《金榜1号》二轮总复习文科数学：专题三第2讲 数列求和及综合应用
整合训练 2．(1)某种细菌在培养过程中，每20分钟分裂一次(1个分 裂为2个)．经过3小时，这种细菌由1个可繁殖成( ) A．511个 B．512个 C．1023个 D．1024个 ak (2)(2010年江苏卷)函数y＝x2(x＞0)的图象在点(ak，2 )处 的切线与x轴交点的横坐标为ak＋1，k为正整数，a1＝16，则a1 ＋a3＋a5＝________. 答案：(1)B (2)21
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(2)当b＝2时，an＝(b－1)bn－1＝2n－1，
n＋1 n＋1 n＋1 n＋1 2 3 4 bn＝ 4a ＝ n－1＝ n＋1 ，则Tn＝ 2＋ 3＋ 4＋…＋ n＋1 ， 2 2 2 4×2 2 2 n n＋1 2 3 4 n 1 Tn＝23＋24＋25＋…＋ n＋1＋ n＋2 ， 2 2 2 两式相减，得 n＋1 1 2 1 1 1 1 Tn＝22＋23＋24＋25＋…＋ n＋1－ n＋2 2 2 2 1 1 1－ n－1 3× 2 n＋1 3 n＋1 1 2 1 ＝2＋ － n＋2 ＝4－ n＋1－ n＋2 ， 1 2 2 2 1－2 3 1 n＋1 3 n＋3 所以 Tn＝2－2n－ n＋1 ＝2－ n＋1 . 2 2
2 a1 + 8da1 + 12d 2 = −16
a1 = −4d
a1=-8 或 a1=8 解得 d=2 d=-2 因此Sn＝－8n＋n(n－1)＝n(n－9)，或Sn＝8n－n(n－1) ＝－n(n－9)
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错位相减法求和 等比数列{an}的前n项和为Sn, 已知对任意的n∈N* ，点 N (n，Sn)，均在函数y＝bx＋r(b＞0)且b≠1，b，r均为常数) 的图象上． (1)求r的值； n＋1 (2)当b＝2时，记bn＝ 4an (n∈N*)求数列{bn}的前n项和 N Tn. 解析： 解析：(1)因为对任意的点n∈N* ，(n，Sn)，均在函数y N ＝bx＋r(b≥0且b≠1，b，r均为常数)的图象上． 所以得Sn＝bn＋r，当n＝1时，a1＝S1＝b＋r， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝bn＋r－(bn－1＋r)＝bn－bn－1 ＝(b－1)bn－1，又因为{an}为等比数列，所以r＝－1，公比为 b， 所以an＝(b－1)bn－1.
1 2 － 故bn＝b1qn 1＝2× n－1＝ n－1 4 4 an 4n－2 － (2)∵cn＝b ＝ 2 ＝(2n－1)4n 1， n － 4n 1
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∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝1＋3×4＋5×42＋…＋(2n－ 1)4n－1① 4Tn＝1×4＋3×42＋5×43＋…＋(2n－3)4n－1＋(2n－ 1)4n② ②－①得 3Tn＝－1－2(4＋42＋43＋…＋4n－1)＋(2n－1)4n 1 ＝ 3[(6n－5)4n＋5]， 1 ∴Tn＝ 9[(6n－5)4n＋5]．
15 A. 2 31 B. 4 33 C. 4 17 D. 2
答案：(1)16 255
(2)B
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数列的应用问题 考纲点击 能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关 系，并能用有关知识解决相应的问题．
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专题三 数
列
第二讲 数列求和及综合应用
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考点整合
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数列求和的基本方法 考纲点击 掌握基本的求和方法：等差、等比数列求和，一般数列 的：错位相减法、倒序相加法、裂项求和法等．
1
Sn＋
Sn＋1(n≥2)．
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式； 1000 (2)若数列 1 前n项和为Tn，问Tn＞ 2009 的最小正整数 bnbn＋1 n是多少？
1 1 解析：(1)∵f(1)＝a＝3，∴f(x)＝3x， 1 2 a1＝f(1)－c＝3－c，a2＝[f(2)－c]－[f(1)－c]＝－9， 2 a3＝[f(3)－c]－[f(2)－c]＝－27.
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高分突破
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等差、等比数列的判定以及可转化为 等差、 等差或等比数列的求和问题 已知点列P1(x1,1)，P2(x2,2)，P3(x3,3)，…，Pn(xn，n)， 1， 1n 共线，n∈N*，O是坐标原点，x1＝1. PnPn＋1与向量a＝ N 2 (1)求x2，x3； (2)求数列{xn}的通项公式； (3)求 的坐标．
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1 1 1 1 (2)Tn＝b b ＋b b ＋b b ＋…＋ bnbn＋1 1 2 2 3 3 4 ＝ 1 1 1 1 ＋ ＋ ＋…＋ 1×3 3×5 5×7 (2n－1)×(2n＋1)
1 1 1 1 1 1 1 1 ＝21－3＋23－5＋25－7＋…＋ 1 1 1 1 1 n － 1－ ＝2 ＝ . 22n－1 2n＋1 2n＋1 2n＋1 n 1000 1000 1000 由Tn＝ ＞2009得n＞ 9 ，满足Tn＞2009的最小正整数为112. 2n＋1
基础梳理 二、数列的应用题 1．应用问题一般文字叙述较长，反映的事物背景陌生， 知识涉及面广，因此要解好应用题，首先应当提高阅读理解能 力，将普通语言转化为数学语言或数学符号，实际问题转化为 数学问题，然后再用数学运算、数学推理予以解决． 2．数列应用题一般是等比、等差数列问题，其中，等比 数列涉及的范围比较广，如经济上涉及利润、成本、效益的增 减，解决该类题的关键是建立一个数列模型{an}，利用该数列 的通项公式、递推公式或前n项和公式求解． 3．解应用问题的基本程序
n( a + a ) n(n − 1)d (1) 1 n na1＋ 2 2 a1 (1 − q n ) a1 − an q ( 2 ) na1 1− q 1− q
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整合训练 1．(1)(2009年北京卷)若数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝ 2an(n∈N*)，则a5＝______；前8项的和S8＝______.(用数字作 答) (2)(2010年辽宁卷)设{an}是由正数组成的等比数列，Sn为 其前n项和．已知a2a4＝1, S3＝7，则S5＝( )
2＋22＋…＋2n－n，n(n＋1) ＝ 2
n(n＋1) ＋ . ＝2n 1－2－n， 2
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跟踪训练 1．已知等差数列{an}中，a3a7＝－16，a4＋a6＝0，求 {an}前n项和Sn. 解析：设{an}的公差为d，则 (a1+2d)(a1+6d)=-16 即 a1+3d+a1+5d=0
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实 际 应 用 题
明确题意，找出题设与 结论的数学关系——数 量关系或空间位置关系
分析、联想、 转化、抽象
再转译成具体应 用问题的结论
在分析联想的基础上，转 化为数学问题，抽象构成 一个或几个数学模型来解
解决数学问题
建立数学模型
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跟踪训练 3．(2010年山东卷)已知等差数列{an}满足：a3＝7，a5＋ a7＝26，{an}的前n项和为Sn. (1)求an及Sn； 1 (2)令bn＝ a2－1(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn. N n
(2)∵xn＋1－xn＝2n， (x2－x1)＋x ∴xn＝(xn－xn－1)＋(xn－1－xn－2)＋…＋(x2－x1)＋x1 1 － － － ＝2n 1＋2n 2＋…＋21＋1＝1＋21＋22＋…＋2n 1 1－2n ＝ ＝2n－1. 1－2 → → → (3)OP1＋OP2＋…＋OPn ＝(x1,1,1)＋(x2,2)＋…＋(xn，n) ＝(x 1)＋(x2,2)＋…＋(xn，n) ＝(x1＋x2＋…＋x 1＋2＋…＋n) ＝(x1＋x2＋…＋xn,n,1＋2＋…＋n)
→ → → OP1＋OP2＋…＋OPn
解析：(1)依题意知 PnPn＋1＝(xn＋1－xn,1)， 1 又∵PnPn＋1 与 a 共线，a＝1，2n，
1 ∴(xn＋1－xn)·2n－1＝0，即 xn＋1－xn＝2n， ∴x2＝x1＋21＝1＋2＝3，x3＝x2＋22＝3＋4＝7.
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3．错位相减法 这是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这 种方法主要用于数列{an·bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分 别是等差数列和等比数列． 4．倒序相加法 这是在推导等差数列前n项和公式时所用的方法，也就 是将一个数列倒过来排列(反序)，当它与原数列相加时若有 公式可提，并且剩余项和易于求得，则这样的数列可用倒序 相加法求和． 5．裂项相消法 利用通项变形，将通项分裂成两项或n项的差，通过相 加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和． 答案： 答案：
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裂项相消法求和 (2009年广东卷文)已知点 1，3 是函数f(x)＝ax(a＞0， 且a≠1)的图象上一点，等比数列{an}的前n项和为f(n)－c， 数列{bn}(bn＞0)的首项为c，且前n项和Sn满足Sn－Sn－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时作业-人教版高三全册数学试题
第2讲 数列求和及综合应用限时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·某某七校联考)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·某某省五校协作体考试)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.9798B.9899C.99100D.100101解析：D [因为a n ＋S n ＝2n①，所以a n ＋1＋S n ＋1＝2n ＋1②，②－①得2a n ＋1－a n ＝2n，所以2a n＋2－a n ＋1＝2n ＋1.又2b n ＝2a n ＋2－a n ＋1＝2n ＋1，所以b n ＝n ＋1，1nb n ＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1，则1b 1＋12b 2＋…＋1100b 100＝1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101，故选D.] 3．(2020·某某省六校联考)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 －1，③13S 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·某某三模)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·某某二模)已知数列{a n }满足2a 1＋22a 2＋…＋2n a n ＝n (n ∈N *)，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1log 2a n log 2a n ＋1的前n 项和为S n ，则S 1·S 2·S 3·…·S 10＝( ) A.110 B.15C.111D.211解析：C [∵2a 1＋22a 2＋ (2)a n ＝n (n ∈N *)，∴2a 1＋22a 2＋…＋2n －1a n －1＝n －1(n ≥2)，∴2na n ＝1(n ≥2)，当n ＝1时也满足，故a n ＝12n ，故1log 2a n log 2a n ＋1＝1log 22－n log 22－n ＋1＝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 ．0B ．1C ．2D ．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 n2k 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·某某三模)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{}，则c 2－c 1＝1，c 3－c 2＝2，c 4－c 3＝3，c 5－c 4＝4，…，－－1＝n －1，累加得，－c 1＝1＋2＋3＋4＋…＋(n －1)，∴＝n n －12＋1，由＝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·某某三测)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·某某二模)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＝1a n －1b n(n ∈N *)．记数列{}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＝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， ＝1nn ＋1⎣⎢⎡⎦⎥⎤nn ＋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，＜0.综上，对任意n ∈N *，恒有S 4≥S n ，故k ＝4.11．(文)(2020·某某三地市联考)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·某某卷)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”{}(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{}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 ，＋∞)因为ln 22＝6＜6＝3，所以f (k )max ＝f (3)＝3.取q ＝33，当k ＝1,2,3,4,5时，ln k k≤ln q ，即k ≤q k ，经检验知q k －1≤k 也成立．因此所求m 的最大值不小于5.若m ≥6，分别取k ＝3,6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216， 所以q 不存在．因此所求m 的最大值小于6. 综上，所求m 的最大值为5.。
高考数学一轮专项复习ppt课件-数列中的综合问题(北师大版)
根据题意，设等差数列{an}的公差为d(d≠0)， 由于a2＝6，a1，a3，a7成等比数列， 则有aa11＋a1d＋＝66d，＝a1＋2d2， 解得ad1＝＝24， 或ad1＝＝06， (舍)， ∴an＝2n＋2.
(2)设bn＝n·2an -2 ，求数列{bn}的前n项和Sn.
由bn＝n·22n＝n·4n，
因为α11>α1＋1 α12，所以 b1>b2， 同理可得b3>b4，b5>b6，b7>b8， 又b3>b7，所以b3>b8，故B不正确； 因为b4<b8，b7>b8， 所以b4<b7，故D正确.
方法二 (特殊值法) 不妨取 αk＝1(k＝1,2，…)，则 b1＝1＋11＝2， b2＝1＋1＋1 11＝1＋b11＝1＋12＝32，
课时精练
一、单项选择题 1.(2023·广州模拟)已知f(x)＝2x2，数列{an}满足a1＝2，且对一切n∈N＋， 有an＋1＝f(an)，则 A.{an}是等差数列 B.{an}是等比数列 C.{log2an}是等比数列
√D.{log2an＋1}是等比数列
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
6.已知{an}是各项均为正数的等差数列，其公差d≠0，{bn}是等比数列， 若a1＝b1，a1 012＝b1 012，Sn和Tn分别是{an}和{bn}的前n项和，则 A.S2 023>T2 023
所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上
底面各边的中点.已知最底层正方体的棱长为8，如果该
塔形几何体的最上层正方体的棱长等于1，那么该塔形
几何体中正方体的个数是
A.5
2020版高考数学浙江专用二轮课件：2.3 数列部分 解答题 1 数列的求和问题
【拓展提升】分组转化法求和的常见类型
(1)若an=bn±cn,且{bn},{cn}为等差或等比数列,可采用
分组求和法求{an}的前n项和. (2)通项公式为an= cbnn，，nn为为偶奇数数，的数列,其中数列{bn}, {cn}是等比数列或等差数列,可采用分组求和法求和.
【变式训练】已知数列{an}的前n项和Sn=
(1
1 22
)
5. 64
【拓展提升】 1.用裂项法求和的裂项原则及规律 (1)裂项原则:一般是前边裂几项,后边就裂几项直到发 现被消去项的规律为止. (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.裂项相消法求数列和的步骤 (1)求通项:利用求通项的常见方法求出数列的通项公 式. (2)巧裂项:对数列的通项公式准确裂项,表示为两项之 差的形式.
(3)消项求和:把握消项的规律,求和时正负项相消,只 剩下首尾若干项,准确求和.
1 2
B=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(2n-1)+2n]=n, 故数列{bn}的前2n项和T2n=A+B=22n+1+n-2.
考向二 错位相减法求和 【例2】(2019·温州一模)设数列{an}的前n项和为Sn. 已知2Sn=3n+3①. 世纪金榜导学号 (1)求{an}的通项公式. (2)若数列{bn}满足anbn= log3an②,求{bn}的前n项和Tn.
式.
(2)求证:
Sn＞
1 2
4n 1 1 ②,n∈N*.
【题眼直击】
题眼
思维导引
①
将点的坐标代入函数解析 式,构造新数列求解.
②
2014届高考数学(文)二轮复习专题突破讲义专题三 数列、推理与证明 第2讲数列求和及数列的综合应用
第2讲数列求和及数列的综合应用【高考考情解读】高考对本节知识主要以解答题的形式考查以下两个问题：1.以递推公式或图、表形式给出条件，求通项公式，考查学生用等差、等比数列知识分析问题和探究创新的能力，属中档题.2.通过分组、错位相减等转化为等差或等比数列的求和问题，考查等差、等比数列求和公式及转化与化归思想的应用，属中档题．1．数列求和的方法技巧(1)分组转化法有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．(2)错位相减法这是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{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)倒序相加法这是在推导等差数列前n项和公式时所用的方法，也就是将一个数列倒过来排列(反序)，当它与原数列相加时若有公式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和．(4)裂项相消法利用通项变形，将通项分裂成两项或n项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和．这种方法，适用于求通项为1a n a n＋1的数列的前n项和，其中{a n}若为等差数列，则1a n a n＋1＝1d⎝⎛⎭⎫1a n－1a n＋1.常见的拆项公式：①1n(n＋1)＝1n－1n＋1；②1n(n＋k)＝1k(1n－1n＋k)；③1(2n－1)(2n＋1)＝12(12n－1－12n＋1)；④1n＋n＋k＝1k(n＋k－n)．2．数列应用题的模型(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差．(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．(3)混合模型：在一个问题中同时涉及等差数列和等比数列的模型．(4)生长模型：如果某一个量，每一期以一个固定的百分数增加(或减少)，同时又以一个固定的具体量增加(或减少)时，我们称该模型为生长模型．如分期付款问题，树木的生长与砍伐问题等．(5)递推模型：如果容易找到该数列任意一项a n与它的前一项a n－1(或前n项)间的递推关系式，我们可以用递推数列的知识来解决问题.考点一分组转化求和法例1等比数列{a n}中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列.(1)求数列{a n}(2)若数列{b n}满足：b n＝a n＋(－1)n ln a n，求数列{b n}的前n项和S n.解(1)当a1＝3时，不合题意；当a1＝2时，当且仅当a2＝6，a3＝18时，符合题意；当a1＝10时，不合题意．因此a1＝2，a2＝6，a3＝18.所以公比q＝3.故a n＝2·3n－1 (n∈N*)．(2)因为b n＝a n＋(－1)n ln a n＝2·3n－1＋(－1)n ln(2·3n－1)＝2·3n－1＋(－1)n[ln 2＋(n－1)ln 3]＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)n n ln 3，所以S n＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)n n]ln 3.当n 为偶数时，S n ＝2×1－3n 1－3＋n2ln 3＝3n ＋n2ln 3－1；当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n 1－3－(ln 2－ln 3)＋⎝⎛⎭⎫n －12－n ln 3 ＝3n －n －12ln 3－ln 2－1.综上所述，S n＝⎩⎨⎧3n ＋n2ln 3－1， n 为偶数，3n－n －12ln 3－ln 2－1， n 为奇数.在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．(2013·安徽)设数列{a n }满足a 1＝2，a 2＋a 4＝8，且对任意n ∈N *，函数f (x )＝(a n －a n ＋1＋a n ＋2)x ＋a n ＋1cos x －a n ＋2sin x 满足f ′⎝⎛⎭⎫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n 项和S n . 解 (1)由题设可得f ′(x )＝(a n －a n ＋1＋a n ＋2)－a n ＋1sin x －a n ＋2cos x ， 又f ′⎝⎛⎭⎫π2＝0，则a n ＋a n ＋2－2a n ＋1＝0， 即2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，因此数列{a n }为等差数列，设等差数列{a n }的公差为d ，由已知条件⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝22a 1＋4d ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝1，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋1.(2)b n ＝2⎝⎛⎭⎫n ＋1＋12n ＋1＝2(n ＋1)＋12n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(n ＋3)n ＋1－12n＝n 2＋3n ＋1－12n .考点二 错位相减求和法例2 (2013·山东)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n ＝1－12n ，n ∈N *，求{b n }的前n 项和T n .解 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n＋1得a 1＝1，d ＝2， 所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)由已知b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n ＝1－12n ，n ∈N *，①当n ≥2时，b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n －1a n －1＝1－12n －1，②①－②得：b n a n ＝12n ，又当n ＝1时，b 1a 1＝12也符合上式，所以b n a n ＝12n (n ∈N *)，所以b n ＝2n －12n (n ∈N *)．所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝12＋322＋523＋…＋2n －12n . 12T n ＝122＋323＋…＋2n －32n ＋2n －12n ＋1. 两式相减得：12T n ＝12＋⎝⎛⎭⎫222＋223＋…＋22n －2n －12n ＋1 ＝32－12n －1－2n －12n ＋1. 所以T n ＝3－2n ＋32n .错位相减法求数列的前n 项和是一类重要方法．在应用这种方法时，一定要抓住数列的特征，即数列的项可以看作是由一个等差数列和一个等比数列对应项相乘所得数列的求和问题．设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1－a n ＝3·22n －1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)由已知，得当n ≥1时，a n ＋1＝[(a n ＋1－a n )＋(a n －a n －1)＋…＋(a 2－a 1)]＋a 1 ＝3(22n －1＋22n －3＋…＋2)＋2＝22(n＋1)－1.而a 1＝2，符合上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝22n －1.(2)由b n ＝na n ＝n ·22n－1知S n ＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n ·22n －1.① 从而22·S n ＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n ·22n ＋1.②①－②得(1－22)S n ＝2＋23＋25＋…＋22n －1－n ·22n ＋1， 即S n ＝19[(3n －1)22n ＋1＋2]．考点三 裂项相消求和法例3 (2013·广东)设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，满足4S n ＝a 2n ＋1－4n －1，n ∈N *, 且a 2，a 5，a 14构成等比数列． (1)证明：a 2＝4a 1＋5； (2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1<12.(1)证明 当n ＝1时，4a 1＝a 22－5，a 22＝4a 1＋5，又a n >0，∴a 2＝4a 1＋5.(2)解 当n ≥2时，4S n －1＝a 2n －4(n －1)－1，∴4a n ＝4S n －4S n －1＝a 2n ＋1－a 2n －4， 即a 2n ＋1＝a 2n ＋4a n ＋4＝(a n ＋2)2，又a n >0，∴a n ＋1＝a n ＋2，∴当n ≥2时，{a n }是公差为2的等差数列． 又a 2，a 5，a 14成等比数列．∴a 25＝a 2·a 14，即(a 2＋6)2＝a 2·(a 2＋24)，解得a 2＝3. 由(1)知a 1＝1. 又a 2－a 1＝3－1＝2，∴数列{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝2的等差数列． ∴a n ＝2n －1. (3)证明 1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1<12.数列求和的方法：(1)一般地，数列求和应从通项入手，若无通项，就先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备适用某种特殊方法的形式，从而选择合适的方法求和得解．(2)已知数列前n 项和S n 或者前n 项和S n 与通项公式a n 的关系式，求通项通常利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1(n ＝1)S n －S n －1(n ≥2).已知数列递推式求通项，主要掌握“先猜后证法”“化归法”“累加(乘)法”等．(2013·西安模拟)已知x ，f (x )2，3(x ≥0)成等差数列．又数列{a n }(a n >0)中，a 1＝3，此数列的前n 项和为S n ，对于所有大于1的正整数n 都有S n ＝f (S n －1)． (1)求数列{a n }的第n ＋1项；(2)若b n 是1a n ＋1，1a n 的等比中项，且T n 为{b n }的前n 项和，求T n .解 (1)因为x ，f (x )2，3(x ≥0)成等差数列， 所以2×f (x )2＝x ＋3，整理，得f (x )＝(x ＋3)2. 因为S n ＝f (S n －1)(n ≥2)，所以S n ＝(S n －1＋3)2， 所以S n ＝S n －1＋3，即S n －S n －1＝3， 所以{S n }是以3为公差的等差数列． 因为a 1＝3，所以S 1＝a 1＝3，所以S n ＝S 1＋(n －1)3＝3＋3n －3＝3n . 所以S n ＝3n 2(n ∈N *)．所以a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝3(n ＋1)2－3n 2＝6n ＋3. (2)因为b n 是1a n ＋1与1a n 的等比中项， 所以(b n )2＝1a n ＋1·1a n， 所以b n ＝1a n ＋1·1a n ＝13(2n ＋1)×3(2n －1)＝118×⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1， T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝118⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＝118⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n18n ＋9. 考点四 数列的实际应用例4 (2012·湖南)某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．该企业第一年年初有资金2 000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%，预计以后每年资金年增长率与第一年的相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d 万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为a n 万元． (1)用d 表示a 1，a 2，并写出a n ＋1与a n 的关系式；(2)若公司希望经过m (m ≥3)年使企业的剩余资金为4 000万元，试确定企业每年上缴资金d 的值(用m 表示)．(1)由第n 年和第(n ＋1)年的资金变化情况得出a n 与a n ＋1的递推关系；(2)由a n ＋1与a n 之间的关系，可求通项公式，问题便可求解． 解 (1)由题意得a 1＝2 000(1＋50%)－d ＝3 000－d ， a 2＝a 1(1＋50%)－d ＝32a 1－d ＝4 500－52d .a n ＋1＝a n (1＋50%)－d ＝32a n －d .(2)由(1)得a n ＝32a n －1－d ＝32⎝⎛⎭⎫32a n －2－d －d ＝⎝⎛⎭⎫322a n－2－32d －d ＝… ＝⎝⎛⎭⎫32n －1a 1－d ⎣⎡⎦⎤1＋32＋⎝⎛⎭⎫322＋…＋⎝⎛⎭⎫32 n －2. 整理得a n ＝⎝⎛⎭⎫32n －1(3 000－d )－2d ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫32n －1－1 ＝⎝⎛⎭⎫32n －1(3 000－3d )＋2d . 由题意，知a m ＝4 000，即⎝⎛⎭⎫32m －1(3 000－3d )＋2d ＝4 000，解得d ＝⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫32m －2×1 000⎝⎛⎫32m －1＝1 000(3m －2m ＋1)3m －2m .故该企业每年上缴资金d 的值为1 000(3m －2m ＋1)3m －2m时，经过m (m ≥3)年企业的剩余资金为4 000万元．用数列知识解相关的实际问题，关键是合理建立数学模型——数列模型，弄清所构造的数列的首项是什么，项数是多少，然后转化为解数列问题．求解时，要明确目标，即搞清是求和，还是求通项，还是解递推关系问题，所求结论对应的是解方程问题，还是解不等式问题，还是最值问题，然后进行合理推算，得出实际问题的结果．某产品在不做广告宣传且每千克获利a 元的前提下，可卖出b 千克．若做广告宣传，广告费为n (n ∈N *)千元时比广告费为(n －1)千元时多卖出b2n 千克．(1)当广告费分别为1千元和2千元时，用b 表示销售量S ； (2)试写出销售量S 与n 的函数关系式；(3)当a ＝50，b ＝200时，要使厂家获利最大，销售量S 和广告费n 分别应为多少？ 解 (1)当广告费为1千元时，销售量S ＝b ＋b 2＝3b2.当广告费为2千元时，销售量S ＝b ＋b 2＋b 22＝7b4.(2)设S n (n ∈N )表示广告费为n 千元时的销售量， 由题意得S 1－S 0＝b2，S 2－S 1＝b22，…… S n －S n －1＝b2n .以上n 个等式相加得，S n －S 0＝b 2＋b 22＋b 23＋…＋b2n ，即S ＝S n ＝b ＋b 2＋b 22＋b 23＋…＋b2n ＝b [1－(12)n ＋1]1－12＝b (2－12n )．(3)当a ＝50，b ＝200时，设获利为T n ，则有 T n ＝Sa －1 000n ＝10 000×(2－12n )－1 000n＝1 000×(20－102n －n )，设b n ＝20－102n －n ，则b n ＋1－b n ＝20－102n ＋1－n －1－20＋102n ＋n ＝52n －1，当n ≤2时，b n ＋1－b n >0；当n ≥3时，b n ＋1－b n <0.所以当n ＝3时，b n 取得最大值，即T n 取得最大值，此时S ＝375， 即该厂家获利最大时，销售量和广告费分别为375千克和3千元．1． 数列综合问题一般先求数列的通项公式，这是做好该类题的关键．若是等差数列或等比数列，则直接运用公式求解，否则常用下列方法求解：(1)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1(n ＝1)S n －S n －1(n ≥2).(2)递推关系形如a n ＋1－a n ＝f (n )，常用累加法求通项． (3)递推关系形如a n ＋1a n＝f (n )，常用累乘法求通项．(4)递推关系形如“a n ＋1＝pa n ＋q (p 、q 是常数，且p ≠1，q ≠0)”的数列求通项，此类通项问题，常用待定系数法．可设a n ＋1＋λ＝p (a n ＋λ)，经过比较，求得λ，则数列{a n ＋λ}是一个等比数列．(5)递推关系形如“a n ＋1＝pa n ＋q n (q ，p 为常数，且p ≠1，q ≠0)”的数列求通项，此类型可以将关系式两边同除以q n 转化为类型(4)，或同除以p n＋1转为用迭加法求解．2． 数列求和中应用转化与化归思想的常见类型：(1)错位相减法求和时将问题转化为等比数列的求和问题求解． (2)并项求和时，将问题转化为等差数列求和．(3)分组求和时，将问题转化为能用公式法或错位相减法或裂项相消法或并项法求和的几个数列的和求解．提醒：运用错位相减法求和时，相减后，要注意右边的n ＋1项中的前n 项，哪些项构成等比数列，以及两边需除以代数式时注意要讨论代数式是否为零．3． 数列应用题主要考查应用所学知识分析和解析问题的能力．其中，建立数列模型是解决这类问题的核心，在试题中主要有：一是，构造等差数列或等比数列模型，然后用相应的通项公式与求和公式求解；二是，通过归纳得到结论，再用数列知识求解.1． 在一个数列中，如果∀n ∈N *，都有a n a n ＋1a n ＋2＝k (k 为常数)，那么称这个数列为等积数列，称k 为这个数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且a 1＝1，a 2＝2，公积为8，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝________. 答案 28解析 依题意得数列{a n }是周期为3的数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4， 因此a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝4(a 1＋a 2＋a 3)＝4×(1＋2＋4)＝28.2． 秋末冬初，流感盛行，特别是甲型H1N1流感．某医院近30天每天入院治疗甲流的人数依次构成数列{a n }，已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n (n ∈N *)，则该医院30天入院治疗甲流的人数共有________． 答案 255解析 由于a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n ， 所以a 1＝a 3＝…＝a 29＝1，a 2，a 4，…，a 30构成公差为2的等差数列， 所以a 1＋a 2＋…＋a 29＋a 30 ＝15＋15×2＋15×142×2＝255.3． 已知公差大于零的等差数列{a n }的前n 项和S n ，且满足：a 2·a 4＝65，a 1＋a 5＝18.(1)若1<i <21，a 1，a i ，a 21是某等比数列的连续三项，求i 的值；(2)设b n ＝n(2n ＋1)S n ，是否存在一个最小的常数m 使得b 1＋b 2＋…＋b n <m 对于任意的正整数n 均成立，若存在，求出常数m ；若不存在，请说明理由． 解 (1){a n }为等差数列，∵a 1＋a 5＝a 2＋a 4＝18， 又a 2·a 4＝65，∴a 2，a 4是方程x 2－18x ＋65＝0的两个根， 又公差d >0，∴a 2<a 4，∴a 2＝5，a 4＝13.∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝5，a 1＋3d ＝13， ∴a 1＝1，d ＝4.∴a n ＝4n －3.由于1<i <21，a 1，a i ，a 21是某等比数列的连续三项， ∴a 1·a 21＝a 2i ，即1·81＝(4i －3)2，解得i ＝3.(2)由(1)知，S n ＝n ·1＋n (n －1)2·4＝2n 2－n ，所以b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1， b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝n 2n ＋1， 因为n 2n ＋1＝12－12(2n ＋1)<12，所以存在m ＝12使b 1＋b 2＋…＋b n <m 对于任意的正整数n 均成立．(推荐时间：60分钟)一、选择题1． 已知数列112，314，518，7116，…，则其前n 项和S n 为( )A ．n 2＋1－12nB ．n 2＋2－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2＋2－12n －1答案 A解析 因为a n ＝2n －1＋12n ，则S n ＝1＋2n －12n ＋⎝⎛⎭⎫1－12n ·121－12＝n 2＋1－12n . 2． 在等差数列{a n }中，a 1＝－2 013，其前n 项和为S n ，若S 1212－S 1010＝2，则S 2 013的值等于( )A ．－2 011B ．－2 012C ．－2 010D ．－2 013答案 D解析 根据等差数列的性质，得数列{S nn}也是等差数列，根据已知可得这个数列的首项S 11＝a 1＝－2 013，公差d ＝1，故S 2 0132 013＝－2 013＋(2 013－1)×1＝－1，所以S 2 013＝－2 013.3． 对于数列{a n }，a 1＝4，a n ＋1＝f (a n )，n ＝1,2，…，则a 2 013等于( )A.2B ．3答案 C解析 由表格可得a 1＝4，a 2＝f (a 1)＝f (4)＝1，a 3＝f (a 2)＝f (1)＝5，a 4＝f (a 3)＝2，a 5＝f (2)＝4，可知其周期为4， ∴a 2 013＝a 1＝4.4． 在等差数列{a n }中，其前n 项和是S n ，若S 15>0，S 16<0，则在S 1a 1，S 2a 2，…，S 15a 15中最大的是( )A.S 1a 1 B.S 8a 8 C.S 9a 9 D.S 15a 15答案 B解析 由于S 15＝15(a 1＋a 15)2＝15a 8>0，S 16＝16(a 1＋a 16)2＝8(a 8＋a 9)<0， 可得a 8>0，a 9<0.这样S 1a 1>0，S 2a 2>0，…，S 8a 8>0，S 9a 9<0，S 10a 10<0，…，S 15a 15<0，而S 1<S 2<…<S 8，a 1>a 2>…>a 8， 所以在S 1a 1，S 2a 2，…，S 15a 15中最大的是S 8a 8.故选B.5． 数列{a n }满足a 1＝1，且对任意的m ，n ∈N *都有a m ＋n ＝a m ＋a n ＋mn ，则1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2 012等于( )A.4 0242 013B.4 0182 012C.2 0102 011D.2 0092 010答案 A解析 令m ＝1得a n ＋1＝a n ＋n ＋1，即a n ＋1－a n ＝n ＋1， 于是a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n ，上述n －1个式子相加得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ， 所以a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2， 因此1a n ＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，所以1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2 012＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋12 012－12 013 ＝2⎝⎛⎭⎫1－12 013＝4 0242 013.6． 已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2(n 为奇数)，－n 2(n 为偶数)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 012等于( )A ．－2 012B ．－2 011C ．2 012D ．2 011答案 C解析 当n 为奇数时，a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝n 2－(n ＋1)2＝－(2n ＋1)； 当n 为偶数时，a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝－n 2＋(n ＋1)2＝2n ＋1. 所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 012＝2(－1＋2－3＋4＋…－2 011＋2 012)＝2 012. 二、填空题7． 数列{a n }中，已知对任意n ∈N *，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1，则a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n ＝________. 答案 12(9n －1)解析 ∵a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1， ∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＝3n －1－1(n ≥2)．则n ≥2时，两式相减得，a n ＝2·3n －1.当n ＝1时，a 1＝3－1＝2，适合上式， ∴a n ＝2·3n －1(n ∈N *)．∴a 2n ＝4·9n －1， 则数列{a 2n }是首项为4，公比为9的等比数列． ∴a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n＝4(1－9n)1－9＝12(9n －1)．8． 设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n 为复数isinn π2＋cos n π2(n ∈N *)的虚部，则S 2 013＝________. 答案 1解析 由已知得：a n ＝sinn π2(n ∈N *)， ∴a 1＝1，a 2＝0，a 3＝－1，a 4＝0， 故{a n }是以4为周期的周期数列， ∴S 2 013＝S 503×4＋1＝S 1＝a 1＝1.9． 已知数列{a n }满足3a n ＋1＋a n ＝4(n ≥1)且a 1＝9，其前n 项之和为S n ，则满足不等式|S n－n －6|<1125的最小整数n 是________．答案 7解析 由递推式变形得3(a n ＋1－1)＝－(a n －1)， ∴{a n －1}是公比为－13的等比数列．则a n －1＝8·(－13)n －1，即a n ＝8·(－13)n －1＋1.于是S n ＝8[1－(－13)n ]1－(－13)＋n＝6[1－(－13)n ]＋n ＝6－6·(－13)n ＋n因此|S n －n －6|＝|6×(－13)n |＝6×(13)n <1125，3n －1>250，∴满足条件的最小n ＝7.10．气象学院用3.2万元买了一台天文观测仪，已知这台观测仪从启用的第一天起连续使用，第n 天的维修保养费为n ＋4910(n ∈N *)元，使用它直至报废最合算(所谓报废最合算是指使用这台仪器的平均耗资最少)，一共使用了________天． 答案 800解析 由题意得，每天的维修保养费是以5为首项，110为公差的等差数列．设一共使用了n 天，则使用n 天的平均耗资为3.2×104＋(5＋n ＋4910)n2n＝3.2×104n ＋n 20＋9920≥23.2×104n ×n 20＋9920， 当且仅当3.2×104n ＝n20时取得最小值，此时n ＝800.三、解答题11．已知等差数列{a n }满足：a 5＝9，a 2＋a 6＝14.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ＋qa n (q >0)，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)设数列{a n }的公差为d ，则由a 5＝9，a 2＋a 6＝14，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋4d ＝92a 1＋6d ＝14，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1d ＝2. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1. (2)由a n ＝2n －1得b n ＝2n －1＋q 2n －1.当q >0且q ≠1时，S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(q 1＋q 3＋q 5＋…＋q 2n －1)＝n 2＋q (1－q 2n )1－q 2；当q ＝1时，b n ＝2n ，则S n ＝n (n ＋1)．所以数列{b n }的前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n (n ＋1)，q ＝1n 2＋q (1－q 2n )1－q 2，q >0且q ≠1.12．将函数f (x )＝sin 14x ·sin 14(x ＋2π)·sin 12(x ＋3π)在区间(0，＋∞)内的全部极值点按从小到大的顺序排成数列{a n }(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n 的表达式． 解 (1)化简f (x )＝sin 14x ·sin 14(x ＋2π)·sin 12(x ＋3π)＝－14sin x ，其极值点为x ＝k π＋π2(k ∈Z )，它在(0，＋∞)内的全部极值点构成以π2为首项，π为公差的等差数列，故a n ＝π2＋(n －1)π＝n π－π2.(2)b n ＝2n a n ＝π2(2n －1)·2n ，∴T n ＝π2[1·2＋3·22＋…＋(2n －3)·2n －1＋(2n －1)·2n ]，则2T n ＝π2[1·22＋3·23＋…＋(2n －3)·2n ＋(2n －1)·2n ＋1]两式相减，得∴－T n ＝π2[1·2＋2·22＋2·23＋…＋2·2n －(2n －1)·2n ＋1]，∴T n ＝π[(2n －3)·2n ＋3]．13．在等比数列{a n }中，a 2＝14，a 3·a 6＝1512.设b n ＝log2a 2n 2·log2a 2n ＋12，T n 为数列{b n }的前n 项和． (1)求a n 和T n ；(2)若对任意的n ∈N *，不等式λT n <n －2(－1)n 恒成立，求实数λ的取值范围． 解 (1)设{a n }的公比为q ，由a 3a 6＝a 22·q 5＝116q 5＝1512得q ＝12， ∴a n ＝a 2·q n －2＝(12)n .b n ＝log2a 2n 2·log2a 2n ＋12＝log(12)2n －12·log(12)2n ＋12 ＝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. (2)①当n 为偶数时，由λT n <n －2恒成立得， λ<(n －2)(2n ＋1)n ＝2n －2n －3恒成立，即λ<(2n －2n－3)min ，而2n －2n －3随n 的增大而增大，∴n ＝2时(2n －2n －3)min ＝0，∴λ<0.②当n 为奇数时，由λT n <n ＋2恒成立得， λ<(n ＋2)(2n ＋1)n ＝2n ＋2n ＋5恒成立，即λ<(2n ＋2n＋5)min而2n ＋2n ＋5≥22n ·2n＋5＝9， 当且仅当2n ＝2n ，即n ＝1时等号成立，∴λ<9.综上，实数λ的取值范围为(－∞，0)．。
2021届高考二轮数学人教版课件：第2部分 专题2 第2讲 数列求和及其综合应用(文理)
第二部分 专题二 数列(文理)
高考二轮总复习 • 数学
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年份 卷别 Ⅰ卷
2018 Ⅱ卷 Ⅲ卷
题号 17 17 17
考查角度
分值
数列的递推公式以及等差数列通项公 12
式求和
等差数列前n项和与通项公式及最值问
题
12
数列的递推公式及通项公式、裂项相 10
消法求和
第二部分 专题二 数列(文理)
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02 考点分类 • 析重点
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考点一 数列的通项公式
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1．数列通项an与前n项和Sn的关系， an＝SS1n， －nS＝ n－11，，n≥2. 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．
第二部分 专题二 数列(文理)
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(2)由(1)得到Sn＝1＋2＋…2n－1＝2n－1， 所以n·Sn＝n(2n－1)＝n·2n－n， Tn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n－(1＋2＋…＋n)， 设t＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n， 2t＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1， 两式相减可得，－t＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝211－－22n－n·2n＋1 故t＝(n－1)·2n＋1＋2，所以Tn＝(n－1)·2n＋1＋2－1＋2nn.
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(2)由(1)知an＝21n，∴Sn＝12×11－－1212n＝1－12n. ∵bn＝8n，∴Tn＝4n2＋4n， ∴T1n＝4n2＋1 4n＝141n－n＋1 1， ∴T11＋T12＋…＋T1n＝141－12＋21－31＋…＋1n－n＋1 1＝141－n＋1 1<14，
【金榜教程】2021高三总复习人教A版数学配套课件：第3章第2讲
课件：第3章第2讲
2020/8/31
1 诱导公式的记忆口诀为“奇变偶不变，符号看象限”． 2 1. 在利用同角三角函数的平方关系时，若开方，要特别注 意判断符号． 2. 利用诱导公式进行化简求值时，先利用公式化任意角的 三角函数为锐角三角函数，其原则：负化正、大化小、化到锐 角为终了．
B sin2013°＝sin213°＝－sin33°，故选B.
B
B
D
D
[] 化简已知，构造出关于A、B的方程组，利用平方关 系消去B，可求得A源自大小，进而求出B与C.[] A
备考· No.1 角度关键词：易错分析 解本题时常会出现以下两种失误： (1)易忽视题目中已知条件α的范围，求得cosα的两个值而 致误． (2)虽注意到α的范围，但判断错cosα的符号而导致sin2α的 值错误，误选C项．
[] 此类问题首先利用诱导公式化简f(α)，而后代入所 求α，再利用诱导公式化简求值．
1. 诱导公式及同角三角函数的关系式是求值问题的常用工具 ，“切化弦”是解含有正切函数问题的常用方法． 2．解题时注意已知角或函数名称与所求角或三角函数名称之 间存在的关系，要向所求角和三角函数进行化归．
No.2 角度关键词：备考建议 (1)平方关系是一组同角关系式，如sin2α＋cos2β＝1(α≠β) 就不一定成立，因此能否利用这组关系解题要用“是否同角”来 判别． (2)利用平方关系解决问题时，要注意开方运算结果的符号 ，需要根据角α的范围进行确定． (3)题目中若没有限定角α的范围，则应考虑两种情况，不 可漏解．
✓
1. (1)平方关系：________； (2)商数关系：________.
2．✓ (1)三角函数的诱导公式
2021高考数学二轮专题复习3.2等差数列等比数列的综合运算与数列求和ppt课件
若 Sm，Sm＋1，Sm＋2 构成等差数列，则 2(2m＋1－1)＝(2m－1)＋(2m ＋2－1)，
整理得 2m＝0，由于 m∈N*，所以无解， 故不存在正整数 m，使得 Sm，Sm＋1，Sm＋2 构成等差数列． 若选择条件②，即 Sn＝kan－12，由于 a1＝1，所以 1＝k－12，则
k＝32，于是 Sn＝32an－12. 当 n≥2 时，Sn－1＝32an－1－12，两式相减得 an＝32an－32an－1，于
故不存在正整数 m，使得 Sm，Sm＋1，Sm＋2 构成等差数列．
考点 2 裂项相消法求和
『考点整合』
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．
『考南质量评估]数学家也有一些美丽的错误， 如法国数学家费马于 1640 年提出了以下猜想：Fn＝22n＋1(n∈N) 是质数.1732 年，瑞士数学家欧拉算出 F5＝641×6 700 417，该数不 是质数．已知 Sn 为数列{an}的前 n 项和，且 Sn＝log2(Fn－1)－1(n∈N
方案三：选条件③.
设{bn}的公比为 q，则 q3＝bb25＝－27，即 q＝－3， 又 b2＝3，得 b1＝－1， 所以 bn＝－(－3)n－1. 从而 a5＝b1＝－1，由{an}是等差数列得 S5＝5a12＋a5， 由 S5＝－25 得 a1＝－9，所以 an＝2n－11. 因为 Sk>Sk＋1 且 Sk＋1<Sk＋2 等价于 ak＋1<0 且 ak＋2>0，
所以满足题意的 k 存在当且仅当33kk＋ ＋12－ －1166<>00， ， 即 k＝4.
2023年高考数学(文科)一轮复习课件——数列求和及综合应用
D.125
解析 a2＋a4＋…＋a100＝(a1＋d)＋(a3＋d)＋…＋(a99＋d)＝(a1＋a3＋…＋a99) ＋50d＝50＋50×21＝75.
索引
3.(2022·南阳模拟)设数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 an＝
1 n＋1＋
，则 n
S99＝
( C)
索引
训练1 已知数列{an}的通项公式是an＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3， 求其前n项和Sn. 解 Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2 －3＋…＋(－1)nn]ln 3， 所以当n为偶数时， Sn＝2×11－－33n＋n2ln 3＝3n＋n2ln 3－1； 当n为奇数时， Sn＝2×11－－33n－(ln 2－ln 3)＋n－2 1－nln 3
索引
2.数列求和的几种常用方法 (1)分组转化法 把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解. (2)裂项相消法 把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求 得其和.
索引
(3)错位相减法 如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成 的，这个数列的前n项和可用错位相减法求解. (4)倒序相加法 如果一个数列{an}的前n项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于 同一个常数，那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法求解.
索引
(2)若数列{bn}满足bn＝a2n＋2an－1，求数列{bn}的前n项和Tn. 解 由(1)可得，a2n＝2n，2an＝2n. 因为bn＝a2n＋2an－1，所以bn＝2n－1＋2n， 所以数列{bn}的前 n 项和 Tn＝(1＋3＋5＋…＋2n－1)＋(2＋22＋23＋…＋2n) ＝n（1＋22n－1）＋2（11－－22n）＝n2＋2n＋1－2.
高考数学文科二轮复习专题三第2讲数列的求和及综合应用案
第 2 讲数列的乞降及综合应用高考定位 1.高考数列乞降的考主要以解答的形式出，通分化、位相减、裂相消等方法求数列的和，度中档偏下； 2.在考数列运算的同，将数列与不等式、函数交浸透 .真感悟1.(2017 全·国Ⅲ卷 )数列 { a n} 足 a1＋ 3a2＋⋯＋(2n－ 1)a n＝ 2n.(1)求{ a n} 的通公式；a n(2)求数列2n＋1的前 n 和 .解 (1)因 a1＋3a2＋⋯＋ (2n－ 1)a n＝ 2n，①故当 n≥2 ， a1＋3a2＋⋯＋ (2n－3)a n－1＝ 2(n－ 1)，②①－②得 (2n－ 1)a n＝ 2，所以 a n＝2，2n－ 1又 n＝ 1 ， a1＝ 2 合适上式，进而 { a n } 的通公式 a n＝2. 2n－ 1a n的前 n 和 S n，(2) 2n＋1由 (1)知a n＝2＝1－1，2n＋ 1（ 2n－ 1）（ 2n＋ 1）2n－1 2n＋ 1S n＝1－1＋1－1＋⋯＋1－12n＋1 3 3 52n－ 1＝1－1＝2n. 2n＋ 1 2n＋ 12.(2017 山· 卷 ) 已知 { a n} 是各均正数的等比数列，且a1＋ a2＝ 6，a1a2＝ a3.(1) 求数列{ a n} 的通公式；(2){ b n} 各非零的等差数列，其前n 和S n，已知S2n＋1＝ b n b n＋1，求数列b na n的前n 和T n.解 (1) { a n} 的公比 q，由意知 a1(1＋ q)＝ 6， a21q＝a1q2，又 a n>0，n解得 a1＝ 2，q＝ 2，所以 a n＝ 2 .(2) 由意知： S2n＋1＝（ 2n＋1）（ b1＋b2 n＋1）＝ (2n＋ 1)b n＋1，2又 S2n＋1＝ b n b n＋1， b n＋1≠0，所以 b n＝ 2n＋ 1.令 c ＝b n， c ＝2n＋1，na n n n2所以 T n＝c1＋ c2＋⋯＋ c n3572n－ 12n＋ 1＝＋ 2 ＋ 3 ＋⋯＋ n－ 1＋2n ，22221357＋⋯＋2n－ 12n＋ 1又 T n＝2＋ 3＋42n＋n＋ 1，22222两式相减得1＝3＋1＋112n＋ 1，222＋⋯＋n－ 1－n＋1 2T n222 2n＋ 5所以 T n＝5－2n.考点整合1.数列乞降(1)分化乞降：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将个数列合适打开，重新合，就会成几个能够乞降的部分，分乞降，而后再归并.(2)位相减法：主要用于求数列 { a n·b n} 的前 n 和，此中 { a n} ， { b n} 分是等差数列和等比数列 .(3)裂相消法：马上数列的通分红两个式子的代数差的形式，而后通累加抵消中若干c的方法，裂相消法合用于形如(此中 { a n} 是各均不零的等差数列， c 常数 )的a n a n＋1数列 .温馨提示(1) 裂乞降，易把系数写成它的倒数或忘系数致.S1， n＝ 1，(2) a n＝忽视 n≥2的限制，忘第一独求解与.S n－ S n－1，n≥2，2.数列与函数、不等式的交数列与函数的合一般是利用函数作背景，出数列所足的条件，往常利用点在曲上出S n的表达式，有以曲上的切点背景的，解决的关在于利用数列与函数的关系，将条件行正确的化.数列与不等式的合一般以数列体，考最、不等关系或恒建立.点一数列的乞降命角度1分化乞降【例 1－1】 (2017 · 州 )已知数列 { a n } 的前 n 和 S n ＝n 2＋ n*. ， n ∈ N2(1) 求数列 { a n } 的通 公式；(2) b n ＝ 2a n ＋ (－ 1)na n ，求数列 {b n } 的前 2n 和 .解 (1)当 n ＝ 1 ， a 1＝ S 1＝ 1；n 2＋ n （ n － 1） 2＋（ n － 1）当 n ≥2 ， a n ＝ S n －S n －1＝－ ＝ n. 2 2而 a 1 也 足 a n ＝ n ，故数列 { a n } 的通 公式 a n ＝n.(2) 由(1) 知 a n ＝ n ，故 b n ＝ 2n ＋ ( －1) n n.数列 { b n } 的前 2n 和 T 2n ，T 2n ＝ (21＋ 22＋ ⋯ ＋ 22n )＋ (－ 1＋2－ 3＋ 4－⋯ ＋ 2n). A ＝ 21＋ 22＋ ⋯ ＋ 22n ， B ＝－ 1＋2－ 3＋ 4－⋯ ＋ 2n ，2nA ＝ 2（ 1－2 ）＝22n ＋1－ 2，1－ 2B ＝ (－ 1＋2)＋ (－ 3＋ 4)＋ ⋯＋ [ －(2n － 1)＋ 2n]＝ n.故数列 { b n } 的前 2n 和 T 2n ＝ A ＋ B ＝ 22n ＋1＋ n － 2.研究提升 1.在 理一般数列乞降 ，必定要注意运用 化思想 .把一般的数列乞降 化 等差数列或等比数列 行乞降 .在利用分 乞降法乞降 ，经常依据需要 数n 行 .最后再 能否能够归并 一个表达式.2.分 乞降的策略： (1)依据等差、等比数列分 ； (2)依据正号、 号分 .命 角度 2裂 相消法乞降【例 1－2】 (2015 ·全国Ⅰ卷 )S n 数列 { a n } 的前 n 和 .已知 a n >0，a 2n ＋ 2a n ＝ 4S n ＋ 3.(1) 求{ a n } 的通 公式；1(2)b n ＝，求数列 { b n } 的前 n 和 .a n a n ＋1解 (1)由 a 2n ＋ 2a n ＝ 4S n ＋ 3，可知 a 2n ＋ 1＋ 2a n ＋ 1＝ 4S n ＋ 1＋ 3.两式相减可得 22a n ＋1－ a n ＋ 2(a n ＋ 1－a n )＝ 4a n ＋ 1，22即 2(a n ＋ 1＋a n )＝ a n ＋1－ a n ＝ (a n ＋ 1＋a n )(a n ＋ 1－a n ). 因为 a n >0，可得 a n ＋ 1－ a n ＝ 2.又 a 21＋ 2a 1＝ 4a 1 ＋3，解得 a 1＝－ 1(舍去 )， a 1＝ 3.所以 { a n } 是首3，公差 2 的等差数列，通 公式 a n ＝ 2n ＋ 1.(2) 由 a n ＝ 2n ＋ 1 可知b n ＝1 ＝ 1 ＝ 1 1 － 1. 2n ＋ 3a n a n ＋1 （2n ＋ 1）（ 2n ＋ 3）2 2n ＋ 1数列 { b n } 的前 n 和 T n ，T n ＝ b 1＋ b 2＋ ⋯＋ b n＝ 11－1 ＋1－1＋⋯＋1 － 12 35572n ＋ 1 2n ＋ 3n＝3（2n ＋ 3）.研究提升 1.裂 相消法乞降就是将数列中的每一 裂成两 或多 ，使 些裂开的 出 有律的互相抵消，要注意消去了哪些 ，保存了哪些.2.消 律：消 后前 剩几 ，后 就剩几 ，前 剩第几 ，后 就剩倒数第几 .【 1】 (2017 ·昆明 断 )已知等比数列{ a n } 的各 均 正数，且a 1＋ 2a 2＝5， 4a 23＝ a 2a 6.(1) 求数列 { a n } 的通 公式；(2) 若数列 { b n } 足 b 1＝ 2，且 b n ＋ 1＝ b n ＋ a n ，求数列 { b n } 的通 公式；(3) c n ＝a n，求数列 { c n } 的前 n 和 T n .b n b n ＋1解 (1) 等比数列 { a n } 的公比 q ，由 4a 23＝ a 2a 6 得 4a 23 ＝a 24所以 q 2＝ 4，由条件可知 q>0，故 q＝ 2，由 a 1＋ 2a 2＝ 5 得 a 1＋ 2a 1q ＝ 5，所以 a 1＝ 1， 故数列 { a n } 的通 公式a n ＝ 2n －1.(2) 由 b n ＋ 1＝ b n ＋ a n 得 b n ＋ 1－b n ＝2n －1，故 b 2－ b 1＝ 20， b 3－ b 2 ＝21， ⋯ ， b n － b n － 1＝ 2n －2，以上 n －1 个等式相加得b n － b 1＝ 1＋ 21＋ ⋯ ＋2n －2n －1＝1·（ 1－ 2 ）＝ 2n －1－ 1，1－2由 b 1＝ 2，所以 b n ＝ 2n －1＋ 1.(3) c n ＝ a n ＝ b n ＋1－ b n ＝ 1 － 1 ，b n b n ＋1b n b n ＋ 1 b n b n ＋ 1所以 T ＝c ＋ c ＋ ⋯ ＋ c ＝ 1 － 1 ＋ 1 － 1＋ ⋯ ＋1 － 1＝1－ 1 ＝1－1n1 2 n b1 2 23b n b n ＋11＋1 2 n ＋ 1.bb bb b n2命 角度 3位相减乞降【例 1－3】 (2017 ·天津卷 )已知 { a n } 等差数列，前 n 和 S n (n ∈ N * )， { b n } 是首 2的等比数列，且公比大于0， b 2＋ b 3＝ 12， b 3＝ a 4－ 2a 1， S 11＝ 11b 4.(1) 求{ a n } 和{ b n } 的通 公式；(2) 求数列 { a 2n b n } 的前 n 和 (n ∈ N * ).解 (1) 等差数列 { a n } 的公差 d ，等比数列 { b n } 的公比 q ，由已知 b 2＋ b 3＝ 12，得 b 1(q ＋ q 2)＝ 12，而 b 1＝ 2，所以 q 2＋ q －6＝ 0，又因 q>0，解得 q ＝ 2，所以 b n ＝ 2n .由 b 3＝ a 4－ 2a 1，可得 3d －a 1＝ 8，①由 S 11＝ 11b 4，可得 a 1＋ 5d ＝ 16，②立①②，解得a 1＝1， d ＝ 3，由此可得 a n ＝ 3n － 2.所以 { a n } 的通 公式a n ＝3n － 2， {b n } 的通 公式b n ＝ 2n .(2) 数列 { a 2n b n } 的前 n 和 T n ，由 a 2 n ＝ 6n － 2， b n ＝ 2n ，有 T n ＝ 4×2＋ 10×22＋ 16×23＋⋯ ＋ (6n － 2) ×2n ，2T n ＝ 4×22＋10×23＋ 16×24＋⋯＋ (6n － 8) ×2n ＋ (6n － 2) ×2n ＋1，上述两式相减，得－ T n ＝ 4×2＋ 6×22＋ 6×23＋⋯ ＋ 6×2n － (6n －2) ×2n ＋1，12×（1－ n＝2 ）n ＋1＝－ (3n － 4)2 n ＋2－ 16.所以 T n ＝(3n － 4)2 n ＋2＋ 16.1－2－ 4－ (6n － 2) ×2所以数列 { a 2n b n } 的前 n 和 (3n － 4)2n ＋2＋ 16.研究提升 1.一般地，假如数列 { a n } 是等差数列， { b n } 是等比数列，求数列 { a n ·b n } 的前 n 和，可采纳 位相减法乞降，一般是和式两 同乘以等比数列 { b n } 的公比，而后作差求解 .2.在写 “S n ”与 “qS n ”的表达式 特 注意将两式 “ ”，以便下一步正确地写出 “S n － qS n ”的表达式 .【 2】 (2017 ·衡阳模 )已知等差数列 { a n } 足： a n ＋ 1>a n (n ∈N * )，a 1＝ 1， 数列的前三分 加上1， 1，3 后成等比数列，且a n ＋ 2log 2b n ＝－ 1.(1) 求数列 { a n } ， { b n } 的通 公式；(2) 求数列 { a n ·b n } 的前 n 和 T n .解 (1) d 等差数列 { a n } 的公差，且 d>0，由 a 1＝ 1， a 2＝1＋ d ， a 3＝1＋ 2d ，分 加上 1， 1， 3 成等比数列，得 (2＋ d)2＝ 2(4＋ 2d)，因 d>0，所以 d ＝ 2，所以 a n ＝ 1＋ (n － 1) ×2＝ 2n － 1， 又因 a n ＝－ 1－ 2log 2b n ，1所以 log 2b n ＝－ n 即 b n ＝ 2n .1 3 52n － 1(2) T n ＝21＋ 22＋ 23＋ ⋯ ＋ 2n ，①1 1 3 5＋ ⋯＋ 2n － 1 T n ＝ 2＋ 3＋ 4 n ＋1 ，② 2 2 2 2 2 ①－②，得1111 112n － 12T n ＝ 2＋2× 22＋ 23＋ 24＋⋯＋ 2n－2n ＋11 1122 1－ 2n － 12n － 1 ＝ 2＋ 2×1－ 2n＋11－ 211 2n － 1 3 － 2n ＋ 3 .＝ ＋ 1－ n － 1－ n ＋1 ＝ n ＋1 22 2 2 22n ＋ 3所以 T n ＝3－2n .热门二a n 与 S n 的关系问题【例 2】 (2017 ·济南模拟 )设数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，对随意的正整数 n ，都有 a n ＝ 5S n ＋1 建立， b n ＝－ 1－ log 2|a n |，数列 { b n } 的前 n 项和为 T n ，c n ＝b n ＋1.T n T n ＋1(1) 求数列 { a n } 的通项公式；(2) 求数列 { c n } 的前 n 项和 A n ，并求出 A n 的最值 . 解 (1)因为 a n ＝5S n ＋1， n ∈ N * ， 所以 a n ＋ 1＝ 5S n ＋ 1＋1， 两式相减，得 a n ＋1＝－ 1a n ，4又当 n ＝1 时， a 1＝ 5a 1＋ 1，知 a 1＝－ 1 4，1所以数列 { a n } 是公比、首项均为－ 的等比数列 .1 n所以数列 { a n } 的通项公式 a n ＝ －.(2) b n ＝－ 1－ log 2|a n |＝ 2n － 1，数列 { b n } 的前 n 项和 T n ＝n 2，c n ＝ b n ＋1 ＝2 2n ＋ 1 2＝ 12－ 11） 2， T n T n ＋ 1 n （ n ＋1） n （ n ＋1所以An＝ 1－（ n ＋1） 2.所以 { A n } 是单一递加数列，13∴当 n ＝1 时， A n 有最小值A 1＝ 1－ ＝ ； A n 没有最大值 .研究提升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)转变为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转变为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)，可结构一个新的等比数列 .1【训练 3】 (2017 ·梅州质检 )设数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，且 S n ＝ 2－ 2n － 1，{ b n } 为等差数列，且 a 1＝ b 1， a 2(b 2－ b 1)＝ a 1.(1) 求数列 { a n } 和 { b n } 的通 公式；(2) c n ＝b n，求数列 { c n } 的前 n 和 T n .a n解 (1)当 n ＝ 1 ， a 1＝ S 1＝ 1.当 n ≥2 ， a ＝ S －S＝ 2－ 11 1－n－1－2－ n －2＝2 n － 1，nnn12 2此式 n ＝ 1 也建立，∴ a n ＝1 *) ，n －1(n ∈ N2a 1进而 b 1＝ a 1＝ 1， b 2－ b 1＝ a 2＝ 2. 又因 { b n } 等差数列，∴公差d ＝ 2，∴ b n ＝ 1＋ (n －1) ·2＝2n － 1.(2) 由(1) 可知 c n ＝2n － 1＝ (2n － 1) ·2n － 1，12n－1所以 T n ＝1×1＋ 3×2＋ 5×22＋ ⋯ ＋ (2n － 1) ·2n －1，①2T n ＝ 1×2＋ 3×22＋ 5×23＋ ⋯＋ (2n － 3) ·2n －1＋ (2n － 1) ·2n ，②①－②得：－2n －1nT n ＝ 1＋ 2(2＋ 2 ＋ ⋯ ＋ 2 )－ (2n － 1) ·2n － 14（ 1－ 2）n＝ 1＋－ (2n － 1) ·2＝ 1＋ 2n ＋1－ 4－ (2n －1) ·2n ＝－ 3－ (2n － 3) ·2n∴ T n ＝ 3＋(2n － 3) ·2n .点三 数列与函数、不等式的 合【例 3】 (2017 ·惠州三 )在数列 { a n } 中，点 (a n ，a n ＋ 1)在直 y ＝ x ＋ 2 上，且首a 1＝1.(1) 求数列 { a n } 的通 公式；(2) 数列 { a n } 的前 n 和 S n ，等比数列 { b n } 中， b 1 ＝a 1，b 2＝a 2，数列 { b n } 的前 n 和 T n ， 写出合适条件T n ≤S n 的全部 n 的 .解 (1)∵点 (a n ， a n ＋ 1) 在直 y ＝ x ＋ 2 上，且 a 1＝1.∴ a n ＋1 ＝a n ＋ 2 a n ＋ 1－ a n ＝ 2，所以数列 { a n } 是公差2，首 1 的等差数列 .∴ a n ＝ 1＋ 2(n － 1)＝ 2n － 1.(2) 数列 { a n } 的前 n 和 S n ＝n （1＋2n －1）＝ n 2， 2等比数列 { b n } 中， b 1＝ a 1＝ 1，b 2 ＝a 2＝ 3，∴ q ＝ 3.∴ b n ＝ 3n －1.∴数列 { b n} 的前 n 和 T n＝1－ 3n3n－ 13n－ 1.＝＝2 1－ 33－ 1T n≤S n可化3n－ 122≤n .又 n∈N*，∴ n＝1，或 n＝2故合适条件T n≤S n的全部 n 的 1 和 2.研究提升 1.求解数列与函数交注意两点：(1) 数列是一特别的函数，其定域是正整数集 (或它的有限子集 ) ，在求数列最或不等关系要特重； (2) 解正确结构函数，利用函数性注意限制条件 .2.数列背景的不等式恒建立、不等式明，多与数列的乞降相系，最后利用数列或数列函数的性理.【 4】 (2017 · 郡中学考)在数列 { a n} 中，已知 a1＝ 1， a2＝ 3，a n＋2＝ 3a n＋1－ 2a n. (1)明数列 { a n＋1－ a n} 是等比数列，并求数列 { a n} 的通公式；(2)b n＝ log2 (a n＋ 1)， { b n} 的前 n 和 S n，求： 1 ＋1 ＋1＋⋯＋1<2.S1S2S3S n 明 (1) 由 a n＋2＝ 3a n＋1－2a n，得 a n＋2－ a n＋1＝ 2(a n＋1－ a n)， a2－ a1＝ 2，所以， { a n＋1－ a n } 是首 2，公比 2 的等比数列，∴a n＋1－a n＝ 2n，a n＝ a1＋ (a2－ a1)＋ (a3－a2)＋⋯＋ (a n－ a n－1)n2n－11－ 2n＝1＋ 2＋2 ＋⋯＋2＝＝2－1.(2) b n＝log 2(a n＋ 1)＝ log22n＝ n，∴S n＝ 1＋ 2＋ 3＋⋯＋n＝n（n＋1），2于是1＝2＝21－1，S n n（n＋ 1）n n＋ 1所以1 ＋1 ＋1＋⋯＋1 S1S2S3S n＝ 211111 1－－n＋ 1 2＋2－3＋⋯＋n1＝2 1－n＋1 <2.1.位相减法的关注点(1) 合用型：等差数列{ a n} 乘以等比数列 { b n} 获得的数列{ a n·b n} 乞降 .(2)步：①乞降先乘以数列 { b n} 的公比 .②把两个和的形式位相减 .③整理果形式 . 2.裂乞降的常技巧11－11＝11－1(1)n（ n＋ 1）＝n＋ 1.(2)n（n＋ k）n＋ k. n k n111－1(3) n2－1＝n＋ 1 .2 n－ 11＝11－1(4)222n＋ 1. 4n－12n－ 13.数列与不等式综合问题(1)假如是证明不等式，常转变为数列和的最值问题，同时要注意比较法、放缩法、基本不等式的应用；(2)假如是解不等式，注意因式分解的应用.一、1 1 1 11.已知数列 12，34， 58， 716， ⋯ ， 其前 n 和 S n ()A. n 2＋1－1nB. n 2＋ 2－ 1n22 2121 C.n ＋1－ n － 1D. n ＋2－ n －122分析a n ＝(2n － 1)＋ 12n，1 1∴ S n ＝ n （ 1＋ 2n － 1）＋ 21－ n2＝ n 2＋ 1－1n .2121－ 2答案A2.(2017 浙·江卷 ) 已知等差数列 { a n } 的公差 d ，前 n 和 S n ， “d ＞ 0”是 “S 4＋S 6 ＞ 2S 5 ”的 ( )A. 充足不用要条件B. 必需不充足条件C.充足必需条件D. 既不充足也不用要条件分析 由 S 4＋S 6 －2S 5＝ S 6－ S 5－ (S 5－ S 4)＝ a 6－ a 5＝ d ，当 d ＞ 0 ， S 4＋ S 6－ 2S 5＞ 0，即 S 4 ＋ S 6＞ 2S 5，反之， S 4＋ S 6＞ 2S 5，可得 d ＞ 0，所以 “d ＞ 0”是 “S 4＋ S 6＞ 2S 5”的充要条件 .答案C3.(2017 沈·阳二模 )已知数列 { a n } 足 a n ＋ 1－ a n ＝2， a 1＝－ 5， |a 1|＋ |a 2|＋ ⋯ ＋ |a 6|＝ ()A.9B.15C.18D.30分析∵ a n ＋ 1－ a n ＝ 2， a 1＝－ 5，∴数列 { a n } 是公差 2 的等差数列 .∴ a n ＝－ 5＋2(n － 1)＝ 2n －7.n （－ 5＋ 2n － 7）2数列 { a n } 的前 n 和 S n ＝＝n －6n.7令 a n ＝ 2n － 7≥0，解得 n ≥2.∴ n ≤3 ， |a n |＝－ a n ； n ≥4 ， |a n |＝ a n .|a 1|＋ |a 2|＋ ⋯ ＋ |a 6|＝－ a 1－ a 2－ a 3＋a 4＋a 5＋ a 6＝S 6－ 2S 3＝ 62－ 6×6－ 2(32－ 6×3)＝ 18.答案 C4.(2017 衡·水中学月考 )数列 a n ＝1，其前 n 之和9， 在平面直角坐 系中，直n （ n ＋1）10(n ＋ 1)x ＋ y ＋n ＝ 0 在 y 上的截距 ( )A. －10B.－9C.10D.9分析因为 a n＝1＝1－1.n（ n＋ 1）n n＋ 1111111∴ S n＝ 1－2＋2－3＋⋯＋n－n＋ 1＝ 1－n＋ 1.19所以 1－＝，所以n＝9.所以直方程10x＋ y＋ 9＝ 0.令 x＝ 0，得 y＝－ 9，所以在y 上的截距－9.答案B5.(2017 湘·潭三模 )已知 T n数列2n＋ 1的前 n 和，若 m>T10＋1 013 恒建立，整数 m 的最n2小 ()A.1 026B.1 025C.1 024D.1 023分析∵2n＋ 11n＝ 1＋n，22112 1－2n1∴ T n＝ n＋1＝ n＋1－2n，1－211∴ T10＋ 1 013＝ 11－ 210＋ 1 013＝ 1 024－ 210，又 m>T10＋ 1 013，∴整数 m 的最小 1 024.答案C二、填空6.于数列 { a n} ，定数列 { a n＋1－ a n} 数列 { a n} 的“差数列”，若 a1＝ 1，{ a n} 的“差数列”的通公式a n＋1－ a n＝ 2n，数列 { a n } 的前 n 和 S n＝ ________.分析因a n＋1－a n＝ 2n，用累加法可得a n＝2n－ 1，所以 S n＝ a1＋ a2＋a3＋⋯＋ a n＝2＋ 22＋ 23＋⋯＋ 2n－ n＝2（ 1－2n）－n－21＝2n＋1－n－ 2.答案2n＋1－ n－ 27.(2017 潮·州二模 )已知 S n数列 { a n} 的前 n 和， a n＝2·3n－1(n∈N*) ，若 b n＝a n＋1， b1＋S n S n＋1b 2＋ ⋯ ＋ b n ＝ ________.分析易知数列 { a n } 是首 a 1＝ 2，公比 q ＝ 3 的等比数列，n所以 S n ＝2（ 1－ 3 ）＝3n－1.又 b n ＝ a n ＋1S n ＋1－ S n 1 1 S n S n ＋ 1＝S n S n＋1＝S n－S n ＋ 1，b 1＋ b 2＋ ⋯ ＋ b n ＝1 － 1 ＋ 1 － 1＋ ⋯ ＋ 1 － 1S S S S S＝ 1 － 11 1S 1 ＝ － n ＋1－ 1.＋ 3S1 1答案2－ 3n ＋1 － 11，a n *， S 的28. 向量 a ＝ (1，2)， b ＝ n ＋ n(n ∈ N )，若 a ∥ b ， 数列 { a n } 的前 n 和 S nn最小 ________.分析 因 向量 a ＝ (1， 2)， b ＝1， a n *12－ 2n ＋ n(n ∈ N )， a ∥ b ，所以 1·a nn ＋ n ·2＝ 0，即 a n ＝ 2 2＝ 2 1 － 1n ，n ＋ n n ＋1 进而数列 { a n } 的前 n 和S n ＝ 21－1＋ 1－ 1＋⋯ ＋ 1 － 1＋ 1－1＝2 1－11223n － 1n n n ＋ 1 n ＋ 1易知 { S n } 是 增数列.1∴当 n ＝1 ， S n 获得最小2 1－ 2 ＝ 1.答案1三、解答9.(2016 全·国Ⅱ卷 )等差数列 { a n } 中， a 3＋ a 4＝ 4， a 5＋ a 7 ＝6.(1) 求{ a n } 的通 公式；(2) b n ＝[a n ]，求数列 { b n } 的前 10 和，此中 [x]表示不超 x 的最大整数，如[0.9] ＝0， [2.6]＝ 2.解 (1) 数列 { a n } 的首 a 1，公差 d ，由 意有2a 1＋ 5d ＝ 4，a 1＝ 1，2解得 a 1＋ 5d ＝ 3. d ＝ .52n ＋ 3所以 { a n } 的通 公式a n ＝ .5(2) 由(1) 知， b n ＝2n ＋ 3. 5当 n ＝ 1， 2n ＋3<2，b n ＝1；2，3 ， 1≤5当 n ＝ 4， 2n ＋ 35 ，2≤<3， b n ＝ 2；5 当 n ＝ 6， 2n ＋3<4，b n ＝3；7，8 ， 3≤5当 n ＝ 9， 2n ＋ 310 ， 4≤<5 ， b n ＝ 4.5所以数列 { b n } 的前 10 和1×3＋ 2×2＋ 3×3＋ 4×2＝24.10.(2016 山· 卷 )已知数列 { a n } 的前 n 和 S n ＝3n 2＋ 8n ， { b n } 是等差数列，且 a n ＝ b n ＋ b n ＋ 1.(1) 求数列 { b n } 的通 公式；（ a ＋ 1） n ＋ 1(2) 令 c n ＝n（ b ＋ 2） n，求数列{ cn } 的前 n 和 T n .n解 (1)由 意知，当 n ≥2 ， a n ＝ S n － S n － 1＝ 6n ＋ 5. 当 n ＝ 1 ， a 1＝ S 1＝ 11，切合上式 . 所以 a n ＝ 6n ＋ 5.数列 { b n } 的公差d ，a 1＝b 1＋ b 2，11＝ 2b 1＋d ，由即a 2＝b 2＋ b 3， 17＝ 2b 1＋ 3d ，b 1＝ 4， 可解得所以 b n ＝ 3n ＋ 1.d ＝ 3.（ 6n ＋ 6） n ＋1n ＋1.(2) 由(1) 知 c n＝（ 3n ＋3） n ＝ 3(n ＋ 1) ·2，又 T n ＝ c 1＋ c 2＋ ⋯ ＋ c n ， 得 T n ＝ 3×[2 ×22＋3×23＋ ⋯ ＋ (n ＋ 1) ×2n ＋1]，2T n ＝ 3×[2 ×23＋ 3×24＋ ⋯ ＋( n ＋1) ×2n ＋2].两式作差，得－ T n ＝ 3×[2 ×22 ＋23＋24＋ ⋯ ＋ 2n ＋ 1－ (n ＋ 1) ×2n ＋2]n ＝ 3× 4＋4（1－ 2）－（ n ＋ 1）×2n ＋ 2 ＝－ 3n ·2n ＋2. 1－2所以 T n ＝3n ·2n ＋2.* 211.已知数列 { a n } 的前 n 和 S n ，点 (n ， S n )(n ∈ N )均在函数f(x) ＝3x － 2x 的 象上 .(1) 求数列 { a n } 的通 公式 .(2) b n ＝3 ，T n 是数列 { b n } 的前 n 和，求使得 2T n ≤λ－ 2 015 随意 n ∈ N * 都建立的 数a n a n ＋1λ的取 范 .解 (1)因 点 (n ， S n )均在函数 f(x)＝ 3x 2－ 2x 的 象上，所以 S n ＝ 3n 2－ 2n. 当 n ＝ 1 ， a 1＝ S 1＝ 3－ 2＝ 1；当 n ≥2 ， a n ＝ S n －S n －1＝ (3n 2－ 2n)－ [3(n － 1)2－ 2(n － 1)]＝ 6n － 5. 又 a 1＝ 1 也 足 a n ＝ 6n － 5，所以 a n ＝ 6n － 5(n ∈ N * ).(2) 因 b n ＝ 3 ＝3（6n － 5） [6（ n ＋ 1）－ 5]a n a n ＋1 11 －1＝ 26n ＋ 1 ，6n － 5所以 T n ＝11－ 1 ＋ 1－ 1 ＋ ⋯ ＋ 1 － 12 7 7 136n － 5 6n ＋1 ＝11＝ 3n ，21－6n ＋16n ＋ 1所以 2T n ＝ 6n ＝1－ 1 <1.6n ＋ 1 6n ＋ 1又 2T n ≤λ－ 2 015 随意 n ∈ N * 都建立，所以 1≤λ－ 2 015，即 λ≥2 016.故 数 λ的取 范 是 [2 016，＋ ∞).。
2013年高考数学二轮专题辅导与训练 专题三第2讲数列求和及数列的综合应用课时训练提能
专题三 第2讲 数列求和及数列的综合应用课时训练提能[限时45分钟，满分75分]一、选择题(每小题4分，共24分) 1．1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n 2等于A.n n ＋12B ．－n n ＋12C ．(－1)n ＋1n n ＋12D ．以上答案均不对解析 对n 赋值验证，只有C 正确． 答案 C2．数列{a n }的通项公式a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项的和为10，则项数为 A ．11B ．99C ．120D ．121解析 ∵a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，∴S n ＝n ＋1－1＝10，∴n ＝120. 答案 C3．若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝ 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 A4．设f (n )＝2＋24＋27＋210＋…＋23n ＋1(n ∈N )，则f (n )等于 A.27(8n－1)B.27(8n ＋1－1) C.27(8n ＋3－1)D.27(8n ＋4－1)解析 显然，f (n )为数列{23n ＋1}的前n 项和S n ＝24＋27＋210＋…＋23n ＋1与2的和．数列{23n ＋1}为一个首项为a 1＝24，公比为q ＝23的等比数列，由等比数列的前n 项和公式可得S n ＝24[1－23n]1－23＝168n－17， 故f (n )＝2＋S n ＝2＋168n－17＝16×8n－27＝2×8n ＋1－27＝27(8n ＋1－1)． 答案 B5．已知函数f (x )＝x 2＋bx 的图象在点A (1，f (1))处的切线的斜率为3，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f n 的前n 项和为S n ，则S 2 010的值为A.2 0072 008 B.2 0082 009 C.2 0092 010D.2 0102 011解析 ∵f ′(x )＝2x ＋b ，∴f ′(1)＝2＋b ＝3，∴b ＝1，∴f (x )＝x 2＋x ， ∴1f n ＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1， ∴S 2 010＝1－12＋12－13＋…＋12 010－12 011＝1－12 011＝2 0102 011.答案 D6．甲、乙两间工厂的月产值在2010年元月份时相同，甲以后每个月比前一个月增加相同的产值．乙以后每个月比前一个月增加产值的百分比相同．到2010年11月份发现两间工厂的月产值又相同．比较甲、乙两间工厂2011年6月份的月产值大小，则有A ．甲的产值小于乙的产值B ．甲的产值等于乙的产值C ．甲的产值大于乙的产值D ．不能确定解析 设甲各个月份的产值为数列{a n }，乙各个月份的产值为数列{b n }，则数列{a n }为等差数列，数列{b n }为等比数列，且a 1＝b 1，a 11＝b 11，故a 6＝a 1＋a 112≥a 1a 11＝b 1b 11＝b 26＝b 6，由于在等差数列{a n }中，公差不等于0，故a 1≠a 11，上面的等号不能成立，故a 6＞b 6.答案 C二、填空题(每小题5分，共15分)7．已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，…，110＋210＋310＋…＋910，…，那么数列{b n }＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和S n ＝________.解析 由已知条件可得数列{a n }的通项公式为a n ＝1＋2＋3＋…＋n n ＋1＝n2，∴b n ＝1a n a n ＋1＝4n n ＋1＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1.S n ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝4⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝4nn ＋1. 答案4n n ＋18．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，{a n }的“差数列”的通项为2n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.解析 ∵a n ＋1－a n ＝2n，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n1－2＋2＝2n －2＋2＝2n . ∴S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.答案 2n ＋1－29．数列{a n }的前n 项和为S n 且a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ＝1,2,3，…)，则log 4S 10＝________. 解析 ∵a n ＋1＝3S n ，∴a n ＝3S n －1(n ≥2)． 两式相减得a n ＋1－a n ＝3(S n －S n －1)＝3a n ， ∴a n ＋1＝4a n ，即a n ＋1a n＝4. ∴{a n }为a 2为首项，公比为4的等比数列． 当n ＝1时，a 2＝3S 1＝3， ∴n ≥2时，a n ＝3·4n －2，S 10＝a 1＋a 2＋…＋a 10＝1＋3＋3×4＋3×42＋…＋3×48＝1＋3(1＋4＋…＋48)＝1＋3×49－14－1＝1＋49－1＝49.∴log 4S 10＝log 449＝9. 答案 9三、解答题(每小题12分，共36分)10．已知数列{a n }满足a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n，n 为奇数，n ， n 为偶数，试求其前n 项和．解析 (1)当n 为奇数时，S n ＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a n )＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a n －1)＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－4n ＋121－4＋n －12×2＋n －12⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12－12×2＝13·2n ＋2＋n 24－1112. (2)当n 为偶数时，S n ＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a n －1)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a n )＝21－4n21－4＋n2×2＋n 2⎝ ⎛⎭⎪⎫n2－12×2＝13·2n ＋1＋n 24＋n 2－23. 11．(2012·武昌模拟)已知数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝3a n ＋3n ＋1－2n(n ∈N ＋)．(1)设b n ＝a n －2n3n，证明：数列{b n }为等差数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{a n }的前n 项和S n . 解析 (1)证明 ∵b n ＋1－b n ＝a n ＋1－2n ＋13n ＋1－a n －2n3n＝3a n ＋3n ＋1－2n －2n ＋13n ＋1－a n －2n3n＝1，∴{b n }为等差数列． 又b 1＝0，∴b n ＝n －1. ∴a n ＝(n －1)·3n ＋2n.(2)设T n ＝0·31＋1·32＋…＋(n －1)·3n，则 3T n ＝0.32＋1·33＋…＋(n －1)·3n ＋1.∴－2T n ＝32＋…＋3n －(n －1)·3n ＋1＝91－3n －11－3－(n －1)·3n ＋1.∴T n ＝9－3n ＋14＋n －1·3n ＋12＝2n －3·3n ＋1＋94.∴S n ＝T n ＋(2＋22＋ (2))＝2n －33n ＋1＋2n ＋3＋14.12．(2012·丰台一模)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n－1.数列{b n }满足b 1＝2，b n＋1－2b n ＝8a n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n 2n 为等差数列，并求{b n }的通项公式；(3)设数列{b n }的前n 项和为T n ，是否存在常数λ，使得不等式(－1)nλ＜1＋T n －6T n ＋1－6(n ∈N ＋)恒成立？若存在，求出λ的取值范围；若不存在，请说明理由．解析 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝21－1＝1； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1 ＝(2n－1)－(2n －1－1)＝2n －1，因为a 1＝1适合通项公式a n ＝2n －1.所以a n ＝2n －1(n ∈N ＋)．(2)证明 因为b n ＋1－2b n ＝8a n ， 所以b n ＋1－2b n ＝2n ＋2，即b n ＋12n ＋1－b n2n ＝2. 所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n 2n 是首项为b 121＝1，公差为2的等差数列．所以b n2n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，所以b n ＝(2n －1)·2n.(3)存在常数λ使得不等式(－1)nλ＜1＋T n －6T n ＋1－6(n ∈N ＋)恒成立．因为T n ＝1·21＋3·22＋5·23＋…＋(2n －3)·2n －1＋(2n －1)·2n①所以2T n ＝1·22＋3·23＋…＋(2n －5)·2n －1＋(2n －3)·2n＋(2n －1)·2n ＋1②由①－②得－T n ＝2＋23＋24＋…＋2n ＋1－(2n －1)·2n ＋1，化简得T n ＝(2n －3)·2n ＋1＋6.因为T n －6T n ＋1－6＝2n －3·2n ＋12n －1·2n ＋2＝2n －34n －2＝12－24n －2＝12－12n －1. (ⅰ)当n 为奇数时，(－1)λ＜1＋T n －6T n ＋1－6，所以λ＞－1－T n －6T n ＋1－6，即λ＞－32＋12n －1.所以当n ＝1时，－32＋12n －1的最大值为－12，所以只需λ＞－12.(ⅱ)当n 为偶数时，λ＜1＋T n －6T n ＋1－6，所以λ＜32－12n －1，所以当n ＝2时，32－12n －1的最小值为76，所以只需λ＜76.由(ⅰ)(ⅱ)可知存在－12＜λ＜76，使得不等式(－1)nλ＜1＋T n －6T n ＋1－6(n ∈N ＋)恒成立．。