2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题11数列的求和问题教学案理含解析
2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题12数列的综合问题热点难点突破理含解析
数列的综合问题1．删去正整数数列1,2,3，… 中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个数列的第2 018项是( ) A ．2 062 B ．2 063 C ．2 064 D ．2 065 答案 B解析 由题意可得，这些数可以写为12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，第k 个平方数与第k ＋1个平方数之间有2k 个正整数，而数列12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，452共有2 025项，去掉45个平方数后，还剩余2 025－45＝1 980(个)数，所以去掉平方数后第2 018项应在2 025后的第38个数，即是原来数列的第2 063项，即为2 063.2．已知数列{a n }满足0<a n <1，a 41－8a 21＋4＝0，且数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a 2n ＋4a 2n 是以8为公差的等差数列，设{a n }的前n 项和为S n ，则满足S n >10的n 的最小值为( ) A ．60 B ．61 C ．121 D ．122 答案 B解析 由a 41－8a 21＋4＝0，得a 21＋4a 21＝8，所以a 2n ＋4a 2n＝8＋8(n －1)＝8n ，所以⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋2an2＝a 2n ＋4a 2n＋4＝8n ＋4， 所以a n ＋2a n＝22n ＋1，即a 2n －22n ＋1a n ＋2＝0，所以a n ＝22n ＋1±22n －12＝2n ＋1±2n －1，因为0<a n <1，所以a n ＝2n ＋1－2n －1，S n ＝2n ＋1－1， 由S n >10得2n ＋1>11， 所以n >60.∴a n ＝2n 2＋3n ，由题意可知，∴每10项中有4项能被5整除，∴数列{a n }的前100项中，能被5整除的项数为40.7．设x ＝1是函数f (x )＝a n ＋1x 3－a n x 2－a n ＋2x ＋1(n ∈N *)的极值点，数列{a n }满足 a 1＝1，a 2＝2，b n ＝log 2a n ＋1，若[x ]表示不超过x 的最大整数，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018b 2 018b 2 019等于( )A ．2 017B ．2 018C ．2 019D ．2 020 答案 A解析 由题意可得f ′(x )＝3a n ＋1x 2－2a n x －a n ＋2， ∵x ＝1是函数f (x )的极值点， ∴f ′(1)＝3a n ＋1－2a n －a n ＋2＝0， 即a n ＋2－3a n ＋1＋2a n ＝0. ∴a n ＋2－a n ＋1＝2()a n ＋1－a n ，∵a 2－a 1＝1，∴a 3－a 2＝2×1＝2，a 4－a 3＝2×2＝22，…，a n －a n －1＝2n －2，以上各式累加可得a n ＝2n －1.∴b n ＝log 2a n ＋1＝log 22n＝n . ∴2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018b 2 018b 2 019＝2 018⎝⎛⎭⎪⎫11×2＋12×3＋…＋12 018×2 019＝2 018⎝⎛⎭⎪⎫1－12 019＝2 018－2 0182 019＝2 017＋12 019. ∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018b 2 018b 2 019＝2 017. 8．对于数列{a n }，定义H n ＝a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n n为{a n }的“优值”，现在已知某数列{a n }的“优值”H n ＝2n ＋1，记数列{a n －kn }的前n 项和为S n ，若S n ≤S 5对任意的n 恒成立，则实数k 的取值范围为________． 答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤73，125 解析 由题意可知a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n n＝2n ＋1，∴a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n ＝n ·2n ＋1，①a 1＋2a 2＋…＋2n －2a n －1＝(n －1)·2n ，②由①－②，得2n －1a n ＝n ·2n ＋1－(n －1)·2n (n ≥2，n ∈N *)，则a n ＝2n ＋2(n ≥2)，又当n ＝1时，a 1＝4，符合上式，∴a n ＝2n ＋2(n ∈N *)，∴a n －kn ＝(2－k )·n ＋2， 令b n ＝(2－k )·n ＋2，∵S n ≤S 5，∴b 5≥0，b 6≤0，解得73≤k ≤125，∴k 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤73，125.9．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝43(a n －1)，则(4n －2＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫16a n ＋1的最小值为__________．答案 4解析 ∵S n ＝43(a n －1)，∴S n －1＝43(a n －1－1)(n ≥2)，∴a n ＝S n －S n －1＝43(a n －a n －1)，∴a n ＝4a n －1，又a 1＝S 1＝43(a 1－1)，∴a 1＝4，∴{a n }是首项为4，公比为4的等比数列， ∴a n ＝4n，∴(4n －2＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫16a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4n16＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫164n ＋1 ＝2＋4n16＋164n ≥2＋2＝4，当且仅当n ＝2时取“＝”．10．已知数列{a n }的首项a 1＝a ，其前n 项和为S n ，且满足S n ＋S n －1＝4n 2(n ≥2，n ∈N *)，若对任意n ∈N *，a n <a n＋1恒成立，则a 的取值范围是______________．答案 (3,5)解析 由条件S n ＋S n －1＝4n 2(n ≥2，n ∈N *)， 得S n ＋1＋S n ＝4(n ＋1)2， 两式相减，得a n ＋1＋a n ＝8n ＋4， 故a n ＋2＋a n ＋1＝8n ＋12， 两式再相减，得a n ＋2－a n ＝8，由n ＝2，得a 1＋a 2＋a 1＝16⇒a 2＝16－2a ， 从而a 2n ＝16－2a ＋8(n －1)＝8n ＋8－2a ； 由n ＝3，得a 1＋a 2＋a 3＋a 1＋a 2＝36⇒a 3＝4＋2a ， 从而a 2n ＋1＝4＋2a ＋8(n －1)＝8n －4＋2a ，由条件得⎩⎪⎨⎪⎧a <16－2a ，8n ＋8－2a <8n －4＋2a ，8n －4＋2an ＋＋8－2a ，解得3<a <5.11．已知数列{a n }中，a 1＝1，且点P (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线x －y ＋1＝0上． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若函数f (n )＝1n ＋a 1＋2n ＋a 2＋3n ＋a 3＋…＋n n ＋a n(n ∈N *，且n >2)，求函数f (n )的最小值； (3)设b n ＝1a n，S n 表示数列{b n }的前n 项和，试问：是否存在关于n 的整式g (n )，使得S 1＋S 2＋S 3＋…＋S n －1＝(S n －1)·g (n )对于一切不小于2的自然数n 恒成立？若存在，写出g (n )的解析式，并加以证明；若不存在，请说明理由．解 (1)点P (a n ，a n ＋1)在直线x －y ＋1＝0上， 即a n ＋1－a n ＝1，且a 1＝1，∴数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列， ∴a n ＝1＋(n －1)·1＝n (n ∈N *)．(3)∵b n ＝1n ⇒S n ＝1＋12＋13＋…＋1n ，∴S n －S n －1＝1n(n ≥2)，即nS n －(n －1)S n －1＝S n －1＋1，∴(n －1)S n －1－(n －2)S n －2＝S n －2＋1，…，2S 2－S 1＝S 1＋1， ∴nS n －S 1＝S 1＋S 2＋…＋S n －1＋n －1， ∴S 1＋S 2＋…＋S n －1＝nS n －n ＝(S n －1)·n (n ≥2)， ∴g (n )＝n .12．已知数列{a n }的首项为1，S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＋1＝qS n ＋1，其中q >0，n ∈N *. (1)若2a 2，a 3，a 2＋2成等差数列，求数列{a n }的通项公式；(2)设双曲线x 2－y 2a 2n ＝1的离心率为e n ，且e 2＝53，证明：e 1＋e 2＋…＋e n >4n －3n3n －1.(1)解 由已知S n ＋1＝qS n ＋1，得S n ＋2＝qS n ＋1＋1，两式相减得到a n ＋2＝qa n ＋1，n ≥1.又由S 2＝qS 1＋1得到a 2＝qa 1，故a n ＋1＝qa n 对所有n ≥1都成立．所以，数列{a n }是首项为1，公比为q 的等比数列． 从而a n ＝qn －1.由2a 2，a 3，a 2＋2成等差数列， 可得2a 3＝3a 2＋2，即2q 2＝3q ＋2，则(2q ＋1)(q －2)＝0， 由已知，q >0，故q ＝2.所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)证明 由(1)可知，a n ＝qn －1.所以双曲线x 2－y 2a 2n ＝1的离心率e n ＝1＋a 2n ＝1＋qn －.由e 2＝1＋q 2＝53，解得q ＝43.因为1＋q2(k －1)>q2(k －1)， 所以1＋qk －>qk －1(k ∈N *)．于是e 1＋e 2＋…＋e n >1＋q ＋…＋q n －1＝q n －1q －1.故e 1＋e 2＋…＋e n >4n－3n3n －1.13.已知数列{a n }的前n 项和S n 满足关系式S n ＝ka n ＋1，k 为不等于0的常数． (1)试判断数列{a n }是否为等比数列； (2)若a 2＝12，a 3＝1.①求数列{a n }的通项公式及前n 项和S n 的表达式；②设b n ＝log 2S n ，数列{c n }满足c n ＝1b n ＋3b n ＋4＋b n ＋2·，数列{c n }的前n 项和为T n ，当n >1时，求使4n －1T n <S n ＋3＋n ＋122成立的最小正整数n 的值．解 (1)若数列{a n }是等比数列，则由n ＝1得a 1＝S 1＝ka 2，从而a 2＝ka 3. 又取n ＝2，得a 1＋a 2＝S 2＝ka 3，于是a 1＝0，显然矛盾，故数列{a n }不是等比数列． (2)①由条件得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝12k ，a 1＋12＝k ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝12，k ＝1，从而S n ＝a n ＋1.当n ≥2时，由S n －1＝a n ，得a n ＝S n －S n －1＝a n ＋1－a n ，即a n ＋1＝2a n ，此时数列是首项为a 2＝12，公比为2的等比数列．综上所述，数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，2n －3，n ≥2.从而其前n 项和S n ＝2n －2(n ∈N *)．②由①得b n ＝n －2， 从而c n ＝1n ＋n ＋＋n ·2n －2.记C 1＝12×3＋13×4＋…＋1n ＋n ＋＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2 ＝n n ＋，记C 2＝1·2－1＋2·20＋…＋n ·2n －2，则2C 2＝1·20＋2·21＋…＋n ·2n －1，两式相减得C 2＝(n －1)·2n －1＋12， 从而T n ＝n n ＋＋(n －1)·2n －1＋12＝n ＋1n ＋2＋(n －1)·2n －1， 则不等式4n －1T n <S n ＋3＋n ＋122可化为n ＋n －n ＋＋2n ＋1<2n ＋1＋n ＋122，即n 2＋n －90>0，因为n ∈N *且n ≠1，故n >9， 从而最小正整数n 的值是10.14．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n －n ＝2(a n －2)(n ∈N *)． (1)证明：数列{a n －1}为等比数列；(2)若b n ＝a n ·log 2(a n －1)，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n . (1)证明 ∵S n －n ＝2(a n －2)，当n ≥2时，S n －1－(n －1)＝2(a n －1－2)， 两式相减，得a n －1＝2a n －2a n －1， ∴a n ＝2a n －1－1，∴a n －1＝2(a n －1－1)， ∴a n －1a n －1－1＝2(n ≥2)(常数)．又当n ＝1时，a 1－1＝2(a 1－2)， 得a 1＝3，a 1－1＝2，∴数列{a n －1}是以2为首项，2为公比的等比数列． (2)解 由(1)知，a n －1＝2×2n －1＝2n，∴a n ＝2n＋1，又b n ＝a n ·log 2(a n －1)， ∴b n ＝n (2n＋1)， ∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n)＋(1＋2＋3＋…＋n )， 设A n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n， 则2A n ＝1×22＋2×23＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1，两式相减，得－A n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝－2n 1－2－n ×2n ＋1，∴A n ＝(n －1)×2n ＋1＋2.又1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋2，∴T n ＝(n －1)×2n ＋1＋2＋n n ＋2(n ∈N *)．15．已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2(S n ＋n ＋1)(n ∈N *)，令b n ＝a n ＋1.(1)求证：{b n }是等比数列；(2)记数列{nb n }的前n 项和为T n ，求T n ； (3)求证：12－12×3n <1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n <1116. (1)证明 a 1＝2，a 2＝2(2＋2)＝8，a n ＋1＝2(S n ＋n ＋1)(n ∈N *)， a n ＝2(S n －1＋n )(n ≥2)，两式相减，得a n ＋1＝3a n ＋2(n ≥2)． 经检验，当n ＝1时上式也成立， 即a n ＋1＝3a n ＋2(n ≥1)． 所以a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)， 即b n ＋1＝3b n ，且b 1＝3.故{b n }是首项为3，公比为3的等比数列． (2)解 由(1)得b n ＝3n，nb n ＝n ·3n.T n ＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n ×3n ，3T n ＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n ×3n ＋1，两式相减，得－2T n ＝3＋32＋33＋…＋3n －n ×3n ＋1＝－3n 1－3－n ×3n ＋1，化简得T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －34×3n ＋34.(3)证明 由1a k ＝13k －1>13k ，得1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n >13＋132＋…＋13n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n 1－13＝12－12×13n .又1a k ＝13k －1＝3k ＋1－13k－k ＋1－<3k ＋13k－k ＋1－＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫13k －1－13k ＋1－1，所以1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n <12＋32⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫132－1－133－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫133－1－134－1＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1－13n ＋1－1 ＝12＋32⎝ ⎛⎭⎪⎫132－1－13n ＋1－1 ＝12＋316－32×13n ＋1－1<1116， 故12－12×3n <1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n <1116.。
2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题12数列的综合问题热点难点突破理含解析
数列的综合问题 1．删去正整数数列1,2,3，… 中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个数列的第2 018项是( ) A．2 062 B．2 063 C．2 064 D．2 065 答案 B 解析 由题意可得，这些数可以写为12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，第个平方数与第＋1个平方数之间有2个正整数，而数列12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，452共有2 025项，去掉45个平方数后，还剩余2 025－45＝1 980(个)数，所以去掉平方数后第2 018项应在2 025后的第38个数，即是原数列的第2 063项，即为2 063.
2．已知数列{an}满足0和为Sn，则满足Sn>10的n的最小值为( ) A．60 B．61 C．121 D．122 答案 B
解析 由a41－8a21＋4＝0，得a21＋4a21＝8，
所以a2n＋4a2n＝8＋8(n－1)＝8n， 所以an＋2an2＝a2n＋4a2n＋4＝8n＋4， 所以an＋2an＝22n＋1， 即a2n－22n＋1an＋2＝0， 所以an＝22n＋1±22n－12＝2n＋1±2n－1， 因为0所以an＝2n＋1－2n－1，Sn＝2n＋1－1， 由Sn>10得2n＋1>11， 所以n>60. ∴an＝2n2＋3n，由题意可知，
项 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 个位数 5 4 7 4 5 0 9 2 9 0
∴每10项中有4项能被5整除，∴数列{an}的前100项中，能被5整除的项数为40. 7．设＝1是函数f()＝an＋13－an2－an＋2＋1(n∈N*)的极值点，数列{an}满足 a1＝1，a2＝2，bn＝log2an＋1，若
表示不超过的最大整数，则2 018b1b2＋2 018b2b3＋…＋2 018b2 018b2 019 等于( ) A．2 017 B．2 018 C．2 019 D．2 020 答案 A 解析 由题意可得f′()＝3an＋12－2an－an＋2， ∵＝1是函数f()的极值点， ∴f′(1)＝3an＋1－2an－an＋2＝0， 即an＋2－3an＋1＋2an＝0. ∴an＋2－an＋1＝2()an＋1－an， ∵a2－a1＝1，∴a3－a2＝2×1＝2，a4－a3＝2×2＝22，…，an－an－1＝2n－2， 以上各式累加可得an＝2n－1. ∴bn＝log2an＋1＝log22n＝n.
(全国通用版)2019高考数学二轮复习-专题二 数列 第2讲 数列的求和问题课件
1 anan＋2
(其中{an}为等差数
列)等形式的数列求和.
例3 (2018·天津市十二校模拟)已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＝ a(Sn－an＋1) (n∈N*)(a为常数，a≠0，a≠1). (1)求{an}的通项公式；
解答
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
(2)设bn＝an＋Sn，若数列{bn}为等比数列，求a的值； 解 由bn＝an＋Sn得，b1＝2a， b2＝2a2＋a， b3＝2a3＋a2＋a. ∵数列{bn}为等比数列， ∴b22＝b1b3，(2a2＋a)2＝2a(2a3＋a2＋a)， 解得 a＝12.
13Sn＝332＋353＋…＋23nn＋＋11， ①－②得，23Sn＝1＋2312＋313＋…＋31n－23nn＋＋11， ∴Sn＝2－n＋3n 2(n∈N*).
① ②
解答
热点三 裂项相消法求和
裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵
消从而求和的方法，主要适用于ana1n＋1或
跟踪演练2 (2018·安庆模拟)在等差数列{an}中a4＝9，前三项的和为15. (1)求数列{an}的通项公式； 解 由题意得3aa1＋1＋33dd＝＝91，5， 解得ad1＝＝23，， ∴an＝2n＋1(n∈N*).
解答
(2)求数列a3nn的前 n 项和 Sn. 解 Sn＝a31＋a322＋…＋a3nn＝33＋352＋373＋…＋2n3＋n 1，
1－2n n1＋2n－1
＝ 1－2 －
2
＝2n－1－n2，
所以数列{bn}的前n项和为2n－1－n2(n∈N*).
解答
思维升华
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.
2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题10等差数列与等比数列教学案文含解析
等差数列与等比数列【2019年高考考纲解读】1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现.2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力．【重点、难点剖析】一、等差数列、等比数列的运算1．通项公式等差数列：a n ＝a 1＋(n －1)d ；等比数列：a n ＝a 1·qn －1. 2．求和公式等差数列：S n ＝n a 1＋a n 2＝na 1＋n n －2d ；等比数列：S n ＝a 11－q n 1－q ＝a 1－a n q 1－q(q ≠1)． 3．性质若m ＋n ＝p ＋q ，在等差数列中a m ＋a n ＝a p ＋a q ；在等比数列中a m ·a n ＝a p ·a q .二 等差数列、等比数列的判定与证明证明数列{a n }是等差数列或等比数列的证明方法(1)证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法：①利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为一常数；②利用等差中项，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)．(2)证明数列{a n }是等比数列的两种基本方法：①利用定义，证明a n ＋1a n(n ∈N *)为一常数； ②利用等比中项，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)．三、等差数列、等比数列的综合问题解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解．【高考题型示例】题型一、等差数列、等比数列的运算例1、(2018·北京)设{a n }是等差数列，且a 1＝3，a 2＋a 5＝36，则{a n }的通项公式为______．答案 a n ＝6n －3(n ∈N *)解析 方法一 设公差为d .∵a 2＋a 5＝36，∴(a 1＋d )＋(a 1＋4d )＝36，∴2a 1＋5d ＝36.∵a 1＝3，∴d ＝6，∴通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d ＝6n －3(n ∈N *)．方法二 设公差为d ，∵a 2＋a 5＝a 1＋a 6＝36，a 1＝3，∴a 6＝33，∴d ＝a 6－a 15＝6.∵a 1＝3，∴通项公式a n ＝6n －3(n ∈N *)． 【变式探究】(2018·全国Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3.①求{a n }的通项公式；②记S n 为{a n }的前n 项和，若S m ＝63，求m .【变式探究】(2017·全国Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为________．答案 4解析 设{a n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＋a 5＝24，S 6＝48，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋3d ＋a 1＋4d ＝24，6a 1＋6×52d ＝48，解得d ＝4.【感悟提升】在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a 1和d (q )的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量．【变式探究】设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则a 1等于( )A ．－2B ．－1 C.12 D.23答案 B解析 S 4－S 2＝a 3＋a 4＝3a 4－3a 2，即3a 2＋a 3－2a 4＝0，即3a 2＋a 2q －2a 2q 2＝0，即2q 2－q －3＝0，解得q ＝－1(舍)或q ＝32， 当q ＝32时，代入S 2＝3a 2＋2， 得a 1＋a 1q ＝3a 1q ＋2，解得a 1＝－1.【变式探究】设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3a 11＝2a 25，且S 4＋S 12＝λS 8，则λ＝________.答案 83解析 ∵a 3a 11＝2a 25，∴a 27＝2a 25，∴q 4＝2，∵S 4＋S 12＝λS 8，∴a 11－q 41－q ＋a 11－q 121－q ＝λa 11－q 81－q ， 1－q 4＋1－q 12＝λ(1－q 8)，将q 4＝2代入计算可得λ＝83. 题型二 等差数列、等比数列的判定与证明例2、已知数列{a n }，{b n }，其中a 1＝3，b 1＝－1，且满足a n ＝12(3a n －1－b n －1)，b n ＝－12(a n －1－3b n －1)，n ∈N *，n ≥2.(1)求证：数列{a n －b n }为等比数列；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2na n a n ＋1的前n 项和T n . (1)证明 a n －b n ＝12(3a n －1－b n －1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12(a n －1－3b n －1)＝2(a n －1－b n －1)， 又a 1－b 1＝3－(－1)＝4，所以{a n －b n }是首项为4，公比为2的等比数列．(2)解 由(1)知，a n －b n ＝2n ＋1，①又a n ＋b n ＝12(3a n －1－b n －1)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12(a n －1－3b n －1)＝a n －1＋b n －1， 又a 1＋b 1＝3＋(－1)＝2，所以{a n ＋b n }为常数数列，a n ＋b n ＝2，②联立①②得，a n ＝2n＋1，2n a n a n ＋1＝2n 2n ＋n ＋1＋＝12n ＋1－12n ＋1＋1， 所以T n ＝⎝⎛⎭⎪⎫121＋1－122＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋1－123＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋1＋1 ＝121＋1－12n ＋1＋1＝13－12n ＋1＋1(n ∈N *)． 【感悟提升】(1)判断一个数列是等差(比)数列，也可以利用通项公式及前n 项和公式，但不能作为证明方法．(2)a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)是数列{a n }为等比数列的必要不充分条件，判断时还要看各项是否为零．【变式探究】已知{a n }是各项都为正数的数列，其前n 项和为S n ，且S n 为a n 与1a n的等差中项． (1)求证：数列{S 2n }为等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)设b n ＝－n a n ，求{b n }的前n 项和T n .(2)解 由(1)可得S 2n ＝1＋n －1＝n ，∵数列{a n }的各项都为正数，∴S n ＝n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n －n －1，又a 1＝S 1＝1满足上式，∴a n ＝n －n －1(n ∈N *)．(3)解 由(2)得b n ＝－n a n ＝－n n －n －1 ＝(－1)n (n ＋n －1)，当n 为奇数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…＋(n －1＋n －2)－(n ＋n －1)＝－n ，当n 为偶数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…－(n －1＋n －2)＋(n ＋n －1)＝n ，∴数列{b n }的前n 项和T n ＝(－1)n n (n ∈N *)．题型三 等差数列、等比数列的综合问题例3、已知等差数列{a n }的公差为－1，且a 2＋a 7＋a 12＝－6.(1)求数列{a n }的通项公式a n 与其前n 项和S n ；(2)将数列{a n }的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{b n }的前3项，记{b n }的前n 项和为T n ，若存在m ∈N *，使得对任意n ∈N *，总有S n <T m ＋λ恒成立，求实数λ的取值范围．解 (1)由a 2＋a 7＋a 12＝－6，得a 7＝－2，∴a 1＝4，∴a n ＝5－n ，从而S n ＝n 9－n 2(n ∈N *)． (2)由题意知b 1＝4，b 2＝2，b 3＝1，设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 2b 1＝12， ∴T m ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m 1－12＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ， ∵⎝ ⎛⎭⎪⎫12m 随m 的增加而减少， ∴{T m }为递增数列，得4≤T m <8.又S n ＝n 9－n 2＝－12(n 2－9n ) ＝－12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫n －922－814， 故(S n )max ＝S 4＝S 5＝10，若存在m ∈N *，使得对任意n ∈N *，总有S n <T m ＋λ，则10<8＋λ，得λ>2.即实数λ的取值范围为(2，＋∞)．【感悟提升】(1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便．(2)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．(3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数，通过求数列的值域求解．【变式探究】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n －1＝3(a n －1)，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设数列{b n }满足a n ＋1＝32n n a b ⋅⎛⎫ ⎪⎝⎭，若b n ≤t 对于任意正整数n 都成立，求实数t 的取值范围．(2)由a n ＋1＝32n n a b ⋅⎛⎫ ⎪⎝⎭，得b n ＝1a n 312log n a +＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1323log 2n ⎛⎫ ⎪⎝⎭ ＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1， 所以b n ＋1－b n ＝(n ＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1 ＝2n －13n (2－n )， 所以(b n )max ＝b 2＝b 3＝43，所以t ≥43. 即t 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞.。
高考数学 数列求和、数列的综合
并ꎬ例如:
{
１){ ａ ｎ ＋ｂ ｎ } ꎬ其中
２)ａ ｎ ＝
{
{ ａ ｎ } 是等差数列ꎬ
{ ｂ ｎ } 是等比数列ꎻ
ｆ( ｎ) ꎬｎ ＝ ２ｋ － １ꎬｋ∈Ｎ ꎬ
∗
ｇ( ｎ) ꎬｎ ＝ ２ｋꎬｋ∈Ｎ .
∗
6.并项求和法
形如 ａ ｎ ＝ ( － １) ｎ ｎꎬａ ｎ ＝ ( － １) ｎ ｎ２ 等ꎬ在求和过程
(１) 求数列{ ａ ｎ } 的通项公式ꎻ
(２) 记 Ｔ ｎ ＝ ２ａ１ ＋ ３ａ２ ＋ ＋( ｎ ＋ １) ａ ｎ ꎬ求 Ｔ ｎ .
解析 (１) 设等比数列{ ａ ｎ } 的公比为 ｑꎬ依题
意ꎬ知 ４ａ２ ＝ ４ａ１ ＋ａ３ ꎬ则 ４ａ１ ｑ ＝ ４ａ１ ＋ａ１ ｑ ꎬ
２
∴ ｑ２ － ４ｑ ＋ ４ ＝ ０ꎬ( ｑ － ２) ２ ＝ ０ꎬｑ ＝ ２ꎬ
5
年
高
考
3
年
模
拟
和系数之积与原通项相等.
{
ìïａ１ ＝ ８ꎬ
ï
或í １ 因
ïｑ ＝ ꎬ
ï
２
î
ａ１ ＝ ２ꎬ
ｑ ＝ ２ꎬ
所以数列
(２) 证明:由(１) 知 ａ ｎ ＝ ２ ｎ ꎬ则 ｂ ｎ ＝ ( ｎ ＋ １) ｌｏｇ２ ａ ｎ
＝ ( ｎ ＋ １) ｌｏｇ２ ２ ｎ ＝ ｎ( ｎ ＋ １) ꎬ
因此
１
１
６
２
２
２
２
é ｎ( ｎ ＋ １) ù
ú .
úû
２
ë
１３ ＋ ２３ ＋ ３３ ＋ ＋ｎ３ ＝ êê
２
2.倒序相加法
2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题10等差数列与等比数列教学案理含解析
【2019年咼考考纲解读】 1. 等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现 2. 数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力. 【重点、难点剖析】 一、等差数列、等比数列的运算 1 •通项公式 等差数列： a n = a i + ( n — i) d ； 等比数列： n — 1 a n = a i • q . 2 .求和公式 a i + a n 2 3 .性质 若 m + n = p + q ,在等差数列中 a m + a n = a p + a q ；在等比数列中 a m • a n = a p ■ a q .二 等差数列、等比数列的判定与证明证明数列｛a n ｝是等差数列或等比数列的证明方法(1) 证明数列｛a n ｝是等差数列的两种基本方法：① 利用定义，证明 a n +1 — a n (n € N)为一常数；② 利用等差中项，即证明 2a n = a n -1 + a n +i (n 》2, n € N).(2) 证明数列｛a n ｝是等比数列的两种基本方法：a “+1 *① 利用定义，证明 一一(n € N)为一常数；a n② 利用等比中项，即证明 a ；? = a n — i a n + i (n 》2, n € N).三、等差数列、等比数列的综合问题解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、 方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解.【高考题型示例】题型一、等差数列、等比数列的运算例1、（1）（2018 •全国I ）记 S 为等差数列｛a n ｝的前n 项和，若3S s = S 2+ S, a i = 2，贝U a 5等于（） A . — 12 B .— 10等差数列与等比数列等差数列: 等比数列: a i S n = a i — a n q(q ^ i)n =n a i + -C. 10 D . 12答案B解析设等差数列｛a n｝的公差为d,由3S= S2+ S4,- 2 2 —j 乂？—| J y d —I得 3 |3a i + 2 x d = 2a1 + ----------- 2------- x d + 4a1 + -----2 -------- x d,将a1 = 2 代入上式，解得d=—3,故a5= a + （5 —1）d = 2+4x（—3）= —10.故选B.⑵（2018 •全国川）等比数列｛a n｝中，a1= 1, a5= 4空.①求｛a n｝的通项公式；②记S为｛a n｝的前n项和，若63,求m解①设（胡的公比为4由憩殳得H由已知得孑=4孑，解得尸0（舍去）；尸-2或尸2・故（一2）1或迤=21（山€矿）”②若则氏二匕严由©=盟得（-2）”=-1貂，此万程没有正整数解.若乞=21』则£=2"-1,宙5；=63 得2*=64;解得*=6.【感悟提升】在进行等差（比）数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a1和d（q）的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量.【变式探究】（1）设公比为q（q>0）的等比数列｛a n｝的前n项和为S,若S= 3a2 + 2,S= 3a4+ 2，则a等于（）1 2A.—2 B . —1 C. - D.-2 3答案B解析S —S = a3 + a4 = 3a4 —3a2,2即3a2+ a3—2a4= 0,即卩3a2 + a2q—2a2q = 0,323即 2q — q — 3 = 0,解得 q =— 1(舍)或 q = 2, 3 当 q = 2时，代入 S ?= 3a 2+ 2,得 a i + a i q = 3a i q + 2,解得 a i = — 1. ⑵ 设各项均为正数的等比数列 ｛a n ｝中，若S 4= 80, 82= 8，则公比q = _答案 3 162解析 由题意可得，S — 82= q?S ,代入得q = 9.•••等比数列｛a n ｝的各项均为正数，••• q = 3，解得 a i = 2,故 a 5= 162.题型二 等差数列、等比数列的判定与证明1 例 2、已知数列｛a n ｝, ｛b n ｝，其中 a i = 3, b i = — 1,且满足 a n =-(3a n —i — bn n 》2. (1) 求证：数列｛a n — b n ｝为等比数列;又 a i — b i = 3— ( — 1) = 4,所以｛a n — b n ｝是首项为4,公比为2的等比数列⑵解由(1)知，a — b n = 2n +：① 又 a n + b n = 2(3 a n — 1 - b n — i ) + 二 2 ( a n — 1 - 3b n — i ) = a n — 1 + b n — 1 , 又 a i + b i = 3+ ( — 1) = 2,所以｛ a n + b n ｝为常数数列，a n + b n = 2,②联立①②得，a n = 2 + 1,2n 2n1 1 a n a n +1= 2n + ⑴1+ = 2n + 1 — 2n +1+ 1’所以 Tn = 21 + 1 22+ 1 + 22+ 1 23 + 1 + + 2n + 1 2n +1+ 11 111 *2 + 1 2 +13 2 + 1【感悟提升】(1)判断一个数列是等差(比)数列，也可以利用通项公式及前 法. ⑵a n = a n — i a n +i (n 》2)是数列｛a n ｝为等比数列的必要不充分条件，判断时还要看各项是否为零.,a 5 ___1 *),b n = —㊁®— i — 3b n — i ), n €N , ⑵求数列a n a n + 1 【勺前n 项和T .1(1)证明12 ( a n —1 — 3b n — 1)= 2( a n — 1 — b n —n 项和公式，但不能作为证明方1 4【变式探究】已知｛a n ｝是各项都为正数的数列，其前 n 项和为S,且S 为a n 与 的等差中项. a n⑴ 求证：数列｛Sn ｝为等差数列；⑵ 求数列｛a n ｝的通项公式;⑴证明 由题青知2 £=至十二 即2 £俚—fi ：= 1, W当 定2时，有51-u 代入(半)式得29(耳一 £-1) — (£—整理得又当n=l 时，由(杓式可得网=£[=「二数列｛专是苜项为h 公差为1的等差数列”⑵解由⑴可得S 2 = 1+ n -1 = n ,•• •数列｛a n ｝的各项都为正数，••• S= n,•••当 n 》2 时，a n = S — S -i = "J n-\/n — 1,又a 1 = S = 1满足上式，...a n = n - n -1(n €N *).i ni n (3)解 由(2)得 bn = - = 尸〒’ an p n -寸 n - 1=(-1)n ( n + n - 1),当n 为奇数时， T n =- 1 + ( 2+ 1)-(寸3 +』2) +…+ ( n - 1+ n -2) - ( n + n - 1) =- n ,当n 为偶数时，T n =- 1 + ( 2+ 1) - ( 3 + 2) +…一(n -1+ n -2) + ( n + n - 1) = n ,数列｛b n ｝的前 n 项和 T n = ( — 1)育n ( n €N ).题型三 等差数列、等比数列的综合问题例3、已知等差数列｛a n ｝的公差为一1，且a 2 + a 7 + a 12=- 6.(1) 求数列｛a n ｝的通项公式a n 与其前n 项和S ；(2) 将数列｛a n ｝的前4项抽去其中一项后， 剩下三项按原来顺序恰为等比数列 ｛b n ｝的前3项，记｛b n ｝的前n 项 和为T n ,若存在m ^N *，使得对任意n €N *，总有S<T m +入恒成立，求实数 入的取值范围.⑶设b n =-1a n n -,求｛b n ｝的前n 项和T n .解 (1)由 a 2 + a 7 + a i2= — 6，得 a 7=— 2,「. a i = 4,n 9 — n *a n = 5— n ,从而 S= --------- 2 (n €N ).(2)由题意知 b i = 4, b 2= 2, b 3= 1,设等比数 列｛b n ｝的公比为q ,12,弓丁随m 的增加而减少,2 •••｛T ｝为递增数列，得4W T m <8.n 9— n 1 2又 S= -------- 2 = — 2(n — 9n )若存在m€N ，使得对任意n €N ,总有Si<T n +入， 则10<8+入，得入>2.即实数 入的取值范围为(2 ,+^).【感悟提升】(1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解 ，但有时灵活地运用性质，可使运算简便. ⑵ 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.(3) 数列中的恒成立问题可以通过分离参数，通过求数列的值域求解.【变式探究】已知数列｛a n ｝的前n 项和为S,且S — 1 = 3(a n — 1) , n €N *.(1)求数列｛a n ｝的通项公式；解 (1)由已知得 S= 3a n — 2,令n = 1,得a 1 = 1,又 a n +1 S +1 S 3a n +1 3a n ,3所以数列｛a n ｝是以1为首项，2为公比的等比数列,(2)设数列｛ b n ｝满足a n + 1 = 若b n W t 对于任意正整数 n 都成立，求实数t 的取值范围.得 a n + 1 = 32a n ,故($) max = S= S 5= 10,所以a n=(n€N*).—n ■ ~ T_l f所乱7一方==S+l）• -/-n ■訂=—（2-n），4 4所以⑹…=矗=氏=亍所以&亍即f的取值范围为p +8 ,.。
专题09数列-2019年高考数学(理)考试大纲解读Word版含解析
2019 年考试纲领解读9数列（十二）数列1．数列的观点和简单表示法（1）认识数列的观点和几种简单的表示方法（列表、图象、通项公式）.（2）认识数列是自变量为正整数的一类函数 .2．等差数列、等比数列（1）理解等差数列、等比数列的观点 .（2）掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式 .（3）能在详细的问题情境中辨别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决相应的问题 .（4）认识等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系.与2018 年考纲对比没什么变化，并且数列是每年高考的必考知识点，一般以“一大” 或“两小” 的形式体现，难度多为简单或适中，有时也会以压轴题出现，此时难度偏大 . 估计在 2019 年的高考取，将以“一大”或“两小”的形式进行考查，命题的热门有以下五部分内容：一是考察等差（比）数列的性质的应用，求指定项、公差、公比等，难度为简单或适中；二是求数列的通项公式，一般是利用等差（比）数列的定义求通项公式，或是知递推公式求通项公式，或是利用a n与 S n的关系求通项公式，难度为适中；三是求数列的前n 项和，利用公式法、累加（乘）法，错位相减法、裂项相消法、分组乞降法、倒序相加法乞降，难度多为适中；四是考察数列的最值，多与数列的单一性相关，常考察等差数列前n 项和的最值、等比数列前n 项的积的最值等，难度为适中或偏难；五是等差数列与等比数列相综合的问题，有时也与数列型不等式的证明、存在性问题订交汇，难度为适中或偏难 .样题1考向一等差数列及其前（2018 新课标全国 I 理科）设S n为等差数列n 项和a n的前n 项和，若，a1 2 ，则a5A．12B．10C．10D．12【答案】B【分析】设等差数列的公差为 d ，依据题中的条件可得，整理解得 d 3 ，因此，应选B．样题 7 （2018 新课标全国 I ）已知数列a n知足a11，，设b n a n．n （1）求b1，b2，b3；（2）判断数列b n能否为等比数列，并说明原因；（3）求a n的通项公式．n-1【答案】（1）b1=1，b2=2，b3=4；（2）看法析；（3）a n=n·2 ．【分析】（1）由条件可得a n+1= 2( n 1)a n．n将n=1代入得， a2=4a1，而 a1=1，因此， a2=4．将n=2代入得， a3=3a2，因此， a3=12．进而 b1=1，b2=2，b3=4．（2）{ b n} 是首项为 1，公比为 2 的等比数列．由条件可得a n 1 2 a n，即 b n+1=2b n，n 1n又 b1=1，因此 { b n} 是首项为 1，公比为 2 的等比数列．（3）由（ 2）可得a n2n 1，nn-1因此 a n=n·2．【名师点睛】该题考察的是相关数列的问题，波及到的知识点有依据数列的递推公式确立数列的项，依据不一样数列的项之间的关系，确立新数列的项，利用递推关系整理获得相邻两项之间的关系确立数列是等比数列，依据等比数列通项公式求得数列的通项公式，借助于的通项公式求得数列的通项公式，进而求得最后的结果 .。
2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题10等差数列与等比数列教学案文含解析20190330232
等差数列与等比数列【2019年高考考纲解读】1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现.2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力．【重点、难点剖析】一、等差数列、等比数列的运算1．通项公式等差数列：a n ＝a 1＋(n －1)d ；等比数列：a n ＝a 1·qn －1. 2．求和公式 等差数列：S n ＝n a 1＋a n 2＝na 1＋n n －2d ；等比数列：S n ＝a 11－q n 1－q ＝a 1－a n q 1－q(q ≠1)． 3．性质若m ＋n ＝p ＋q ，在等差数列中a m ＋a n ＝a p ＋a q ；在等比数列中a m ·a n ＝a p ·a q .二 等差数列、等比数列的判定与证明证明数列{a n }是等差数列或等比数列的证明方法(1)证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法：①利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为一常数；②利用等差中项，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)．(2)证明数列{a n }是等比数列的两种基本方法： ①利用定义，证明a n ＋1a n(n ∈N *)为一常数； ②利用等比中项，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)．三、等差数列、等比数列的综合问题解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解．【高考题型示例】题型一、等差数列、等比数列的运算例1、(2018·北京)设{a n }是等差数列，且a 1＝3，a 2＋a 5＝36，则{a n }的通项公式为______．答案 a n ＝6n －3(n ∈N *)解析 方法一 设公差为d .∵a 2＋a 5＝36，∴(a 1＋d )＋(a 1＋4d )＝36，∴2a 1＋5d ＝36.∵a 1＝3，∴d ＝6，∴通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d ＝6n －3(n ∈N *)．方法二 设公差为d ，∵a 2＋a 5＝a 1＋a 6＝36，a 1＝3，∴a 6＝33，∴d ＝a 6－a 15＝6.∵a 1＝3，∴通项公式a n ＝6n －3(n ∈N *)． 【变式探究】(2018·全国Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3.①求{a n }的通项公式；②记S n 为{a n }的前n 项和，若S m ＝63，求m .【变式探究】(2017·全国Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为________．答案 4解析 设{a n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＋a 5＝24，S 6＝48，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋3d ＋a 1＋4d ＝24，6a 1＋6×52d ＝48，解得d ＝4. 【感悟提升】在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a 1和d (q )的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量．【变式探究】设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则a 1等于( )A ．－2B ．－1 C.12 D.23答案 B解析 S 4－S 2＝a 3＋a 4＝3a 4－3a 2，即3a 2＋a 3－2a 4＝0，即3a 2＋a 2q －2a 2q 2＝0，即2q 2－q －3＝0，解得q ＝－1(舍)或q ＝32， 当q ＝32时，代入S 2＝3a 2＋2， 得a 1＋a 1q ＝3a 1q ＋2，解得a 1＝－1.【变式探究】设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3a 11＝2a 25，且S 4＋S 12＝λS 8，则λ＝________.答案 83解析 ∵a 3a 11＝2a 25，∴a 27＝2a 25，∴q 4＝2，∵S 4＋S 12＝λS 8，∴a 11－q 41－q ＋a 11－q 121－q ＝λa 11－q 81－q ， 1－q 4＋1－q 12＝λ(1－q 8)，将q 4＝2代入计算可得λ＝83. 题型二 等差数列、等比数列的判定与证明例2、已知数列{a n }，{b n }，其中a 1＝3，b 1＝－1，且满足a n ＝12(3a n －1－b n －1)，b n ＝－12(a n －1－3b n －1)，n ∈N *，n ≥2.(1)求证：数列{a n －b n }为等比数列；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2na n a n ＋1的前n 项和T n . (1)证明 a n －b n ＝12(3a n －1－b n －1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12(a n －1－3b n －1)＝2(a n －1－b n －1)， 又a 1－b 1＝3－(－1)＝4，所以{a n －b n }是首项为4，公比为2的等比数列．(2)解 由(1)知，a n －b n ＝2n ＋1，①又a n ＋b n ＝12(3a n －1－b n －1)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12(a n －1－3b n －1)＝a n －1＋b n －1， 又a 1＋b 1＝3＋(－1)＝2，所以{a n ＋b n }为常数数列，a n ＋b n ＝2，②联立①②得，a n ＝2n＋1，2n a n a n ＋1＝2n 2n ＋n ＋1＋＝12n ＋1－12n ＋1＋1， 所以T n ＝⎝⎛⎭⎪⎫121＋1－122＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋1－123＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋1＋1 ＝121＋1－12n ＋1＋1＝13－12n ＋1＋1(n ∈N *)． 【感悟提升】(1)判断一个数列是等差(比)数列，也可以利用通项公式及前n 项和公式，但不能作为证明方法．(2)a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)是数列{a n }为等比数列的必要不充分条件，判断时还要看各项是否为零．【变式探究】已知{a n }是各项都为正数的数列，其前n 项和为S n ，且S n 为a n 与1a n的等差中项． (1)求证：数列{S 2n }为等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)设b n ＝－n a n ，求{b n }的前n 项和T n .(2)解 由(1)可得S 2n ＝1＋n －1＝n ，∵数列{a n }的各项都为正数，∴S n ＝n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n －n －1，又a 1＝S 1＝1满足上式，∴a n ＝n －n －1(n ∈N *)．(3)解 由(2)得b n ＝－n a n ＝－n n －n －1 ＝(－1)n (n ＋n －1)，当n 为奇数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…＋(n －1＋n －2)－(n ＋n －1)＝－n ，当n 为偶数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…－(n －1＋n －2)＋(n ＋n －1)＝n ，∴数列{b n }的前n 项和T n ＝(－1)n n (n ∈N *)．题型三 等差数列、等比数列的综合问题例3、已知等差数列{a n }的公差为－1，且a 2＋a 7＋a 12＝－6.(1)求数列{a n }的通项公式a n 与其前n 项和S n ；(2)将数列{a n }的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{b n }的前3项，记{b n }的前n 项和为T n ，若存在m ∈N *，使得对任意n ∈N *，总有S n <T m ＋λ恒成立，求实数λ的取值范围．解 (1)由a 2＋a 7＋a 12＝－6，得a 7＝－2，∴a 1＝4，∴a n ＝5－n ，从而S n ＝n 9－n 2(n ∈N *)． (2)由题意知b 1＝4，b 2＝2，b 3＝1，设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 2b 1＝12， ∴T m ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m 1－12＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ， ∵⎝ ⎛⎭⎪⎫12m 随m 的增加而减少， ∴{T m }为递增数列，得4≤T m <8.又S n ＝n 9－n 2＝－12(n 2－9n ) ＝－12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫n －922－814， 故(S n )max ＝S 4＝S 5＝10，若存在m ∈N *，使得对任意n ∈N *，总有S n <T m ＋λ，则10<8＋λ，得λ>2.即实数λ的取值范围为(2，＋∞)．【感悟提升】(1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便．(2)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．(3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数，通过求数列的值域求解．【变式探究】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n －1＝3(a n －1)，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设数列{b n }满足a n ＋1＝32n n a b ⋅⎛⎫ ⎪⎝⎭，若b n ≤t 对于任意正整数n 都成立，求实数t 的取值范围．(2)由a n ＋1＝32n n a b ⋅⎛⎫ ⎪⎝⎭，得b n ＝1a n 312log n a +＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1323log 2n ⎛⎫ ⎪⎝⎭ ＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1， 所以b n ＋1－b n ＝(n ＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1 ＝2n －13n (2－n )， 所以(b n )max ＝b 2＝b 3＝43，所以t ≥43. 即t 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞.。
2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题12数列的综合问题热点难点突破理含解析
数列的综合问题1．删去正整数数列1,2,3，… 中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个数列的第2 018项是( )A ．2 062B ．2 063C ．2 064D ．2 065答案 B解析 由题意可得，这些数可以写为12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，第个平方数与第＋1个平方数之间有2个正整数，而数列12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，452共有2 025项，去掉45个平方数后，还剩余2 025－45＝1 980(个)数，所以去掉平方数后第2 018项应在2 025后的第38个数，即是原数列的第2 063项，即为2 063.2．已知数列{a n }满足0<a n <1，a 41－8a 21＋4＝0，且数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a 2n ＋4a 2n 是以8为公差的等差数列，设{a n }的前n 项和为S n ，则满足S n >10的n 的最小值为( )A ．60B ．61C ．121D ．122答案 B解析 由a 41－8a 21＋4＝0，得a 21＋4a 21＝8， 所以a 2n ＋4a 2n＝8＋8(n －1)＝8n ， 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋2a n 2＝a 2n ＋4a 2n＋4＝8n ＋4， 所以a n ＋2a n＝22n ＋1， 即a 2n －22n ＋1a n ＋2＝0，所以a n ＝22n ＋1±22n －12＝2n ＋1±2n －1， 因为0<a n <1，所以a n ＝2n ＋1－2n －1，S n ＝2n ＋1－1，由S n >10得2n ＋1>11，所以n >60.∴a n ＝2n 2＋3n ，由题意可知，∴每10项中有4项能被5整除，∴数列{a n }的前100项中，能被5整除的项数为40.7．设＝1是函数f ()＝a n ＋13－a n 2－a n ＋2＋1(n ∈N *)的极值点，数列{a n }满足 a 1＝1，a 2＝2，b n ＝log 2a n ＋1，若表示不超过的最大整数，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018b 2 018b 2 019 等于( )A ．2 017B ．2 018C ．2 019D ．2 020答案 A解析 由题意可得f ′()＝3a n ＋12－2a n －a n ＋2，∵＝1是函数f ()的极值点，∴f ′(1)＝3a n ＋1－2a n －a n ＋2＝0，即a n ＋2－3a n ＋1＋2a n ＝0.∴a n ＋2－a n ＋1＝2()a n ＋1－a n ，∵a 2－a 1＝1，∴a 3－a 2＝2×1＝2，a 4－a 3＝2×2＝22，…，a n －a n －1＝2n －2，以上各式累加可得a n ＝2n －1.∴b n ＝log 2a n ＋1＝log 22n ＝n .∴2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018b 2 018b 2 019＝2 018⎝ ⎛⎭⎪⎫11×2＋12×3＋…＋12 018×2 019 ＝2 018⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 019＝2 018－2 0182 019＝2 017＋12 019. ∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018b 2 018b 2 019＝2 017. 8．对于数列{a n }，定义H n ＝a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n n为{a n }的“优值”，现在已知某数列{a n }的“优值”H n ＝2n ＋1，记数列{a n －n }的前n 项和为S n ，若S n ≤S 5对任意的n 恒成立，则实数的取值范围为________．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤73，125解析 由题意可知a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n n＝2n ＋1， ∴a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n ＝n ·2n ＋1，①a 1＋2a 2＋…＋2n －2a n －1＝(n －1)·2n ，②由①－②，得2n －1a n ＝n ·2n ＋1－(n －1)·2n (n ≥2，n ∈N *)，则a n ＝2n ＋2(n ≥2)，又当n ＝1时，a 1＝4，符合上式，∴a n ＝2n ＋2(n ∈N *)，∴a n －n ＝(2－)·n ＋2，令b n ＝(2－)·n ＋2，∵S n ≤S 5，∴b 5≥0，b 6≤0，解得73≤≤125， ∴的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤73，125. 9．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝43(a n －1)，则(4n －2＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫16a n ＋1的最小值为__________． 答案 4解析 ∵S n ＝43(a n －1)，∴S n －1＝43(a n －1－1)(n ≥2)， ∴a n ＝S n －S n －1＝43(a n －a n －1)， ∴a n ＝4a n －1，又a 1＝S 1＝43(a 1－1)， ∴a 1＝4，∴{a n }是首项为4，公比为4的等比数列，∴a n ＝4n ，∴(4n －2＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫16a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4n 16＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫164n ＋1 ＝2＋4n 16＋164n ≥2＋2＝4， 当且仅当n ＝2时取“＝”．10．已知数列{a n }的首项a 1＝a ，其前n 项和为S n ，且满足S n ＋S n －1＝4n 2(n ≥2，n ∈N *)，若对任意n ∈N *，a n <a n ＋1恒成立，则a 的取值范围是______________．答案 (3,5)解析 由条件S n ＋S n －1＝4n 2(n ≥2，n ∈N *)，得S n ＋1＋S n ＝4(n ＋1)2，两式相减，得a n ＋1＋a n ＝8n ＋4，故a n ＋2＋a n ＋1＝8n ＋12，两式再相减，得a n ＋2－a n ＝8，由n ＝2，得a 1＋a 2＋a 1＝16⇒a 2＝16－2a ，从而a 2n ＝16－2a ＋8(n －1)＝8n ＋8－2a ；由n ＝3，得a 1＋a 2＋a 3＋a 1＋a 2＝36⇒a 3＝4＋2a ，从而a 2n ＋1＝4＋2a ＋8(n －1)＝8n －4＋2a ，由条件得⎩⎨⎧ a <16－2a ，8n ＋8－2a <8n －4＋2a ，8n －4＋2a <8n ＋18－2a ，解得3<a <5. 11．已知数列{a n }中，a 1＝1，且点P (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线－y ＋1＝0上．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若函数f (n )＝1n ＋a 1＋2n ＋a 2＋3n ＋a 3＋…＋n n ＋a n (n ∈N *，且n >2)，求函数f (n )的最小值； (3)设b n ＝1a n，S n 表示数列{b n }的前n 项和，试问：是否存在关于n 的整式g (n )，使得S 1＋S 2＋S 3＋…＋S n －1＝(S n －1)·g (n )对于一切不小于2的自然数n 恒成立？若存在，写出g (n )的解析式，并加以证明；若不存在，请说明理由．解 (1)点P (a n ，a n ＋1)在直线－y ＋1＝0上，即a n ＋1－a n ＝1，且a 1＝1，∴数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列，∴a n ＝1＋(n －1)·1＝n (n ∈N *)．(3)∵b n ＝1n ⇒S n ＝1＋12＋13＋ (1)， ∴S n －S n －1＝1n(n ≥2)， 即nS n －(n －1)S n －1＝S n －1＋1，∴(n －1)S n －1－(n －2)S n －2＝S n －2＋1，…，2S 2－S 1＝S 1＋1，∴nS n －S 1＝S 1＋S 2＋…＋S n －1＋n －1，∴S 1＋S 2＋…＋S n －1＝nS n －n＝(S n －1)·n (n ≥2)，∴g (n )＝n .12．已知数列{a n }的首项为1，S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＋1＝qS n ＋1，其中q >0，n ∈N *.(1)若2a 2，a 3，a 2＋2成等差数列，求数列{a n }的通项公式；(2)设双曲线2－y 2a 2n ＝1的离心率为e n ，且e 2＝53，证明：e 1＋e 2＋…＋e n >4n －3n3n －1. (1)解 由已知S n ＋1＝qS n ＋1，得S n ＋2＝qS n ＋1＋1，两式相减得到a n ＋2＝qa n ＋1，n ≥1.又由S 2＝qS 1＋1得到a 2＝qa 1，故a n ＋1＝qa n 对所有n ≥1都成立．所以，数列{a n }是首项为1，公比为q 的等比数列．从而a n ＝q n －1.由2a 2，a 3，a 2＋2成等差数列，可得2a 3＝3a 2＋2，即2q 2＝3q ＋2，则(2q ＋1)(q －2)＝0，由已知，q >0，故q ＝2.所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)证明 由(1)可知，a n ＝q n －1.所以双曲线2－y 2a 2n＝1的离心率 e n ＝1＋a 2n ＝1＋q 2n －1.由e 2＝1＋q 2＝53，解得q ＝43. 因为1＋q 2(－1)>q 2(－1)， 所以1＋q 2k －1>q －1(∈N *)．于是e 1＋e 2＋…＋e n >1＋q ＋…＋q n －1＝q n －1q －1. 故e 1＋e 2＋…＋e n >4n －3n3n －1. 13.已知数列{a n }的前n 项和S n 满足关系式S n ＝a n ＋1，为不等于0的常数．(1)试判断数列{a n }是否为等比数列；(2)若a 2＝12，a 3＝1. ①求数列{a n }的通项公式及前n 项和S n 的表达式； ②设b n ＝log 2S n ，数列{c n }满足c n ＝1b n ＋3b n ＋4＋b n ＋2·2n b ，数列{c n }的前n 项和为T n ，当n >1时，求使4n －1T n <S n ＋3＋n ＋122成立的最小正整数n 的值．解 (1)若数列{a n }是等比数列，则由n ＝1得a 1＝S 1＝a 2，从而a 2＝a 3. 又取n ＝2，得a 1＋a 2＝S 2＝a 3，于是a 1＝0，显然矛盾，故数列{a n }不是等比数列．(2)①由条件得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝12k ，a 1＋12＝k ，解得⎩⎨⎧ a 1＝12，k ＝1，从而S n ＝a n ＋1.当n ≥2时，由S n －1＝a n ，得a n ＝S n －S n －1＝a n ＋1－a n ，即a n ＋1＝2a n ，此时数列是首项为a 2＝12，公比为2的等比数列． 综上所述，数列{a n }的通项公式为a n＝⎩⎨⎧ 12，n ＝1，2n －3，n ≥2.从而其前n 项和S n ＝2n －2(n ∈N *)．②由①得b n ＝n －2，从而c n ＝1n ＋1n ＋2＋n ·2n －2.记C 1＝12×3＋13×4＋…＋1n ＋1n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2 ＝n 2n ＋2， 记C 2＝1·2－1＋2·20＋…＋n ·2n －2，则2C 2＝1·20＋2·21＋…＋n ·2n －1，两式相减得C 2＝(n －1)·2n －1＋12， 从而T n ＝n 2n ＋2＋(n －1)·2n －1＋12＝n ＋1n ＋2＋(n －1)·2n －1， 则不等式4n －1T n <S n ＋3＋n ＋122可化为4n ＋1n －1n ＋2＋2n ＋1<2n ＋1＋n ＋122， 即n 2＋n －90>0，因为n ∈N *且n ≠1，故n >9，从而最小正整数n 的值是10.14．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n －n ＝2(a n －2)(n ∈N *)．(1)证明：数列{a n －1}为等比数列；(2)若b n ＝a n ·log 2(a n －1)，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n .(1)证明 ∵S n －n ＝2(a n －2)，当n ≥2时，S n －1－(n －1)＝2(a n －1－2)， 两式相减，得a n －1＝2a n －2a n －1，∴a n ＝2a n －1－1，∴a n －1＝2(a n －1－1)， ∴a n －1a n －1－1＝2(n ≥2)(常数)．又当n ＝1时，a 1－1＝2(a 1－2)， 得a 1＝3，a 1－1＝2，∴数列{a n －1}是以2为首项，2为公比的等比数列．(2)解 由(1)知，a n －1＝2×2n －1＝2n ， ∴a n ＝2n ＋1，又b n ＝a n ·log 2(a n －1)，∴b n ＝n (2n ＋1)，∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n )＋(1＋2＋3＋…＋n )， 设A n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n ， 则2A n ＝1×22＋2×23＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1， 两式相减，得－A n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1 ＝21－2n1－2－n ×2n ＋1， ∴A n ＝(n －1)×2n ＋1＋2.又1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12， ∴T n ＝(n －1)×2n ＋1＋2＋n n ＋12(n ∈N *)． 15．已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2(S n ＋n ＋1)(n ∈N *)，令b n ＝a n ＋1.(1)求证：{b n }是等比数列；(2)记数列{nb n }的前n 项和为T n ，求T n ；(3)求证：12－12×3n <1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n <1116. (1)证明 a 1＝2，a 2＝2(2＋2)＝8， a n ＋1＝2(S n ＋n ＋1)(n ∈N *)，a n ＝2(S n －1＋n )(n ≥2)，两式相减，得a n ＋1＝3a n ＋2(n ≥2)．经检验，当n ＝1时上式也成立， 即a n ＋1＝3a n ＋2(n ≥1)． 所以a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)， 即b n ＋1＝3b n ，且b 1＝3. 故{b n }是首项为3，公比为3的等比数列．(2)解 由(1)得b n ＝3n ，nb n ＝n ·3n . T n ＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n ×3n ， 3T n ＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n ×3n ＋1， 两式相减，得－2T n ＝3＋32＋33＋…＋3n －n ×3n ＋1 ＝31－3n1－3－n ×3n ＋1， 化简得T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －34×3n ＋34. (3)证明 由1a k ＝13k －1>13k ， 得1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n >13＋132＋…＋13n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n 1－13＝12－12×13n . 又1a k ＝13k －1＝3k ＋1－13k －13k ＋1－1 <3k ＋13k －13k ＋1－1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫13k －1－13k ＋1－1， 所以1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n <12＋32⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫132－1－133－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫133－1－134－1＋…＋ ⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1－13n ＋1－1＝12＋32⎝⎛⎭⎪⎫132－1－13n＋1－1＝12＋316－32×13n＋1－1<1116，故12－12×3n<1a1＋1a2＋1a3＋…＋1a n<1116.。
高考数学考纲解读与热点难点突破教案及专题练习--等差数列与等比数列-文科(含解析)
高考数学考纲解读与热点难点突破等差数列与等比数列 教案【2020年高考考纲解读】1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现.2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力．【重点、难点剖析】一、等差数列、等比数列的运算 1．通项公式等差数列：an ＝a1＋(n －1)d ； 等比数列：an ＝a1·qn －1. 2．求和公式 等差数列：Sn ＝na1＋an 2＝na1＋n n －12d ；等比数列：Sn ＝a11－qn 1－q＝a1－anq 1－q(q ≠1)．3．性质若m ＋n ＝p ＋q ，在等差数列中am ＋an ＝ap ＋aq ； 在等比数列中am ·an ＝ap ·aq.二 等差数列、等比数列的判定与证明 证明数列{an}是等差数列或等比数列的证明方法 (1)证明数列{an}是等差数列的两种基本方法：①利用定义，证明an ＋1－an(n ∈N*)为一常数；②利用等差中项，即证明2an ＝an －1＋an ＋1(n ≥2，n ∈N*)． (2)证明数列{an}是等比数列的两种基本方法： ①利用定义，证明an ＋1an(n ∈N*)为一常数；②利用等比中项，即证明a2n ＝an －1an ＋1(n ≥2，n ∈N*)． 三、等差数列、等比数列的综合问题解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解．【高考题型示例】题型一、等差数列、等比数列的运算例1、(2018·北京)设{an}是等差数列，且a1＝3，a2＋a5＝36，则{an}的通项公式为______． 答案 an ＝6n －3(n ∈N*)解析 方法一 设公差为d.∵a2＋a5＝36，∴(a1＋d)＋(a1＋4d)＝36，∴2a1＋5d ＝36.∵a1＝3，∴d ＝6，∴通项公式an ＝a1＋(n －1)d ＝6n －3(n ∈N*)．方法二 设公差为d ，∵a2＋a5＝a1＋a6＝36，a1＝3，∴a6＝33，∴d ＝a6－a15＝6.∵a1＝3，∴通项公式an ＝6n －3(n ∈N*)．【变式探究】(2018·全国Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3. ①求{an}的通项公式；②记Sn 为{an}的前n 项和，若Sm ＝63，求m.【变式探究】(2017·全国Ⅰ)记Sn 为等差数列{an}的前n 项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为________．答案 4解析 设{an}的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a4＋a5＝24，S6＝48，得⎩⎪⎨⎪⎧a1＋3d a1＋4d 24，6a1＋6×52d ＝48，解得d ＝4.【感悟提升】在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a1和d(q)的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量．【变式探究】设公比为q(q>0)的等比数列{an}的前n 项和为Sn ，若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则a1等于( )A ．－2B ．－1 C.12 D.23答案 B解析 S4－S2＝a3＋a4＝3a4－3a2，即3a2＋a3－2a4＝0，即3a2＋a2q －2a2q2＝0， 即2q2－q －3＝0，解得q ＝－1(舍)或q ＝32，当q ＝32时，代入S2＝3a2＋2，得a1＋a1q ＝3a1q ＋2，解得a1＝－1.【变式探究】设等比数列{an}的前n 项和为Sn ，若a3a11＝2a25，且S4＋S12＝λS8，则λ＝________.答案83解析 ∵a3a11＝2a25，∴a27＝2a25，∴q4＝2， ∵S4＋S12＝λS8， ∴a11－q41－q＋a11－q121－q＝λa11－q81－q，1－q4＋1－q12＝λ(1－q8)， 将q4＝2代入计算可得λ＝83.题型二 等差数列、等比数列的判定与证明例2、已知数列{an}，{bn}，其中a1＝3，b1＝－1，且满足an ＝12(3an －1－bn －1)，bn＝－12(an －1－3bn －1)，n ∈N*，n ≥2.(1)求证：数列{an －bn}为等比数列； (2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫2n anan ＋1的前n 项和Tn.(1)证明 an －bn ＝12(3an －1－bn －1)－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12(an －1－3bn －1)＝2(an －1－bn －1)，又a1－b1＝3－(－1)＝4，所以{an －bn}是首项为4，公比为2的等比数列． (2)解 由(1)知，an －bn ＝2n ＋1，①又an ＋bn ＝12(3an －1－bn －1)＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12(an －1－3bn －1)＝an －1＋bn －1，又a1＋b1＝3＋(－1)＝2，所以{an ＋bn}为常数数列，an ＋bn ＝2，② 联立①②得，an ＝2n ＋1， 2nanan ＋1＝2n 2n ＋12n ＋1＋1＝12n ＋1－12n ＋1＋1，所以Tn ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫121＋1－122＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫122＋1－123＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n ＋1－12n ＋1＋1 ＝121＋1－12n ＋1＋1＝13－12n ＋1＋1(n ∈N*)．【感悟提升】(1)判断一个数列是等差(比)数列，也可以利用通项公式及前n 项和公式，但不能作为证明方法．(2)a2n ＝an －1an ＋1(n ≥2)是数列{an}为等比数列的必要不充分条件，判断时还要看各项是否为零．【变式探究】已知{an}是各项都为正数的数列，其前n 项和为Sn ，且Sn 为an 与1an 的等差中项．(1)求证：数列{S2n }为等差数列； (2)求数列{an}的通项公式；(3)设bn＝1nan，求{bn}的前n项和Tn.(2)解由(1)可得S2n＝1＋n－1＝n，∵数列{an}的各项都为正数，∴Sn＝n，∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n－n－1，又a1＝S1＝1满足上式，∴an＝n－n－1(n∈N*)．(3)解由(2)得bn＝1nan＝1nn－n－1＝(－1)n(n＋n－1)，当n为奇数时，Tn＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…＋(n－1＋n－2)－(n＋n－1)＝－n，当n为偶数时，Tn＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…－(n－1＋n－2)＋(n＋n－1)＝n，∴数列{bn}的前n项和Tn＝(－1)n n(n∈N*)．题型三等差数列、等比数列的综合问题例3、已知等差数列{an}的公差为－1，且a2＋a7＋a12＝－6.(1)求数列{an}的通项公式an 与其前n 项和Sn ；(2)将数列{an}的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前3项，记{bn}的前n 项和为Tn ，若存在m ∈N*，使得对任意n ∈N*，总有Sn<Tm ＋λ恒成立，求实数λ的取值范围．解 (1)由a2＋a7＋a12＝－6，得a7＝－2，∴a1＝4， ∴an ＝5－n ，从而Sn ＝n9－n 2(n ∈N*)．(2)由题意知b1＝4，b2＝2，b3＝1， 设等比数列{bn}的公比为q ， 则q ＝b2b1＝12，∴Tm ＝4⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12m 1－12＝8⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12m ，∵⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12m 随m 的增加而减少， ∴{Tm}为递增数列，得4≤Tm<8. 又Sn ＝n9－n 2＝－12(n2－9n)＝－12⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫n －922－814，故(Sn)max ＝S4＝S5＝10，若存在m ∈N*，使得对任意n ∈N*，总有Sn<Tm ＋λ， 则10<8＋λ，得λ>2.即实数λ的取值范围为(2，＋∞)．【感悟提升】(1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便．(2)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． (3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数，通过求数列的值域求解． 【变式探究】已知数列{an}的前n 项和为Sn ，且Sn －1＝3(an －1)，n ∈N*. (1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}满足an ＋1＝32n na b ⋅⎛⎫ ⎪⎝⎭，若bn ≤t 对于任意正整数n 都成立，求实数t 的取值范围．(2)由an ＋1＝32n na b ⋅⎛⎫ ⎪⎝⎭，得bn ＝1an 312log n a +＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23n －1323log 2n⎛⎫ ⎪⎝⎭＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23n －1，所以bn ＋1－bn ＝(n ＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23n －n ·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23n －1＝2n －13n(2－n)，所以(bn)max ＝b2＝b3＝43，所以t ≥43.即t 的取值范围为⎣⎢⎢⎡⎭⎪⎪⎫43，＋∞.专题练习1．已知等差数列{an}中，a4＝9，S4＝24，则a7等于( ) A ．3 B ．7 C ．13 D ．15 答案 D解析 由于数列为等差数列，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a1＋3d ＝9，4a1＋6d ＝24，解得d ＝2，所以a7＝a4＋3d ＝9＋6＝15.2．已知等比数列{an}的首项为1，公比q ≠－1，且a5＋a4＝3()a3＋a2，则 9a1a2a3…a9等于( )A ．－9B ．9C ．－81D ．81 答案 B解析 根据题意可知a5＋a4a3＋a2＝q2＝3，而9a1a2a3…a9＝9a95＝a5＝a1·q4＝1×32＝9.3．等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an}的前6项和为( )A ．－24B ．－3C ．3D ．8答案 A解析 由已知条件可得a1＝1，d ≠0， 由a23＝a2a6，可得(1＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d)， 解得d ＝－2或d ＝0(舍)． 所以S6＝6×1＋6×522＝－24.4．一个等比数列的前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列的项数是( )A ．13B ．12C ．11D ．10 答案 B解析 设等比数列为{an}，其前n 项积为Tn ，由已知得a1a2a3＝2，anan －1an －2＝4，可得(a1an)3＝2×4，a1an ＝2，∵Tn ＝a1a2…an ，∴T2n ＝(a1a2…an)2＝(a1an)(a2an －1)…(ana1)＝(a1an)n ＝2n ＝642＝212， ∴n ＝12.5．已知数列{an}满足15n a ＝25·5an ，且a2＋a4＋a6＝9，则13log(a5＋a7＋a9)等于( )A ．－3B ．3C ．－13 D.13答案 A 解析 ∵15n a ＋＝25·5n a ＝25na ＋，∴an ＋1＝an ＋2，∴数列{an}是等差数列，且公差为2.∵a2＋a4＋a6＝9， ∴3a4＝9，a4＝3.∴＝173log 3a ＝＝13log 27＝－3.6．数列{an}是以a 为首项，b 为公比的等比数列，数列{bn}满足bn ＝1＋a1＋a2＋…＋an(n ＝1,2，…)，数列{}cn 满足cn ＝2＋b1＋b2＋…＋bn(n ＝1,2，…)，若{}cn 为等比数列，则a ＋b 等于( )A.2 B ．3 C.5 D ．6答案 B7．已知数列{an}的前n 项和为Sn ，a1＝15，且满足()2n －5an ＋1＝()2n －3an ＋4n2－16n ＋15，已知n ，m ∈N*，n>m ，则Sn －Sm 的最小值为( )A ．－494B ．－498 C ．－14 D ．－28答案 C解析 根据题意可知(2n －5)an ＋1＝(2n －3)an ＋(2n －5)(2n －3)， 式子的每一项都除以(2n －5)(2n －3)， 可得an ＋12n －3＝an 2n －5＋1，即an ＋12n ＋15－an2n －5＝1， 所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫an 2n －5是以152－5＝－5为首项，以1为公差的等差数列，所以an2n －5＝－5＋(n －1)·1＝n －6，即an ＝(n －6)(2n －5)，由此可以判断出a3，a4，a5这三项是负数， 从而得到当n ＝5，m ＝2时，Sn －Sm 取得最小值， 且Sn －Sm ＝S5－S2＝a3＋a4＋a5＝－3－6－5＝－14.8．已知等差数列{an}的前n 项和为Sn ，若a4＋a12－a8＝8，a10－a6＝4，则S23＝( ) A ．23 B ．96 C ．224 D ．276【解析】设等差数列{an}的公差为d ，依题意得a4＋a12－a8＝2a8－a8＝a8＝8，a10－a6＝4d ＝4，解得d ＝1，所以a8＝a1＋7d ＝a1＋7＝8，解得a1＝1，所以S23＝23×1＋23×222×1＝276，选D.【答案】D9．已知数列{an}为等比数列，且a1＋1，a3＋4，a5＋7成等差数列，则公差d 为( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．5【解析】设{an}的公比为q ，由题意得2(a3＋4)＝a1＋1＋a5＋7⇒2a3＝a1＋a5⇒2q2＝1＋q4⇒q2＝1，即a1＝a3，d＝a3＋4－(a1＋1)＝4－1＝3，选B.【答案】B10．等比数列{an}中，已知a1＋a3＝8，a5＋a7＝4，则a9＋a11＋a13＋a15的值为( ) A．1 B．2 C．3 D．5【解析】因为{an}为等比数列，所以a5＋a7是a1＋a3与a9＋a11的等比中项，所以(a5＋a7)2＝(a1＋a3)(a9＋a11)，故a9＋a11＝a5＋a72a1＋a3＝428＝2；同理，a9＋a11是a5＋a7与a13＋a15的等比中项，所以(a9＋a11)2＝(a5＋a7)(a13＋a15)，故a13＋a15＝a9＋a112a5＋a7＝224＝1.所以a9＋a11＋a13＋a15＝2＋1＝3.【答案】C11．已知等比数列{an}中a2＝1，则其前3项的和S3的取值范围是( ) A．(－∞，－1] B．(－∞，0)∪[1，＋∞)C．[3，＋∞) D．(－∞，－1]∪[3，＋∞)12．等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若SnTn＝38n＋142n＋1(n∈N*)，则a6b7＝( )A ．16 B.24215 C.43223 D.49427【解析】令Sn ＝38n2＋14n ，Tn ＝2n2＋n ，∴a6＝S6－S5＝38×62＋14×6－(38×52＋14×5)＝38×11＋14；b7＝T7－T6＝2×72＋7－(2×62＋6)＝2×13＋1，∴a6b7＝38×11＋142×13＋1＝43227＝16.故选A.【答案】A13．已知等差数列{an}的公差d ≠0，且a1，a3，a13成等比数列，若a1＝1，Sn 是数列{an}的前n 项的和，则2Sn ＋16an ＋3(n ∈N*)的最小值为( )A ．4B ．3C ．23－2 D.92【解析】∵a1＝1，a1、a3、a13成等比数列， ∴(1＋2d)2＝1＋12d.得d ＝2或d ＝0(舍去) ∴an ＝2n －1， ∴Sn ＝n 1＋2n －12＝n2，∴2Sn ＋16an ＋3＝2n2＋162n ＋2.令t ＝n ＋1， 则2Sn ＋16an ＋3＝t ＋9t －2≥6－2＝4当且仅当t ＝3，即n ＝2时等号成立，∴2Sn ＋16an ＋3的最小值为4.故选A.【答案】A14．已知等差数列{an}的公差不为0，a1＝1，且a2，a4，a8成等比数列，设{an}的前n 项和为Sn ，则Sn ＝________.答案2(n ∈N*)解析 设等差数列{an}的公差为d. ∵a2，a4，a8成等比数列，∴a24＝a2·a8，即(a1＋3d)2＝(a1＋d)·(a1＋7d)， ∴(1＋3d)2＝(1＋d)·(1＋7d)， 解得d ＝1或d ＝0(舍)． ∴Sn ＝na1＋n n －12d ＝nn ＋12(n ∈N*)．15．等差数列{an}的前n 项和为Sn ，若a2＝8，且Sn ≤S7，则公差d 的取值范围是________． 答案 ⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－85，－43解析 ∵a2＝8＝a1＋d ， ∴a1＝8－d ， Sn ＝na1＋nn －12d ＝(8－d)n ＋nn －12d＝12dn2＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫8－32d n ，对称轴为n ＝32－8d， ∵Sn ≤S7，∴S7为Sn 的最大值，由二次函数的性质可得，⎩⎪⎨⎪⎧132≤32－8d ≤152，d<0，得－5≤d ≤－3，即d 的取值范围是⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤－85，－43.16．已知数列{an}与⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a2n n (n ∈N*)均为等差数列，且a1＝2，则a1＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a222＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a333＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫an n n ＝________.答案 2n ＋1－2解析 设an ＝2＋(n －1)d ， 所以a2n n ＝[2n －1d]2n＝d2n24d －2d2nd －22n，由于⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a2n n 为等差数列， 所以其通项是一个关于n 的一次函数， 所以(d －2)2＝0，∴d ＝2.所以an ＝2＋2(n －1)＝2n ，∴an n ＝2nn＝2.所以a1＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a222＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a333＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫an n n ＝21＋22＋…＋2n ＝21－2n 1－2＝2n ＋1－2.17．意大利数学家列昂那多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，…，即F(1)＝F(2)＝1，F(n)＝F(n －1)＋F(n －2)(n ≥3，n ∈N*)，此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用，若此数列被3整除后的余数构成一个新数列{}bn ，则b2 017＝________.答案 1解析 由题意得引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，…， 此数列被3 整除后的余数构成一个新数列为1,1,2,0,2,2,1,0,1,1,2,0,2,2,1,0，…， 构成以8项为周期的周期数列，所以b2 017＝b1＝1.18．已知数列{an}满足nan ＋2－(n ＋2)an ＝λ(n2＋2n)，其中a1＝1，a2＝2，若an<an ＋1对∀n ∈N*恒成立，则实数λ的取值范围为________．答案 [0，＋∞)解析 由nan ＋2－(n ＋2)an ＝λ(n2＋2n)， 得an ＋2n ＋2－an n＝λ， 所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫an n 的奇数项和偶数项分别构成首项均为1， 且公差均为λ的等差数列． 因为a1＝1，a2＝2，所以当n 为奇数时，an n ＝1＋λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫n ＋12－1＝n －12λ＋1， 所以an ＝n2－n2λ＋n ；当n 为偶数时，an n ＝1＋λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫n 2－1＝n －22λ＋1，所以an ＝n2－2n2λ＋n.当n 为奇数时，由an<an ＋1， 得n2－n 2λ＋n<n ＋12－2n ＋12λ＋n ＋1，即λ(n －1)>－2，若n ＝1，则λ∈R ；若n>1，则λ>－2n －1，所以λ≥0. 当n 为偶数时，由an<an ＋1， 得n2－2n 2λ＋n<n ＋12n ＋12λ＋n ＋1，即3n λ>－2，所以λ>－23n，即λ≥0. 综上，λ的取值范围为[0，＋∞)．19．已知等差数列{an}中，a3＝π4，则cos(a1＋a2＋a6)＝________.【解析】∵在等差数列{an}中，a1＋a2＋a6＝a2＋a3＋a4＝3a3＝34π，∴cos(a1＋a2＋a6)＝cos 34π＝－22.【答案】－2220．若等比数列{an}的前n 项和为Sn ，且S4S2＝5，则S8S4＝________.【解析】解法一：设数列{an}的公比为q ，由已知得S4S2＝1＋a3＋a4a1＋a2＝5，即1＋q2＝5，所以q2＝4，S8S4＝1＋a5＋a6＋a7＋a8a1＋a2＋a3＋a4＝1＋q4＝1＋16＝17.解法二：由等比数列的性质可知，S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6成等比数列，若设S2＝a ，则S4＝5a ，由(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)得S6＝21a ，同理得S8＝85a ， 所以S8S4＝85a5a ＝17.【答案】1721．已知数列{xn}各项均为正整数，且满足xn ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧xn 2，xn 为偶数，xn ＋1，xn 为奇数，n ∈N*.若x3＋x4＝3，则x1所有可能取值的集合为________．22．已知数列{an}是等差数列，满足a1＝2，a4＝8，数列{bn}是等比数列，满足b2＝4，b5＝32.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)求数列{an ＋bn}的前n 项和Sn.【解析】(1)设等差数列{an}的公差为d ，由题意得d ＝a4－a13＝2，所以an ＝a1＋(n －1)·d ＝2＋(n －1)×2＝2n.设等比数列{bn}的公比为q ，由题意得q3＝b5b2＝8，解得q ＝2.因为b1＝b2q ＝2，所以bn ＝b1·qn －1＝2×2n －1＝2n.(2)由(1)可得，Sn ＝n2＋2n 2＋21－2n 1－2＝n2＋n ＋2n ＋1－2. 23．已知数列{an}和{bn}满足：a1＝λ，an ＋1＝23an ＋n －4，bn ＝(－1)n(an －3n ＋21)，其中λ为实数，n 为正整数．(1)对任意实数λ，证明数列{an}不是等比数列； (2)试判断数列{bn}是否为等比数列，并证明你的结论．(1)证明：假设存在一个实数λ，使{an}是等比数列，则有a22＝a1a3，即⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23λ－32＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫49λ－4，故49λ2－4λ＋9＝49λ2－4λ，即9＝0，这与事实相矛盾．所以对任意实数λ，数列{an}都不是等比数列．(2)因为bn ＋1＝(－1)n ＋1[an ＋1－3(n ＋1)＋21]＝(－1)n ＋1·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23an －2n ＋14＝－23(－1)n(an －3n ＋21)＝－23bn ，b1＝－(λ＋18)，所以当λ＝－18时，b1＝0(n ∈N*)，此时{bn}不是等比数列；当λ≠－18时，b1＝－(λ＋18)≠0， 则bn ≠0，所以bn ＋1bn ＝－23(n ∈N*)．故当λ≠－18时，数列{bn}是以－(λ＋18)为首项，－23为公比的等比数列．。
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数列的求和问题 【2019年高考考纲解读】 高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现了转化与化归的思想． 【重点、难点剖析】 一、分组转化法求和 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． 二、错位相减法求和 错位相减法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列． 三、裂项相消法求和 裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于
1
anan＋1
或1anan＋2(其中{an}为等差数列)等形式的数列求和． 【高考题型示例】 题型一、分组转化法求和 例1、若数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－λ(λ>0，n∈N*)． (1)证明数列{an}为等比数列，并求an；
(2)若λ＝4，bn＝ an，n为奇数，log2an，n为偶数(n∈N*)，求数列{bn}的前2n项和T2n. 解析：(1)∵Sn＝2an－λ，当n＝1时，得a1＝λ， 当n≥2时，Sn－1＝2an－1－λ， ∴Sn－Sn－1＝2an－2an－1， 即an＝2an－2an－1，∴an＝2an－1， ∴数列{an}是以λ为首项，2为公比的等比数列， ∴an＝λ2n－1. (2)∵λ＝4，∴an＝4·2n－1＝2n＋1，
∴bn＝ 2n＋1，n为奇数，n＋1，n为偶数， ∴T2n＝22＋3＋24＋5＋26＋7＋…＋22n＋2n＋1 ＝(22＋24＋…＋22n)＋(3＋5＋…＋2n＋1) ＝4－4n·41－4＋错误! ＝4n＋1－43＋n(n＋2)， ∴T2n＝4n＋13＋n2＋2n－43. 【变式探究】在各项均为正数的等比数列{an}中，a1a3＝4，a3是a2－2与a4的等差中项，若an＋1＝(n∈N*)． (1)求数列{bn}的通项公式； (2)若数列{}cn满足cn＝an＋1＋1b2n－1·b2n＋1，求数列{}cn的前n项和Sn.
(2)由(1)得，cn＝an＋1＋1b2n－1·b2n＋1 ＝2n＋错误!＝2n＋错误!错误!， ∴数列{}cn的前n项和 Sn＝2＋22＋…＋2n＋121－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1
＝错误!＋错误!错误! ＝2n＋1－2＋n2n＋1(n∈N*)． 【感悟提升】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． 【变式探究】已知{an}为等差数列，且a2＝3，{an}前4项的和为16，数列{bn}满足b1＝4，b4＝88，且数列{}bn－an
为等比数列(n∈N*)． (1)求数列{an}和{}bn－an的通项公式； (2)求数列{bn}的前n项和Sn. 解 (1)设{an}的公差为d， 因为a2＝3，{an}前4项的和为16， 所以a1＋d＝3,4a1＋4×32d＝16， 解得a1＝1，d＝2， 所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1(n∈N*)． 设{}bn－an的公比为q，则b4－a4＝()b1－a1q3， 所以q3＝b4－a4b1－a1＝88－74－1＝27，得q＝3， 所以bn－an＝()4－1×3n－1＝3n(n∈N*)． (2)由(1)得bn＝3n＋2n－1， 所以Sn＝()3＋32＋33＋…＋3n＋ ()1＋3＋5＋…＋2n－1
＝3()1－3n1－3＋n()1＋2n－12 ＝32()3n－1＋n2＝3n＋12＋n2－32(n∈N*)． 【变式探究】已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S4＝24，S7＝63. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝2an＋(－1)n·an，求数列{bn}的前n项和Tn. 解 (1)∵{an}为等差数列，
∴S4＝4a1＋4×32d＝24，S7＝7a1＋7×62d＝63，解得a1＝3，d＝2. 因此{an}的通项公式an＝2n＋1. (2)∵bn＝2an＋(－1)n·an＝22n＋1＋(－1)n·(2n＋1) ＝2×4n＋(－1)n·(2n＋1)， ∴Tn＝2×(41＋42＋…＋4n)＋[－3＋5－7＋9－…＋(－1)n(2n＋1)]＝8（4n－1）3＋Gn. 当n为偶数时，Gn＝2×n2＝n， ∴Tn＝8（4n－1）3＋n； 当n为奇数时，Gn＝2×n－12－(2n＋1)＝－n－2， ∴Tn＝8（4n－1）3－n－2， ∴Tn＝8（4n－1）3＋n （n为偶数），8（4n－1）3－n－2 （n为奇数）. 题型二、错位相减法求和 例2、[2018·浙江卷]已知等比数列{an}的公比q>1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中项．数列{bn}满足b1＝1，数列{(bn＋1－bn)an}的前n项和为2n2＋n. (1)求q的值； (2)求数列{bn}的通项公式． 【解析】 (1)解：由a4＋2是a3，a5的等差中项， 得a3＋a5＝2a4＋4， 所以a3＋a4＋a5＝3a4＋4＝28， 解得a4＝8. 由a3＋a5＝20，得8q＋1q＝20， 解得q＝2或q＝12. 因为q>1，所以q＝2. (2)解：设cn＝(bn＋1－bn)an，数列{cn}的前n项和为Sn.
由cn＝ S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2，解得cn＝4n－1. 由(1)可得an＝2n－1， 所以bn＋1－bn＝(4n－1)×12n－1， 故bn－bn－1＝(4n－5)×12n－2，n≥2， bn－b1＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)
＝(4n－5)×12n－2＋(4n－9)×12n－3＋…＋7×12＋3. 设Tn＝3＋7×12＋11×122＋…＋(4n－5)×12n－2，n≥2， 则12Tn＝3×12＋7×122＋…＋(4n－9)×12n－2＋(4n－5)×12n－1， 所以12Tn＝3＋4×12＋4×122＋…＋4×12n－2－(4n－5)×12n－1， 因此Tn＝14－(4n＋3)×12n－2，n≥2. 又b1＝1，所以bn＝15－(4n＋3)×12n－2. 【变式探究】已知各项均不为零的数列{an}的前n项和为Sn，且对任意的n∈N*，满足Sn＝13a1(an－1)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设数列{bn}满足anbn＝log2an，数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<89.
(2)∵anbn＝log2an＝2n，∴bn＝2n4n， ∴Tn＝241＋442＋643＋…＋2n4n，14Tn＝242＋443＋644＋…＋2n4n＋1，
两式相减得34Tn＝24＋242＋243＋244＋…＋24n－2n4n＋1＝214＋142＋143＋144＋…＋14n－2n4n＋1＝2×141－14n1－14－2n4n＋1
＝23－23×4n－2n4n＋1＝23－6n＋83×4n＋1. ∴Tn＝89－6n＋89×4n<89. 【变式探究】已知数列{an}满足a1＝a3，an＋1－an2＝32n＋1，设bn＝2nan(n∈N*)． (1)求数列{bn}的通项公式； (2)求数列{an}的前n项和Sn. 解 (1)由bn＝2nan，得an＝bn2n，代入an＋1－an2＝32n＋1得 bn＋12n＋1－bn2n＋1＝32n＋1，即bn＋1－bn＝3，
所以数列{bn}是公差为3的等差数列， 又a1＝a3，所以b12＝b38，即b12＝b1＋68，所以b1＝2， 所以bn＝b1＋3(n－1)＝3n－1(n∈N*)． (2)由bn＝3n－1，得an＝bn2n＝3n－12n， 所以Sn＝22＋522＋823＋…＋3n－12n， 12Sn＝222＋523＋824＋…＋3n－12n＋1，
两式相减得12Sn＝1＋3122＋123＋…＋12n－3n－12n＋1 ＝52－3n＋52n＋1， 所以Sn＝5－3n＋52n(n∈N*)． 【感悟提升】(1)错位相减法适用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}为等差数列，{bn}为等比数列． (2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后得到部分求等比数列的和，此时一定要查清其项数． (3)为保证结果正确，可对得到的和取n＝1,2进行验证． 【变式探究】已知数列{an}的前n项和是Sn，且Sn＋12an＝1(n∈N*)．数列{bn}是公差d不等于0的等差数列，且满足：b1＝32a1，b2，b5，b14成等比数列． (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)设cn＝an·bn，求数列{cn}的前n项和Tn. 解 (1)n＝1时，a1＋12a1＝1，a1＝23，
n≥2时， Sn＝1－12an，Sn－1＝1－12an－1，
Sn－Sn－1＝12()an－1－an，∴an＝13an－1(n≥2)，
{an}是以23为首项，13为公比的等比数列， an＝23×13n－1＝213n.
b1＝1，
由b25＝b2b14得，()1＋4d2＝()1＋d()1＋13d， d2－2d＝0，因为d≠0，解得d＝2，
bn＝2n－1(n∈N*)．
(2)cn＝4n－23n， Tn＝23＋632＋1033＋…＋4n－23n，①
13Tn＝232＋633＋1034＋…＋4n－63n＋4n－23n＋1，②