n ＝________. 解析：法一：因为a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2)，所以a n ＋1－a n a n －a n －1＝2(n ≥2)，所以a n ＋1－a n ＝(a 2－a 1)2n－1＝2n －1(n ≥2)，又a 2－a 1＝1，所以a n －a n －1＝2n －2，a n －1－a n －2＝2n －3，…，a 2－a 1＝1，累加，得a n＝2n －1(n ∈N *)．法二：因为a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2)，所以a n ＋1－2a n ＝a n －2a n －1，得a n ＋1－2a n ＝a n －2a n －1＝a n －1－2a n －2＝…＝a 2－2a 1＝0，即a n ＝2a n －1(n ≥2)，所以数列{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)． 答案：2n －1(n ∈N *)14．(2018·辽宁五校联考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝3且当n ≥2时，2a n ＝S n ·S n －1，则{a n }的通项公式a n ＝________.解析：当n ≥2时，由2a n ＝S n ·S n －1可得2(S n －S n －1)＝S n ·S n －1，∴1S n －1－1S n ＝12，即1S n －1S n －1＝－12，∴数列{1S n }是首项为13，公差为－12的等差数列，∴1S n ＝13＋(－12)·(n －1)＝5－3n 6，∴S n ＝65－3n .当n ≥2时，a n ＝12S n S n －1＝12×65－3n ×65－3(n －1)＝18(5－3n )(8－3n )，又a 1＝3，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，18(5－3n )(8－3n )，n ≥2.答案：⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝118(5－3n )(8－3n )，n ≥215．(2018·广州调研)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a 2n ＋a n ，用[x ]表示不超过x 的最大整数，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a 1＋1＋1a 2＋1＋…＋1a 2 017＋1＝________. 解析：因为a n ＋1＝a 2n ＋a n ， 所以1a n ＋1＝1a n (a n ＋1)＝1a n －1a n ＋1，即1a n ＋1＝1a n －1a n ＋1， 于是1a 1＋1＋1a 2＋1＋…＋1a 2 017＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1a 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2 017－1a 2 018＝1a 1－1a 2 018. 因为a 1＝1，a 2＝2＞1，a 3＝6＞1，…， 可知1a 2 018∈(0,1)，则1a 1－1a 2 018∈(0,1)，所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a 1－1a 2 018＝0.答案：016．已知数列{a n }满足a 1＝－40，且na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n 2＋2n ，则a n 取最小值时n 的值为________．解析：由na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n 2＋2n ＝2n (n ＋1)， 两边同时除以n (n ＋1)，得a n ＋1n ＋1－a nn＝2， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为－40、公差为2的等差数列， 所以a n n＝－40＋(n －1)×2＝2n －42， 所以a n ＝2n 2－42n ，对于二次函数f (x )＝2x 2－42x ，在x ＝－b 2a ＝－－424＝10.5时，f (x )取得最小值，因为n 取正整数，且10和11到10.5的距离相等， 所以n 取10或11时，a n 取得最小值． 答案：10或11 三、解答题17．(2018·枣庄模拟)已知方程a n x 2－a n ＋1x ＋1＝0(a n ＞0)有两个根αn 、βn ，a 1＝1，且满足(1－1αn )(1－1βn)＝1－2n ，其中n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝log 2(a n ＋1)，c n ＝a n b n ，求数列{c n }的前n 项和T n .解析：(1)由已知可得，⎩⎪⎨⎪⎧αn＋βn ＝a n ＋1a nαnβn ＝1a n，又(1－1αn )(1－1βn )＝1－2n ，∴1－αn ＋βn αn βn ＋1αn βn＝1－2n， 整理得，a n ＋1－a n ＝2n，其中n ∈N *.∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋1＝1－2n1－2＝2n－1. (2)由(1)知，b n ＝log 2(2n－1＋1)＝n ， ∴c n ＝n (2n －1)＝n ·2n－n .∴T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n－(1＋2＋…＋n )， 设P n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n，① 则2P n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1，②①－②得－P n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝2(1－2n)1－2－n ×2n ＋1＝(1－n )×2n ＋1－2，∴P n ＝(n －1)×2n ＋1＋2.又Q n ＝1＋2＋…＋n ＝n (n ＋1)2，∴T n ＝P n －Q n ＝(n －1)×2n ＋1＋2－n (n ＋1)2.18．(2018·九江一中模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 22－3a 7＝2，且1a 2，S 2－3，S 3成等比数列，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝4(n ＋1)a 2n a 2n ＋2，数列{b n }的前n 项和为T n ，若对于任意的n ∈N *，都有64T n ＜|3λ－1|成立，求实数λ的取值范围．解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 22－3a 7＝2(S 2－3)2＝1a 2·S 3得⎩⎪⎨⎪⎧(a 1＋21d )－3(a 1＋6d )＝2(2a 1＋d －3)·(a 1＋d )＝3a 1＋3d ，即⎩⎪⎨⎪⎧－2a 1＋3d ＝2(a 1＋d )(2a 1＋d －6)＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－25d ＝25.当a 1＝－25，d ＝25时，S 2－3＝－175没有意义， ∴a 1＝2，d ＝2，此时a n ＝2＋2(n －1)＝2n . (2)b n ＝4(n ＋1)a 2n a 2n ＋2＝n ＋14(n ＋2)2n 2＝116[1n 2－1(n ＋2)2]．T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝116(112－132)＋116(122－142)＋116(132－152)＋…＋ 116[1(n －1)2－1(n ＋1)2]＋116[1n 2－1(n ＋2)2] ＝116[1＋14－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2] ＝564－116[1(n ＋1)2＋1(n ＋2)2]， ∴64T n ＝5－4[1(n ＋1)2＋1(n ＋2)2]＜5，为满足题意，只需|3λ－1|≥5，∴λ≥2或λ≤－43.19．(2018·临汾中学模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝12(a 2n ＋a n )，a n ＞0.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n2n －1，数列{b n }的前n 项和为T n ，则是否存在正整数m ，使得m ≤T n ＜m ＋3对任意的正整数n 恒成立？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由．解析：(1)S n ＝12(a 2n ＋a n )，即a 2n ＋a n －2S n ＝0，①当n ≥2时， S n －1＝12(a 2n －1＋a n －1)，即a 2n －1＋a n －1－2S n －1＝0，②①－②得(a n －a n －1)(a n ＋a n －1)＋a n －a n －1－2a n ＝0， (a n ＋a n －1)(a n －a n －1－1)＝0， ∵a n ＞0， ∴a n －a n －1＝1，当n ＝1时，a 21＋a 1－2a 1＝0，∵a n ＞0， ∴a 1＝1，∴a n ＝1＋(n －1)＝n . (2)由(1)知b n ＝n2n －1，所以T n ＝1×(12)0＋2×(12)1＋…＋n (12)n －1，③12T n ＝1×(12)1＋2×(12)2＋…＋n (12)n，④ ③－④得12T n ＝1＋12＋…＋(12)n －1－n (12)n ＝2[1－(12)n ]－n (12)n，故T n ＝4[1－(12)n ]－2n (12)n ＝4－4×(12)n －2n (12)n ＝4－(2n ＋4)(12)n.易知T n ＜4，∵T n ＋1－T n ＝4－(2n ＋6)(12)n ＋1－4＋(2n ＋4) ·(12)n ＝(n ＋1)(12)n＞0，∴T n ≥T 1＝1，故存在正整数m ＝1满足题意．。
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 ＝ln n ＋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 ＝1nn ＋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 ＝－2n n ＋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⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n2－1n ＋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⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f n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.99100 D.100101解析：D [因为a n ＋S n ＝2n ①，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.110B.15C.111D.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)，∴2n a 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＝1nn ＋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 )＋－f (x ) 极大值因为2＝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[解析] (1)由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )，即a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n＋b n )2分①又因为a 1＋b 1＝1≠0.3分②所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列.4分③由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8，即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2.5分④又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列.6分⑤(2)由(1)知，a n ＋b n ＝12n －1，a n －b n ＝2n －1.8分⑥所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12.10分⑦b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12.12分⑧第(1)问踩点得分 ①由已知得出a n ＋1＋b n＋1＝12(a n ＋b n )得2分． ②算出a 1＋b 1＝1≠0得1分．③证明{a n ＋b n }是等比数列得1分． ④由已知得出a n ＋1－b n＋1＝a n －b n ＋2得1分．⑤证明{a n －b n }是等差数列得1分． 第(2)问踩点得分 ⑥分别计算a n ＋b n ，a n －b n 的通项各得2分． ⑦求出a n 的通项得2分．⑧求出b n 的通项得2分.。
2019高考数学二轮复习专题二数列第二讲大题考法——数列课件理
1 1 － . 2n－1 2n＋1 1 1 1 1 1 1 2n 则Sn＝ － ＋ － ＋…＋ － ＝ . 1 3 3 5 2n－1 2n＋1 2n＋1
[ 类题通法]
1．公式法求和要过“3关”
定义 会利用等差数列或等比数列的定义，判断所给
关 的数列是等差数列，还是等比数列 会应用等差(比)数列的前n项和公式来求解，需 掌握等差数列的前n项和公式、等比数列的前n 项和公式 认真运算，等差数列求和要根据不同的已知条 运算 件灵活运用两个求和公式，同时注意与性质的
[ 解]
(1)设{an}的公比为q.
a1＝－2， 解得 q＝－2.
a11＋q＝2， 由题设可得 2 a 1 ＋ q ＋ q ＝－6. 1
故{an}的通项公式为an＝(－2)n.
n 1 －2×[1－－2n] 2 2 (2)由(1)可得Sn＝ ＝－ ＋(－1)n . · 石家庄模拟)已知数列{an}是各项均为正数的等比数 列，若a1＝1，a2· a4＝16. (1)设bn＝log2an，求数列{bn}的通项公式；
a1＝1， 解：设数列{an}的公比为q(q>0)，由 a4＝16 a2·
得q4＝16，∴q
＝2，∴an＝2n 1.又bn＝log2an，∴bn＝n－1.
[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．
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
2an (1)数列{an}中，a1＝1，Sn 为数列{an}的前 n 项和，且满足anSn－S2n＝1(n≥2)．则数列{an}的通项
Tk＋bk＋2bk 2n＋2 ②证明∑n,k＝1 k＋1k＋2＝ n＋2 －2(n∈N*)． [解] (1)设等比数列{an}的公比为 q，由 a1＝1，a3＝a2＋2，可得 q2－q－2＝0.因为 q＞0，可得 q＝2，故 an＝2n－1. 设等差数列{bn}的公差为 d，由 a4＝b3＋b5，可得 b1＋3d＝4，由 a5＝b4＋2b6，可得 3b1＋13d＝16，
(2)a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn)
[ ] nn－1
n × 3＋
×6
＝
2
＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n×3n)
＝3n2＋6×(1×31＋2×32＋…＋n×3n)．
记 Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n， ①
∴an＝2n(n∈N*)．
n＋1
n＋1
即 bn＝n＋22a2n＝4n2n＋22
[ ] 1 1
1
－
＝16 n2 n＋22
1 Tn＝16Error!
Error!
[ ] 1 1
1
1
1＋ －
－
＝16 22 n＋12 n＋22
[ ] 1 1
1
1
1＋ －
－
答案：16 4 n＋12 n＋22
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.
(全国通用)2020版高考数学二轮复习 提升专题 数列 教案讲义
第1讲 等差数列、等比数列[例1] (1)(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 4＝0，a 5＝5，则( )A.a n ＝2n －5B.a n ＝3n －10C.S n ＝2n 2－8nD.S n ＝12n 2－2n(2)(2019·全国卷Ⅰ)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若a 1＝13，a 24＝a 6，则S 5＝________.[答案] (1)A (2)1213[解析] (1)设首项为a 1，公差为d .由S 4＝0，a 5＝5可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，4a 1＋6d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝2. 所以a n ＝－3＋2(n －1)＝2n －5，S n ＝n ×(－3)＋n （n －1）2×2＝n 2－4n .故选A.(2)由a 24＝a 6得(a 1q 3)2＝a 1q 5，整理得q ＝1a 1＝3.∴S 5＝13（1－35）1－3＝1213.[解题方略] 等差(比)数列基本运算的解题思路 (1)设基本量：首项a 1和公差d (公比q ).(2)列、解方程(组)：把条件转化为关于a 1和d (或q )的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量.[跟踪训练]1.(2019·福州市质量检测)已知数列{a n }中，a 3＝2，a 7＝1.若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，则a 9＝( )A.12 B.54 C.45D.－45解析：选C 因为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，a 3＝2，a 7＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的公差d ＝1a 7－1a 37－3＝1－127－3＝18，所以1a 9＝1a 7＋(9－7)×18＝54，所以a 9＝45，故选C.2.(2019·开封市定位考试)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＋4S 2＝0，则公比q ＝( )A.－1B.1C.－2D.2解：(1)设{a n }的公比为q ，由题设得2q 2＝4q ＋16，即q 2－2q －8＝0.解得q ＝－2(舍去)或q ＝4.因此{a n }的通项公式为a n ＝2×4n －1＝22n －1.(2)由(1)得b n ＝(2n －1)log 22＝2n －1，因此数列{b n }的前n 项和为1＋3＋…＋2n －1＝n 2.解析：选C 法一：因为a 3＋4S 2＝0，所以a 1q 2＋4a 1＋4a 1q ＝0，因为a 1≠0，所以q 2＋4q ＋4＝0，所以q ＝－2，故选C.法二：因为a 3＋4S 2＝0，所以a 2q ＋4a 2q ＋4a 2＝0，因为a 2≠0，所以q ＋4q＋4＝0，即(q＋2)2＝0，所以q ＝－2，故选C.3.(2019·全国卷Ⅱ)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，a 1＝2，a 3＝2a 2＋16. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和.[例2] (1)(2019·长春市质量监测一)各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 6＝30，S 9＝70，则S 3＝________.(2)在等差数列{a n }中，已知a 1＝13，3a 2＝11a 6，则数列{a n }的前n 项和S n 的最大值为________.[解析] (1)法一：设数列{a n }的公比为q (q ＞0且q ≠1)，由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧S 6＝a 1（1－q 6）1－q＝30， ①S 9＝a 1（1－q 9）1－q ＝70，②①÷②得，1－q 61－q 9＝1＋q 31＋q 3＋q 6＝37，又由q ＞0，得q 3＝2，再由S 3S 6＝a 1（1－q 3）1－q a 1（1－q 6）1－q＝11＋q 3＝13，得S 3＝13S 6＝10. 法二：由题意可得(S 6－S 3)2＝S 3(S 9－S 6)，即(30－S 3)2＝40S 3，即S 23－100S 3＋900＝0，解得S 3＝10或S 3＝90，又数列{a n }的各项均为正数，所以S 3＜S 6，S 3＝90(舍去)，故S 3＝10.(2)设{a n }的公差为d .法一：由3a 2＝11a 6，得3(13＋d )＝11(13＋5d )， 解得d ＝－2，所以a n ＝13＋(n －1)×(－2)＝－2n ＋15.由⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1≤0得⎩⎪⎨⎪⎧－2n ＋15≥0，－2（n ＋1）＋15≤0，解得6.5≤n ≤7.5. 因为n ∈N *，所以当n ＝7时，数列{a n }的前n 项和S n 最大，最大值为S 7＝7（13－2×7＋15）2＝49.法二：由3a 2＝11a 6，得3(13＋d )＝11(13＋5d )， 解得d ＝－2，所以a n ＝13＋(n －1)×(－2)＝－2n ＋15. 所以S n ＝n （13＋15－2n ）2＝－n 2＋14n ＝－(n －7)2＋49，所以当n ＝7时，数列{a n }的前n 项和S n 最大，最大值为S 7＝49. [答案] (1)10 (2)49[解题方略] 与数列性质有关问题的求解策略[跟踪训练]1.在等比数列{a n }中，a 3，a 15是方程x 2＋6x ＋2＝0的根，则a 2a 16a 9的值为( ) A.－2＋22B.－ 2C. 2D.－2或 2解析：选B 设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 3，a 15是方程x 2＋6x ＋2＝0的根，所以a 3·a 15＝a 29＝2，a 3＋a 15＝－6，所以a 3<0，a 15<0，则a 9＝－2，所以a 2a 16a 9＝a 29a 9＝a 9＝－2，故选B.2.(2019·四省八校双教研联考)在公差不为0的等差数列{a n }中，4a 3＋a 11－3a 5＝10，则15a 4＝( ) A.－1 B.0 C.1D.2解析：选C 法一：设{a n }的公差为d (d ≠0)，由4a 3＋a 11－3a 5＝10，得4(a 1＋2d )＋(a 1＋10d )－3(a 1＋4d )＝10，即2a 1＋6d ＝10，即a 1＋3d ＝5，故a 4＝5，所以15a 4＝1，故选C.法二：设{a n }的公差为d (d ≠0)，因为a n ＝a m ＋(n －m )d ，所以由4a 3＋a 11－3a 5＝10，得4(a 4－d )＋(a 4＋7d )－3(a 4＋d )＝10，整理得a 4＝5，所以15a 4＝1，故选C.法三：由等差数列的性质，得2a 7＋3a 3－3a 5＝10，得4a 5＋a 3－3a 5＝10，即a 5＋a 3＝10，则2a 4＝10，即a 4＝5，所以15a 4＝1，故选C.3.数列{a n }是首项a 1＝m ，公差为2的等差数列，数列{b n }满足2b n ＝(n ＋1)a n ，若对任意n ∈N *都有b n ≥b 5成立，则m 的取值范围是________.解析：由题意得，a n ＝m ＋2(n －1)， 从而b n ＝n ＋12a n ＝n ＋12[m ＋2(n －1)].又对任意n ∈N *都有b n ≥b 5成立，结合数列{b n }的函数特性可知b 4≥b 5，b 6≥b 5，故⎩⎪⎨⎪⎧52（m ＋6）≥3（m ＋8），72（m ＋10）≥3（m ＋8），解得－22≤m ≤－18.答案：[－22，－18][例3] 设S n 为数列{a n }的前n 项和，对任意的n ∈N *，都有S n ＝2－a n ，数列{b n }满足b 1＝2a 1，b n ＝b n －11＋b n －1(n ≥2，n ∈N *).(1)求证：数列{a n }是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)判断数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是等差数列还是等比数列，并求数列{b n }的通项公式.[解] (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－a 1，解得a 1＝1； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a n －1－a n ， 即a n a n －1＝12(n ≥2，n ∈N *). 所以数列{a n }是首项为1， 公比为12的等比数列，故数列{a n }的通项公式为a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.(2)因为a 1＝1，所以b 1＝2a 1＝2.因为b n ＝b n －11＋b n －1，所以1b n ＝1b n －1＋1，即1b n －1b n －1＝1(n ≥2).所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是首项为12，公差为1的等差数列.所以1b n ＝12＋(n －1)·1＝2n －12，故数列{b n }的通项公式为b n ＝22n －1.[解题方略]数列{a n }是等差数列或等比数列的证明方法(1)证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法： ①利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为一常数； ②利用等差中项，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2).(2)证明{a n }是等比数列的两种基本方法： ①利用定义，证明a n ＋1a n(n ∈N *)为一常数； ②利用等比中项，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2).[跟踪训练]已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －3n (n ∈N *). (1)求a 1，a 2，a 3的值.(2)设b n ＝a n ＋3，证明数列{b n }为等比数列，并求通项公式a n . 解：(1)因为数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －3n (n ∈N *). 所以n ＝1时，由a 1＝S 1＝2a 1－3×1，解得a 1＝3，n ＝2时，由S 2＝2a 2－3×2，得a 2＝9， n ＝3时，由S 3＝2a 3－3×3，得a 3＝21.(2)因为S n ＝2a n －3n ， 所以S n ＋1＝2a n ＋1－3(n ＋1)， 两式相减，得a n ＋1＝2a n ＋3，①把b n ＝a n ＋3及b n ＋1＝a n ＋1＋3，代入①式， 得b n ＋1＝2b n (n ∈N *)，且b 1＝6，所以数列{b n }是以6为首项，2为公比的等比数列， 所以b n ＝6×2n －1，所以a n ＝b n －3＝6×2n －1－3＝3(2n－1).逻辑推理——等比数列运算中的分类讨论[典例] 已知等比数列{a n }中a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值范围是( ) A.(－∞，－1] B.(－∞，0)∪[1，＋∞) C.[3，＋∞)D.(－∞，－1]∪[3，＋∞)[解析] 设等比数列{a n }的公比为q ， 则S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1q ＋1＋q ＝1＋q ＋1q.当公比q >0时，S 3＝1＋q ＋1q≥1＋2q ·1q＝3，当且仅当q ＝1时，等号成立；当公比q <0时，S 3＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－q －1q ≤1－2（－q ）·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1q ＝－1，当且仅当q ＝－1时，等号成立.所以S 3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞). [答案] D[素养通路]等比数列的公比q <0时，相邻两项一定异号，相隔一项的两项符号一定相同；等比数列的公比q >0时，数列中的各项符号相同.用等比数列前n 项和公式时，如果其公比q 不确定，要分q ＝1和q ≠1两种情况进行讨论.本题考查了逻辑推理及数学运算的核心素养.[专题过关检测]A 组——“6＋3＋3”考点落实练一、选择题1.(2019·全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3＝( )A.16B.8C.4D.2解析：选C 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1>0，q >0，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝15，a 1q 4＝3a 1q 2＋4a 1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，∴a 3＝a 1q 2＝4.故选C.2.(2019·湖南省五市一校联考)已知数列{a n }满足2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)，a 2＋a 4＋a 6＝12，a 1＋a 3＋a 5＝9，则a 1＋a 6＝( )A.6B.7C.8D.9解析：选B 法一：由题意知，数列{a n }是等差数列，设公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＋a 1＋3d ＋a 1＋5d ＝12，a 1＋a 1＋2d ＋a 1＋4d ＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，所以a 1＋a 6＝a 1＋a 1＋5d ＝7，故选B. 法二：由题意知，数列{a n }是等差数列，将a 2＋a 4＋a 6＝12与a 1＋a 3＋a 5＝9相加可得3(a 1＋a 6)＝12＋9＝21，所以a 1＋a 6＝7，故选B.3.(2019·福州市质量检测)等比数列{a n }的各项均为正实数，其前n 项和为S n .若a 3＝4，a 2a 6＝64，则S 5＝( )A.32B.31C.64D.63解析：选 B 法一：设首项为a 1，公比为q ，因为a n ＞0，所以q ＞0，由条件得⎩⎪⎨⎪⎧a 1·q 2＝4，a 1q ·a 1q 5＝64，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，所以S 5＝31，故选B. 法二：设首项为a 1，公比为q ，因为a n ＞0，所以q ＞0，由a 2a 6＝a 24＝64，a 3＝4，得q ＝2，a 1＝1，所以S 5＝31，故选B.4.数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝3，a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2，n ∈N *)，那么a 2019＝( ) A.1 B.－2 C.3D.－3解析：选A 因为a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2)，所以a n ＝a n －1－a n －2(n ≥3)，所以a n ＋1＝a n －a n－1＝(a n －1－a n －2)－a n －1＝－a n －2(n ≥3).所以a n ＋3＝－a n (n ∈N *)，所以a n ＋6＝－a n ＋3＝a n ， 故{a n }是以6为周期的周期数列. 因为2019＝336×6＋3，所以a 2019＝a 3＝a 2－a 1＝3－2＝1.故选A.5.(2019届高三·西安八校联考)若等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6>S 7>S 5，则满足S n S n ＋1<0的正整数n 的值为( )A.10B.11C.12D.13解析：选C 由S 6>S 7>S 5，得S 7＝S 6＋a 7<S 6，S 7＝S 5＋a 6＋a 7>S 5，所以a 7<0，a 6＋a 7>0，所以S 13＝13（a 1＋a 13）2＝13a 7<0，S 12＝12（a 1＋a 12）2＝6(a 6＋a 7)>0，所以S 12S 13<0，即满足S n S n＋1<0的正整数n 的值为12，故选C.6.已知数列{a n }满足a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，n ∈N *，且a 5＝π2，若函数f (x )＝sin2x ＋2cos 2x 2，记y n ＝f (a n )，则数列{y n }的前9项和为( )A.0B.－9C.9D.1解析：选 C 由已知可得，数列{a n }为等差数列，f (x )＝sin2x ＋cos x ＋1，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1.∵f (π－x )＝sin(2π－2x )＋cos(π－x )＋1＝－sin2x －cos x ＋1，∴f (π－x )＋f (x )＝2，∵a 1＋a 9＝a 2＋a 8＝…＝2a 5＝π，∴f (a 1)＋…＋f (a 9)＝2×4＋1＝9，即数列{y n }的前9项和为9.二、填空题7.(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，S 3＝34，则S 4＝________.解析：设等比数列的公比为q ，则a n ＝a 1qn －1＝qn －1.∵a 1＝1，S 3＝34，∴a 1＋a 2＋a 3＝1＋q ＋q 2＝34，即4q 2＋4q ＋1＝0，∴q ＝－12，∴S 4＝1×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－1241－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝58.答案：588.(2019·北京高考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝－3，S 5＝－10，则a 5＝________，S n 的最小值为________.解析：∵a 2＝a 1＋d ＝－3，S 5＝5a 1＋10d ＝－10， ∴a 1＝－4，d ＝1， ∴a 5＝a 1＋4d ＝0， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n －5.令a n <0，则n <5，即数列{a n }中前4项为负，a 5＝0，第6项及以后为正. ∴S n 的最小值为S 4＝S 5＝－10. 答案：0 －109.设某数列的前n 项和为S n ，若S nS 2n为常数，则称该数列为“和谐数列”.若一个首项为1，公差为d (d ≠0)的等差数列{a n }为“和谐数列”，则该等差数列的公差d ＝________.解析：由S n S 2n ＝k (k 为常数)，且a 1＝1，得n ＋12n (n －1)d ＝k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋12×2n （2n －1）d ，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d ，整理得，(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0，∵对任意正整数n ，上式恒成立，∴⎩⎪⎨⎪⎧d （4k －1）＝0，（2k －1）（2－d ）＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，k ＝14，∴数列{a n }的公差为2.答案：2 三、解答题10.(2019·北京高考)设{a n }是等差数列，a 1＝－10，且a 2＋10，a 3＋8，a 4＋6成等比数列.(1)求{a n }的通项公式；(2)记{a n }的前n 项和为S n ，求S n 的最小值. 解：(1)设{a n }的公差为d .因为a 1＝－10， 所以a 2＝－10＋d ，a 3＝－10＋2d ，a 4＝－10＋3d . 因为a 2＋10，a 3＋8，a 4＋6成等比数列， 所以(a 3＋8)2＝(a 2＋10)(a 4＋6). 所以(－2＋2d )2＝d (－4＋3d ). 解得d ＝2.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －12. (2)由(1)知，a n ＝2n －12.则当n ≥7时，a n >0；当n ≤6时，a n ≤0. 所以S n 的最小值为S 5＝S 6＝－30.11.(2019·广西梧州、桂林、贵港等期末)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，a 2＋a 3＝8，S 9＝81.(1)求{a n }的通项公式；(2)若S 3，a 14，S m 成等比数列，求S 2m .解：(1)∵⎩⎪⎨⎪⎧S 9＝9a 5＝9（a 1＋4d ）＝81，a 2＋a 3＝2a 1＋3d ＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2， 故a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. (2)由(1)知，S n ＝n （1＋2n －1）2＝n 2.∵S 3，a 14，S m 成等比数列，∴S 3·S m ＝a 214，即9m 2＝272，解得m ＝9，故S 2m ＝182＝324.12.(2019·广州市调研测试)设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 3＝7，a n ＝2a n －1＋a 2－2(n ≥2).(1)证明：数列{a n ＋1}为等比数列；(2)求数列{a n }的通项公式，并判断n ，a n ，S n 是否成等差数列？解：(1)证明：∵a 3＝7，a 3＝3a 2－2，∴a 2＝3， ∴a n ＝2a n －1＋1， ∴a 1＝1，a n ＋1a n －1＋1＝2a n －1＋2a n －1＋1＝2(n ≥2)，∴数列{a n ＋1}是首项为a 1＋1＝2，公比为2的等比数列. (2)由(1)知，a n ＋1＝2n， ∴a n ＝2n－1，∴S n ＝2（1－2n）1－2－n ＝2n ＋1－n －2，∴n ＋S n －2a n ＝n ＋(2n ＋1－n －2)－2(2n－1)＝0，∴n ＋S n ＝2a n ，即n ，a n ，S n 成等差数列.B 组——大题专攻强化练1.(2019·湖南省湘东六校联考)已知数列{a n }满足a n ＋1－3a n ＝3n(n ∈N *)且a 1＝1. (1)设b n ＝a n3n －1，证明：数列{b n }为等差数列；(2)设c n ＝n a n，求数列{c n }的前n 项和S n . 解：(1)证明：由已知得a n ＋1＝3a n ＋3n，得b n ＋1＝a n ＋13n＝3a n ＋3n3n＝a n3n －1＋1＝b n ＋1，所以b n ＋1－b n ＝1，又a 1＝1，所以b 1＝1， 所以数列{b n }是首项为1，公差为1的等差数列. (2)由(1)知，b n ＝a n3n －1＝n ，所以a n ＝n ·3n －1，c n ＝13n －1，所以S n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n 1－13＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n ＝32－12·3n －1.2.(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.已知S 9＝－a 5. (1)若a 3＝4，求{a n }的通项公式；(2)若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围. 解：(1)设{a n }的公差为d . 由S 9＝－a 5得a 1＋4d ＝0. 由a 3＝4得a 1＋2d ＝4. 于是a 1＝8，d ＝－2.因此{a n }的通项公式为a n ＝10－2n . (2)由(1)得a 1＝－4d ，故a n ＝(n －5)d ，S n ＝n （n －9）d 2.由a 1>0知d <0，故S n ≥a n 等价于n 2－11n ＋10≤0，解得1≤n ≤10，所以n 的取值范围是{n |1≤n ≤10，n ∈N }.3.(2019·全国卷Ⅱ)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝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.解：(1)证明：由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )，即a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n ).又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列.由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8， 即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2. 又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列. (2)由(1)知，a n ＋b n ＝12n －1，a n －b n ＝2n －1，所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12，b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12.4.已知数列{a n }的首项a 1＝3，a 3＝7，且对任意的n ∈N *，都有a n －2a n ＋1＋a n ＋2＝0，数列{b n }满足b n ＝a 2n －1，n ∈N *.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)求使b 1＋b 2＋…＋b n ＞2020成立的最小正整数n 的值. 解：(1)令n ＝1得，a 1－2a 2＋a 3＝0，解得a 2＝5.又由a n －2a n ＋1＋a n ＋2＝0知，a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＝…＝a 2－a 1＝2， 故数列{a n }是首项a 1＝3，公差d ＝2的等差数列， 于是a n ＝2n ＋1，b n ＝a 2n －1＝2n ＋1.(2)由(1)知，b n ＝2n＋1.于是b 1＋b 2＋…＋b n ＝(21＋22＋ (2))＋n ＝2（1－2n）1－2＋n ＝2n ＋1＋n －2.令f (n )＝2n ＋1＋n －2，易知f (n )是关于n 的单调递增函数，又f (9)＝210＋9－2＝1031，f (10)＝211＋10－2＝2056， 故使b 1＋b 2＋…＋b n ＞2020成立的最小正整数n 的值是10.第2讲 数列通项与求和[例1] (1)已知S n 为数列{a n }的前n 项和，a 1＝1，当n ≥2时，S n －1＋1＝a n ，则a 8＝________.(2)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，则a n ＝____________. [解析] (1)当n ＝2时，S 1＋1＝a 2，即a 2＝2.当n ≥2时，⎩⎪⎨⎪⎧S n －1＋1＝a n ，S n ＋1＝a n ＋1，相减得a n ＋1＝2a n ，又a 1＝1，所以a 2＝2a 1.所以数列{a n }构成一个等比数列， 所以a 8＝a 2·q 6＝2×26＝128.(2)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，①故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)，② ①－②得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1， 又n ＝1时，a 1＝2适合上式， 从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1. [答案] (1)128 (2)22n －1[解题方略]1.给出S n 与a n 的递推关系求a n ，常用思路是：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 .2.形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠1，q ≠0)，可构造一个新的等比数列.[跟踪训练]1.已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且log 5(S n ＋1)＝n ＋1，则数列{a n }的通项公式为________.解析：由log 5(S n ＋1)＝n ＋1，得S n ＋1＝5n ＋1，所以S n ＝5n ＋1－1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4×5n；当n ＝1时，a 1＝S 1＝24，不满足上式.所以数列a n 的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧24，n ＝1，4×5n，n ≥2. 答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧24，n ＝1，4×5n，n ≥2 2.已知首项为2的数列{a n }满足a n ＋1(2n －1)＝a n (2n ＋1)(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为a n ＝________.答案：4n －2解析：因为a n ＋1(2n －1)＝a n (2n ＋1)(n ∈N *)，且a 1＝2，所以a n ＋1a n ＝2n ＋12n －1，得a n ＝a 1×a 2a 1×a 3a 2×…×a n a n －1＝2×31×53×…×2n －12n －3＝4n －2. 考点二数列的求和题型一 分组转化求和[例2] 已知{a n }为等差数列，且a 2＝3，{a n }前4项的和为16，数列{b n }满足b 1＝4，b 4＝88，且数列{b n －a n }为等比数列.(1)求数列{a n }和{b n －a n }的通项公式； (2)求数列{b n }的前n 项和S n .[解] (1)设{a n }的公差为d ，因为a 2＝3，{a n }前4项的和为16，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝3，4a 1＋4×32d ＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2， 所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. 设{b n －a n }的公比为q ， 则b 4－a 4＝(b 1－a 1)q 3， 因为b 1＝4，b 4＝88，所以q 3＝b 4－a 4b 1－a 1＝88－74－1＝27，解得q ＝3，所以b n －a n ＝(4－1)×3n－1＝3n.(2)由(1)得b n ＝3n＋2n －1，所以S n ＝(3＋32＋33＋ (3))＋(1＋3＋5＋…＋2n －1) ＝3（1－3n）1－3＋n （1＋2n －1）2＝32(3n －1)＋n 2 ＝3n ＋12＋n 2－32. [解题方略]求解此类题的关键：一是会“列方程”，即会利用方程思想求出等差数列与等比数列中的基本量；二是会“用公式”，即会利用等差(比)数列的通项公式，求出所求数列的通项公式；三是会“分组求和”，观察数列的通项公式的特征，若数列是由若干个简单数列(如等差数列、等比数列、常数列等)组成，则求前n 项和时可用分组求和法，把数列分成几个可以直接求和的数列；四是会“用公式法求和”，对分成的各个数列的求和，观察数列的特点，一般可采用等差数列与等比数列的前n 项和公式求和.题型二 裂项相消求和[例3] (2019·湖南省湘东六校联考)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝S n －1＋1(n ≥2，n ∈N )，且a 1＝1.(1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)记b n ＝1a n ·a n ＋1，T n 为{b n }的前n 项和，求使T n ≥2n成立的n 的最小值.[解] (1)由已知有S n －S n －1＝1(n ≥2，n ∈N )， ∴数列{S n }为等差数列，又S 1＝a 1＝1， ∴S n ＝n ，即S n ＝n 2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1. 又a 1＝1也满足上式，∴a n ＝2n －1.(2)由(1)知，b n ＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1. 由T n ≥2n得n 2≥4n ＋2，即(n －2)2≥6，∴n ≥5，∴n 的最小值为5. [解题方略]求解此类题需过“三关”：一是定通项关，即会利用求通项的常用方法，求出数列的通项公式；二是巧裂项关，即能将数列的通项公式准确裂项，表示为两项之差的形式；三是消项求和关，即把握消项的规律，求和时正负项相消，准确判断剩余的项是哪几项，从而准确求和.题型三 错位相减求和[例4] (2019·天津高考)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 n 2，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 －1）2×6＋(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＝－3（1－3n）1－3＋n ×3n ＋1＝（2n －1）3n ＋1＋32.所以，a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n ＝3n 2＋6T n ＝3n 2＋3×（2n －1）3n ＋1＋32＝（2n －1）3n ＋2＋6n 2＋92(n ∈N *).[解题方略]运用错位相减法求和的关键：一是判断模型，即判断数列{a n }，{b n }是不是一个为等差数列，一个为等比数列；二是错开位置，为两式相减不会看错列做准备；三是相减，相减时一定要注意最后一项的符号，学生在解题时常在此步出错，一定要小心.[跟踪训练]1.已知{a n }为正项等比数列，a 1＋a 2＝6，a 3＝8. (1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若b n ＝log 2a na n，且{b n }的前n 项和为T n ，求T n .解：(1)依题意，设等比数列{a n }的公比为q ，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝6，a 1q 2＝8，则3q 2－4q －4＝0，而q ＞0，∴q ＝2.于是a 1＝2，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n. (2)由(1)得b n ＝log 2a n a n ＝n2n ，∴T n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，12T n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n 2n ＋1， 两式相减得，12T n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1，∴T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n2n＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n1－12－n2n ＝2－n ＋22n.2.(2019·江西七校第一次联考)设数列{a n }满足：a 1＝1，3a 2－a 1＝1，且2a n ＝a n －1＋a n ＋1a n －1a n ＋1(n ≥2).(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b 1＝12，4b n ＝a n －1a n (n ≥2)，求T n .解：(1)∵2a n ＝a n －1＋a n ＋1a n －1a n ＋1(n ≥2)，∴2a n ＝1a n －1＋1a n ＋1(n ≥2).又a 1＝1，3a 2－a 1＝1， ∴1a 1＝1，1a 2＝32，∴1a 2－1a 1＝12， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公差为12的等差数列.∴1a n ＝1＋12(n －1)＝12(n ＋1)， 即a n ＝2n ＋1. (2)∵4b n ＝a n －1a n (n ≥2)， ∴b n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1(n ≥2)，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎛⎪⎫1－12＋ ⎛⎪⎫12－13＋…＋ ⎛⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. [例5] (2019·昆明市诊断测试)已知数列{a n }是等比数列，公比q ＜1，前n 项和为S n ，若a 2＝2，S 3＝7.(1)求{a n }的通项公式；(2)设m ∈Z ，若S n ＜m 恒成立，求m 的最小值.[解] (1)由a 2＝2，S 3＝7得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝2，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，q ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2(舍去).所以a n ＝4·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3.(2)由(1)可知，S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＜8.因为a n ＞0，所以S n 单调递增.又S 3＝7，所以当n ≥4时，S n ∈(7，8). 又S n ＜m 恒成立，m ∈Z ，所以m 的最小值为8.[解题方略]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.[跟踪训练](2019·重庆市七校联合考试)已知等差数列{a n }的公差为d ，且关于x 的不等式a 1x 2－dx －3＜0的解集为(－1，3).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2a n ＋12＋a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)由题意知，方程a 1x 2－dx －3＝0的两个根分别为－1和3.则⎩⎪⎨⎪⎧d a 1＝2，－3a 1＝－3，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，a 1＝1.故数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.(2)由(1)知a n ＝2n －1，所以b n ＝2a n ＋12＋a n ＝2n＋(2n －1)， 所以S n ＝(2＋22＋23＋…＋2n )＋(1＋3＋5＋…＋2n －1)＝2n ＋1＋n 2－2.数学运算——数列的通项公式及求和问题[典例] 设{a n }是公比大于1的等比数列，S n 为其前n 项和，已知S 3＝7，a 1＋3，3a 2，a 3＋4构成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝a n ＋ln a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . [解] (1)设数列{a n }的公比为q (q >1).由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝7，（a 1＋3）＋（a 3＋4）2＝3a 2，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1＋q ＋q 2）＝7，a 1（1－6q ＋q 2）＝－7. 由q >1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2)由(1)得b n ＝2n －1＋(n －1)ln2，所以T n ＝(1＋2＋22＋…＋2n －1)＋[0＋1＋2＋…＋(n －1)]ln2＝1－2n1－2＋n （n －1）2ln2＝2n－1＋n （n －1）2ln2.[素养通路]数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养.主要包括：理解运算对象，掌握运算法则，探究运算思路，选择运算方法，设计运算程序，求得运算结果等.本题通过列出关于首项与公比的方程组，并解此方程组得出首项与公比，从而得出通项公式；通过分组分别根据等比数列求和公式、等差数列求和公式求和.考查了数学运算这一核心素养.[专题过关检测]A 组——“6＋3＋3”考点落实练一、选择题1.若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n ＋1·(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 2020＝( )A.－3027B.3027C.－3030D.3030解析：选C 因为a 1＋a 2＋…＋a 2020＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2019＋a 2020)＝(1－4)＋(7－10)＋…＋[(3×2019－2)－(3×2020－2)]＝(－3)×1010＝－3030，故选C.2.已知数列{a n }满足a n ＋1a n ＋1＋1＝12，且a 2＝2，则a 4＝( )A.－12B.23C.12D.11解析：选D 因为数列{a n }满足a n ＋1a n ＋1＋1＝12，所以a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，即数列{a n ＋1}是等比数列，公比为2，则a 4＋1＝22(a 2＋1)＝12，解得a 4＝11.3.(2019·广东省六校第一次联考)数列{a n }的前n 项和为S n ＝n 2＋n ＋1，b n ＝(－1)na n (n ∈N *)，则数列{b n }的前50项和为( )A.49B.50C.99D.100解析：选A 由题意得，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3，所以数列{b n }的前50项和为(－3＋4)＋(－6＋8)＋…＋(－98＋100)＝1＋2×24＝49，故选A.4.已知数列{a n }是等差数列，若a 2，a 4＋3，a 6＋6构成公比为q 的等比数列，则q ＝( ) A.1 B.2 C.3D.4解析：选A 令等差数列{a n }的公差为d ，由a 2，a 4＋3，a 6＋6构成公比为q 的等比数列，得(a 4＋3)2＝a 2(a 6＋6)，即(a 1＋3d ＋3)2＝(a 1＋d )·(a 1＋5d ＋6)，化简得(2d ＋3)2＝0，解得d ＝－32.所以q ＝a 4＋3a 2＝a 1－92＋3a 1－32＝a 1－32a 1－32＝1.故选A.5.河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一，现为世界文化遗产，龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟.现有一石窟的某处浮雕共7层，每上层的数量是下层的2倍，总共有1016个浮雕，这些浮雕构成一幅优美的图案，若从最下层往上，浮雕的数量构成一个数列{a n }，则log 2(a 3a 5)的值为( )A.8B.10C.12D.16解析：选C 依题意得，数列{a n }是以2为公比的等比数列， 因为最下层的浮雕的数量为a 1，所以S 7＝a 1（1－27）1－2＝1016，解得a 1＝8，所以a n ＝8×2n －1＝2n ＋2(1≤n ≤7，n ∈N *)，所以a 3＝25，a 5＝27，从而a 3×a 5＝25×27＝212， 所以log 2(a 3a 5)＝log 2212＝12，故选C.6.(2019·洛阳市统考)已知数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，且a n >0，6S n ＝a 2n ＋3a n ，b n ＝2a n（2a n －1）（2a n ＋1－1），若k >T n 恒成立，则k 的最小值为( )A.17 B.149 C.49D.8441解析：选B ∵6S n ＝a 2n ＋3a n ，∴6S n ＋1＝a 2n ＋1＋3a n ＋1， ∴6a n ＋1＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )＋3(a n ＋1－a n )， ∴(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )＝3(a n ＋1＋a n )， ∵a n >0，∴a n ＋1＋a n >0，∴a n ＋1－a n ＝3， 又6a 1＝a 21＋3a 1，a 1>0，∴a 1＝3.∴{a n }是以3为首项，3为公差的等差数列，∴a n ＝3n ，∴b n ＝17·⎝ ⎛⎭⎪⎫18n －1－18n ＋1－1，∴T n ＝17·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫18－1－182－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫182－1－183－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫18n －1－18n ＋1－1＝17·⎝ ⎛⎭⎪⎫17－18n ＋1－1<149， ∴k ≥149，∴k 的最小值为149，故选B.二、填空题7.在各项都为正数的等比数列{a n }中，已知a 1＝2，a 2n ＋2＋4a 2n ＝4a 2n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析：设等比数列{a n }的公比为q >0，因为a 1＝2，a 2n ＋2＋4a 2n ＝4a 2n ＋1， 所以(a n q 2)2＋4a 2n ＝4(a n q )2，化为q 4－4q 2＋4＝0， 解得q 2＝2，q >0，解得q ＝ 2.则数列{a n }的通项公式a n ＝2×(2)n －1＝2n ＋12.答案：2n ＋128.(2019·安徽合肥一模改编)设等差数列{a n }满足a 2＝5，a 6＋a 8＝30，则a n ＝________，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n －1的前n 项和为________. 解析：设等差数列{a n }的公差为d .∵{a n }是等差数列，∴a 6＋a 8＝30＝2a 7，解得a 7＝15，∴a 7－a 2＝5d .又a 2＝5，则d ＝2.∴a n ＝a 2＋(n －2)d ＝2n ＋1.∴1a 2n －1＝14n （n ＋1）＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n －1的前n 项和为14⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n4（n ＋1）.答案：2n ＋1n4（n ＋1）9.(2019·福州市质量检测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且S n ＝λa n －1(λ为常数)，若数列{b n }满足a n b n ＝－n 2＋9n －20，且b n ＋1<b n ，则满足条件的n 的取值集合为________.解析：因为a 1＝1，且S n ＝λa n －1(λ为常数)， 所以a 1＝λ－1＝1，解得λ＝2，所以S n ＝2a n －1，所以S n －1＝2a n －1－1(n ≥2)，所以a n ＝2a n －1，∴数列{a n }是等比数列，首项是1，公比是2，所以a n ＝2n －1.因为a n b n ＝－n 2＋9n －20，所以b n ＝－n 2＋9n －202n －1， 所以b n ＋1－b n ＝n 2－11n ＋282n＝（n －4）（n －7）2n<0，解得4<n <7，又因为n ∈N *，所以n ＝5或n ＝6. 即满足条件的n 的取值集合为{5，6}. 答案：{5，6} 三、解答题10.(2019·江西七校第一次联考)数列{a n }满足a 1＝1，a 2n ＋2＝a n ＋1(n ∈N *). (1)求证：数列{a 2n }是等差数列，并求出{a n }的通项公式； (2)若b n ＝2a n ＋a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和.解：(1)由a 2n ＋2＝a n ＋1得a 2n ＋1－a 2n ＝2，且a 21＝1， 所以数列{a 2n }是以1为首项，2为公差的等差数列， 所以a 2n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，又由已知易得a n ＞0，所以a n ＝2n －1(n ∈N *). (2)b n ＝2a n ＋a n ＋1＝22n －1＋2n ＋1＝2n ＋1－2n －1，故数列{b n }的前n 项和T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(3－1)＋(5－3)＋…＋(2n ＋1－2n －1)＝2n ＋1－1.11.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋1－2，b n ＝a n2n ＋2n .(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n b n }的前n 项和T n . 解：(1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2－2n ＋2＝2n，当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，所以a n ＝2n .(2)∵b n ＝a n2n ＋2n ＝2n ＋1，∴a n b n ＝(2n ＋1)·2n.∴T n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)·2n， 2T n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n ＋1)·2n ＋1，∴－T n ＝6＋23＋24＋…＋2n ＋1－(2n ＋1)·2n ＋1＝6＋23（1－2n －1）1－2－(2n ＋1)2n ＋1＝－2－(2n －1)·2n ＋1.∴T n ＝(2n －1)·2n ＋1＋2.12.(2019·郑州市第二次质量预测)数列{a n }满足：a 12＋a 23＋…＋a nn ＋1＝n 2＋n ，n ∈N *.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，求满足S n >920的最小正整数n .解：(1)由题意知，a 12＋a 23＋…＋a nn ＋1＝n 2＋n ，当n ≥2时，a 12＋a 23＋…＋a n －1n ＝(n －1)2＋n －1，两式相减得，a nn ＋1＝2n ，a n ＝2n (n ＋1)(n ≥2).当n ＝1时，a 1＝4也符合，所以a n ＝2n (n ＋1)，n ∈N *. (2)b n ＝1a n＝12n （n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以S n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n 2（n ＋1）， 由S n ＝n 2（n ＋1）＞920得n ＞9，所以满足条件的最小正整数n 为10.B 组——大题专攻强化练1.(2019·河北省九校第二次联考)已知{a n }是各项都为正数的数列，其前n 项和为S n ，且S n 为a n 与1a n的等差中项.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝（－1）na n，求{b n }的前n 项和T n .解：(1)由题意知，2S n ＝a n ＋1a n，即2S n a n －a 2n ＝1，①当n ＝1时，由①式可得a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，代入①式，得2S n (S n －S n －1)－(S n －S n －1)2＝1， 整理得S 2n －S 2n －1＝1.所以{S 2n }是首项为1，公差为1的等差数列，S 2n ＝1＋n －1＝n . 因为{a n }的各项都为正数，所以S n ＝n ， 所以a n ＝S n －S n －1＝n －n －1(n ≥2)，又a 1＝S 1＝1，所以a n ＝n －n －1.(2)b n ＝（－1）na n ＝（－1）nn －n －1＝(－1)n(n ＋n －1)，当n 为奇数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…＋(n －1＋n －2)－(n ＋n －1)＝－n ；当n 为偶数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…－(n －1＋n －2)＋(n ＋n －1)＝n .所以{b n }的前n 项和T n ＝(－1)nn .2.(2019·安徽省考试试题)已知等差数列{a n }中，a 5－a 3＝4，前n 项和为S n ，且S 2，S 3－1，S 4成等比数列.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝(－1)n4na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)设{a n }的公差为d ，由a 5－a 3＝4，得2d ＝4，d ＝2. ∴S 2＝2a 1＋2，S 3－1＝3a 1＋5，S 4＝4a 1＋12，又S 2，S 3－1，S 4成等比数列，∴(3a 1＋5)2＝(2a 1＋2)·(4a 1＋12)， 解得a 1＝1， ∴a n ＝2n －1. (2)b n ＝(－1)n4na n a n ＋1＝(－1)n⎝⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1，当n 为偶数时，T n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15－⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17＋…－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1，∴T n ＝－1＋12n ＋1＝－2n2n ＋1.当n 为奇数时，T n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15－⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1，∴T n ＝－1－12n ＋1＝－2n ＋22n ＋1.∴T n＝⎩⎪⎨⎪⎧－2n 2n ＋1，n 为偶数，－2n ＋22n ＋1，n 为奇数.3.(2019·江苏高考题节选)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.求数列{b n }的通项公式.解：(1)证明：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)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 ＋12（b n ＋1－b n ）. 当n ≥2时，由b n ＝S n －S n －1，得b n ＝b n b n ＋12（b n ＋1－b n ）－b n －1b n2（b 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 *). 4.已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n . (1)设b n ＝a nn，求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n . 解：(1)由a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n 可得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋12n， 又b n ＝a n n ，所以b n ＋1－b n ＝12n ，由a 1＝1，得b 1＝1，所以当n ≥2时，(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝121＋122＋…＋12n －1，所以b n －b 1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12＝1－12n －1，即b n ＝2－12n －1(n ≥2)，易知b 1＝1满足上式，所以b n ＝2－12n －1(n ∈N *).(2)由(1)可知a n ＝2n －n 2n －1，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n 2n －1的前n 项和为T n ，则T n ＝120＋221＋322＋…＋n2n －1，①12T n ＝121＋222＋323＋…＋n2n ，② 由①－②得，12T n ＝120＋121＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝120－12n1－12－n 2n ＝2－n ＋22n . 所以T n ＝4－n ＋22n －1.所以数列{a n }的前n 项和S n ＝n (n ＋1)－4＋n ＋22n －1.[思维流程——找突破口][典例] 已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)·a n .设b n ＝a n n. (1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由； (3)求{a n }的通项公式. [快审题][稳解题] (1)由条件可得a n ＋1＝2（n ＋1）na n .将n ＝1代入得，a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以a 2＝4. 将n ＝2代入得，a 3＝3a 2，所以a 3＝12. 从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4.(2)数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列. 理由如下： 由条件可得a n ＋1n ＋1＝2a nn， 即b n ＋1＝2b n ，又b 1＝1，所以数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列. (3)由(2)可得a n n＝2n －1，所以a n ＝n ·2n －1.[题后悟道] 等差、等比数列基本量的计算模型(1)分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要首先求解的中间问题.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，确定解题的逻辑次序.(2)注意细节.在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等.[针对训练]已知正数数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 2n ＝S n ＋S n －1(n ≥2)，a 1＝1. (1)求数列{a n }的通项公式.(2)设b n ＝(1－a n )2－a (1－a n )，若b n ＋1>b n 对任意n ∈N *恒成立，求实数a 的取值范围.。