【课堂新坐标】(安徽专用)高考数学(理)一轮总复习课件第五章数 列 第4节 数列求和
【课堂新坐标】(安徽专用)高考数学(理)一轮总复习课件第四章平面向量与复数 第5节 数系的扩充与
【答案】
D
考向 2
复数的代数运算
【例 2】 (1)(2013· 山东高考)复数 z 满足(z－3)(2－i)＝5(i 为虚数单位)，则 z 的共轭复数 z 为( A．2＋i B．2－i ) D．5－i
C．5＋i
3＋bi (2)(2012· 湖北高考)若 ＝a＋bi(a，b 为实数，i 为虚数 1－ i 单位)，则 a＋b＝________.
i 3．复数 (i 是虚数单位)的实部是( 1＋2i 2 A. 5 2 B．－ 5 1 C. 5 1 D．－ 5
)
i1－2i 2＋i 2 1 i 【解析】 ＝ ＝ ＝ ＋ i，故选 A. 5 5 5 1＋2i 1＋2i1－2i
【答案】
A
4．(2013· 江苏高考)设 z＝(2－i)2(i 为虚数单位)，则复数 z 的模为________．
(2)几何意义：复数加减法可按向量的平行四边形或三 角形法则进行． 如图 4－5－1 所示给出的平行四边形 OZ1ZZ2 可以直观
→ → → → OZ ＋ OZ 地反映出复数加减法的几何意义，即OZ＝ 1 2 ，Z1Z2 → → ＝ OZ2－OZ1 .
图 4－5－1
1．(固基升华)判断下列结论的正误．(正确的打“√”， 错误的打“×”) (1)复数 z＝a＋bi(a，b∈R)中，虚部为 bi( )
(2)复数中有相等复数的概念，因此复数可以比较大小 ( (3)实轴上的点表示实数，虚轴上的点都表示纯虚数 ( ) )
(4)复数的模实质上就是复平面内复数对应的点到原点的 距离，也就是复数对应的向量的模( )
【解析】 依据复数的概念， (1)、 (2)不正确， (4)正确． (3) 中，虚轴上除原点外表示纯虚数．(3)错．
高考新坐标(教师用书)高考数学总复习 第五章 数列
第五章数列第一节数列的概念与简单表示[考纲传真]1．了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)． 2.了解数列是自变量为正整数的一类函数．1．数列的定义按照一定顺序排列着的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项．2．数列的分类3.数列的表示方法 (1)表示方法： (2)数列的函数特征：上面数列的三种表示方法也是函数的表示方法，数列可以看作是一个定义域为正整数集N *(或它的有限子集{1，2，…，n })的函数，即当自变量由小到大依次取值时所对应的一列函数值．4．a n 与S n 的关系若数列{a n }的前n 项和为S n ，通项公式为a n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1， （n ＝1），S n －S n －1， （n≥2）.1．(夯基释疑)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)所有数列的第n 项都能使用公式表达．( )(2)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( ) (3)已知a n ＋2＝2a n ＋1＋a n ，若要确定数列{a n }，必须知道初始值a 1，a 2.( ) (4)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对∀n ∈N *，都有a n ＋1＝S n ＋1－S n .( ) [答案] (1)× (2)√ (3)× (4)√2．(教材改编)已知数列{a n }的前4项分别为2，0，2，0，则下列各式不可以作为数列{a n }的通项公式的一项是( )A ．a n ＝1＋(－1)n ＋1B ．a n ＝2sin n π2 C ．a n ＝1－cos n πD．a n＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n 为奇数0，n 为偶数 [解析] 根据数列的前3项验证． [答案] B3．把1，3，6，10，15，21，…这些数叫做三角形数，这是因为用这些数目的点可以排成一个正三角形(如图511)．则第7个三角形数是( )图511A ．27B ．28C ．29D ．30[解析] 由图可知，第7个三角形数是1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28. [答案] B4．(2015·聊城质检)已知数列{a n }中，a 2＝2，a n ＝－1a n －1(n≥2)，则a 2 015等于( ) A ．－12 B .12C ．2D ．－2[解析] ∵a n ＋2＝－1a n ＋1＝a n ，∴数列{a n }的周期为2.又a 2＝2，∴a 1＝－1a 2＝－12，从而a 2 015＝a 1＝－12.[答案] A5．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ＋1(n∈N *)，则a n ＝________． [解析] 当n ＝1时，a 1＝S 1＝4，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋2n ＋1－[(n －1)2＋2(n －1)＋1]＝2n －1＋2＝2n ＋1.∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.[答案] a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2考向1 由数列的前n 项归纳通项公式【典例1】 根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式． (1)－1，7，－13，19，…； (2)0.8，0.88，0.888，…； (3)12，14，－58，1316，－2932，6164，…. [解] (1)符号可通过(－1)n表示，后面的数的绝对值总比前面的数的绝对值大6， 故通项公式为a n ＝(－1)n(6n －5)．(2)数列变为89(1－0.1)，89(1－0.01)，89(1－0.001)，…，∴a n ＝89⎝ ⎛⎭⎪⎫1－110n .(3)各项的分母分别为21，22，23，24，…，易看出第2，3，4项的分子分别比分母少3.因此把第1项变为－2－32，原数列化为－21－321，22－322，－23－323，24－324，…，∴a n ＝(－1)n·2n －32n .【规律方法】由前几项归纳数列通项的常用方法及具体策略：(1)常用方法：观察(观察规律)、比较(比较已知数列)、归纳、转化(转化为特殊数列)、联想(联想常见的数列)等方法．(2)具体策略：①分式中分子、分母的特征；②相邻项的变化特征；③拆项后的特征；④各项的符号特征和绝对值特征；⑤对于符号交替出现的情况．可用(－1)k或(－1)k ＋1，k∈N *处理．【变式训练1】 根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式． (1)3，5，7，9，…；(2)－1，32，－13，34，－15，36，…；(3)9，99，999，9999，….[解] (1)各项减去1后为正偶数，所以a n ＝2n ＋1.(2)奇数项为负，偶数项为正，故通项公式的符号为(－1)n；各项绝对值的分母组成数列1，2，3，4，…；而各项绝对值的分子组成的数列中，奇数项为1，偶数项为3，即奇数项为2－1，偶数项为2＋1，所以a n ＝(－1)n·2＋（－1）nn.(3)数列的前4项为10－1，100－1，1 000－1，10 000－1， 所以它的一个通项公式为a n ＝10n－1.考向2 由a n 与S n 的关系求通项【典例2】 (1)(2015·淄博调研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，则S n ＝( )A ．2n －1B .⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1 C .⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1 D .12n －1(2)已知数列{a n }的前n 项和S n ，求下面数列{a n }的通项公式a n . ①S n ＝2n 2－3n ；②S n ＝3n＋b. [解析] (1)由a n ＋1＝S n ＋1－S n得12S n ＝S n ＋1－S n ，即S n ＋1＝32S n (n≥1)， 又S 1＝a 1＝1，所以数列{S n }是首项为1，公比为32的等比数列，所以S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.[答案] B(2)①a 1＝S 1＝2－3＝－1， 当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n)－[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5，由于a 1也适合此等式，∴a n ＝4n －5. ②a 1＝S 1＝3＋b ，当n≥2时，a n ＝S n －S n －1 ＝(3n＋b)－(3n －1＋b)＝2·3n －1.当b ＝－1时，a 1适合此等式． 当b≠－1时，a 1不适合此等式． ∴当b ＝－1时，a n ＝2·3n －1；当b≠－1时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3＋b ，2·3n －1，n ＝1，n ≥2.【规律方法】利用a n ＝S n －S n －1求通项时，注意n≥2这一前提条件，易忽略验证n ＝1致误．当n ＝1时，a 1若适合通项，则n ＝1的情况应并入n≥2时的通项；否则a n 应利用分段函数的形式表示，即a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.【变式训练2】 (1)数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n≥1)，则a 6＝________．(2)(2015·青岛质检)数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n ＋1，则数列{a n }的通项公式是________．[解析] (1)由a n ＋1＝S n ＋1－S n 得S n ＋1－S n ＝3S n 即S n ＋1＝4S n (n≥1)，∴数列{S n }是首项为1，公比为4的等比数列， ∴S n ＝4n －1，从而a 6＝S 6－S 5＝45－44＝3×44＝768. (2)当n ＝1时，a 1＝S 1＝3，当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n 2＋n ＋1)－[(n －1)2＋(n －1)＋1]＝2n ， 又a 1＝3≠2×1，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧32nn ＝1，n ≥2.[答案] (1)768 (2)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧32nn ＝1n≥2考向3 由数列的递推公式求通项公式(高频考点)命题视角 由数列的递推公式求通项公式是高考中的一个重要考向，其主要命题角度：①已知a n ＋1＝a n ＋f(n)，求a n ；②已知a n ＋1a n＝f(n)，求a n ；③已知a n ＋1＝pa n ＋q ，求a n .【典例3】 根据下列条件，确定数列{a n }的通项公式：(1)a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ； (2)a 1＝1，a n ＋1＝2na n ； (3)a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2.[思路点拨] (1)利用a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1求解；(2)利用a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1求解；(3)构造等比数列求解．[解] (1)∵a n ＋1＝a n ＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ，∴a n －a n －1＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n －1＝ln n n －1(n≥2)， ∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝ln n n －1＋ln n －1n －2＋…＋ln 32＋ln 2＋2＝2＋ln ⎝⎛⎭⎪⎫n n －1·n －1n －2·…·32·2＝2＋ln n (n≥2)．又a 1＝2适合上式， 故a n ＝2＋ln n (n∈N *)． (2)∵a n ＋1＝2na n ， ∴a n a n －1＝2n －1(n ≥2)， ∴a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1 ＝2n －1·2n －2·…·2·1＝21＋2＋3＋…＋(n －1)＝2n （n －1）2.又a 1＝1适合上式，故a n ＝2n （n －1）2.(3)∵a n ＋1＝3a n ＋2， ∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，又a 1＝1，∴a 1＋1＝2，故数列{a n ＋1}是首项为2，公比为3的等比数列． ∴a n ＋1＝2·3n －1，因此a n ＝2·3n －1－1.【通关锦囊】1．本题(1)，(2)中常见的错误是忽视验证a 1是否适合所求式，(3)中常见错误是忽视判定首项是否为零．2．(1)已知a 1且a n －a n －1＝f (n )，可用“累加法”求a n ；已知a 1(a 1≠0)且a na n －1＝f (n )，可用“累乘法”求a n ；(2)已知a 1且a n ＋1＝qa n ＋b ，则a n ＋1＋k ＝q (a n ＋k )(其中k 可由待定系数法确定)，可转化为{a n ＋k }为等比数列．【变式训练3】 根据下列条件，确定数列{a n }的通项公式： (1)a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋3n ＋2； (2)a 1＝1，a n ＝n －1na n －1(n ≥2)； (3)a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1. [解] (1)∵a n ＋1－a n ＝3n ＋2， ∴a n －a n －1＝3n －1(n ≥2)，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝n （3n ＋1）2(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝12×(3×1＋1)＝2符合公式，∴a n ＝32n 2＋n 2.(2)∵a n ＝n －1na n －1(n ≥2)， ∴a n a n －1＝n －1n(n ≥2)， ∴a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1 ＝n －1n ·n －2n －1·…·12·1＝1n， 当n ＝1时适合上式，故a n ＝1n. (3)∵a n ＋1＝2a n ＋1， ∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)， 又a 1＝1，∴a 1＋1＝2.∴数列{a n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列． ∴a n ＋1＝2·2n －1，∴a n ＝2n－1.明确2种关系 1.数列是一种特殊的函数，因此，在研究数列问题时，即要注意函数方法的普遍性，又要考虑数列方法的特殊性． 2.a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S n （n ＝1），S n －S n －1 （n≥2）.熟记3种方法 由递推关系求数列的通项的基本思想是转化，常用的方法：(1)a n ＋1－a n ＝f(n)型，采用叠加法．(2)a n ＋1a n ＝f(n)型，采用叠乘法．(3)a n ＋1＝pa n ＋q(p≠0，p ≠1)型，转化为等比数列解决．创新探究之6数列与函数的创新题(2015·淄博模拟)已知f(x)＝11＋x .各项均为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋2＝f(a n )．若a 2 014＝a 2 016，则a 20＋a 11的值是________．[解析] ∵a n ＋2＝11＋a n ，又a 2 014＝a 2 016＝11＋a 2 014，∴a 2 0142＋a 2 014＝1.又a n >0，∴a 2 014＝5－12. 又a 2 014＝11＋a 2 012＝5－12，∴a 2 012＝5－12，同理可得a 2 010＝…＝a 20＝5－12. 又a 1＝1，∴a 3＝12，a 5＝11＋a 3＝23，a 7＝11＋a 5＝35，a 9＝11＋a 7＝58，a 11＝11＋a 9＝813.∴a 20＋a 11＝5－12＋813＝135＋326. [答案]135＋326【智慧心语】创新点拨：(1)不理解f(x)＝11＋x在求递推关系式中的作用． (2)不能找到递推关系．应对措施：(1)正确求出数列{a n }的递推关系式． (2)正确利用递推公式a n ＋2＝11＋a n，分别由首项a 1推出a 11，由a 2 014推出a 20.【类题通关】 已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧3x－1（x≤0），f （x －1）＋1（x>0），把函数g(x)＝f(x)－x 的零点按从小到大的顺序排成一个数列，则该数列的通项公式为( )A ．a n ＝n （n －1）2(n∈N *) B ．a n ＝n (n －1)(n ∈N *)C ．a n ＝n －1(n ∈N *) D ．a n ＝2n－2(n ∈N *)[解析] 当x ∈(－∞，0]时，由g (x )＝f (x )－x ＝3x －1－x ＝0，得3x＝x ＋1. 令y ＝3x，y ＝x ＋1.在同一个坐标系内作出两函数在区间(－∞，0]上的图象(略)， 由图象易知交点为(0，1)，故得到函数的零点为x ＝0. 当x ∈(0，1]时，x －1∈(－1，0]，f (x )＝f (x －1)＋1＝3x －1－1＋1＝3x －1，由g (x )＝f (x )－x ＝3x －1－x ＝0，得3x －1＝x .令y ＝3x －1，y ＝x ，在同一个坐标系内作出两函数在区间(0，1]上的图象(略)，由图象易知交点为(1，1)，故得到函数的零点为x ＝1.当x ∈(1，2]时，x －1∈(0，1]，f (x )＝f (x －1)＋1＝3x －1－1＋1＝3x －2＋1，由g (x )＝f (x )－x ＝3x －2＋1－x ＝0，得3x －2＝x －1，令y ＝3x －2，y ＝x －1，在同一个坐标系内作出两函数在区间(1，2]上的图象(略)，由图象易知交点为(2，1)，故得到函数的零点为x ＝2.依此类推，当x ∈(2，3]，x ∈(3，4]，…，x ∈(n ，n ＋1]时，构造的两函数图象的交点依次为(3，1)，(4，1)，…，(n ＋1，1)，得对应的零点分别为x ＝3，x ＝4，…，x ＝n ＋1.故所有的零点从小到大依次排列为0，1，2，…，n ＋1. 其对应的数列的通项公式为a n ＝n －1. [答案] C课后限时自测 [A 级 基础达标练]一、选择题1．在数列1，2，7，10，13，…中，219是这个数列的( )A ．第16项B ．第24项C ．第26项D ．第28项[解析] 因为a 1＝1＝1，a 2＝2＝4，a 3＝7，a 4＝10，a 5＝13，…，所以a n ＝3n －2.令a n ＝3n －2＝219＝76，得n ＝26.[答案] C2．(2015·山师大附中模拟)数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1a n －1＋1，则a 4等于( )A . 53 B . 43 C ．1 D . 23[解析] 由a 1＝1，a n ＝1a n －1＋1得，a 2＝1a 1＋1＝2，a 3＝1a 2＋1＝32，a 4＝1a 3＋1＝53.[答案] A3．若S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝n n ＋1，则1a 5等于( )A . 56B . 65C . 130D ．30[解析] 当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n n ＋1－n －1n ＝1n （n ＋1），所以1a 5＝5×6＝30. [答案] D4．已知a 1＝1，a n ＝n(a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式是( )A ．2n －1 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n n －1C ．n 2D ．n[解析] ∵a n ＝n (a n ＋1－a n )， ∴a n ＋1a n ＝n ＋1n， ∴a n ＝a n a n －1×a n －1a n －2×a n －2a n －3×…×a 3a 2×a 2a 1×a 1 ＝nn －1×n －1n －2×n －2n －3×…×32×21×1＝n . [答案] D5．(2014·青岛调研)已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧（3－a ）x －3，x ≤7，a x －6，x>7，若数列{a n }满足a n ＝f(n)(n∈N *)，且{a n }是递增数列，则实数a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫94，3B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－94，3C ．(2，3)D ．(1，3)[解析] 由题意，a n ＝f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧（3－a ）n －3，n ≤7，a n －6，n >7，要使{a n }是递增数列，必有⎩⎪⎨⎪⎧3－a >0，a >1，（3－a ）×7－3<a 8－6，解得，2<a <3. [答案] C 二、填空题6．数列{a n }中，若a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3(n≥1且n∈N *)，则该数列的通项a n ＝________． [解析] 因为a n ＋1＝2a n ＋3，所以a n ＋1＋3＝2a n ＋3＋3＝2(a n ＋3)，即数列{a n ＋3}是以a 1＋3＝4为首项，公比q ＝2的等比数列，所以a n ＋3＝4×2n －1＝2n ＋1，所以a n ＝2n ＋1－3.[答案] a n ＝2n ＋1－37．已知a 1＝2，a n ＋1－a n ＝2n ＋1(n∈N *)，则a n ＝________．[解析] 由a n ＋1－a n ＝2n ＋1得a n －a n －1＝2n －1，a n －1－a n －2＝2n －3，…，a 3－a 2＝5，a 2－a 1＝3，则a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝2＋3＋5＋7＋…＋(2n －3)＋(2n －1) ＝2＋（n －1）（2n ＋2）2＝n 2＋1.[答案] n 2＋18．数列{a n }中，a 1＝1，对于所有的n≥2，n ∈N *，都有a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，则a 3＋a 5＝________．[解析] 由题意知：a 1·a 2·a 3…a n －1＝(n －1)2，∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n n －12(n ≥2)， ∴a 3＋a 5＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫542＝6116.[答案]6116三、解答题9．数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2－7n ＋6(n∈N *)． (1)这个数列的第4项是多少？(2)150是不是这个数列的项？若是这个数列的项，它是第几项？ (3)该数列从第几项开始各项都是正数？ [解] (1)当n ＝4时，a 4＝42－4×7＋6＝－6. (2)令a n ＝150，即n 2－7n ＋6＝150， 解得n ＝16或n ＝－9(舍去)， 即150是这个数列的第16项．(3)令a n ＝n 2－7n ＋6>0，解得n >6或n <1(舍)． ∵n ∈N *，∴数列从第7项起各项都是正数．10．已知S n 为正项数列{a n }的前n 项和，且满足S n ＝12a n 2＋12a n (n∈N *)．(1)求a 1，a 2，a 3，a 4的值； (2)求数列{a n }的通项公式．[解] (1)由S n ＝12a n 2＋12a n (n ∈N *)可得a 1＝12a 12＋12a 1，解得a 1＝1； S 2＝a 1＋a 2＝12a 22＋12a 2，解得a 2＝2； 同理，a 3＝3，a 4＝4.(2)S n ＝a n 2＋12a n 2，①当n ≥2时，S n －1＝a n －12＋12a n －12，② ①－②即得(a n －a n －1－1)(a n ＋a n －1)＝0. 由于a n ＋a n －1≠0，所以a n －a n －1＝1， 又由(1)知a 1＝1，故数列{a n }为首项为1，公差为1的等差数列，故a n ＝n .[B 级 能力提升练]1．(2015·陕西四校联考)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 ≥2 C ．a n ＝2nD ．a n ＝2n ＋2[解析] 由12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n a n ＝2n ＋5，得12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n －1a n －1＝2(n －1)＋5(n≥2)， 两式相减得a n2n ＝2n ＋5－2(n －1)－5＝2，所以a n ＝2n ＋1(n≥2，n ∈N *)，又当n ＝1时，a 12＝7，所以a 1＝14.综上可知，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧14，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.[答案] B2．数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n，0≤a n≤12，2a n－1，12<a n<1，a 1＝35，则数列的第2 016项为________．[解析] ∵a 1＝35，∴a 2＝2a 1－1＝15.∴a 3＝2a 2＝25.∴a 4＝2a 3＝45.∴a 5＝2a 4－1＝35，a 6＝2a 5－1＝15，….∴该数列周期为T ＝4. ∴a 2 016＝a 4＝45.[答案] 453．(2015·临沂阶段检测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且4S n ＝a n ＋1(n∈N *)． (1)求a 1，a 2.(2)设b n ＝log 3|a n |，求数列{b n }的通项公式． [解] (1)由已知4S 1＝a 1＋1，则4a 1＝a 1＋1，∴a 1＝13.又∵4S 2＝a 2＋1，即4(a 1＋a 2)＝a 2＋1， ∴a 2＝－19.(2)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝14(a n ＋1)－14(a n －1＋1)，∴3a n ＝－a n －1，由题意知数列各项不为零． ∴a n a n －1＝－13对n ≥2恒成立， ∴{a n }是首项为13，公比为－13的等比数列，∴a n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －1＝(－1)n －13－n，∴log 3|a n |＝log 33－n＝－n .因此数列{b n }的通项公式为b n ＝－n .第二节 等差数列[考纲传真]1．理解等差数列的概念． 2.掌握等差数列的通项公式与前n 项和公式． 3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用等差数列的有关知识解决相应的问题． 4.了解等差数列与一次函数的关系．1．等差数列(1)定义：a n ＋1－a n ＝d(常数)(n∈N *)．(2)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ，a n ＝a m ＋(n －m )d ． (3)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n （n －1）d 2＝n （a 1＋a n ）2.(4)a 、b 的等差中项A ＝a ＋b2．2．等差数列的性质已知数列{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．(1)若m 、n 、p 、q 、k 是正整数，且m ＋n ＝p ＋q ＝2k ， 则a m ＋a n ＝a p ＋a q ＝2a k .(2)a m ，a m ＋k ，a m ＋2k ，a m ＋3k ，…仍是等差数列，公差为kd ． (3)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }是等差数列． (4)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…，也是等差数列．(5)数列{a n }的前n 项和S n ＝An 2＋Bn(A≠0)是{a n }成等差数列的充分条件． (6)两个等差数列{a n }，{b n }的前n 项和S n ，T n 之间的关系为a n b n ＝S 2n －1T 2n －1．1．(夯基释疑)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．( )(2)数列{a n }为等差数列的充要条件是对任意n∈N *，都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.( ) (3)数列{a n }为等差数列的充要条件是其通项公式为n 的一次函数．( ) (4)等差数列的前n 项和公式是常数项为0的二次函数．( ) [答案] (1)× (2)√ (3)× (4)×2．(教材改编)在等差数列{a n }中，已知a 4＋a 8＝16，则该数列前11项和S 11等于( )A ．58B ．88C ．143D ．176[解析] S 11＝11（a 1＋a 11）2＝11（a 4＋a 8）2＝88.[答案] B3．(2014·重庆高考)在等差数列{a n }中，a 1＝2，a 3＋a 5＝10，则a 7＝( )A ．5B ．8C ．10D ．14[解析] 由等差数列的性质可得a 1＋a 7＝a 3＋a 5＝10，又a 1＝2，所以a 7＝8. [答案] B4．(2015·威海阶段检测)数列{a n }中，a 2＝2，a 6＝0且数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋1是等差数列，则a 4＝( )A . 12 B . 13 C . 14 D . 16[解析] 设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋1的公差为d ，由4d ＝1a 6＋1－1a 2＋1得d ＝16，∴1a 4＋1＝12＋1＋2×16， 解得a 4＝12.[答案] A5．在等差数列{a n }中，d ＝2，a 15＝－10，则S 15＝________． [解析] 由a 15＝a 1＋14×2＝－10得a 1＝－38， 所以S 15＝15（a 1＋a 15）2＝15（－38－10）2＝－360.[答案] －360考向1 等差数列的基本运算【典例1】 (1)(2013·课标全国卷Ⅰ)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m ＝( )A ．3B ．4C ．5D ．6(2)(2014·浙江高考)已知等差数列{a n }的公差d ＞0.设{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 2·S 3＝36.①求d 及S n ；②求m ，k(m ，k ∈N *)的值，使得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝65. [解析] (1)∵{a n }是等差数列，S m －1＝－2，S m ＝0， ∴a m ＝S m －S m －1＝2.∵S m ＋1＝3，∴a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3， ∴d ＝a m ＋1－a m ＝1. 又S m ＝m （a 1＋a m ）2＝m （a 1＋2）2＝0，∴a 1＝－2，∴a m ＝－2＋(m －1)·1＝2，∴m ＝5. [答案] C(2)①由题意知(2a 1＋d )(3a 1＋3d )＝36， 将a 1＝1代入上式解得d ＝2或d ＝－5. 因为d ＞0，所以d ＝2，S n ＝n 2(n ∈N *)．②由①得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝(2m ＋k －1)(k ＋1)， 所以(2m ＋k －1)(k ＋1)＝65. 由m ，k ∈N *知2m ＋k －1＞k ＋1＞1，故⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋k －1＝13，k ＋1＝5，所以⎩⎪⎨⎪⎧m ＝5，k ＝4. 【规律方法】1．等差数列运算问题的通性通法(1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项a 1和公差d ，然后由通项公式或前n 项和公式转化为方程(组)求解．(2)等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．2．等差数列前n 项和公式的应用方法根据不同的已知条件选用两个求和公式，如已知首项和公差，则使用公式S n ＝na 1＋n （n －1）2d ，若已知通项公式，则使用公式S n ＝n （a 1＋a n ）2.【变式训练1】 (1)(2013·安徽高考)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，S 8＝4a 3，a 7＝－2，则a 9＝( )A ．－6B ．－4C ．－2D ．2 (2)在等差数列{a n }中，a 1＝1，a 3＝－3. ①求数列{a n }的通项公式；②若数列{a n }的前k 项和S k ＝－35，求k 的值． [解析] (1)由题意知⎩⎪⎨⎪⎧8a 1＋8×72d ＝4（a 1＋2d ），a 1＋6d ＝－2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝10，d ＝－2.∴a 9＝10＋8×(－2)＝－6. [答案] A(2)①设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d . 由a 1＝1，a 3＝－3，可得1＋2d ＝－3，解得d ＝－2. 从而a n ＝1＋(n －1)×(－2)＝3－2n . ②由①可知a n ＝3－2n ， 所以S n ＝n [1＋（3－2n ）]2＝2n －n 2.由S k ＝－35，可得2k －k 2＝－35， 即k 2－2k －35＝0，解得k ＝7或k ＝－5. 又k ∈N *，故k ＝7.考向2 等差数列的判定与证明【典例2】 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋2S n ·S n －1＝0(n≥2，且n∈N *)，a 1＝12.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式．[解] (1)证明：∵a n ＝S n －S n －1(n ≥2)， 又a n ＝－2S n ·S n －1，∴S n －1－S n ＝2S n ·S n －1，S n ≠0， ∴1S n －1S n －1＝2(n ≥2)．又1S 1＝1a 1＝2，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以2为首项，以2为公差的等差数列．(2)由(1)知1S n ＝1S 1＋(n －1)d ＝2＋(n －1)×2＝2n ，∴S n ＝12n .当n ≥2时，有a n ＝－2S n ×S n －1＝－12n （n －1），又∵a 1＝12，不适合上式，∴a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，－12n （n －1），n ≥2.【规律方法】1．证明一个数列{a n }为等差数列的基本方法有两种： (1)利用等差数列的定义证明a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *)； (2)利用等差中项证明a n ＋2＋a n ＝2a n ＋1(n ∈N *)．2．在选择方法时，要根据题目的特点，如果能够求出数列的通项公式，则可以利用定义法较方便，如果知道数列{a n }的前n 项和S n ＝An 2＋Bn ，在客观题中，可直接判断出数列为等差数列．【变式训练2】 (2014·大纲全国卷)数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－a n ，证明{b n }是等差数列； (2)求{a n }的通项公式．[证明] (1)由a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2得a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋2，即b n ＋1＝b n ＋2. 又b 1＝a 2－a 1＝1，所以{b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)得b n ＝1＋2(n －1)＝2n －1， 即a n ＋1－a n ＝2n －1.Aaaaaaa 于是错误!(2k －1)，所以a n ＋1－a 1＝n 2，即a n ＋1＝n 2＋a 1.又a 1＝1，所以{a n }的通项公式为a n ＝n 2－2n ＋2.考向3 等差数列性质的应用【典例3】 (1)若一个等差数列前3项的和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列的项数为( )A ．13B ．12C ．11D ．10(2)(2013·广东高考)在等差数列{a n }中，已知a 3＋a 8＝10，则3a 5＋a 7＝________． [解析] (1)因为a 1＋a 2＋a 3＝34，a n －2＋a n －1＋a n ＝146， a 1＋a 2＋a 3＋a n －2＋a n －1＋a n ＝34＋146＝180， 又因为a 1＋a n ＝a 2＋a n －1＝a 3＋a n －2， 所以3(a 1＋a n )＝180，从而a 1＋a n ＝60， 所以S n ＝n （a 1＋a n ）2＝n ·602＝390，即n ＝13.(2)法一：a 3＋a 8＝2a 1＋9d ＝10，则3a 5＋a 7＝3(a 1＋4d)＋(a 1＋6d)＝2(2a 1＋9d)＝20. 法二：3a 5＋a 7＝2a 5＋(a 5＋a 7)＝2a 5＋2a 6 ＝2(a 5＋a 6)＝2(a 3＋a 8)＝20. [答案] (1)A (2)20 【规律方法】1．本例(1)中使用了在“等差数列{a n }中，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等差数列”这一性质．本例(2)(3)中主要使用了等差数列中两项和的性质，即若m ＋n ＝p ＋q ＝2k ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ＝2a k .2．掌握等差数列的性质，悉心研究每个性质的使用条件及应用方法，认真分析项数、序号、项的值的特征，这是解题的突破口．【变式训练3】 (1)(2015·淄博调研考试)等差数列{a n }中，3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝24，则该数列的前13项和为( )A ．13B ．26C ．52D ．156(2)设数列{a n }，{b n }都是等差数列，若a 1＋b 1＝7，a 3＋b 3＝21，则a 5＋b 5＝________． [解析] (1)3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝24，∴6a 4＋6a 10＝24，∴a 4＋a 10＝4，∴S 13＝13（a 1＋a 13）2＝13（a 4＋a 10）2＝13×42＝26.(2)设c n ＝a n ＋b n ，则数列{c n }仍为等差数列，且c 1＝7，c 3＝21，由2c 3＝c 1＋c 5知c 5＝2c 3－c 1＝2×21－7＝35.[答案] (1)B (2)35考向4 等差数列前n 项和及综合应用(高频考点)命题视角 等差数列前n 项和及综合应用是高考重点考查内容，其主要命题角度：①求前n 项和的最值；②求数列{|a n |}的前n 项和．【典例4】 (2013·浙江高考)在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1，2a 2＋2，5a 3成等比数列．(1)求d ，a n ；(2)若d ＜0，求|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |.[思路点拨] (1)把a 2，a 3用a 1，d 表示，列方程求d ，进而根据等差数列的通项公式求a n .(2)根据(1)及d<0确定a n ，令a n ≥0，解不等式，进而确定a n 的符号，最后对n 的取值范围进行分类讨论，去掉绝对值求和．[解] (1)由题意得，a 1·5a 3＝(2a 2＋2)2， 即a 1·5(a 1＋2d)＝[2(a 1＋d)＋2]2， 整理得d 2－3d －4＝0， 解得d ＝－1或d ＝4. 当d ＝－1时，a n ＝－n ＋11， 当d ＝4时，a n ＝4n ＋6.总上知d ＝－1，a n ＝－n ＋11(n∈N *)或d ＝4，a n ＝4n ＋6(n ∈N *)． (2)设数列{a n }的前n 项和为S n .因为d ＜0，由(1)得d ＝－1，a n ＝－n ＋11. 令a n ≥0，即－n ＋11≥0得n ≤11， 从而当n ≤11时a n ≥0，当n ≥12时，a n <0.所以当n ≤11时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝S n ＝－12n 2＋212n ；当n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝(a 1＋a 2＋…＋a 11)－(a 12＋a 13＋…＋a n )＝2S 11－S n ＝12n 2－212n ＋110.综上所述，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n | ＝⎩⎪⎨⎪⎧－12n 2＋212n ，n ≤11，12n 2－212n ＋110，n ≥12.【通关锦囊】1．求等差数列前n 项和的最值常用的方法(1)先求a n ，再利用⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1≤0或⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤0，a n ＋1≥0.求出其正负转折项，最后利用单调性确定最值．(2)①利用性质求出其正负转折项，便可求得前n 项和的最值．②把等差数列的前n 项和S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)看做二次函数，根据二次函数的性质求最值．2．求数列{|a n |}前n 项和的方法(1)先求a n ，令a n ≥0(a n ≤0)找出a n ≥0与a n <0的项． (2)根据n 的取值范围，分类讨论求和．【变式训练4】 (1)(2014·北京高考)若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9>0，a 7＋a 10<0，则当n ＝________时，{a n }的前n 项和最大．(2)在等差数列{a n }中，已知a 1＝20，前n 项和为S n ，且S 10＝S 15，求当n 取何值时，S n取得最大值，并求出它的最大值．[解析] (1)∵a 7＋a 8＋a 9＝3a 8＞0，∴a 8＞0. ∵a 7＋a 10＝a 8＋a 9＜0，∴a 9＜－a 8＜0. ∴数列的前8项和最大，即n ＝8. [答案] 8(2)法一：∵a 1＝20，S 10＝S 15，∴10×20＋10×92d ＝15×20＋15×142d ，∴d ＝－53.∴a n ＝20＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫－53＝－53n ＋653.∴a 13＝0，即当n ≤12时，a n >0，n ≥14时，a n <0，∴当n ＝12或13时，S n 取得最大值，且最大值为S 13＝S 12＝12×20＋12×112×⎝ ⎛⎭⎪⎫－53＝130.法二：同法一求得d ＝－53.∴S n ＝20n ＋n （n －1）2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－53＝－56n 2＋1256n＝－56⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2522＋3 12524.∵n ∈N *，∴当n ＝12或13时，S n 有最大值，且最大值为S 12＝S 13＝130. 法三：同法一求得d ＝－53.则数列{a n }是递减数列．又由S 10＝S 15得a 11＋a 12＋a 13＋a 14＋a 15＝0. ∴5a 13＝0，即a 13＝0.∴当n ＝12或13时，S n 有最大值． 且最大值为S 12＝S 13＝130.熟用1个推导 利用倒序相加法推导等差数列的前n 项和公式．掌握2种技巧 1.若奇数个数成等差数列且和为定值时，可设为…，a －2d ，a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d ，…. 2.若偶数个数成等差数列且和为定值时，可设为…，a －3d ，a －d ，a ＋d ，a ＋3d ，….具备2种思想 1.等差数列的通项公式，前n 项和公式涉及“五个量”，“知三求二”，需运用方程思想求解，特别是求a 1和d. 2.等差数列{a n }中，a n ＝an ＋b(a ，b 为常数)S n ＝An 2＋Bn(A ，B 为常数)均是关于“n”的函数，充分运用函数思想，借助函数的图象、性质简化解题过程．创新探究之7导数与等差数列交汇的创新题(2013·课标全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 10＝0，S 15＝25，则nS n 的最小值为________．[解析] 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由等差数列前n 项和公式可得⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋10×92d ＝0，15a 1＋15×142d ＝25，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝23.∴nS n ＝n 2a 1＋n 2（n －1）2d ＝－3n 2＋13(n 3－n 2)＝13n 3－10n23， ∴(nS n )′＝n 2－20n 3，令(nS n )′＝0，解得n ＝0(舍去)或n ＝203.当n ＞203时，nS n 是单调递增的；当0＜n ＜203时，nS n 是单调递减的，故当n ＝7时，nS n取最小值，∴(nS n )min ＝13×73－10×723＝－49.[答案] －49 【智慧心语】创新点拨：(1)本题以等差数列为命题背景，考查用导数求最值的方法． (2)本题考查学生分析问题、解决问题的能力以及临场应变能力与创新意识．防范措施：(1)解答此类题目，首先解决与等差数列有关的问题，即求S n 然后写出nS n ，根据nS n 是关于n 的三次函数确定用导数，求nS n 的最值．(2)在解题方法上首先利用等差数列的有关知识求S n ，然后把nS n 看作n 的函数，利用导数求最值，应特别注意n∈N *.【类题通关】 (2015·济宁质检)设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，则当S n 取最小值时，n 等于( )A ．6B ．7C ．8D ．9[解析] 设该数列的公差为d ，则a 4＋a 6＝2a 1＋8d ＝2×(－11)＋8d ＝－6，解得d ＝2， 所以S n ＝－11n ＋n （n －1）2×2＝n 2－12n ＝(n －6)2－36，所以当S n 取最小值时，n ＝6. [答案] A课后限时自测 [A 级 基础达标练]一、选择题1．(2014·课标全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的公差为2，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．n(n ＋1)B ．n(n －1)C .n （n ＋1）2D .n （n －1）2[解析] 由a 2，a 4，a 8成等比数列，得a 42＝a 2a 8，即(a 1＋6)2＝(a 1＋2)(a 1＋14)，∴a 1＝2.∴S n ＝2n ＋n （n －1）2×2＝2n ＋n 2－n ＝n(n ＋1)．[答案] A2．(2014·福建高考)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，S 3＝12，则a 6等于( )A ．8B ．10C ．12D ．14[解析] 由题意知a 1＝2，由S 3＝3a 1＋3×22×d ＝12，解得d ＝2，所以a 6＝a 1＋5d ＝2＋5×2＝12，故选C .[答案] C3．如果等差数列{a n }中，a 3＋a 4＋a 5＝12，那么a 1＋a 2＋…＋a 7＝( )A ．14B ．21C ．28D ．35[解析] ∵a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＝12，∴a 4＝4. ∴a 1＋a 2＋…＋a 7＝7a 4＝28. [答案] C4．(2015·泰安统考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1>0，a 3＋a 10>0，a 6a 7<0，则满足S n >0的最大自然数n 的值为( )A ．6B ．7C ．12D ．13[解析] ∵a 1>0，a 6a 7<0，∴a 6>0，a 7<0，等差数列的公差小于0， 又a 3＋a 10＝a 1＋a 12>0，a 1＋a 13＝2a 7<0，∴S 12>0，S 13<0，∴满足S n >0的最大自然数n 的值为12. [答案] C5．(2015·烟台模拟)等差数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为S n 与T n ，若S n T n ＝3n －22n ＋1，则a 7b 7＝( )A .3727B .3828C .3929D .4030[解析] a 7b 7＝2a 72b 7＝a 1＋a 13b 1＋b 13＝a 1＋a 132×13b 1＋b 132×13＝S 13T 13＝3×13－22×13＋1＝3727.[答案] A 二、填空题6．(2014·江西高考)在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前n 项和为S n ，当且仅当n ＝8时S n 取得最大值，则d 的取值范围为________．[解析] 当且仅当n ＝8时，S n 取得最大值，说明⎩⎪⎨⎪⎧a 8＞0，a 9＜0.∴⎩⎪⎨⎪⎧7＋7d ＞0，7＋8d ＜0.∴－1＜d ＜－78.[答案] ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－787．(2014·天津高考)设{a n }是首项为a 1，公差为－1的等差数列，S n 为其前n 项和．若S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 1的值为________．[解析] 等差数列{a n }的前n 项和为S n ＝na 1＋n （n －1）2d ，所以S 1，S 2，S 4分别为a 1，2a 1－1，4a 1－6. 因为S 1，S 2，S 4成等比数列，所以(2a 1－1)2＝a 1·(4a 1－6)，解方程得a 1＝－12.[答案] －128．(2014·陕西高考)已知f(x)＝x1＋x ，x>0，若f 1(x)＝f(x)，f n ＋1(x)＝f(f n (x))，n∈N *，则f 2 014(x )的表达式为________．[解析] f 1(x )＝x1＋x，f 2(x )＝x1＋x1＋x 1＋x ＝x 1＋2x ，f 3(x )＝x1＋2x 1＋x 1＋2x＝x1＋3x ，…，由数学归纳法得f 2 014(x )＝x1＋2 014x.[答案] f 2 014(x )＝x1＋2 014x三、解答题9．(2013·课标全国卷Ⅱ)已知等差数列{a n }的公差不为零，a 1＝25，且a 1，a 11，a 13成等比数列．(1)求{a n }的通项公式； (2)求a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 3n －2.[解] (1)设{a n }的公差为d ，由题意得a 112＝a 1a 13， 即(a 1＋10d)2＝a 1(a 1＋12d)． 于是d(2a 1＋25d)＝0.又a 1＝25，所以d ＝0(舍去)，d ＝－2. 故a n ＝－2n ＋27.(2)令S n ＝a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 3n －2. 由(1)知a 3n －2＝－6n ＋31，故{a 3n －2}是首项为25，公差为－6的等差数列．从而S n ＝n 2(a 1＋a 3n －2)＝n 2(－6n ＋56)＝－3n 2＋28n.10．(2014·湖北高考)已知等差数列{a n }满足：a 1＝2，且a 1，a 2，a 5成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，是否存在正整数n ，使得S n ＞60n ＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由．[解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，依题意，2，2＋d ，2＋4d 成等比数列，故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，化简得d 2－4d ＝0，解得d ＝0或d ＝4. 当d ＝0时，a n ＝2；当d ＝4时，a n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2， 从而得数列{a n }的通项公式为a n ＝2或a n ＝4n －2. (2)当a n ＝2时，S n ＝2n.显然2n ＜60n ＋800， 此时不存在正整数n ，使得S n ＞60n ＋800成立． 当a n ＝4n －2时，S n ＝n[2＋（4n －2）]2＝2n 2.令2n 2＞60n ＋800，即n 2－30n －400＞0， 解得n ＞40或n ＜－10(舍去)，此时存在正整数n ，使得S n ＞60n ＋800成立，n 的最小值为41. 综上，当a n ＝2时，不存在满足题意的n ；当a n ＝4n －2时，存在满足题意的n ，其最小值为41.[B 级 能力提升练]1．(2014·辽宁高考)设等差数列{a n }的公差为d.若数列{2a 1a n }为递减数列，则( )A ．d ＞0B ．d ＜0C ．a 1d ＞0D ．a 1d ＜0[解析] 设b n ＝2a 1a n ，则b n ＋1＝2a 1a n ＋1，由于{2a 1a n }是递减数列，则b n ＞b n ＋1，即2a 1a n ＞2a 1a n ＋1. ∵y ＝2x是单调增函数，∴a 1a n ＞a 1a n ＋1，∴a 1a n －a 1(a n ＋d)＞0， ∴a 1(a n －a n －d)＞0，即a 1(－d)＞0，∴a 1d ＜0.[答案] D2．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a m －1＋a m ＋1－a m 2＝0，S 2m －1＝38，则m ＝________． [解析] ∵a m －1＋a m ＋1＝2a m ，∴2a m －a m 2＝0，则a m ＝2，a m ＝0(舍)， 又S 2m －1＝（2m －1）（a 1＋a 2m －1）2＝(2m －1)a m＝2(2m －1)＝38. 解之得m ＝10. [答案] 103．已知数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，且满足2S n ＝a n 2＋n －4(n∈N *)． (1)求证：数列{a n }为等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式．[解] (1)证明：当n ＝1时，有2a 1＝a 12＋1－4， 即a 12－2a 1－3＝0， 解得a 1＝3(a 1＝－1舍去)． 当n ≥2时，有2S n －1＝a n －12＋n －5， 又2S n ＝a n 2＋n －4，两式相减得2a n ＝a n 2－a n －12＋1，则a n 2－2a n ＋1＝a n －12，也即(a n －1)2＝a n －12， 因此a n －1＝a n －1或a n －1＝－a n －1. 若a n －1＝－a n －1，则a n ＋a n －1＝1. 又a 1＝3，所以a 2＝－2，这与数列{a n }的各项均为正数相矛盾， 所以a n －1＝a n －1，即a n －a n －1＝1，因此数列{a n }为首项为3，公差为1的等差数列． (2)由(1)知a 1＝3，d ＝1，所以数列{a n }的通项公式a n ＝3＋(n －1)×1＝n ＋2.第三节 等比数列[考纲传真]1．理解等比数列的概念． 2.掌握等比数列的通项公式与前n 项和公式． 3.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用等比数列的有关知识解决相应的问题． 4.了解等比数列与指数函数的关系．1．等比数列(1)定义：a n ＋1a n＝q(常数)(n∈N *，q ≠0)．(2)通项公式：a n ＝a 1qn －1，a n ＝a m qn －m．(3)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1（q ＝1），a 1（1－q n ）1－q＝a 1－a n q 1－q （q ≠1）.(4)等比中项：若a 、G 、b 成等比数列，则G 2．等比数列的性质(1)对任意的正整数m 、n 、p 、q ，若m ＋n ＝p ＋q ＝2k ，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a k 2.(2)若数列{a n }、{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }、⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 、{a n 2}、{a n ·b n }、⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n (λ≠0)仍然是等比数列．(3)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n＋3k，…为等比数列，公比为q k.(4)公比不为－1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n，当公比为－1时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 不一定构成等比数列．(5)若等比数列{a n }共2k(k∈N *)项，则S 偶S 奇＝q ．1．(夯基释疑)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)满足a n ＋1＝qa n (n∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．( ) (2)G 为a ，b 的等比中项⇔G 2＝ab .( )(3)如果{a n }为等比数列，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，则数列{b n }也是等比数列．( ) (4)如果数列{a n }为等比数列，则数列{ln a n }是等差数列．( )[答案] (1)× (2)× (3)× (4)×2．(教材改编)在等比数列{a n }中，若a 1<0，a 2＝18，a 4＝8，则公比q 等于( )A .32B .23C ．－23D .23或－23[解析] 由⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝18，a 1q 3＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝27，q ＝23或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－27，q ＝－23. 又a 1<0，因此q ＝－23.[答案] C3．(2015·日照调研考试)等比数列{a n }中，a 3＝9，前三项和S 3＝27，则公比q 的值为( )A ．1B ．－12C ．1或－12D ．－1或－12[解析] 设公比为q ，因为a 3＝9，所以a 1＝9q 2，a 2＝9q ，则S 3＝9q 2＋9q ＋9＝27，即2q 2－q －1＝0，解得q ＝1或q ＝－12.[答案] C4．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2＝( )A ．－11B ．－8C ．5D ．11[解析] 8a 2＋a 5＝0，得8a 2＝－a 2q 3， 又a 2≠0，∴q ＝－2，则S 5＝11a 1，S 2＝－a 1，∴S 5S 2＝－11.[答案] A5．(2014·江苏高考)在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 2＝1，a 8＝a 6＋2a 4，则a 6的值是________．[解析] 因为a 8＝a 2q 6，a 6＝a 2q 4，a 4＝a 2q 2，所以由a 8＝a 6＋2a 4得a 2q 6＝a 2q 4＋2a 2q 2，消去a 2q 2，得到关于q 2的一元二次方程(q 2)2－q 2－2＝0，解得q 2＝2，a 6＝a 2q 4＝1×22＝4.[答案] 4考向1 等比数列的基本运算【典例1】 (1)(2013·课标全国卷Ⅱ)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，则a 1＝( )A .13B ．－13C .19D ．－19(2)(2014·安徽高考)数列{a n }是等差数列，若a 1＋1，a 3＋3，a 5＋5构成公比为q 的等比数列，则q ＝________．[解析] (1)设公比为q ，∵S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝a 2＋10a 1，a 1q 4＝9，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝9a 1，a 1q 4＝9， 解得a 1＝19.(2)设等差数列的公差为d ，则a 3＝a 1＋2d ，a 5＝a 1＋4d ， ∴(a 1＋2d ＋3)2＝(a 1＋1)(a 1＋4d ＋5)，解得d ＝－1， ∴q ＝a 3＋3a 1＋1＝a 1－2＋3a 1＋1＝1.[答案] (1)C (2)1 【规律方法】1．等比数列的通项公式与前n 项和公式共涉及五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，体现了方程思想的应用．求出基本量a 1和q ，相关问题可迎刃而解．2．在使用等比数列的前n 项和公式时，应根据公比q 的情况进行分类讨论，在运算过。
【课堂新坐标】(安徽专用)高考数学(理)一轮总复习课件第五章数 列 第5节 数列的综合应用
【思路点拨】
(1)列出关于 a1，q 的方比数列的前 n 项和公式列 出关于 n 的不等式，通过解不等式作出判断．
【尝试解答】 (1)设等比数列{an}的公比为 q，则 a1≠0， q≠0.
S2－S4＝S3－S2， 由题意得 a2＋a3＋a4＝－18，
2 3 2 －a1q －a1q ＝a1q ， 即 2 a1q1＋q＋q ＝－18，
a1＝3， 解得 q＝－2.
故数列{an}的通项公式为 an＝3×(－2)n－1.
3[1－－2n] (2)由(1)有 Sn＝ ＝1－(－2)n. 1－－2 假设存在 n，使得 Sn≥2 013，则 1－(－2)n≥2 013， 即(－2)n≤－2 012. 当 n 为偶数时，(－2)n>0，上式不成立； 当 n 为奇数时，(－2)n＝－2n≤－2 012，即 2n≥2 012， 即 n≥11. 综上，存在符合条件的正整数 n，且所有这样的 n 的集合为 {n|n＝2k＋1，k∈N，k≥5}．
1．(固基升华)判断下列结论的正误．(正确的打“√”， 错误的打“×”) (1)银行储蓄的单利公式是等差数列模型( (2)银行储蓄的复利公式是等比数列模型( ) )
(3)数列{an}的通项公式 an＝n2－2an＋1，若数列{an}是递 增数列，则 a≤1( )
(4)数列{an}是正项等比数列， bn＝logaan(a>0 且 a≠1)， 则 数列{bn}是等差数列( )
等差数列与等比数列的综合应用
【例 1】 (2013· 湖北高考)已知 Sn 是等比数列{an}的前 n 项和，S4，S2，S3 成等差数列，且 a2＋a3＋a4＝－18. (1)求数列{an}的通项公式． (2)是否存在正整数 n，使得 Sn≥2 013？若存在，求出符 合条件的所有 n 的集合；若不存在，说明理由．
2024届高考一轮复习数学课件(新教材人教A版强基版)：数列求和
①等差数列的前n项和公式：
na1＋an Sn＝ 2 ＝
na1＋nn－ 2 1d
.
②等比数列的前n项和公式：
na1，q＝1， Sn＝ _a_11_－－__aq_nq_＝__a_1_1_1－_－_q_q_n_，__q_≠__1__.
知识梳理
(2)分组求和法 若一个数列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 和时可用分组求和法，分别求和后相加减. (3)并项求和法 一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和.形如an＝ (－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解.
因为bn＝an＋ncos nπ＝2n＋1＋(－1)nn， 所以当n为偶数时， Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝[3＋5＋7＋…＋(2n＋1)]＋[－1＋2－3＋4－…－(n－1)＋n] ＝n3＋22n＋1＋n2 ＝n2＋2n＋n2＝n2＋52n.
当n为奇数时， Tn＝Tn＋1－bn＋1＝(n＋1)2＋52(n＋1)－[2(n＋1)＋1＋n＋1]＝n2＋32n－12. 综上，Tn＝nn22＋＋3252nn， －12n为 ，偶n为数奇，数.
题型二 并项求和
例2 记数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn＝2an－2n＋1. (1)求数列{an}的通项公式；
当n＝1时，由Sn＝2an－2n＋1，可得a1＝S1＝2a1－2＋1，即有a1＝1. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2n＋1－2an－1＋2(n－1)－1， 即an＝2an－1＋2，可得an＋2＝2(an－1＋2)，显然an－1＋2≠0. 所以数列{an＋2}是首项为3，公比为2的等比数列， 则an＋2＝3·2n－1，即有an＝3·2n－1－2.
跟踪训练3 已知等差数列{an}中，a2＝5，a3＋a5＝18. (1)求数列{an}的通项公式；
数列求和 课件-2023届高三数学一轮复习
1
1
1
n＋1
n＋1
1－
，故 Tn＝2 －2＋1－
＝2 －
－1.
n＋1
n＋1
n＋1
选②，设{an}的公差为 d，由 a3＋a5＝16，S3＋S5＝42，
a ＝2，
1
解得
所以 an＝2n，Sn＝n2＋n.所以 a1＝2，a2＝4，
d＝2，
a1a2
设{bn}的公比为 q，则 b1＝a1＝2，b2＝ 2 ＝4，
高三一轮复习
5.4 数列求和
公式法
错位相
倒序相
加法
减法
数列
求和
并项求
和法
裂项相
消法
分组转
化法
一．公式法
知识点 数列前 n 项和的求法：公式法
(1)等差数列的前 n 项和公式
n（a1＋an）
n（n－1）
na1＋
d ．
2
Sn＝___________
＝___________________
2
(2)等比数列的前 n 项和公式
所以 q＝2，所以 bn＝2n，
2－2n＋1
1
n＋1
＝2 －2，因为S
n
1
所以数列{bn}的前 n 项和为
＝ 2
1－2
n ＋n
1
1
1
1
1
1
＝
＝n －
，所以数列S 的前 n 项和为 1－2 ＋2 －
n
n（n＋1）
n＋1
故 Tn＝2
1
1
n＋1
－2＋1－
＝2 －
－1.
n＋1
n＋1
【课堂新坐标】(广东专用)高考数学一轮复习 第五章第四节数列求和配套课件 文
【答案】 (n－23)·4n＋23
已知函数 f(x)＝2x－3x－1，点(n，an)在 f(x)的图象上， an 的前 n 项和为 Sn.
(1)求使 an＜0 的 n 的最大值； (2)求 Sn.
【思路点拨】 (1)由条件，求出 an，利用数列的性 质求 an＜0 的 n 的最大值；
若数列{an}是 1，(1＋12)，(1＋12＋14)，…，(1＋12＋14＋…
＋2n1－1)，…，试求数列{an}的前 【解】 an＝1＋12＋14＋…＋2n1－
n 项和 Sn. 1＝1－1（－1212）
n
＝2(1－21n)，
∴Sn＝2[(1－12)＋(1－212)＋…＋(1－21n)]
＝2[(1＋1＋…＋1)n 个－(12＋212＋…＋21n)]
【尝试解答】 (1)∵an＋1＝2Sn，∴Sn＋1－Sn＝2Sn， ∴Sn＋1＝3Sn. 又∵S1＝a1＝1，∴数列{Sn}是首项为 1、公比为 3 的 等比数列，因此 Sn＝3n－1(n∈N*)． 当 n≥2 时，an＝2Sn－1＝2·3n－2(n≥2)，
∴数列{an}的通项公式 an＝12·，3n－2，nn≥＝21.，
【解】 (1)由 Sn＝kcn－k，得 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝kcn－kcn－1， 又 a2＝4，a6＝8a3，
∴kkcc（ 5（cc－－11））＝＝48，kc2（c－1）解得kc＝＝22，，
因此 a1＝S1＝2，an＝2n(n≥2)， 于是 an＝2n(n∈N*)．
(2)Tn＝1·21＋2·22＋3·23＋4·24＋…＋n·2n，
(2)由于{anbn}的通项分段表示，求 Tn 时，不仅注意对 n 进行讨论，而且在写出“Tn”与“qTn”的表达式时应特 别注意将两式“错项对齐”．即公比 q 的同次幂项相减， 转化为等比数列求和．
2022届高考数学(理)一轮总复习检测：第五章 第四节 数列求和 Word版含解析
第四节 数列求和【最新考纲】 1.把握等差、等比数列的前n 项和公式.2.把握特殊的非等差、等比数列的几种常见的求和方法．1．公式法直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和(1)等差数列的前n 项和公式： S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d ；(2)等比数列的前n 项和公式： S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1（1－q n ）1－q ，q ≠1.2．倒序相加法假如一个数列{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．3．错位相减法假如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．4．裂项相消法(1)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．(2)裂项时常用的三种变形： ①1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1； ②1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1； ③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n.5．分组求和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，则可用分组求和法求和．6．并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)n f(n)类型，可接受两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12 ＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.1．(质疑夯基)推断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)假如数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q.( ) (2)当n ≥2时，1n 2－1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1.( )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 之和时只要把上式等号两边同时乘以a 即可依据错位相减法求得．( )(4)假如数列{a n }是周期为k(k 为大于1的正整数)的周期数列，那么S km ＝mS k .( )答案：(1)√ (2)√ (3)× (4)√2．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1n （n ＋1），则S 6等于( )A.142B.45C.56D.67 解析：由于a n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，所以S 6＝1－12＋12－13＋…＋16－17＝1－17＝67. 答案：D3．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和S n 为( ) A ．2n ＋n 2－1 B ．2n ＋1＋n 2－1 C ．2n ＋1＋n 2－2 D ．2n ＋n 2－2解析：S n ＝(2＋22＋23＋…＋2n )＋(1＋3＋5＋…＋(2n －1))＝2（1－2n ）1－2＋n （1＋2n －1）2＝2n ＋1－2＋n 2.答案：C4．(2022·“江南十校”联考)若数列{a n }为等比数列，且a 1＝1，q ＝2，则T n＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1的结果可化为( ) A ．1－14n B ．1－12nC.23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14nD.23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 解析：a n ＝2n －1，设b n ＝1a n a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122n －1，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122n －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 答案：C5．3·2－1＋4·2－2＋5·2－3＋…＋(n ＋2)·2－n ＝________． 解析：设S ＝3×12＋4×122＋5×123＋…＋(n ＋2)×12n ，则12S ＝3×122＋4×123＋5×124＋…＋(n ＋2)×12n ＋1. 两式相减得12S ＝3×12＋(122＋123＋…＋12n )－n ＋22n ＋1.∴S ＝3＋(12＋122＋…＋12n －1)－n ＋22n＝3＋12[1－（12）n －1]1－12－n ＋22n ＝4－n ＋42n .答案：4－n＋4 2n●两种思路解决非等差、等比数列的求和，主要有两种思路1．转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成．2．不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相消法、倒序相加法等来求和．●两点留意利用裂项相消法求和的留意事项1．抵消后并不肯定只剩下第一项和最终一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项；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.]一、选择题1．数列{1＋2n－1}的前n项和为()A．1＋2n B．2＋2nC．n＋2n－1 D．n＋2＋2n解析：由题意得a n＝1＋2n－1，所以S n＝n＋1－2n1－2＝n＋2n－1.答案：C2．已知{a n}是等比数列，a2＝2，a5＝14，则a1a2＋a2a3＋…＋a n a n＋1＝() A．16(1－4－n) B．16(1－2－n)C.323(1－4－n) D.323(1－2－n)解析：由于q3＝a5a2＝18，所以q＝12，a1＝4，从而数列{a n a n＋1}是以8为首项，14为公比的等比数列，其前n项和T n＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎪⎫14n1－14＝323(1－4－n)．答案：C3．(2022·太原一模)已知数列{a n}的通项公式为a n＝(－1)n·(2n－1)·cosnπ2＋1(n∈N*)，其前n项和为S n，则S60＝()A．－30 B．－60C ．90D ．120解析：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.∴a 4k －3＋a 4k －2＋a 4k －1＋a 4k ＝8，∴S 60＝8×15＝120.答案：D4．已知函数f(x)＝x a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 2 013＝( )A. 2 012－1B. 2 013－1C. 2 014－1D. 2 014＋1解析：由f(4)＝2得4a ＝2，解得a ＝12，则f(x)＝x 12.∴a n ＝1f （n ＋1）＋f （n ）＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 013＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 013＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3) ＋…＋( 2 014－ 2 013)＝ 2 014－1. 答案：C5．已知等比数列{a n }的各项都为正数，且当n ≥3时，a 4a 2n －4＝102n ，则数列lg a 1，2lg a 2，22lg a 3，23lg a 4，…，2n －1lga n ，…的前n 项和S n 等于( )A ．n ·2nB ．(n －1)·2n －1－1C ．(n －1)·2n ＋1D ．2n ＋1解析：∵等比数列{a n }的各项都为正数，且当n ≥3时，a 4a 2n －4＝102n，∴a 2n ＝102n ，即a n ＝10n ，∴2n －1lg a n ＝2n －1lg 10n ＝n·2n －1， ∴S n ＝1＋2×2＋3×22＋…＋n·2n －1，① 2S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n ，②∴①－②得－S n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n·2n ＝2n －1 －n·2n ＝(1－n)·2n －1，∴S n ＝(n －1)·2n ＋1. 答案：C二、填空题6．数列{a n }的通项公式a n ＝⎩⎨⎧5n ＋1 n 是奇数，2n 2 n 是偶数，则这个数列的前2m 项的和是________．解析：数列{a n }的奇数项组成首项为6，公差为10的等差数列，偶数项组成首项为2，公比为2的等比数列，则S 2m ＝6m ＋m （m －1）2×10＋2（1－2m ）1－2＝5m 2＋m ＋2m ＋1－2.答案：5m 2＋m ＋2m ＋1－27．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，且a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21＝________．解析：由a n ＋a n ＋1＝12＝a n ＋1＋a n ＋2，∴a n ＋2＝a n ，则a 1＝a 3＝a 5＝…＝a 21，a 2＝a 4＝a 6＝…＝a 20，∴S 21＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 20＋a 21) ＝1＋10×12＝6.答案：68．对于每一个正整数n ，设曲线y ＝x n ＋1在点(1，1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ，令a n ＝lg x n ，则a 1＋a 2＋…＋a 99＝________．解析：曲线y ＝x n ＋1在点(1，1)处的切线方程为y ＝(n ＋1)(x －1)＋1，即y ＝(n ＋1)x －n ，它与x 轴交于点(x n ，0)，则有(n ＋1)x n －n ＝0⇒x n ＝nn ＋1，∴a n ＝lg x n ＝lg nn ＋1＝lg n －lg(n ＋1)，∴a 1＋a 2＋…＋a 99＝(lg 1－lg 2)＋(lg 2－lg 3)＋…＋(lg 99－lg 100)＝lg 1－lg 100＝－2，答案：－2 三、解答题9．(2021·安徽卷)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 1q n －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 ＋1－1.10．(2021·山东卷)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知2S n ＝3n ＋3. (1)求{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足a n b n ＝log 3a n ，求{b n }的前n 项和T n . 解：(1)由于2S n ＝3n ＋3，所以2a 1＝3＋3，故a 1＝3. 当n ≥2时，2S n －1＝3n －1＋3，此时2a n ＝2S n －2S n －1＝3n －3n －1＝2×3n －1， 即a n ＝3n －1.所以a n ＝⎩⎨⎧3， n ＝1，3n －1， n ≥2.(2)由于a n b n ＝log 3a n ，所以b 1＝13.当n ≥2时，b n ＝31－n log 33n －1＝(n －1)·31－n . 所以T 1＝b 1＝13；当n ≥2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.数列中的高考热点题型数列在中学数学中既具有独立性，又具有较强的综合性，是初等数学与高等数学的一个重要连接点，本专题解答题的热点题型有：一是等差、等比数列的综合问题；二是数列与函数的综合问题；三是数列与不等式的综合问题．难度中等．热点1 等差、等比数列的综合问题解决等差数列与等比数列的综合问题，关键是理清两个数列的关系．并留意方程思想的应用，等差(比)数列总共涉及五个量a ，a n ，S n ，d(q)，n ，“知三求二”．(2021·湖北卷)设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q.已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)当d ＞1时，记c n ＝a nb n，求数列{c n }的前n 项和T n .解：(1)由题意有⎩⎨⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎨⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝29.故⎩⎨⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －1或⎩⎨⎧a n ＝19（2n ＋79），b n ＝9·⎝ ⎛⎭⎪⎫29n －1.(2)由d ＞1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故c n ＝2n －12n －1，于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，①12T n ＝12＋322＋523＋724＋…＋2n －32n －1＋2n －12n .② ①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ， 故T n ＝6－2n ＋32n －1.1．若{a n }是等差数列，则{ba n }(b ＞0且b ≠1)是等比数列；若{a n }是正项等比数列，则{log b a n }(b ＞0且b ≠1)是等差数列．2．对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系，以便实现等差、等比数列之间的相互转化．【变式训练】 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，常数λ＞0，且λa 1a n ＝S 1＋S n 对一切正整数n 都成立．(1)求数列{a n }的通项公式．(2)设a 1＞0，λ＝100.当n 为何值时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg 1a n 的前n 项和最大？ 解：(1)取n ＝1，得λa 21＝2S 1＝2a 1，a 1(λa 1－2)＝0.若a 1＝0，则S n ＝0.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝0－0＝0， 所以a n ＝0(n ≥1)，若a 1≠0，则a 1＝2λ.当n ≥2时，2a n ＝2λ＋S n ，2a n －1＝2λ＋S n －1，两式相减得2a n －2a n －1＝a n ，所以a n ＝2a n －1(n ≥2)，从而数列{a n }是等比数列， 所以a n ＝a 1·2n －1＝2λ·2n －1＝2nλ.综上，当a 1＝0时，a n ＝0；当a 1≠0时，a n ＝2nλ.(2)当a 1＞0且λ＝100时，令b n ＝lg 1a n ，由(1)知，b n ＝lg1002n＝2－nlg 2. 所以数列{b n }是单调递减的等差数列{公差为－lg 2}． b 1＞b 2＞…＞b 6＝lg 10026＝lg 10064＞lg 1＝0，当n ≥7时，b n ≤b 7＝lg10027＝lg 100128＜lg 1＝0. 故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg 1a n 的前6项和最大．热点2 数列与函数的综合问题(满分现场)数列与函数的综合一般体现在两个方面：一是以数列的特征量n ，a n ，S n 等为坐标的点在函数图象上，可以得到数列的递推关系；二是数列的项或前n 项和可以看作关于n 的函数，然后利用函数的性质求解数列问题．(经典例题)(本小题满分12分)(2022·四川卷)设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f(x)＝2x 的图象上(n ∈N *)．(1)若a 1＝－2，点(a 8，4b 7)在函数f(x)的图象上，求数列{a n }的前n 项和S n ； (2)若a 1＝1，函数f(x)的图象在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 的前n 项和T n .规范解答：(1)由已知，b 7＝2a 7，b 8＝2a 8＝4b 7， 有2a 8＝4×2a 7＝2a 7＋2，解得d ＝a 8－a 7＝2.所以，S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝－2n ＋n(n －1)＝n 2－3n.4分(2)函数f(x)＝2x 在(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)， 它在x 轴上的截距为a 2－1ln 2.由题意知，a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2.6分所以，d ＝a 2－a 1＝1. 从而a n ＝n ，b n ＝2n ，8分所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n 2n ，2T n ＝11＋22＋322＋…＋n2n －110分因此，2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n＝2－12n －1－n 2n ＝2n ＋1－n －22n.所以，T n ＝2n ＋1－n －22n .12分【满分规章】(1)本题的易失分点是：①不能由题意正确列出a 7、a 8的关系式；②不能正确利用导数的几何意义求解； ③不会利用错位相减法求T n . (2)满分规章：①明确点在函数图象上，点的坐标适合函数解析式． ②明确导数的几何意义是曲线在切点处的切线斜率．③若{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，可用错位相减法求数列{a n b n }前n 项的和．【构建模板】错位相减法求和的一般步骤第一步：确定通项，依据已知条件求a n ，b n .其次步：巧分拆，即新的数列分解为等差数列和等比数列的乘积，并确定等比数列的公比．第三步：构差式，即写出S n 的表达式，然后乘以公比，两式作差．第四步：依据差式的特征精确求和．第五步：反思回顾．查看关键点，易错点及解题规范．解决此类问题要抓住一个中心——函数，两个亲密联系：一是数列和函数之间的亲密联系，数列的通项公式是数列问题的核心，函数的解析式是争辩函数问题的基础；二是方程、不等式与函数的联系，利用它们之间的对应关系进行机敏的处理．【变式训练】已知二次函数y＝f(x)的图象经过坐标原点，其导函数为f′(x)＝6x－2，数列{a n}的前n项和为S n，点(n，S n)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝3a n a n＋1，试求数列{b n}的前n 项和T n.解：(1)设二次函数f(x)＝ax2＋bx(a≠0)，则f′(x)＝2ax＋b.由于f′(x)＝6x－2，得a＝3，b＝－2，所以f(x)＝3x2－2x.又由于点(n，S n)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上，所以S n＝3n2－2n.当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝3n2－2n－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5；当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＝6×1－5，所以a n＝6n－5(n∈N*)．(2)由(1)得b n＝3a n a n＋1＝3（6n－5）[6（n＋1）－5]＝12·⎝⎛⎭⎪⎪⎫16n－5－16n＋1，故T n＝12⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫1－17＋⎝⎛⎭⎪⎫17－113＋…＋⎝⎛⎭⎪⎪⎫16n－5－16n＋1＝12(1－16n＋1)＝3n6n＋1.热点3数列与不等式的综合问题数列与不等式相结合问题的考查方式主要有三种：一是推断数列中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式恒成立问题；三是考查与数列有关的不等式的证明．(2021·安徽卷)设n∈N*，x n是曲线y＝x2n＋2＋1在点(1，2)处的切线与x轴交点的横坐标．(1)求数列{x n}的通项公式；(2)记T n＝x21x23…x22n－1，证明：T n≥14n.解：(1)y′＝(x2n＋2＋1)′＝(2n＋2)x2n＋1，曲线y＝x2n＋2＋1在点(1，2)处的切线斜率为2n＋2，从而切线方程为y－2＝(2n＋2)(x－1)．令y ＝0，得与x 轴交点的横坐标x n ＝1－1n ＋1＝nn ＋1.所以数列{x n }的通项公式x n ＝nn ＋1.(2)证明：由题设和(1)中的计算结果知，T n ＝x 21x 23…x 22n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122⎝ ⎛⎭⎪⎫342…⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2n －12n 2. 当n ＝1时，T 1＝14.当n ≥2时，由于x 22n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2n －12n 2＝（2n －1）2（2n ）2＞（2n －1）2－1（2n ）2＝2n －22n ＝n －1n， 所以T n ＞⎝ ⎛⎭⎪⎫122×12×23×…×n －1n ＝14n .综上可得，对任意的n ∈N *，均有T n ≥14n.解决数列与不等式的综合问题时，假如是证明题要机敏选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等；假如是解不等式问题要使用不等式的各种不同解法，如列表法、因式分解法等．总之解决这类问题把数列和不等式的学问奇妙结合起来综合处理就行了．【变式训练】 已知单调递增的等比数列{a n }满足a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，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 ，对任意正整数n ，S n ＋(n ＋m)a n ＋1＜0恒成立，试求m 的取值范围．解：(1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q. 依题意，有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4， 代入a 2＋a 3＋a 4＝28，得a 3＝8.∴a 2＋a 4＝20，∴⎩⎨⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 3＝a 1q 2＝8，解得⎩⎨⎧q ＝2，a 1＝2或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝32.又{a n }单调递增，∴⎩⎨⎧q ＝2，a 1＝2.∴a n ＝2n .(2)b n ＝2n ·log 122n ＝－n·2n ，∴－S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，①∴－2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1.②①—②，得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1 ＝2（1－2n ）1－2－n ×2n ＋1＝2n ＋1－n ×2n ＋1－2.由S n ＋(n ＋m)a n ＋1＜0，得2n ＋1－n ×2n ＋1－2＋n ×2n ＋1＋m ×2n ＋1＜0对任意正整数n 恒成立， ∴m ·2n ＋1＜2－2n ＋1，即m ＜12n －1对任意正整数n 恒成立．∵12n －1＞－1，∴m≤－1，即m的取值范围是(－∞，－1]．1．(2021·浙江卷)已知数列{a n}和{b n}满足a1＝2，b1＝1，a n＋1＝2a n(n∈N*)，b1＋12b2＋13b3＋…＋1n b n＝b n＋1－1(n∈N*)．(1)求a n与b n；(2)记数列{a n b n}的前n项和为T n，求T n.解：(1)由a1＝2，a n＋1＝2a n，得a n＝2n(n∈N*)．由题意知：当n＝1时，b1＝b2－1，故b2＝2.当n≥2时，1n b n＝b n＋1－b n.整理得b n＋1n＋1＝b nn，所以b n＝n(n∈N*)，(2)由(1)知a n b n＝n·2n，因此T n＝2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，2T n＝22＋2·23＋3·24＋…＋n·2n＋1，所以T n－2T n＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1.故T n＝(n－1)2n＋1＋2(n∈N*)．2．(2021·四川卷)设数列{a n}(n＝1，2，3，…)的前n项和S n满足S n＝2a n－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n的前n项和为T n，求使得|T n－1|＜11 000成立的n的最小值．解：(1)由已知S n＝2a n－a1，有a n＝S n－S n－1＝2a n－2a n－1(n≥2)，则a n＝2a n－1(n≥2)，所以q＝2.从而a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1.又由于a1，a2＋1，a3成等差数列，即a1＋a3＝2(a2＋1)，所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2.所以数列{a n}是首项为2，公比为2的等比数列．故a n＝2n.(2)由(1)得1a n＝12n，所以T n＝12＋122＋…＋12n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎪⎫12n1－12＝1－12n.由|T n－1|＜11 000，得⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－12n－1＜11 000，即2n＞1 000.由于29＝512＜1 000＜1 024＝210，所以n≥10.于是使|T n－1|＜11 000成立的n的最小值为10.3．已知数列{a n}的前n项和为S n，满足S n＋2n＝2a n.(1)证明：数列{a n＋2}是等比数列，并求数列{a n}的通项公式a n；(2)若数列{b n}满足b n＝log2(a n＋2)，设T n是数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b na n＋2的前n项和，求证：T n ＜32.证明：(1)由S n ＋2n ＝2a n ，得S n ＝2a n －2n ，① 当n ＝1时，S 1＝2a 1－2，则a 1＝2，当n ≥2，n ∈N *时，S n －1＝2a n －1－2(n －1)，② ①－②，得a n ＝2a n －2a n －1－2，即a n ＝2a n －1＋2， ∴a n ＋2＝2(a n －1＋2)， 又a 1＋2＝4≠0，则a n ＋2≠0.∴{a n ＋2}是以a 1＋2＝4为首项，以2为公比的等比数列． ∴a n ＋2＝4·2n －1，∴a n ＝2n ＋1－2. (2)由b n ＝log 2(a n ＋2)＝log 22n ＋1＝n ＋1， 得b n a n ＋2＝n ＋12n ＋1， 则T n ＝222＋323＋…＋n ＋12n ＋1，③12T n ＝223＋…＋n2n ＋1＋n ＋12n ＋2.④ ③－④，得12T n ＝222＋123＋124＋…＋12n ＋1－n ＋12n ＋2＝14＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12－n ＋12n ＋2＝14＋12－12n ＋1－n ＋12n ＋2＝34－n ＋32n ＋2， 所以T n ＝32－n ＋32n ＋1＜32.4．已知{a n }是首项为1，公差为2的等差数列，S n 表示{a n }的前n 项和． (1)求a n 及S n ；(2)设{b n }是首项为2的等比数列，公比q 满足q 2－(a 4＋1)q ＋S 4＝0，求{b n }的通项公式及其前n 项和T n .解：(1)由于{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝2的等差数列， 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1.故S n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＝n （a 1＋a n ）2＝n （1＋2n －1）2＝n 2.(2)由(1)得a 4＝7，S 4＝16.由于q 2－(a 4＋1)q ＋S 4＝0，即q 2－8q ＋16＝0， 所以(q －4)2＝0，从而q ＝4.又因b 1＝2，{b n }是公比q ＝4的等比数列， 所以b n ＝b 1q n －1＝2·4n －1＝22n －1.从而{b n }的前n 项和T n ＝b 1（1－q n ）1－q＝23(4n －1)．5．(2022·山东青岛一模)已知{a n }是等差数列，公差为d ，首项a 1＝3，前n 项和为S n .令c n ＝(－1)n S n (n ∈N *)，{c n }的前20项和T 20＝330.数列{b n }满足b n ＝2(a －2)d n －2＋2n －1，a ∈R.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＋1≤b n ，n ∈N *，求a 的取值范围．解：(1)由于等差数列{a n }的公差为d ，设c n ＝(－1)n S n ， 所以T 20＝－S 1＋S 2－S 3＋S 4＋…＋S 20＝330， 则a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 20＝330，即10(3＋d)＋10×92×2d ＝330，解得d ＝3，所以a n ＝3＋3(n －1)＝3n.(2)由(1)知b n ＝2(a －2)3n －2＋2n －1，b n ＋1－b n ＝2(a －2)3n －1＋2n －[2(a －2)3n －2＋2n －1] ＝4(a －2)3n －2＋2n －1 ＝4·3n －2⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤（a －2）＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2. 由b n ＋1≤b n ⇔(a －2)＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2≤0⇔a ≤2－12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2，由于2－12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2随着n 的增大而增大，所以n ＝1时，2－12⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2取得最小值54，所以a ≤54. 6．已知数列{a n }的首项a 1＝4，前n 项和为S n ，且S n ＋1－3S n －2n －4＝0(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设函数f(x)＝a n x ＋a n －1x 2＋a n －2x 3＋…＋a 1x n ，f ′(x)是函数f(x)的导函数，令b n ＝f′(1)，求数列{b n }的通项公式，并争辩其单调性．解：(1)由S n ＋1－3S n －2n －4＝0(n ∈N *)， 得S n －3S n －1－2n ＋2－4＝0(n ≥2)，两式相减得a n ＋1－3a n －2＝0， 可得a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)(n ≥2)，又由S 2－3S 1－2－4＝0及a 1＝4，得a 2＝14， 所以a 2＋1＝3(a 1＋1)，即{a n ＋1}是一个首项为5，公比为3的等比数列， 所以a n ＝5×3n －1－1(n ∈N *)．(2)由于f′(x)＝a n ＋2a n －1x ＋…＋na 1x n －1，所以f′(1)＝a n ＋2a n －1＋…＋na 1＝(5×3n －1－1)＋2(5×3n －2－1)＋…＋n(5×30－1)＝5(3n －1＋2×3n －2＋3×3n －3＋…＋n ×30)－n （n ＋1）2. 令S ＝3n －1＋2×3n －2＋3×3n －3＋…＋n ×30， 则3S ＝3n ＋2×3n －1＋3×3n －2＋…＋n ×31，两式作差得S ＝－n2－3－3n ＋14，所以f′(1)＝5×3n ＋1－154－n （n ＋6）2，即b n ＝5×3n ＋1－154－n （n ＋6）2.又b n ＋1＝5×3n ＋2－154－（n ＋1）（n ＋7）2，所以b n ＋1－b n ＝15×3n 2－n －72＞0，所以数列{b n }是单调递增数列．。
2022届高考数学一轮复习第五章数列第四节数列求和课件新人教版202107121220
则a1a2＋a2a3＋…＋an－1an＝( C )
A．n2
B．(n－1)2
C．n(n－1)
D．n(n＋1)
(2)2n－112n＋1＝212n1－1－2n1＋1.
(3)
1 n＋n＋1＝源自n＋1－n.2．常见数列的求和公式 (1)12＋22＋32＋…＋n2＝nn＋162n＋1. (2)13＋23＋33＋…＋n3＝nn2＋12.
必明易错 1．在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如an， an＋1的式子应进行合并． 2．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．
所以an＝2n－1. 设等比数列{bn}的公比为q，因为b1＝a2，b2＝a5， 所以b1＝a2＝3，b2＝a5＝9， 所以q＝3，所以bn＝3n. (2)由(1)知，an＝2n－1，bn＝3n， 所以cn＝(－1)n·an·bn＝(－1)n·(2n－1)·3n＝(2n－1)·(－3)n， 所以Sn＝1·(－3)＋3·(－3)2＋5·(－3)3＋…＋(2n－1)·(－3)n，① 所以－3Sn＝1·(－3)2＋3·(－3)3＋…＋(2n－3)·(－3)n＋(2n－1)·(－3)n＋1， ②
3．已知数列{an}的前n项和为Sn且an＝n·2n，则Sn＝________. 答案：(n－1)2n＋1＋2
4．(易错题)求1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1(x≠0且x≠1)的和．
解析：设Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1，①
则xSn＝x＋2x2＋3x3＋…＋nxn，②
①－②得：(1－x)Sn＝1＋x＋x2＋…＋xn－1－nxn＝
题型三 错位相减法求和 合作探究 [例] (2020·高考全国卷Ⅲ)设数列{an}满足a1＝3，an＋1＝3an－4n. (1)计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明； (2)求数列{2nan}的前n项和Sn.
高考数学一轮复习 第五章 数列 5.1 数列的概念与简单表示法课件 理 高三全册数学课件
＝__－___1n___.
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【解析】 (1)当 n＝1 时，a1＝S1＝2(a1－1)，可得 a1＝2， 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1， ∴an＝2an－1， ∴数列{an}为首项为 2，公比为 2 的等比数列， 所以 an＝2n.
2 ． 若 数 列 {an} 的 前 n 项 和 为 Sn ， 通 项 公 式 为 an ， 则 an ＝ S1，n＝1， Sn－Sn－1，n≥2，n∈N*.
3．三种必会方法 (1)叠加法：对于 an＋1－an＝f(n)型，若 f(1)＋f(2)＋…＋f(n)的和是可 求的，可用多式相加法求得 an.
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2．若将“an＋1＝an＋n＋1”改为“an＋1＝2an＋3”，如何求解？
解：设递推公式 an＋1＝2an＋3 可以转化为 an＋1－t＝2(an－t)， 即 an＋1＝2an－t，解得 t＝－3.故 an＋1＋3＝2(an＋3)．令 bn＝an＋3， 则 b1＝a1＋3＝5，且bbn＋n 1＝aan＋n＋1＋33＝2.所以{bn}是以 5 为首项，2 为公比的等比数列．所以 bn＝5×2n－1，故 an＝5×2n－1－3.
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考向三 由递推关系求通项公式
n2＋n＋2
【例 3】 设数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，则 an＝____2____.
【解析】 由条件知 an＋1－an＝n＋1， 则 an＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＋a1＝(2 ＋3＋4＋…＋n)＋2＝n2＋2n＋2.
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最新-创新大课堂2021届高三数学理一轮复习课件：第五章 数 列 第4节 精品
[解析] 由 bn＝nan＝n·22n－1 知
Sn＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n·22n－1，
①
从而 22·Sn＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n·22n＋1，
②
①－②得(1－22)·Sn＝2＋23＋25＋…＋22n－1－n·22n＋1，即 Sn
＝19[(3n－1)22n＋1＋2]． [答案] 19[(3n－1)22n＋1＋2]
(2)an＝bn±cn 或 an＝cbnn
n为奇数， n为偶数，
数列{bn}，{cn}是等比
数列或等差数列，采用分组求和法求{an}的前 n 项和． (3)若数列有周期性，先求出一个周期内的和，再转化其它
数列(常数列)求和．
跟踪训练 (2016·长春市调研) 已知等比数列{an}的各项均为正数，且 a2＝4，a3＋a4＝24. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝log2an，求数列{an＋bn}的前 n 项和 Tn.
[题组集训]
1．(2016·江南十校联考)已知函数 f(x)＝xa 的图象过点(4,2)，
令 an＝fn＋11＋fn，n∈N*.记数列{an}的前 n 项和为 Sn，则 S 2
014＝(
)
A. 2 013－1
B. 2 014－1
C. 2 015－1
D. 2 015＋1
[解析] 选 C 由 f(4)＝2 可得 4a＝2，解得 a＝12，
∴(an－an－1)(an＋an－1)－(an＋an－1)＝0.
(Ⅰ)当 q＝1 时，Sn＝_n_a_1__； (Ⅱ)当 q≠1 时，Sn＝a111－－qqn＝a11－－aqnq. (2)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．
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3．若数列{an}的通项公式是 an＝(－1)n(3n－2)，则 a1＋ a2＋…＋a10＝( A．15 【解析】 ) B．12 C．－12 D．－15
∵an＝(－1)n(3n－2)，
∴a1＋a2＋…＋a10＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋ 28)＝3×5＝15.
【答案】 A
4． (2013· 江南十校高三联考)已知函数 f(x)＝xa 的图象过 1 点(4,2)，令 an＝ ，n∈N*，记数列{an}的前 n 项 fn＋1＋fn 和为 Sn，则 S2 013＝( A. 2 012－1 C. 2 014－1 ) B. 2 013－1 D. 2 014＋1
【尝试解答】 (1)当 a1＝3 时，不合题意；
(1)对 a1 分别为 3,2,10 时，逐一检验，可
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 an＝2· 3n 1.
－
(2)因为 bn＝an＋(－1)nln an＝2· 3n 1＋(－1)nln(2· 3n 1 ) ＝
第四节
考纲传真
数列求和
1.掌握等差、 等比数列的求和公式.2.掌握特殊
的非等差、等比数列的几种常见的求和方法．
1．公式法 直接利用等差数列、和公式： nn－1 na1＋an na1＋ d 2 Sn＝ ＝ 2 (2)等比数列的前 n 项和公式： na1，q＝1， Sn＝a1－anq a11－qn ＝ ，q≠1. 1－ q 1－ q
－ －
2· 3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3， 所以 S2n＝b1＋b2＋…＋b2n＝2(1＋3＋…＋32n－1)＋[－1＋ 1 － 1 ＋ … ＋ ( － 1)2n](ln 2 － ln 3) ＋ [ － 1 ＋ 2 － 3 ＋ … ＋ ( －
2n 1 － 3 1)2n2n]ln 3＝2× ＋nln 3＝32n＋nln 3－1. 1－3
；
2．倒序相加法 如果一个数列{an}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 项和公式即是用此法 推导的．
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．
＋
考向 1
分组转化法求和
【例 1】 等比数列{an}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． 第一列 第二列 第三列 第一行 第二行 第三行 3 6 9 2 4 8 10 14 18
(1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足：bn＝an＋(－1)nln an，求数列{bn}的前 2n 项和 S2n. 【思路点拨】 求 a2，a3； (2)bn 由几部分组成，可分组求和．
5．分组求和法 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，则求和时可用分组求和法，分别求和而 后相加减． 6．并项求和法 一个数列的前 n 项和中，可两两结合求解，则称之为并 项求和．形如 an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解． 例如，Sn＝1002－992＋982－972＋…＋22－12 ＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.
则这个
数列的前 2m 项的和是________．
【解析】 数列{an}的奇数项组成首项为 6，公差为 10
的等差数列，偶数项组成首项为 2，公比为 2 的等比数列，则 mm－1 21－2m ＋ S2m＝6m＋ ×10＋ ＝5m2＋m＋2m 1－2. 2 1－2
【答案】 5m2＋m＋2m 1－2
4．裂项相消法 (1)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． (2)裂项时常用的三种变形： 1 1 1 ① ＝n－ ； nn＋1 n＋1 1 1 1 1 ② ＝ 2n－1－2n＋1 ； 2n－12n＋1 2 ③ 1 n＋ n＋1 ＝ n＋1－ n.
【解析】
1 因为 4 ＝2，所以 α＝ ，f(x)＝ x， 2
α
1 则 an＝ ＝ n＋1－ n， n＋1＋ n 所以 Sn＝( 2－1)＋( 3－ 2)＋…＋( n＋1－ n) ＝ n＋1－1，故 S2 013＝ 2 014－1.
【答案】
C
5．数列{an}的通项公式
5n＋1 n是奇数， an＝ n是偶数， 2
(4)如果数列{an}是周期为 k(k 为大于 1 的正整数)的周期 数列，那么 Skm＝mSk(
【答案】 (1)√
)
(2)√ (3)× (4)√
2．(人教 A 版教材习题改编)一个球从 100 m 高处自由落 下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第 10 次 着地时，经过的路程是(
－
)
－
A．100＋200×(1－2 9) B．100＋100(1－2 9) C．200(1－2 9)
－
D．100(1－2 9)
－
【解析】
第 10 次着地时，经过的路程为
100＋2(50＋25＋…＋100×2－9) ＝100＋2×100×(2 1＋2 2＋…＋2 9)
－ － －
2－11－2－9 －9 ＝100＋200× ＝ 100 ＋ 200(1 － 2 )． －1 1－2 【答案】 A
1．(固基升华)判断下列结论的正误．(正确的打“√”， 错误的打“×”) (1)如果数列{an}为等比数列，且公比不等于 1，则其前 n a1－an＋1 项和 Sn＝ .( 1－q ) )
1 1 1 1 (2)当 n≥2 时， 2 ＝ n－1－n＋1 ( 2 n －1
(3)求 Sn＝a＋2a2＋3a3＋…＋nan 之和时只要把上式等号 两边同时乘以 a 即可根据错位相减法求得( )