全国通用2019版版高考数学总复习专题四数列4.1数列基础题课件理
2019年高考数学真题分类汇编专题04：数列(基础题)
2019年高考数学真题分类汇编专题04：数列（基础题）一、单选题(共4题；共8分)1．（2分）设a ，b ∈R ，数列{a n }，满足a 1 =a ，a n+1= a n 2+b ，b ∈N *，则（ ）A ．当b= 12 时，a 10>10B ．当b= 14 时，a 10>10C ．当b=-2时，a 10>10D ．当b=-4时，a 10>102．（2分）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 ．23．（2分）古希腊吋期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是√5−12(√5−12≈0.618 ，称为黄金分割比例），著名的“断臂维纳斯“便是如此。
此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度也是 √5−12。
若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为105cm ，头顶至脖子下端的长度为26cm ，则其身高可能是（ ）A ．165cmB ．175cmC ．185cmD ．190cm4．（2分）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二、填空题(共6题；共7分)5．（1分）已知数列 {a n }(n ∈N ∗) 是等差数列， S n 是其前n 项和.若 a 2a 5+a 8=0,S 9=27 ，则S 8 的值是 .6．（1分）记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若 a 3=5,a 7=13 ，则 S 10= . 7．（1分）记S n 为等差数列{a n }项和，若a 1≠0，a 2=3a 1，则 S 10S5= 。
8．（2分）设等差数列{a n}的前n项和为S n.若a2=-3，S5=-10，则a5=，S n的最小值为.9．（1分）记S n为等比数列{a n}的前n项和。
2019-2020年全国通用版高考数学总复习专题四数列4.2数列解答题讲义理
������ -1
.
(2)由(1)得 Sn=1-
������ ������-1
������
.
由 S5=3312得 1-
������ ������-1
5
= 3312,即
������ ������-1
5
= 312.解得 λ=-1.
-6-
高考真题体验·对方向
新题演练提能·刷高分
2.(2014 全国Ⅱ·17)已知数列{an}满足 a1=1,an+1=3an+1.
新题演练提能·刷高分
1.(2018安徽江南十校3月联考)已知Sn是数列{an}的前n项和,且满足
Sn-2an=n-4. (1)证明:{Sn-n+2}为等比数列; (2)求数列{Sn}的前n项和Tn. (1)证明 原式转化为Sn-2(Sn-Sn-1)=n-4(n≥2),
即Sn=2Sn-1-n+4, 所以Sn-n+2=2[Sn-1-(n-1)+2]. 注意到S1-1+2=4,所以{Sn-n+2}为首项为4,公比为2的等比数列. (2)解 由(1)知:Sn-n+2=2n+1, 所以Sn=2n+1+n-2, 于是Tn=(22+23+…+2n+1)+(1+2+…+n)-2n =4(11--22������) + ������(������2+1)-2n=2������+3+2������2-3������-8.
(1)证明{an}是等比数列,并求其通项公式; (2)若 S5=3312,求 λ.
-5-
高考真题体验·对方向
新题演练提能·刷高分
(通用版)2020版高考数学复习专题四数列4.1数列基础题课件文
2.设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若������������63=2,则������������63= (
)
A.2
B.72
C.4
D.74
答:B
解析:设等差数列{an}的公差为 d,������������63=2,即 a3+3d=2a3,则 a3=3d,
������6 ������3
4.1 数列基础题
高考命题规律
1.高考常考知识.多数与数列解答题交替考查.
2.选择题或填空题,难度中低档.
3.全国高考有4种命题角度,分布如下表.
2015 年 2016 年 2017 年 2018 年 2019 年
2020 年高考必备
Ⅰ卷
Ⅱ
卷
Ⅰ
卷
Ⅱ
卷
Ⅲ
卷
Ⅰ
卷
Ⅱ
卷
Ⅲ
卷
Ⅰ
卷
Ⅱ
卷
Ⅲ
卷
Ⅰ
卷
Ⅱ
卷
Ⅲ
卷
命题
求数列的通
所以 Sn=n·2n.
-6-
5.(2019 山西晋城高三三模)记数列 ������������ 的前 n 项和为 Sn,若
Sn=3an+2n-3,则数列 ������������ 的通项公式为 an=
.
答案:2- 3 ������
2
解析:当 n=1 时,S1=a1=3a1-1,解得 a1=12;当 n≥2
时,Sn=3an+2n-3,Sn-1=3an-1+2n-5,两式相减可得 an=3an-3an-1+2,故
an=32an-1-1.设
an+λ=32(an-1+λ),故
高考数学复习专题十第4讲数列课件理
B．2＋(n－1)ln n D．1＋n＋ln n
1 解析 ∵an＋1＝an＋ln1＋n， 1 1 n＋ ∴an＋1－an＝ln1＋n＝ln n ＝ln(n＋1)－ln
n.
又 a1＝2， ∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＝2＋ [ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋ln 4－ln 3＋…＋ln n－ln(n－1)]＝2＋ ln n－ln 1＝2＋ln n.
解析
当 n 为奇数时，an＋1＝2an＝2(an－1＋2)＝2an－1＋4，
∴an＋1＋4＝2(an－1＋4)，∴偶数项 a2，a4，a6…分别加 4 后构成 一个公比为 2 的等比数列． 同理也可以得到奇数项 a1， a3， a5， … 分别加 2 后构成一个公比为 2 的等比数列．A、B 显然不对．故 选 D.
5．已知等比数列{an}的前 n 项和 Sn＝t· 5 为 A．4
解析 方法一
n－2
B． 5
4 C. 5
1 － ，则实数 t 的值 5 ( B ) 1 D. 5
1 1 4 a1＝S1＝ t－ ，a2＝S2－S1＝ t，a3＝S3－S2＝4t， 5 5 5 4 2 1 1 ∴由{an}是等比数列，知(5t) ＝(5t－5)×4t，显然 t≠0，解得 t＝5. a1 方法二 由数列前 n 项和公式 Sn＝ (1－qn)的形式知：Sn＝ 1－q 1 － (1－t· 5n－1)，故知 t＝5. 5
6．如果数列{an}满足： 2an，n为奇数， 首项 a1＝1，an＋1＝ 那么下列说法中正 an＋2，n为偶数， 确的是 ( ) A．该数列的奇数项 a1，a3，a5…成等比数列，偶数项 a2， a4，a6…成等差数列 B．该数列的奇数项 a1，a3，a5，…成等差数列，偶数项 a2， a4，a6…成等比数列 C．该数列的奇数项 a1，a3，a5，…分别加 4 后构成一个公 比为 2 的等比数列 D．该数列的偶数项 a2，a4，a6…分别加 4 后构成一个公比 为 2 的等比数列
(新课件(理))2019山东高考数学二轮练习第一部分专项四数列：1-4-2第二讲 数列的通项公式与数列求和.doc
(新课件（理）)2019山东高考数学二轮练习第一部分专项四数列：1-4-2第二讲 数列的通项公式与数列求和1、等差数列{a n }满足a 2＝0，a 6＋a 8＝－10，那么a 2 012＝( ) A 、2 010 B 、2 012 C 、－2 010 D 、－ 2018 解析：设等差数列{a n }的公差为d ，那么由条件可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝02a 1＋12d ＝－10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝－1.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝－n ＋2. 故a 2 012＝－2 012＋2＝－2 010. 答案：C2、(2018年高考福建卷)数列{a n }的通项公式a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，那么S 2 012等于( )A 、1 006B 、2 012C 、503D 、0 解析：用归纳法求解、∵a n ＝n cos n π2，∴a 1＝0，a 2＝－2，a 3＝0，a 4＝4，a 5＝0，a 6＝－6，a 7＝0，a 8＝8，….由此易知a 4n －2＝－(4n －2)，a 4n ＝4n ，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝－2＋4＝2，a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝－6＋8＝2，…，a 4n －3＋a 4n －2＋a 4n －1＋a 4n ＝－(4n －2)＋4n ＝2.又2 012＝4×503，∴a 1＋a 2＋…＋a 2 012＝2＋2＋…＋2,\s \do 4(503个))＝2×503＝1 006. 答案：A3、(2018年海淀模拟)假设数列{a n }满足：a 1＝19，a n ＋1＝a n －3(n ∈N *)，那么数列{a n }的前n 项和数值最大时，n 的值为( )A 、6B 、7C 、8D 、9解析：∵a n ＋1－a n ＝－3，∴数列{a n }是以19为首项，－3为公差的等差数列， ∴a n ＝19＋(n －1)×(－3)＝22－3n .设前k 项和最大，那么有⎩⎪⎨⎪⎧a k ≥0，a k ＋1≤0，∴⎩⎪⎨⎪⎧22－3k ≥0，22－3（k ＋1）≤0， ∴193≤k ≤223， ∵k ∈N *，∴k ＝7.故满足条件的n 的值为7. 答案：B4、在公差为d ，各项均为正整数的等差数列{a n }中，假设a 1＝1，a n ＝51，那么n ＋d 的最小值为( )A 、14B 、16C 、18D 、10 解析：由题意得1＋(n －1)d ＝51， 即(n －1)d ＝50，且d >0.由(n －1)＋d ≥2（n －1）d ＝250(当且仅当n －1＝d 时等号成立)， 得n ＋d ≥102＋1，因为n ，d 均为正整数， 所以n ＋d 的最小值为16，选B.答案：B错误的选项是()A 、假设d <0，那么数列{S n }有最大项B 、假设数列{S n }有最大项，那么d <0C 、假设数列{S n }是递增数列，那么对任意n ∈N *，均有S n >0D 、假设对任意n ∈N *，均有S n >0，那么数列{S n }是递增数列解析：利用函数思想，通过讨论S n ＝d2n 2＋(a 1－d2)n 的单调性判断、设{a n }的首项为a 1，那么S n ＝na 1＋12n (n －1)d ＝d 2n 2＋(a 1－d2)n .由二次函数性质知S n 有最大值时，那么d <0，故A 、B 正确；因为{S n }为递增数列，那么d >0，不妨设a 1＝－1，d ＝2，显然{S n }是递增数列，但S 1＝－1<0，故C 错误；对任意n ∈N *，S n 均大于0时，a 1>0，d >0，{S n }必是递增数列，D 正确、答案：C【二】填空题6、数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n －a n ，那么数列{a n }的通项公式为________、解析：由于S n ＝2n －a n ，所以S n ＋1＝2(n ＋1)－a n ＋1，后式减去前式，得S n ＋1－S n ＝2－a n ＋1＋a n ，即a n ＋1＝12a n ＋1，变形为a n ＋1－2＝12(a n －2)，那么数列{a n －2}是以a 1－2为首项，12为公比的等比数列、又a 1＝2－a 1，即a 1＝1.那么a n －2＝(－1)·(12)n －1，所以a n ＝2－(12)n －1.答案：2－(12)n －17、(2018年高考江西卷)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比不为1.假设a 1＝1，那么对任意的n ∈N *，都有a n ＋2＋a n ＋1－2a n ＝0，那么S 5＝________、解析：利用“特殊值”法，确定公比、由题意知a 3＋a 2－2a 1＝0，设公比为q ，那么a 1(q 2＋q －2)＝0.由q 2＋q －2＝0解得q ＝－2或q ＝1(舍去)，那么S 5＝a 1（1－q 5）1－q ＝1－（－2）53＝11.答案：11 8、流行性感冒(简称流感)是由流感病毒引起的急性呼吸道传染病、某市去年11月份曾发生流感，据资料记载，11月1日，该市新的流感病毒感染者有20人，以后每天的新感染者平均比前一天的新感染者增加50人、由于该市卫生部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，从某天起，每天的新感染者平均比前一天的新感染者减少30人，到11月30日止，该市在这30天内感染该病毒的患者共有8670人，那么11月________日，该市感染此病毒的新患者人数最多、解析：设该市11月n 日新感染者有a n 人，在11月(x ＋1)日开始控制病毒的传播，其中x∈N *，那么由题意可知：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧20＋50（n －1），1≤n ≤x 50x －30－30（n －x ），x <n ≤30，从而由条件得20＋50x －302·x＋[（50x －60）＋（80x －930）]2·(30－x )＝8670，解之得x ＝12或x ＝49(舍去)，故易知11月12日，该市感染此病毒的新患者人数最多、答案：12【三】解答题9、(2018年长沙模拟)数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1(n ∈N *)、 (1)求数列{a n }的通项公式；(2)假设数列{b n }满足4b 1－1·42b 2－1·43b 3－1·…·4nb n －1＝(a n ＋1)n，求数列{b n }的通项公式、解析：(1)∵a n ＋1＝2a n ＋1，∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)， ∴a n ＋1＋1a n ＋1＝2， 而a 1＝1，a 1＋1＝2≠0，故数列{a n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，∴a n ＋1＝2n ，即a n ＝2n －1(n ∈N *)、(2)∵4b1－1·42b2－1·43b3－1·…·4nb n－1＝(a n＋1)n，∴4b1＋2b2＋3b3＋…＋nb n－n＝2n2，∴2(b1＋2b2＋3b3＋…＋nb n)－2n＝n2，即2(b1＋2b2＋3b3＋…＋nb n)＝n2＋2n，①当n≥2时，2[b1＋2b2＋…＋(n－1)b n－1]＝(n－1)2＋2(n－1)＝n2－1，②由①－②得2nb n＝2n＋1(n≥2)，b n＝1＋12n(n≥2)、易知当n＝1时，4b1－1＝a1＋1＝2，得b1＝32，满足上式，∴b n＝1＋12n(n∈N*)、10、数列{a n}的前n项和S n＝n2＋2n.(1)求数列的通项公式a n；(2)设2b n＝a n－1，且T n＝1b1b2＋1b2b3＋…＋1b n b n＋1，求T n.解析：(1)因为S n＝n2＋2n，所以当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝2n＋1. 当n＝1时，a1＝S1＝3＝2×1＋12，满足上式、故a n＝2n＋1，n∈N*.(2)因为2b n＝a n－1，所以b n＝12(a n－1)＝12(2n＋1－1)＝n，所以1b n b n＋1＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1，所以T n＝1b1b2＋1b2b3＋…＋1b n b n＋1＝11×2＋12×3＋…＋1n×（n＋1）＝11－12＋12－13＋13－14＋…＋1n－1－1n＋1n－1n＋1＝nn＋1.11、(2018年广州两校联考)数列{a n}满足a1＝5，a2＝5，a n＋1＝a n＋6a n－1(n≥2)、(1)求证：{a n＋1＋2a n}是等比数列；(2)求证：{a n－3n}是等比数列并求数列{a n}的通项公式；(3)设3n b n＝n(3n－a n)，且|b1|＋|b2|＋…＋|b n|<m对于n∈N*恒成立，求m的取值范围、解析：(1)证明：由a n＋1＝a n＋6a n－1，a n＋1＋2a n＝3(a n＋2a n－1)(n≥2)，∵a1＝5，a2＝5，∴a2＋2a1＝15故数列{a n＋1＋2a n}是以15为首项，3为公比的等比数列、(2)证明：由(1)得a n＋1＋2a n＝5·3n，∴(a n＋1－3n＋1)＝－2(a n－3n)，故数列{a n－3n}是以2为首项，－2为公比的等比数列，∴a n－3n＝2(－2)n－1，即a n＝3n＋2(－2)n－1＝3n－(－2)n(3)由3n b n＝n(3n－a n)＝n[3n－3n＋(－2)n]＝n(－2)n，∴b n＝n(－23)n令S n＝|b1|＋|b2|＋…＋|b n|＝23＋2(23)2＋3(23)3＋…＋n(23)n23S n＝(23)2＋2(23)3＋…＋(n－1)(23)n＋n(23)n＋1得13S n ＝23＋(23)2＋(23)3＋…＋(23)n －n (23)n ＋1＝23[1－（23）n ]1－23－n (23)n ＋1＝2[1－(23)n ]－n (23)n ＋1∴S n ＝6[1－(23)n ]－3n (23)n ＋1<6，要使得|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |<m 对于n ∈N *恒成立，只须m ≥6.。
(通用版)2019版高考数学一轮复习第6章数列4第4讲数列求和教案理
第4讲 数列求和1．基本数列求和方法 (1)等差数列求和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d ．(2)等比数列求和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q＝a 1（1－q n ）1－q ，q ≠1.2．一些常见数列的前n 项和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n （n ＋1）2；(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n －1)＝n 2； (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n ＝n 2＋n ． 3．数列求和的常用方法 (1)倒序相加法如果一个数列{a n }的前n 项中首末两端等“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，如等差数列的前n 项和即是用此法推导的． (2)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，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和就是用此法推导的． (3)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． (4)分组转化法一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和后再相加减． (5)并项求和法一个数列的前n 项和，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)nf (n )类型，可采用两项合并求解．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)当n ≥2时，1n 2－1＝1n －1－1n ＋1.( ) (2)利用倒序相加法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( )(3)若S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n，当a ≠0，且a ≠1时，求S n 的值可用错位相减法求得．( )答案：(1)× (2)√ (3)√数列{an }的前n 项和为S n ，已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则S 17＝( )A ．9B ．8C ．17D ．16解析：选A.S 17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9. (教材习题改编)数列{an }中，a n ＝1n （n ＋1），若{a n }的前n 项和为2 0172 018，则项数n 为( ) A ．2 016 B ．2 017 C ．2 018 D ．2 019解析：选B.a n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝2 0172 018，所以n ＝2 017.已知数列：112，214，318，…，⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12n ，…，则其前n 项和关于n 的表达式为________．解析：设所求的前n 项和为S n ，则S n ＝(1＋2＋3＋…＋n )＋12＋14＋…＋12n ＝n （n ＋1）2＋1－12n .答案：n （n ＋1）2＋1－12n已知数列{an }的前n 项和为S n 且a n ＝n ·2n，则S n ＝________． 解析：S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n，① 所以2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n ×2n ＋1，②①－②得－S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝2×（1－2n）1－2－n ×2n ＋1，所以S n ＝(n －1)2n ＋1＋2.答案：(n －1)2n ＋1＋2分组转化法求和[典例引领](2018·合肥市第一次教学质量检测)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 4＝24，S 7＝63.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2a n ＋(－1)n·a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解】 (1)因为{a n }为等差数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧S 4＝4a 1＋4×32d ＝24S 7＝7a 1＋7×62d ＝63⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3d ＝2⇒a n＝2n ＋1.(2)因为b n ＝2a n ＋(－1)n ·a n ＝22n ＋1＋(－1)n ·(2n ＋1)＝2×4n ＋(－1)n·(2n ＋1)，所以T n ＝2×(41＋42＋ (4))＋[－3＋5－7＋9－…＋(－1)n·(2n ＋1)]＝8（4n－1）3＋G n .当n ＝2k (k ∈N *)时，G n ＝2×n2＝n ，所以T n ＝8（4n－1）3＋n ；当n ＝2k －1(k ∈N *)时，G n ＝2×n －12－(2n ＋1)＝－n －2，所以T n ＝8（4n－1）3－n －2，所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧8（4n－1）3＋n （n ＝2k ，k ∈N *）8（4n－1）3－n －2（n ＝2k －1，k ∈N *）.分组转化法求和的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和；(2)通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数，c n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组转化法求和．[通关练习]1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝2n－n ，前n 项和为S n ，则S n ＝________． 解析：S n ＝21＋22＋ (2)－(1＋2＋…＋n ) ＝2（1－2n）1－2－n （1＋n ）2＝2n ＋1－n 2＋n ＋42.答案：2n ＋1－n 2＋n ＋422．(2018·福建福州八中第六次质检)在等比数列{a n }中，公比q ≠1，等差数列{b n }满足b 1＝a 1＝3，b 4＝a 2，b 13＝a 3. (1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)记c n ＝(－1)nb n ＋a n ，求数列{c n }的前2n 项和S 2n . 解：(1)设等差数列{b n }的公差为d .则有⎩⎪⎨⎪⎧3＋3d ＝3q ，3＋12d ＝3q 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝3，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝1，d ＝0(舍去)， 所以a n ＝3n，b n ＝2n ＋1.(2)由(1)知c n ＝(－1)n (2n ＋1)＋3n，则S 2n ＝(3＋32＋33＋ (32))＋{(－3)＋5＋(－7)＋9＋…＋[－(4n －1)]＋(4n ＋1)} ＝3（1－32n）1－3＋[(5－3)＋(9－7)＋…＋(4n ＋1－4n ＋1)]＝32n ＋1－32＋2n .错位相减法求和[典例引领](2017·高考山东卷)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋ a 2 ＝6，a 1a 2＝a 3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2){b n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n .已知S 2n ＋1＝b n b n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n .【解】 (1)设{a n }的公比为q ， 由题意知：a 1(1＋q )＝6，a 21q ＝a 1q 2. 又a n >0，解得：a 1＝2，q ＝2， 所以a n ＝2n.(2)由题意知：S 2n ＋1＝（2n ＋1）（b 1＋b 2n ＋1）2＝(2n ＋1)b n ＋1，又S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0， 所以b n ＝2n ＋1. 令c n ＝b n a n， 则c n ＝2n ＋12n ，因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝32＋522＋723＋…＋2n －12n －1＋2n ＋12n ，又12T n ＝322＋523＋724＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1， 两式相减得12T n ＝32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1－2n ＋12n ＋1，所以T n ＝5－2n ＋52n.错位相减法求和策略(1)如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法，一般是和式两边同乘以等比数列{b n }的公比，然后作差求解．(2)在写“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)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．[通关练习]1．数列12，34，58，716，…，的前10项之和为________．解析：S 10＝12＋34＋58＋…＋19210，①所以12S 10＝14＋38＋…＋17210＋19211.②①－②得12S 10＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫24＋28＋…＋2210－19211＝12＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1291－12－19211 ＝32－129－19211＝3×210－23211， 所以S 10＝3×210－23210＝3 0491 024. 答案：3 0491 0242．(2018·福建漳州八校联考)已知递增的等比数列{a n }满足：a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2和a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n ＋n ·2n ＋1>62成立的正整数n 的最小值．解：(1)由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝28，a 1q ＋a 1q 3＝2（a 1q 2＋2）， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝32，q ＝12，由于{a n }是递增数列，所以a 1＝2，q ＝2， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2·2n －1＝2n.(2)因为b n ＝a n log 12a n ＝2n·log 122n＝－n ·2n，所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n ·2n)，① 则2S n ＝－(1×22＋2×23＋…＋n ·2n ＋1)，②②－①，得S n ＝(2＋22＋ (2))－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1，则S n ＋n ·2n ＋1＝2n ＋1－2，解2n ＋1－2>62，得n >5，所以n 的最小值为6.裂项相消法求和(高频考点)裂项相消法求和是每年高考的热点，题型多为解答题第二问，难度适中．高考对裂项相消法的考查常有以下三个命题角度： (1)形如a n ＝1n （n ＋k ）型；(2)形如a n ＝1n ＋k ＋n型；(3)形如a n ＝ka n（a n －1）（a n ＋1－1）(a >0，a ≠1)型． [典例引领]角度一 形如a n ＝1n （n ＋k ）型(2017·高考全国卷Ⅲ)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n .(1)求{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和．【解】 (1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)．两式相减得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1(n ≥2)．又由题设可得a 1＝2， 从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1. (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.则S n ＝11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝2n 2n ＋1.角度二 形如a n ＝1n ＋k ＋n型(2018·福州质检)已知函数f (x )＝x α的图象过点(4，2)，令a n ＝1f （n ＋1）＋f （n ），n ∈N *.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 018＝( )A. 2 017－1B. 2 018－1C. 2 019－1D. 2 019 ＋1【解析】 由f (4)＝2可得4α＝2，解得α＝12.则f (x )＝x 12. 所以a n ＝1f （n ＋1）＋f （n ）＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，所以S 2 018＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 018＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 018－2 017 )＋( 2 019－ 2 018)＝ 2 019－1. 【答案】 C角度三 形如a n ＝ka n（a n －1）（a n ＋1－1）(a >0，a ≠1)型已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解】 (1)由题设知a 1·a 4＝a 2·a 3＝8，又a 1＋a 4＝9，可解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1(舍去)．由a 4＝a 1q 3得公比q ＝2，故a n ＝a 1qn －1＝2n －1.(2)S n ＝a 1（1－q n ）1－q＝2n－1.又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1， 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 1－1S 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝1－12n ＋1－1.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)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{a n }是等差数列，则1a n a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1，1a n a n ＋2＝12d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋2. [通关练习]1．(2017·高考全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k＝__________．解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，依题意，⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3，4a 1＋6d ＝10，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3，2a 1＋3d ＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，所以S n ＝n （n ＋1）2，因此∑k ＝1n 1S k ＝2(1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1)＝2nn ＋1.答案：2nn ＋12．(2018·银川质检)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. (1)求数列{a n } 的通项公式a n ；(2)令b n ＝n ＋1（n ＋2）2a 2n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，证明：对于任意的n ∈N *，都有T n <564. 解：(1)由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0， 得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0.由于数列{a n }是正项数列，所以S n >0，S n ＝n 2＋n . 于是a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n .综上可知，数列{a n }的通项公式a n ＝2n .(2)证明：由于a n ＝2n ，b n ＝n ＋1（n ＋2）2a 2n，则b n ＝n ＋14n 2（n ＋2）2＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1（n ＋2）2. T n ＝116⎣⎢⎡1－132＋122－142＋132－152＋…＋1（n －1）2－⎦⎥⎤1（n ＋1）2＋1n 2－1（n ＋2）2＝116⎣⎢⎡1＋122－1（n ＋1）2－⎦⎥⎤1（n ＋2）2<116⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＝564.几类可以使用公式求和的数列(1)等差数列、等比数列以及由等差数列、等比数列通过加、减构成的数列，它们可以使用等差数列、等比数列的求和公式求解．(2)奇数项和偶数项分别构成等差数列或等比数列的，可以分项数为奇数和偶数时，分别使用等差数列或等比数列的求和公式．(3)等差数列各项加上绝对值，等差数列乘(－1)n.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．易错防范(1)直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论．(2)在应用错位相减法时，要注意观察未合并项的正负号．(3)在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项．1．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n －3⎝ ⎛⎭⎪⎫15n，则其前20项和为( )A ．380－35⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1519B ．400－25⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520C ．420－34⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520D ．440－45⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520解析：选 C.令数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 20＝a 1＋a 2＋…＋a 20＝2(1＋2＋…＋20)－3⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋152＋…＋1520＝2×20×（20＋1）2－3×15⎝ ⎛⎭⎪⎫1－15201－15＝420－34⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1520.2．数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则项数n 为( )A ．120B ．99C ．11D ．121解析：选A.a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n（n ＋1＋n ）（n ＋1－n ）＝n ＋1－n ，所以a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1＝10.即n ＋1＝11，所以n ＋1＝121，n ＝120.3．(2018·江西师大附中调研)定义n p 1＋p 2＋…＋p n为n 个正数p 1，p 2，…，p n 的“均倒数”，若已知数列{a n }的前n 项的“均倒数”为15n ，又b n ＝a n 5，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝( ) A.817 B.919 C.1021D.1123解析：选C.由定义可知a 1＋a 2＋…＋a n ＝5n 2，a 1＋a 2＋…＋a n ＋a n ＋1＝5(n ＋1)2，可求得a n ＋1＝10n ＋5，所以a n ＝10n －5，则b n ＝2n －1.又1b n b n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1b n －1b n ＋1，所以1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝12(1b 1－1b 2＋1b 2－…－1b 10＋1b 10－1b 11)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 1－1b 11＝1021. 4．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n(2n －1)·cos n π2＋1(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，则S 60＝( ) A ．－30 B ．－60 C ．90D ．120解析：选D.由题意可得，当n ＝4k －3(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －3＝1；当n ＝4k －2(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －2＝6－8k ；当n ＝4k －1(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －1＝1；当n ＝4k (k ∈N *)时，a n ＝a 4k ＝8k .所以a 4k －3＋a 4k －2＋a 4k －1＋a 4k ＝8，所以S 60＝8×15＝120.5．(2018·湖南湘潭模拟)已知T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n＋12n 的前n 项和，若m >T 10＋1 013恒成立，则整数m 的最小值为( )A ．1 026B ．1 025C ．1 024D ．1 023解析：选C.因为2n＋12n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，所以T n ＝n ＋1－12n ，所以T 10＋1 013＝11－1210＋1 013＝1 024－1210，又m >T 10＋1 013，所以整数m 的最小值为1 024.故选C.6．在等差数列{a n }中，a 1>0，a 10·a 11<0，若此数列的前10项和S 10＝36，前18项和S 18＝12，则数列{|a n |}的前18项和T 18的值是________． 解析：由a 1>0，a 10·a 11<0可知d <0，a 10>0，a 11<0， 所以T 18＝a 1＋…＋a 10－a 11－…－a 18 ＝S 10－(S 18－S 10)＝60. 答案：607．设函数f (x )＝12＋log 2x 1－x ，定义S n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ，其中n ∈N *，且n ≥2，则S n ＝________． 解析：因为f (x )＋f (1－x ) ＝12＋log 2x 1－x ＋12＋log 21－x x ＝1＋log 21＝1，所以2S n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋ ⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2n ＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＝n －1. 所以S n ＝n －12.答案：n －128．某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M ，M 的价值在使用过程中逐年减少，从第2年到第6年，每年初M 的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M 的价值为上年初的75%，则第n 年初M 的价值a n ＝________．解析：当n ≤6时，数列{a n }是首项为120，公差为－10的等差数列，所以a n ＝120－10(n －1)＝130－10n (n ≤6且n ∈N *)；当n ≥7时，数列{a n }是以a 6为首项，34为公比的等比数列，又因为a 6＝70，所以a n ＝70×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6(n ≥7且n ∈N *)．答案：⎩⎪⎨⎪⎧130－10n ，n ≤6且n ∈N *，70×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6，n ≥7且n ∈N *9．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2an ＋(－1)na n ，求数列{b n }的前2n 项和． 解：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－（n －1）2＋（n －1）2＝n .a 1也满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n .(2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)nn .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋ (22))＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )． 记A ＝21＋22＋ (22)，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 则A ＝2（1－22n）1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n .故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.10．(2018·长沙市统一模拟考试)已知数列{a n }为等差数列，其中a 2＋a 3＝8，a 5＝3a 2. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)记b n ＝2a n a n ＋1，设{b n }的前n 项和为S n .求最小的正整数n ，使得S n >2 0162 017. 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋3d ＝8a 1＋4d ＝3a 1＋3d ，解得a 1＝1，d ＝2，从而{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *. (2)因为b n ＝2a n a n ＋1＝12n －1－12n ＋1， 所以S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝1－12n ＋1，令1－12n ＋1>2 0162 017， 解得n >1 008，故取n ＝1 009.1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 5＝28，S 10＝310.记函数f (n )＝S n (n ∈N *)，A (n ，f (n ))，B (n ＋1，f (n ＋1))，C (n ＋2，f (n ＋2))是函数f (n )上的三点，则△ABC 的面积为( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4解析：选C.因为a 5＝28，S 10＝310.所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝28，10a 1＋10×92d ＝310，解得a 1＝4，d ＝6. 所以a n ＝4＋(n －1)×6＝6n －2. 所以S n ＝4n ＋n （n －1）2×6＝3n 2＋n .所以A ，B ，C 的坐标分别为(n ，3n 2＋n )，(n ＋1，3(n ＋1)2＋(n ＋1))，(n ＋2，3(n ＋2)2＋(n ＋2))．所以△ABC 的面积S ＝12[(3n 2＋n )＋3(n ＋2)2＋(n ＋2)]×2－12[(3n 2＋n )＋3(n ＋1)2＋(n ＋1)]×1－12[3(n ＋1)2＋(n ＋1)＋3(n ＋2)2＋(n ＋2)]×1＝(6n 2＋14n ＋14)－(3n 2＋4n ＋2)－(3n 2＋10n ＋9) ＝3，即△ABC 的面积为3.2．(2017·高考全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N ：N >100且该数列的前N 项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是( ) A ．440 B ．330 C ．220D ．110解析：选A.设第一项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n 组的项数为n ，前n 组的项数和为n （n ＋1）2.由题意可知，N >100，令n （n ＋1）2>100，所以n ≥14，n ∈N *，即N 出现在第13组之后．易得第n 组的所有项的和为1－2n1－2＝2n －1，前n 组的所有项的和为2（1－2n）1－2－n ＝2n ＋1－n －2.设满足条件的N 在第k ＋1(k ∈N *，k ≥13)组，且第N 项为第k ＋1组的第t (t ∈N *)个数，第k ＋1组的前t 项的和2t－1应与－2－k 互为相反数，即2t－1＝k ＋2，所以2t＝k ＋3，所以t ＝log 2(k ＋3)，所以当t ＝4，k ＝13时，N ＝13×（13＋1）2＋4＝95<100，不满足题意，当t ＝5，k ＝29时，N ＝29×（29＋1）2＋5＝440，当t >5时，N >440，故选A.3．已知数列{a n }满足a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，且a 1＝12，则该数列的前 2 018项的和等于________．解析：因为a 1＝12，又a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，所以a 2＝1，从而a 3＝12，a 4＝1，即得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝2k －1（k ∈N *），1，n ＝2k （k ∈N *），故数列的前2 018项的和S 2 018＝1 009×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＝3 0272.答案：3 02724．某人打算制定一个长期储蓄计划，每年年初存款2万元，连续储蓄12年．由于资金原因，从第7年年初开始，变更为每年年初存款1万元．若存款利率为每年2%，且上一年年末的本息和共同作为下一年年初的本金，则第13年年初时的本息和约为________万元(结果精确到0.1)．(参考数据：1.026≈1.13，1.0212≈1.27)解析：由题意可知，第1年年初存入的2万元，到第13年年初时本息和为2×1.0212，第2年年初存入的2万元，到第13年年初时本息和为2×1.0211，…，第6年年初存入的2万元，到第13年年初时本息和为2×1.027，第7年年初存入的1万元，到第13年年初时本息和为1×1.026，…，第12年年初存入的1万元，到第13年年初时本息和为1×1.02，第13年年初时的本息和为2×1.0212＋2×1.0211＋…＋2×1.027＋1.026＋1.025＋…＋1.02 ＝2×1.027×（1－1.026）1－1.02＋1.02×（1－1.026）1－1.02＝2×1.02×（1.0212－1.026）0.02＋51×(1.026－1)≈51×(0.28＋0.13)＝20.91≈20.9. 答案：20.95．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，满足a 1＝3，b 1＝1，b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2S n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，设数列{c n }的前n 项和为T n ，求T 2n .解：(1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q ，由⎩⎪⎨⎪⎧b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3，得⎩⎪⎨⎪⎧q ＋6＋d ＝10，3＋4d －2q ＝3＋2d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝2， 所以a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝2n －1.(2)由a 1＝3，a n ＝2n ＋1，得S n ＝n （a 1＋a n ）2＝n (n ＋2)，则c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n （n ＋2），n 为奇数，2n －1，n 为偶数， 即c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1n －1n ＋2，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，所以T 2n ＝(c 1＋c 3＋…＋c 2n －1)＋(c 2＋c 4＋…＋c 2n )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＋(2＋23＋…＋22n －1) ＝1－12n ＋1＋2（1－4n）1－4＝2n 2n ＋1＋23(4n －1)．6．(2018·张掖市第一次诊断考试)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 }的通项公式与数列{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：(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 ，所以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.所以H n ＝2－n ＋22n.又M n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1，所以T n ＝H n ＋M n ＝2－n ＋22n＋nn ＋1.。
2019年高考数学二轮复习专题4数列2.1数列大题课件理
4.2.1 等差、等比数列的综合问题
-8考向一 考向二 考向三 考向四 考向五
等差(比)数列的判断与证明
例 1 已知数列{an},其前 n 项和为
3 2 7 Sn=2n +2n(n∈N*).
(1)求a1,a2; (2)求数列{an}的通项公式,并证明数列{an}是等差数列; (3)如果数列{bn}满足an=log2bn,试证明数列{bn}是等比数列,并求 其前n项和Tn.
32 (1-8������ ) 1-8
(8n-1).
-10考向一 考向二 考向三 考向四 考向五
解题心得1.判断和证明数列是等差(比)数列的三种方法. ������������+1 (1)定义法:对于n≥1的任意自然数,验证an+1-an 或 ������ 为同一常 ������ 数. (2)通项公式法:若an=kn+b(n∈N*),则{an}为等差数列;若 an=pqkn+b(n∈N*),则{an}为等比数列. (3)中项公式法:若2an=an-1+an+1(n∈N*,n≥2),则{an}为等差数列; 2 若 ������������ =an-1· an+1(n∈N*,n≥2),则{an}为等比数列. 2.对已知数列an与Sn的关系,证明{an}为等差或等比数列的问题, 解题思路是:由an与Sn的关系递推出n+1时的关系式,两个关系式相 减后,进行化简、整理,最终化归为用定义法证明.
-5-
1.由递推关系式求数列的通项公式 (1)形如an+1=an+f(n),利用累加法求通项. (2)形如an+1=anf(n),利用累乘法求通项. ������ (3)形如an+1=pan+q,等式两边同时加 转化为等比数列求通项. ������−1
【推荐ppt】2019版高考数学总复习专题四数列4.2数列解答题课件理
-7-
高考真题体验·对方向
新题演练提能·刷高分
解
(1)由 an+1=3an+1 得 an+1+12=3
������������
+
1 2
.
又 a1+12
=
32,所以
������������
+
1 2
是首项为32,公比为 3 的等比数列.
an+12 = 32������,因此{an}的通项公式为 an=3���2���-1.
由 Sn=1+λan,Sn+1=1+λan+1 得 an+1=λan+1-λan,
即 an+1(λ-1)=λan.
由 a1≠0,λ≠0 得 an≠0,
所以������������+1
������������
=
���������-���1.
因此{an}是首项为11-������,公比为���������-���1的等比数列,
4.2 数列解答题
高考命题规律 1.高考命题的完全考题,常与解三角形解答题交替在第17题呈现. 2.解答题,12分,中档难度. 3.全国高考有3种命题角度,分布如下表.
2014 年 2015 年 2016 年 2017 年 2018 年2019 Fra bibliotek高考必备Ⅰ
卷
Ⅱ卷 Ⅰ卷
Ⅱ
卷
Ⅰ
卷
Ⅱ
卷
Ⅲ
卷
Ⅰ
卷
Ⅱ
卷
Ⅲ
卷
Ⅰ
卷
Ⅱ
卷
Ⅲ
卷
命题 角度 1
等差、等比 数列的判定 17 17 与证明