高考数学大二轮总复习 增分策略 专题四 数列 推理与证明 第2讲 数列的求和问题课件
2020版高考数学浙江专用二轮课件：2.3 数列部分 解答题 1 数列的求和问题
【拓展提升】分组转化法求和的常见类型
(1)若an=bn±cn,且{bn},{cn}为等差或等比数列,可采用
分组求和法求{an}的前n项和. (2)通项公式为an= cbnn，，nn为为偶奇数数，的数列,其中数列{bn}, {cn}是等比数列或等差数列,可采用分组求和法求和.
【变式训练】已知数列{an}的前n项和Sn=
(1
1 22
)
5. 64
【拓展提升】 1.用裂项法求和的裂项原则及规律 (1)裂项原则:一般是前边裂几项,后边就裂几项直到发 现被消去项的规律为止. (2)消项规律:消项后前边剩几项,后边就剩几项,前边 剩第几项,后边就剩倒数第几项.
2.裂项相消法求数列和的步骤 (1)求通项:利用求通项的常见方法求出数列的通项公 式. (2)巧裂项:对数列的通项公式准确裂项,表示为两项之 差的形式.
(3)消项求和:把握消项的规律,求和时正负项相消,只 剩下首尾若干项,准确求和.
1 2
B=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(2n-1)+2n]=n, 故数列{bn}的前2n项和T2n=A+B=22n+1+n-2.
考向二 错位相减法求和 【例2】(2019·温州一模)设数列{an}的前n项和为Sn. 已知2Sn=3n+3①. 世纪金榜导学号 (1)求{an}的通项公式. (2)若数列{bn}满足anbn= log3an②,求{bn}的前n项和Tn.
式.
(2)求证:
Sn＞
1 2
4n 1 1 ②,n∈N*.
【题眼直击】
题眼
思维导引
①
将点的坐标代入函数解析 式,构造新数列求解.
②
高考数学二轮1题型练4 大题专项(二) 数列的通项、求和问题
题型练4大题专项(二)数列的通项、求和问题1.已知数列{a n}是公比为q的正项等比数列,{b n}是公差d为负数的等差数列,满足1a2−1 a3=da1,b1+b2+b3=21,b1b2b3=315.(1)求数列{a n}的公比q与数列{b n}的通项公式;(2)求数列{|b n|}的前10项和S10.2.(2021广西桂林中学高三月考)已知公差不为零的等差数列{a n}满足a3=-4,且a2,a1,a3成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{a n-3n-1}的前n项和为S n,求使S n≤-20成立的最小正整数n.3.已知数列{a n}的前n项和S n=3n2+8n,数列{b n}是等差数列,且a n=b n+b n+1.(1)求数列{b n}的通项公式;(2)令c n=(a n+1)n+1(b n+2)n,求数列{c n}的前n项和T n.4.已知等差数列{a n}的前n项和为S n,公比为q的等比数列{b n}的首项是12,且a1+2q=3,a2+4b2=6,S5=40.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式a n,b n;(2)求数列{1a n a n+1+1b n b n+1}的前n项和T n.5.已知数列{a n}满足a1=12,且a n+1=a n-a n2(n∈N*).(1)证明1≤a na n+1≤2(n∈N*);(2)设数列{a n2}的前n项和为S n,证明12(n+2)≤S nn≤12(n+1)(n∈N*).6.已知等比数列{a n}的前n项和为S n,且a n+1=1+S n,且a2=2a1.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=a n log2a n+(-1)n·n,求数列{b n}的前n项和H n.答案：1.解:(1)由已知得b1+b2+b3=3b2=21,即b2=7.所以b1b2b3=(b2-d)·b2·(b2+d)=(7-d)·7·(7+d)=343-7d2=315, 解得d=-2或d=2(舍去).所以b1=7+2=9,b n=-2n+11.因为{a n}是公比为q的正项等比数列,1a2−1a3=da1,所以1a1q−1a1q2=-2a1,所以2q2+q-1=0,解得q=-1(舍去)或q=12.(2)由(1)易知当n≤5时,b n>0,当n≥6时,b n<0.设{b n}的前n项和为T n,则S10=b1+b2+…+b5-b6-b7-…-b10 =2(b1+b2+…+b5)-(b1+b2+…+b10)=2T5-T10=2×[5×9+5×42×(−2)]-(10×9+10×92×(−2))=50.2.解:(1)设等差数列{a n}的公差为d(d≠0).因为a2,a1,a3成等比数列,所以a12=a2a3,即(a3-2d)2=(a3-d)a3,所以(-4-2d)2=-4(-4-d).又d≠0,所以d=-3.所以a1=a3-2d=2.所以a n=2-3(n-1)=-3n+5.(2)由(1)得a n-3n-1=(-3n+5)-3n-1,所以S n=(2-30)+(-1-31)+(-4-32)+…+[(-3n+5)-3n-1]=[2+(-1)+(-4)+…+(-3n+5)]-(30+31+32+…+3n-1)=n[2+(-3n+5)]2−30(1-3n)1-3=7n-3n22−3n-12=7n-3n2-3n+12.所以S1=1,S2=-3,S1>S2.由f(x)=7x-3x 22在区间[2,+∞)上单调递减,g(x)=-3x-12在区间[2,+∞)上单调递减,可知当n≥2时,S n+1<S n.又S2<S1,所以{S n}是递减数列.又S3=-16,S4=-50,所以使S n≤-20成立的最小正整数n为4.3.解:(1)由题意知,当n≥2时,a n=S n-S n-1=6n+5, 又当n=1时,a1=S1=11适合上式,所以a n=6n+5.设数列{b n }的公差为d ,由{a 1=b 1+b 2,a 2=b 2+b 3,得{11=2b 1+d ,17=2b 1+3d ,解得{b 1=4,d =3,所以b n =3n+1.(2)由(1)知c n =(6n+6)n+1(3n+3)n=3(n+1)·2n+1,又T n =c 1+c 2+c 3+…+c n ,则T n =3×[2×22+3×23+4×24+…+(n+1)·2n+1], 2T n =3×[2×23+3×24+4×25+…+(n+1)·2n+2],两式相减,得-T n =3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)·2n+2] =3×[4+4(2n −1)2−1−(n +1)·2n+2]=-3n·2n+2,所以T n =3n·2n+2.4.解:(1)设{a n }公差为d ,由题意得{a 1+2d =8,a 1+2q =3,a 1+d +2q =6,解得{a 1=2,d =3,q =12,故a n =3n-1,b n =(12)n .(2)∵1an a n+1+1bn b n+1=13(1a n-1an+1)+1bn b n+1=13(1a n-1an+1)+22n+1,∴T n =13[(12-15)+(15-18)+…+(13n -1-13n+2)]+8(1-4n )1-4=13(12-13n+2)+13(22n+3-8)=13(22n+3-13n+2)−52.5.证明:(1)由题意得a n+1-a n =-a n 2≤0,即a n+1≤a n ,故a n ≤12.由a n =(1-a n-1)a n-1,得a n =(1-a n-1)(1-a n-2)…(1-a 1)a 1>0. 由0<a n ≤12,得a na n+1=a nan -a n2=11-a n∈[1,2],即1≤a nan+1≤2.(2)由题意得a n 2=a n -a n+1,所以S n =a 1-a n+1.①由1an+1−1a n=a nan+1和1≤a nan+1≤2,得1≤1an+1−1a n≤2,所以n ≤1an+1−1a 1≤2n ,因此12(n+1)≤a n+1≤1n+2(n ∈N *).② 由①②得12(n+2)≤S n n≤12(n+1)(n ∈N *).6.解:(1)∵a n+1=1+S n ,∴当n ≥2时,a n =1+S n-1, ∴a n+1=2a n (n ≥2).又a 2=1+S 1=1+a 1,a 2=2a 1, 解得a 1=1. ∴a n =2n-1.(2)由题意可知b n =a n log 2a n +(-1)n ·n=(n-1)·2n-1+(-1)n ·n. 设数列{(n-1)·2n-1}的前n 项和为T n ,则有 T n =0×20+1×21+2×22+…+(n-1)·2n-1,① ∴2T n =0×21+1×22+2×23+…+(n-1)·2n ,② 由②-①,得T n =(n-2)·2n +2.当n 为偶数时,H n =(n-2)·2n +2-1+2-3+…-(n-1)+n=(n-2)·2n +2+n2=(n-2)·2n +n+42. 当n 为奇数时,H n =(n-2)·2n +2-1+2-3+…-(n-1)-n=(n-2)·2n +2+n -12-n=(n-2)·2n -n -32.故H n ={(n -2)·2n +n+42(n 为偶数),(n -2)·2n -n -32(n 为奇数).。
高三数学第二轮复习专题 数列数列通项的求法(教案及测试;含详解答案)
城东蜊市阳光实验学校数列通项的求法考纲要求：1. 理解数列的概念和几种简单的表示方法〔列表、图像、通项公式〕;2. 可以根据数列的前几项归纳出其通项公式；3. 会应用递推公式求数列中的项或者者.通项；4. 掌握n n s a 求的一般方法和步骤.考点回忆：回忆近几年高考，对数列概念以及通项一般很少单独考察，往往与等差、等比数列或者者者与数列其它知识综合考察.一般作为考察其他知识的铺垫知识，因此，假设这一部分掌握不好，对解决其他问题也是非常不利的. 根底知识过关： 数列的概念1.按照一定排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的，数列中的每一项都和他的有关.排在第一位的数称为这个数列的第一项〔通常也叫做〕.往后的各项依次叫做这个数列的第2项，……第n 项……，数列的一般形式可以写成12,n a a a …………，其中是数列的第n 项，我们把上面数列简记为. 数列的分类：1.根据数列的项数，数列可分为数列、数列.2.根据数列的每一项随序号变化的情况，数列可分为数列、数列、数列、 数列.数列的通项公式：1.假设数列{}n a 的可以用一个公式来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式，通项公式可以看成数列的函数. 递推公式; 1.假设数列{}n a 的首项〔或者者者前几项〕，且任意一项1n n a a -与〔或者者其前面的项〕之间的关系可以，那么这个公式就做数列的递推公式.它是数列的一种表示法. 数列与函数的关系：1.从函数的观点看，数列可以看成以为定义域的函数()na f n =，当自变量按照从小到大的顺序依次取值时，所对应的一列函数值，反过来，对于函数y=f(x)，假设f(i)(i=1,2,3,……)有意义，那么我们可以得到一个数列f(1),f(2),f(3)……f(n)…… 答案： 数列的概念 1.顺序项序号首项n a {}n a数列的分类 1.有限无限 2.递增递减常摆动 数列的通项公式1.第n 项与它的序号n 之间的关系n a =f(n)解析式 递推公式1. 可以用一个公式来表示数列与函数的关系1. 正整数集N*〔或者者它的有限子集{}1,2,3,n ……〕高考题型归纳：题型1.观察法求通项观察法是求数列通项公式的最根本的方法，其本质就是通过观察数列的特征，找出各项一一共同的构成规律，横向看各项之间的关系构造，纵向看各项与项数之间的关系，从而确定出数列的通项.例1.数列12，14，58-，1316，2932-，6164，…．写出数列的一个通项公式．分析：通过观察可以发现这个数列的各项由以下三部分组成的特征：符号、分子、分母，所以应逐个考察其规律．解析：先看符号，第一项有点违犯规律，需改写为12--，由此整体考虑得数列的符号规律是{(1)}n-；再看分母，都是偶数，且呈现的数列规律是{2}n；最后看分子，其规律是每个分子的数比分母都小３，即{23}n -． 所以数列的通项公式为23(1)2n nn n a -=-． 点评：观察法一般适用于给出了数列的前几项，根据这些项来写出数列的通项公式，一般的，所给的数列的前几项规律性特别强，并且规律也特别明显，要么能直接看出，要么只需略作变形即可. 题型2.定义法求通项直接利用等差数列或者者等比数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适应于数列类型的题目．例2．等差数列{}n a 是递增数列，前n 项和为n S ，且931,,a a a 成等比数列，255a S =．求数列{}n a 的通项公式.分析：对于数列{}n a ，是等差数列，所以要求其通项公式，只需要求出首项与公差即可.解析：设数列{}n a 公差为)0(>d d∵931,,a a a 成等比数列，∴9123a a a =，即)8()2(1121d a a d a +=+d a d 12=⇒ ∵0≠d，∴d a =1………………………………①∵255aS =∴211)4(2455d a d a +=⋅⨯+…………②由①②得：531=a ，53=d∴n n a n 5353)1(53=⨯-+=点评：利用定义法求数列通项时要注意不要用错定义，设法求出首项与公差〔公比〕后再写出通项.题型3.应用nS 与na 的关系求通项有些数列给出{na }的前n 项和nS 与na 的关系式n S =()n f a ，利用该式写出11()n n S f a ++=，两式做差，再利用11n n na S S ++=-导出1n a +与na 的递推式，从而求出na 。
高考数学大二轮总复习 增分策略 专题四 数列 推理与证明 第1讲 等差数列与等比数列
013＋a2
014＝1
005.
热点二 等差数列、等比数列的判定与证明 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利用中项性质，即证明2an＝an－1＋an＋1(n≥2). (2)证明{an}是等比数列的两种基本方法： ①利用定义，证明aan＋n 1(n∈N*)为一常数； ②利用等比中项，即证明 a2n＝an－1an＋1(n≥2).
12 3 4
2.(2015·安徽)已知数列{an}是递增的等比数列，a1＋a4＝9， a2a3＝8，则数列{an}的前n项和等于__2_n_－__1__. 解析 由等比数列性质知a2a3＝a1a4，又a2a3＝8，a1＋a4＝9， 所以联立方程aa11a＋4＝a48＝，9， 解得aa14＝ ＝18， 或aa14＝ ＝81， ， 又数列{an}为递增数列，∴a1＝1，a4＝8，从而a1q3＝8， ∴q＝2. ∴数列{an}的前 n 项和为 Sn＝11－－22n＝2n－1.
所以当Sn取最小值时，n＝6.
(2)已知等比数列{an}公比为q，其前n项和为Sn，若S3，S9，
S6成等差数列，则q3等于( A )
A.－21
B.1
C.－21或 1
D.－1 或21
解析 若q＝1，则3a1＋6a1＝2×9a1，
得a1＝0，矛盾，故q≠1.
所以a111－－qq3＋a111－－qq6＝2a111－－qq9， 解得 q3＝－12或 1(舍)，故选 A.
12 3 4
4.(2013·江西)某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天 植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最 少天数n(n∈N*)等于____6____. 解析 每天植树棵数构成等比数列{an}， 其中 a1＝2，q＝2.则 Sn＝a111－－qqn＝2(2n－1)≥100， 即2n＋1≥102.∴n≥6，∴最少天数n＝6.
课标专用天津市高考数学二轮复习专题四数列4.1等差数列与等比数列课件
②求Sn,并判断Sn+1,Sn,Sn+2是否成等差数列.
分析推理(1)首先根据已知用an表示bn,进而表示出cn,然后检验
cn+1-cn是否为常数即可证明;也可以先写出数列{an}的通项公式,再
根据已知求出数列 的通项公式进行判断.(2)①首先根据已知列
出方程组求出首项与公比,进而求出数列的通项公式;②根据①问,
核心归纳•预测演练
-9-
突破点四
等差数列与等比数列的判定与证明
【例2】(1)已知{an}是各项均为正数的等差数列,公差为d.对任意
2
的 n∈N*,bn 是 an 和 an+1 的等比中项.设 cn=+1
− 2 ,n∈N*,求证:数
列{cn}是等差数列.
(2)设Sn为等比数列{an}的前n项和,已知S2=2,S3=-6.
(1)当q=1时,Sn=na1.
此时Sn+1+Sn+2=(n+1)a1+(n+2)a1=(2n+3)a1.
由Sn+1,Sn,Sn+2成等差数列可得,Sn+1+Sn+2=2Sn,
即(2n+3)a1=2na1.
因为a1≠0,显然该等式不成立,所以此时Sn+1,Sn,Sn+2不能构成等差
数列.
-12-
等差数列与等比数列
高频考点•探究突破
核心归纳•预测演练
突破点四
= 1.3,
1 + 2 + 3 = 3.9,
故 2
6 + 7 + 8 + 9 = 3,
7 + 8 = 1.5,
高三理科数学培养讲义：第2部分_专题2_第4讲_数列求和与综合问题
第4讲 数列求和与综合问题高考统计·定方向题型1 数列中的a n 与S n 的关系■核心知识储备·1．数列{a n }中，a n 与S n 的关系 a n ＝⎩⎨⎧S 1(n ＝1)，S n －S n －1(n ≥2).2．求数列{a n }通项的方法 (1)叠加法形如a n －a n －1＝f (n )(n ≥2)的数列应用叠加法求通项公式，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋…＋(a n －a n －1)＝a 1＋f (2)＋…＋f (n )(和可求)．(2)叠乘法 形如a n a n －1＝f (n )(n ≥2)的数列应用叠乘法求通项公式，a n ＝a 1·a 2a 1·a 3a 2·…·a na n －1＝a 1·f (2)·f (3)…f (n )(积可求)．(3)待定系数法形如a n ＝λa n －1＋μ(n ≥2，λ≠1，μ≠0)的数列应用待定系数法求通项公式，a n ＋μλ－1＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1＋μλ－1⎝ ⎛⎭⎪⎫构造新数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ＋μλ－1为等比数列.■高考考法示例·【例1】 (1)(2018·巴蜀适应性月考)数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝S n ＋3n (n ∈N *，n ≥1)，则数列{S n }的通项公式为________．(2)(2018·锦州市模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a n ≠0，a 1＝1，且2a n a n＋1＝4S n －3(n ∈N *)．①求a 2的值并证明：a n ＋2－a n ＝2； ②求数列{a n }的通项公式．(1)S n ＝3n －2n [∵a n ＋1＝S n ＋3n ＝S n ＋1－S n ， ∴S n ＋1＝2S n ＋3n ， ∴S n ＋13n ＋1＝23·S n 3n ＋13， ∴S n ＋13n ＋1－1＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫S n 3n －1，又S 13－1＝13－1＝－23，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n 3n －1是首项为－23，公比为23的等比数列， ∴S n 3n －1＝－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ，∴S n ＝3n －2n .](2)[解] ①令n ＝1得2a 1a 2＝4a 1－3， 又a 1＝1， ∴a 2＝12.由2a n a n ＋1＝4S n －3， 得2a n ＋1a n ＋2＝4S n ＋1－3. 即2a n ＋1(a n ＋2－a n )＝4a n ＋1.∵a n ≠0，∴a n ＋2－a n ＝2.②由①可知：数列a 1，a 3，a 5，…，a 2k －1，…为等差数列，公差为2，首项为1，∴a 2k －1＝1＋2(k －1)＝2k －1，即n 为奇数时，a n ＝n .数列a 2，a 4，a 6，…，a 2k ，…为等差数列，公差为2，首项为12， ∴a 2k ＝12＋2(k －1)＝2k －32， 即n 为偶数时，a n ＝n －32. 综上所述，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数，n －32，n 为偶数.1．数列{a n }中，a 1＝1，对任意n ∈N *，有a n ＋1＝1＋n ＋a n ，令b i ＝1a i(i ∈N *)，则b 1＋b 2＋…＋b 2 018＝( )A ．2 0171 009 B ．2 0172 018 C ．2 0182 019D ．4 0362 019D [∵a n ＋1＝n ＋1＋a n ，∴a n ＋1－a n ＝1＋n ， ∴a n －a n －1＝n ，∴a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋…＋(a n －a n －1) ＝1＋2＋…＋n ＝n (n ＋1)2， ∴b n ＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴b 1＋b 2＋…＋b 2 018＝21－12＋12－13＋…＋12 018－12 019＝4 0362 019，故选D ．] 2．数列{a n }满足，12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n a n ＝2n ＋1，则数列{a n }的通项公式为________．a n ＝⎩⎨⎧6，n ＝12n ＋1，n ≥2 [因为12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n a n ＝2n ＋1，所以12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n －1a n －1＝2(n －1)＋1，两式相减得12n a n ＝2， 即a n ＝2n ＋1，n ≥2. 又12a 1＝3， 所以a 1＝6，因此a n ＝⎩⎨⎧6，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.]题型2 求数列{a n }的前n 项和■核心知识储备·1．分组求和法：将数列通项公式写成c n ＝a n ＋b n 的形式，其中{a n }与{b n }是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．2．裂项相消法：把数列与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⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1或⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋2(其中{a n }为等差数列)等形式的数列求和．3．错位相减法：形如{a n ·b n }(其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列)的数列求和，一般分六步：①S n ；②qS n ；③差式；④和式；⑤整理；⑥结论．■高考考法示例· ►角度一 分组求和法【例2－1】 (2018·昆明市教学质量检查)已知数列{a n }中，a 1＝3，{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＋1＝a n ＋n 2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足：b n ＝(－1)n ＋2a n ，求{b n }的前n 项和T n . [解] (1)由S n ＋1＝a n ＋n 2 ① 得S n ＋1＋1＝a n ＋1＋(n ＋1)2②则②－①得a n ＝2n ＋1.当a 1＝3时满足上式， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由(1)得b n ＝(－1)n ＋22n ＋1， 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝[](－1)＋(－1)2＋…＋(－1)n＋(23＋25＋…＋22n ＋1)＝(－1)×[1－(－1)n ]1－(－1)＋23×(1－4n )1－4＝(－1)n －12＋83(4n－1)．【教师备选】(2018·石家庄三模)已知等差数列{a n }的首项a 1＝2，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的首项b 1＝1，且a 2＝b 3，S 3＝6b 2，n ∈N *.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)数列{c n }满足c n ＝b n ＋(－1)n a n ，记数列{c n }的前n 项和为T n ，求T n . [解] (1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q . ∵a 1＝2，b 1＝1，且a 2＝b 3，S 3＝6b 2，∴⎩⎪⎨⎪⎧2＋d ＝q 2，3(2＋2＋2d )2＝6q .解得⎩⎨⎧d ＝2，q ＝2.∴a n ＝2＋(n －1)×2＝2n ，b n ＝2n －1.(2)由题意：c n ＝b n ＋(－1)n a n ＝2n －1＋(－1)n 2n .∴T n ＝(1＋2＋4＋…＋2n －1)＋[－2＋4－6＋8－…＋(－1)n ·2n ]， ①若n 为偶数：T n ＝1－2n 1－2＋{(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n －1)＋2n ]}＝2n －1＋n 2×2＝2n＋n －1.②若n 为奇数：T n ＝1－2n 1－2＋{(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋[－2(n －2)＋2(n －1)]－2n }＝2n －1＋2×n －12－2n ＝2n －n －2.∴T n ＝⎩⎨⎧2n＋n －1，n 为偶数，2n －n －2，n 为奇数.►角度二 裂项相消法求和【例2－2】 (2015·全国卷Ⅰ)S n 为数列{a n }的前n 项和．已知a n ＞0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3.(1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和． [解] (1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.两式相减可得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1， 即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )．由于a n >0，可得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3.所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则 T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3＝n3(2n ＋3). 【教师备选】(2018·郑州第三次质量预测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝－2，且满足S n ＝12a n ＋1＋n ＋1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝log 3(－a n ＋1)，设数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n b n ＋2的前n 项和为T n ，求证：T n ＜34.[解] (1)由S n ＝12a n ＋1＋n ＋1(n ∈N *)，得S n －1＝12a n ＋n (n ≥2，n ∈N *)， 两式相减，并化简，得a n ＋1＝3a n －2，即a n ＋1－1＝3(a n －1)，又a 1－1＝－2－1＝－3≠0， 所以{a n －1}是以－3为首项，3为公比的等比数列， 所以a n －1＝(－3)·3n －1＝－3n . 故a n ＝－3n ＋1.(2)证明：由b n ＝log 3(－a n ＋1)＝log 33n ＝n ， 得1b n b n ＋2＝1n (n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， T n ＝121－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1－1n ＋1＋1n －1n ＋2＝121＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－2n ＋32(n ＋1)(n ＋2)＜34.►角度三 错位相减法求和【例2－3】 (2018·合肥教学质量检测)已知等比数列{a n }的前n 项和S n 满足4S 5＝3S 4＋S 6，且a 3＝9.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(2n －1)·a n ，求数列{b n }的前n 项的和T n . [解] (1)设等比数列{a n }的公比为q . 由4S 5＝3S 4＋S 6，得S 6－S 5＝3S 5－3S 4， 即a 6＝3a 5，∴q ＝3，∴a n ＝9×3n －3＝3n －1. (2)由(1)得b n ＝(2n －1)·a n ＝(2n －1)·3n －1， ∴T n ＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n －1)×3n －1，① ∴3T n ＝1×31＋3×32＋…＋(2n －3)×3n －1＋(2n －1)×3n ， ②①－②得－2T n ＝1＋2(31＋32＋…＋3n －1)－(2n －1)·3n ＝1＋2×3(1－3n －1)1－3－(2n －1)·3n ＝－2－2(n －1)·3n ，∴T n ＝(n －1)·3n ＋1.【教师备选】(2018·石家庄教学质量检测)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n . (1)设b n ＝a nn ，求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .[解] (1)由a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n 可得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋12n .又∵b n ＝a n n ，∴b n ＋1－b n ＝12n ，由a 1＝1，得b 1＝1， 累加可得：(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝121＋122＋…＋12n －1，化简并代入b 1＝1得：b n ＝2－12n －1.(2)由(1)可知a n ＝2n －n2n －1，设数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫n 2n －1的前n 项和为T n ，则T n ＝120＋221＋322＋…＋n2n －1① 12T n ＝121＋222＋323＋…＋n 2n ②①－②得12T n ＝120＋121＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝120－12n1－12－n2n ＝2－n ＋22n ，∴T n ＝4－n ＋22n －1.又∵数列{2n }的前n 项和为n (n ＋1)， ∴S n ＝n (n ＋1)－4＋n ＋22n －1.已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且a1＝1，S3＋S4＝S5.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)令b n＝(－1)n－1a n a n＋1，求数列{b n}的前2n项和T2n.[解](1)设等差数列{a n}的公差为d，由S3＋S4＝S5，可得a1＋a2＋a3＝a5，即3a2＝a5，故3(1＋d)＝1＋4d，解得d＝2.∴a n＝1＋(n－1)×2＝2n－1.(2)由(1)可得b n＝(－1)n－1·(2n－1)·(2n＋1)＝(－1)n－1·(4n2－1)．∴T2n＝(4×12－1)－(4×22－1)＋(4×32－1)－(4×42－1)＋…＋(－1)2n－1·[4×(2n)2－1]＝4[12－22＋32－42＋…＋(2n－1)2－(2n)2]＝－4(1＋2＋3＋4＋…＋2n－1＋2n)＝－4×2n(2n＋1)2＝－8n2－4n.题型3数列中的创新与交汇问题近几年新课标高考对该知识的命题主要体现在以下两方面：一是新信息情境下的数列问题，此类问题多以新定义、新运算或实际问题为背景，主要考查学生的归纳推理解决新问题的能力；二是创新命题角度考迁移能力，题目常与函数、向量、三角、解析几何等知识交汇结合，考查数列的基本运算与应用．■高考考法示例·►角度一新信息情境下的数列问题【例3－1】(2017·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 ．440B ．330C ．220D ．110[思路点拨] 阅读题干―――――→提取数据数据分组―――――――→联想数列知识推理论证得出结论A [设首项为第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 (1＋n )2.由题意知，N >100，令n (1＋n )2>100⇒n ≥14且n ∈N *，即N 出现在第13组之后．第n 组的各项和为1－2n 1－2＝2n －1，前n 组所有项的和为2(1－2n )1－2－n ＝2n ＋1－2－n .设N 是第n ＋1组的第k 项，若要使前N 项和为2的整数幂，则N －n (1＋n )2项的和即第n ＋1组的前k 项的和2k －1应与－2－n 互为相反数，即2k －1＝2＋n (k ∈N *，n ≥14)，k ＝log 2(n ＋3)⇒n 最小为29，此时k ＝5，则N ＝29×(1＋29)2＋5＝440.故选A ．]►角度二 交汇类创新问题【例3－2】 (2018·长沙联考)已知正项数列{a n }，{b n }满足：对于任意的n ∈N *，都有点(n ，b n )在直线y ＝22(x ＋2)上，且b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列，a 1＝3.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n ，如果对任意的n ∈N *，不等式2aS n <2－b n a n恒成立．求实数a 的取值范围．[思路点拨] (1)点(n ，b n )在直线y ＝22(x ＋2)上――→满足方程求b n ―――――――→b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列求a n ； (2)裂项，求S n ―――――――→2aS n ＜2－b n a n 分离变量建立a 的不等式―――――――→数列的单调性求实数a 的取值范围[解] (1)∵点(n ，b n )在直线y ＝22(x ＋2)上，∴b n ＝22(n ＋2)，即b n ＝(n ＋2)22.又∵b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列，∴a 2n ＋1＝b n ·b n ＋1＝(n ＋2)2(n ＋3)24， ∴a n ＋1＝(n ＋2)(n ＋3)2， ∴n ≥2时，a n ＝(n ＋1)(n ＋2)2， a 1＝3适合上式，∴a n ＝(n ＋1)(n ＋2)2. (2)由(1)知，1a n ＝2(n ＋1)(n ＋2)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2， ∴S n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋2＝n n ＋2. 故2aS n <2－b n a n可化为： 2an n ＋2<2－(n ＋2)22(n ＋1)(n ＋2)2＝2－n ＋2n ＋1＝n n ＋1， 即a <n ＋22(n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＋1对任意的n ∈N *恒成立，令f (n )＝n ＋22(n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＋1，显然f (n )随n 的增大而减小，且f (n )>12恒成立，故a ≤12. 综上知，实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12.1．若数列{a n }满足：对任意的n ∈N *，只有有限个正整数m 使得a m <n 成立，记这样的m 的个数为(a n )*，则得到一个新数列{(a n )*}．例如，若数列{a n }是1,2,3，…，n ，…，则数列{(a n )*}是0,1,2，…，n －1，….已知对任意的n ∈N *，a n ＝n 2，则(a 5)*＝________，((a n )*)*＝________.2 n 2 [因为a m <5，而a n ＝n 2，所以m ＝1,2，所以(a 5)*＝2.因为(a 1)*＝0，(a 2)*＝1，(a 3)*＝1，(a 4)*＝1，(a 5)*＝2，(a 6)*＝2，(a 7)*＝2，(a 8)*＝2，(a 9)*＝2，(a 10)*＝3，(a 11)*＝3，(a 12)*＝3，(a 13)*＝3，(a 14)*＝3，(a 15)*＝3，(a 16)*＝3， 所以((a 1)*)*＝1，((a 2)*)*＝4，((a 3)*)*＝9，((a 4)*)*＝16，猜想((a n )*)*＝n 2.]2．(2014·全国卷Ⅱ)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1.(1)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是等比数列，并求{a n }的通项公式； (2)证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n<32. [证明] (1)由a n ＋1＝3a n ＋1得a n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋12. 又a 1＋12＝32，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列．所以a n ＋12＝3n 2，因此{a n }的通项公式为a n ＝3n －12.(2)由(1)知1a n ＝23n －1. 因为当n ≥1时，3n －1≥2×3n －1，所以13n－1≤12×3n －1. 于是1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≤1＋13＋…＋13n －1 ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n <32. 所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n<32.[高考真题]1.(2016·全国卷Ⅲ)定义“规范01数列”{a n }如下：{a n }共有2m 项，其中m 项为0，m 项为1，且对任意k ≤2m ，a 1，a 2，…，a k 中0的个数不少于1的个数．若m ＝4，则不同的“规范01数列”共有( )A ．18个B ．16个C ．14个D ．12个C [由题意知：当m ＝4时，“规范01数列”共含有8项，其中4项为0,4项为1，且必有a 1＝0，a 8＝1.不考虑限制条件“对任意k ≤2m ，a 1，a 2，…，a k 中0的个数不少于1的个数”，则中间6个数的情况共有C 36＝20(种)，其中存在k ≤2m ，a 1，a 2，…，a k 中0的个数少于1的个数的情况有：①若a 2＝a 3＝1，则有C 14＝4(种)；②若a 2＝1，a 3＝0，则a 4＝1，a 5＝1，只有1种；③若a 2＝0，则a 3＝a 4＝a 5＝1，只有1种．综上，不同的“规范01数列”共有20－6＝14(种)．故共有14个．故选C ．]2.(2018·全国卷Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________.－63 [法一：因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1； 当n ＝2时，a 1＋a 2＝2a 2＋1，解得a 2＝－2；当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝2a 3＋1，解得a 3＝－4；当n ＝4时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2a 4＋1，解得a 4＝－8；当n ＝5时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝2a 5＋1，解得a 5＝－16；当n ＝6时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝2a 6＋1，解得a 6＝－32.所以S 6＝－1－2－4－8－16－32＝－63.法二：因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋1－(2a n －1＋1)，所以a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝－2n －1，所以S 6＝－1×(1－26)1－2＝－63.] 3.(2017·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∑nk ＝1 1S k ＝________.2n n ＋1[设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，则 由⎩⎪⎨⎪⎧ a 3＝a 1＋2d ＝3，S 4＝4a 1＋4×32d ＝10，得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝1. ∴S n ＝n ×1＋n (n －1)2×1＝n (n ＋1)2，1S n ＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1.∴∑nk ＝11S k ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1 ＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1.] 4.(2016·全国卷Ⅱ)S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，S 7＝28.记b n ＝[lg a n ]，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.(1)求b 1，b 11，b 101；(2)求数列{b n }的前1 000项和．[解] (1)设{a n }的公差为d ，据已知有7＋21d ＝28，解得d ＝1.所以{a n }的通项公式为a n ＝n .b 1＝[lg 1]＝0，b 11＝[lg 11]＝1，b 101＝[lg 101]＝2.(2)因为b n ＝⎩⎨⎧ 0，1≤n ＜10，1，10≤n ＜100，2，100≤n ＜1 000，3，n ＝1 000，所以数列{b n }的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893.[最新模拟]5．(2018·昆明教学质量检查)数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝(－1)n ·n ，则数列{a n }的前20项的和为( )A ．－100B ．100C ．－110D ．110A [由a n ＋1＋a n ＝(－1)n n ，得a 2＋a 1＝－1，a 3＋a 4＝－3，a 5＋a 6＝－5，…，a 19＋a 20＝－19，∴a n 的前20项的和为a 1＋a 2＋…＋a 19＋a 20＝－1－3－…－19＝－1＋192×10＝－100，故选A ．] 6．(2018·安阳模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )在函数f (x )＝x 2＋Bx ＋C －1(B ，C ∈R )的图象上，且a 1＝C ．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列b n ＝a n (a 2n －1＋1)，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)设数列{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝d 2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n ，又S n ＝n 2＋Bn ＋C －1，两式对照得⎩⎪⎨⎪⎧ d 2＝1，C －1＝0，⎩⎨⎧d ＝2，a 1＝C ＝1，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2)b n ＝(2n －1)(2·2n －1－1＋1)＝(2n －1)2n ，则T n ＝1×2＋3×22＋…＋(2n －1)·2n ，2T n ＝1×22＋3×23＋…＋(2n －3)·2n ＋(2n －1)·2n ＋1， 两式相减得T n＝(2n－1)·2n＋1－2(22＋…＋2n)－2＝(2n－1)·2n＋1－2×22(1－2n－1)1－2－2＝(2n－3)·2n＋1＋6.。
高考数学复习 数列的求和方法
高考数学复习 数列的求和方法高考要求：掌握数列的各种求和方法 考点回顾：1．直接用等差、等比数列的求和公式求和。
d n n na a a n S n n 2)1(2)(11-+=+=⎪⎩⎪⎨⎧≠--==)1(1)1()1(11q qq a q na S n n 公比含字母时一定要讨论 无穷递缩等比数列时，qa S -=112．错位相减法求和：如：{}{}.,,2211的和求等比等差n n n n b a b a b a b a +++3．分组求和：把数列的每一项分成若干项，使其转化为等差或等比数列，再求和。
4．合并求和：如：求22222212979899100-++-+- 的和。
5．裂项相消法求和：把数列的通项拆成两项之差、正负相消剩下首尾若干项。
常见拆项：111)1(1+-=+n n n n)121121(21)12)(12(1+--=+-n n n n ])2)(1(1)1(1[21)2)(1(1++-+=++n n n n n n n!)!1(!n n n n -+=⋅)!1(1!1)!1(+-=+n n n n6．公式法求和 6)12)(1(12++=∑=n n n k nk 213]2)1([+=∑=n n k nk7．倒序相加法求和8．其它求和法：如：归纳猜想法，奇偶法等 考点解析考点1、等差、等比公式求和EG1．在等差数列{a n }中，它的前n 项和为S n ，已知===n n n S S S 32,14,8则 . 18 B1-1．等差数列{a n }中，已知前15项的和S 15=90，则a 8等于 （ ）A ．245 B ．12 C ．445 D ．6B1-2．等比数列{a n }的首项a 1=－1，前n 项和为S n ，若3231510=S S ，则公比q 等于 21-B1-3、等差数列｛a n ｝中,若a 1+a 4+a 7=39, a 3+a 6+a 9=27, 则前9项的和S 9= ( )A 66B 99C 144D 297B1-4．数列{a n }的前n 项和S n =n 2+2n －1，则这个数列一定是B （ ） A ．等差数列 B ．非等差数列 C ．常数数列 D ．等差数列或常数数列 考点2、分项求和EG2、5，55，555，5555，…，5(101)9n-，…；解：555555555n n S =++++ 个5(999999999)9n =++++个235[(101)(101)(101)(101)]9n =-+-+-++- 235505[10101010](101)9819n n n n =++++-=--B2-1、求和：13,24,35,,(2),n n ⨯⨯⨯+ ； ∵2(2)2n n n n +=+，∴ 原式222(123=+++ (2))2(123n ++⨯+++…)n +(1)(27)6n n n ++=．考点3、错位减法求和EG3、已知数列{a n }的前n 项和为S n ,S n =31(a n -1)(n N,n 1) (1)求a 1,a 2(2)求数列{a n }的通项公式(3)b n =n,令C n =b n a n ,求数列{C n }的前n 项和 解：（1）由)1,)(1(31≥∈-=n N n a S n n 21),1(311111-=∴-==∴a a S a 41),1(3122221=∴-==+a a S a a ……………………4分（2）)(31)1(31)1(31111----=---=-=n n n n n n n a a a a S S a)1(211>-=∴-n a a n n }{n a ∴是首项公比均为21-的等比数列 n n a )21(-=……8分（3）设}{n C 前n 项的和T n ，n k n n n a b C )21(-⋅==n n n T )21()21(3)21(2)21(132-++-⋅+-⋅+-⋅=∴ ………………①132)21()21()1()21(2)21(21+-⋅+-⋅-++-⋅+-=-n n n n n T ………………② ①－②：132)21()21()21()21()21(23+-⋅--++-+-+-=n n n n T62)21)(23(2)21()21(1])21(1[21--+=-⋅+-----=n n n n n 92)21)(23(--+=∴n n n T ………………14分 考点4、裂项求和 EG4．数列,43211,3211,211++++++的前n 项之和为 ．2+n n B4-1．若 ,7,5,3,21321222a a a n a n 则数列+++=的前n 项和是（ ）A ．16+n nB ．nn )1(6-C ．13+n nD ．2)1(6++n nB4-2．设43,)1(112161211=⋅+++++=+n n n S S n n S 且 ，则n 的值为 （ ）A ．9B ．8C ．7D ．6B4-3、lim +∞→n [)13)(23(11071741411+-++⋅+⋅+⋅n n ]=A 21B 41C 51D 31 考点5、叠加法、叠乘法EG5、已知数列),,2(3,1},{111N n n a a a a n n n n ∈≥∙==--其中 项的和的前数列n b n }{))(9(log 3*∈=N n a S n n n (1) 求数列}{n a 的通项公式； （2）求数列}{n b 的通项公式； （3）求数列|}{|n b 的前n 项和n T解：累加得),1(log log )1(133-+=-n a a n x,2)1()1(321log log 133-=-++++=-n n n a a n .3,2)1(log 2)1(3-=-=∴n n n n a n n a 则或者用累乘得211221123nn n n n n n a a a a a a a a ----=⋅=);(25)9(log ,3)2(232)1(N n nn a S a n n n n n n ∈-==∴=-)(3}{,1,3,2,21111*--∈-==-=-=≥-==N n n b b n n S S b n S b n n n n n 的通项公式为所以数列时也适合时当而,3,03,25,3,03)3(2时即当时即当 n n b n n S T n n b n n n n >>-=-=-=≤≤-= ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧∈>+-∈≤-=+-=-=++-+++=+++=*).,3(2125),3(25,21252)(2)(||||||22233212121N n n n n N n n n n T n n S S b b b b b b b b b T n n n n n 且且综上所述B5-1、数列{}n a 的通项公式是11++=n n a n ，若前n 项的和为10，则项数n 为（ ） A ．11 B ．99C ．120D ．121考点6、倒序求和EG6、设2222sin 1sin 2sin 3sin 89S =++++， 又∵2222sin 89sin 88sin 87sin 1S =++++， ∴ 289S =，892S =． 实战训练1．等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，且132+=n nT S n n ，则55b a （ ） A ．32 B ．97 C ．3120 D ．1492．设{a n }是公比为q 的等比数列,S n 是它的前n 项的和,若{S n }是等差数列,则公比 q = ．1 3．数列}{n a 的前n 项和为S n ，若)(23+∈+=N n a S n n ，则这个数列一定是 （ ）A ．等比数列B ．等差数列C ．从第二项起是等比数列D ．从第二项起是等差数列4．已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若S 6=36，S n =324，S n －6=144（n ＞6），则n 等于（ ）A ．15B ．16C ．17D ．185． 数列1,(1+2),(1+2+22),…,( 1+2+22+…+2n-1+…)的前n 项和是 ( )A 2nB 2n -2C 2n+1- n -2D n·2n 6． 已知等差数列{n a }，.21,952==a a (1) 求{n a }的通项公式； (2) 令n a nb 2=，求数列}{n b 的前n 项和S n .解：(1) 设数列}{n a 的公差为d ，依题意得方程组 ⎩⎨⎧=+=+,214,911d a d a 解得.4,51==d a所以}{n a 的通项公式为.14+=n a n(2) 由,21414+=+=n n n b n a 得所以}{n b 是首项512=b ，公式42=q 的等比数列.于是得}{n b 的前n 项和 .15)12(3212)12(24445-⨯=--⨯=n n n S 7． 把正奇数数列{2n －1}中的数按上小下大、左小右大的原则排成如下三角形数表：1 3 5 7 9 11 — — — — — — — — —设a ij (i,j ∈N*)是位于这个三角形数表中从上往下数第i 行、从左往右数第j 个数. （I ）若a mn =2005，求m ，n 的值；（Ⅱ）已知函数f(x)的反函数为f －1(x)=8n x 3(x>0)，若记三角形数表中从上往下数第n 行各数的和为b n ，求数列{f(b n )}的前n 项和S n .解：（I ）∵三角形数表中前m 行共有1+2+3+…+m=2)1(+m m 个数， ∴第m 行最后一个数应当是所给奇数列中的2)1(+m m 项.故第m 行最后一个数是2..112)1(2-+=-+m m m m ………………2分 因此，使得2005=mn a 的m 是不等式12-+m m ≥2005的最小正整数解..45.4428912792112802411.020*********=∴=+-=+->++-≥∴≥-+≥-+m m m m m m 得由于是，第45行第一个数是442+44－1+2=1981.131219812005=+-=∴n ………………4分（II ）)0()21()(.)21(),0(8)(3331>==∴>==-x x x f y x x y x x fn n n 故 …………6分∵第n 行最后一个数是12-+n n ，且有n 个数，若将12-+n n 看成第n 行第一个数， 则第n 行各数成公差为－2的等差数列，故32)2(2)1()1(n n n n n n b n =--+-+=. .)21()21()(33n n n n n b f ==∴ ………………8分,)21()21)(1()21(3)21(2)21(21.)21()21)(1()21(3)21(2211432132+-+-++++=+-++++=n n n n n n n n S n n S 故两式相减得：.)21()21()21()21(2121132+-++++=n n n n S ………………10分 .)21)(2(2.)21()21(1)21(211])21(1[2111n n n n n n n S n n +-=∴--=---=++……12分直击高考24．（2006年四川卷）已知数列{}n a ，其中()12111,3,22n n n a a a a a n +-===+≥，记数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}ln n S 的前n 项和为n U （Ⅰ）求n U ； （Ⅱ）设()()()()()2'210,2!n U nnn n k k e F x xx T x F x n n ==>=∑，（其中()'k F x 为()k F x 的导函数），计算()()1limn n n T x T x →∞+本小题主要考察等差数列、等比数列的基础知识，以及对数运算、导数运算和极限运算的能力，同时考查分类讨论的思想方法，满分12分。
【步步高】高考数学第二轮复习 专题三第2讲数列求和及数列的综合应用课件
变式训练 3 已知数列{an}，Sn 是其前 n 项的和，且 an＝7Sn－1 ＋1 (n≥2)，a1＝1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝log12an (n≥2)，Tn＝bn＋1＋bn＋2＋…＋b2n，求出最 小的正整数 k，使得对于任意的正整数 n，有 Tn<1k2恒成立． 解 (1)由题意知 an＝7Sn－1＋1，① 可得 an＋1＝7Sn＋1，② ②－①得 an＋1－an＝7(Sn－Sn－1)＝7an， 即 an＋1＝8an (n≥2)． 又由于 a1＝1≠0，可得 a2＝7×1＋1＝8， 所以数列{an}是一个以 1 为首项，8 为公比的等比数列． 所以 an＝8n－1＝23(n－1)．
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所以 Tn＝c1＋c2＋…＋cn ＝12[1－13＋13－15＋15－17＋…＋2n1－1－2n1＋1] ＝121－2n1＋1＝2nn＋1. 探究提高 (1)求数列的通项要注意根据条件灵活选用不同 方法．例求 bn 时，利用定义就是不错的选择．(2)本题的关 键是求{cn}的前 n 项和．对 cn 裂项是求和的基本技巧．
b1 b2
bn
＝－21－12＋12－13＋…＋n1－n＋1 1 ＝－n2＋n1.
所以数列b1n的前 n 项和为－n2＋n1.
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考题分析 本题主要考查了等比数列的基本量的计算、通项 公式和前 n 项和的求法．考查了用裂项法求前 n 项和的基本 方法．体现了对逻辑思维能力和运算求解能力的考查． 易错提醒 (1)不能准确选择基本量，列方程求解．(2)bn 计算不 准确，易忽略负号．(3)所求的是b1n的前 n 项和而非{bn}的前 n 项和．
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(2)由(1)，知 bn＝ana3n＋1 ＝(6n－5)[63(n＋1)－5]＝126n1－5－6n1＋1， 故 Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝12[1－17＋17－113＋…＋6n1－5－6n1＋1] ＝121－6n1＋1. 因此，要使121－6n1＋1<2m0 (n∈N*)成立， 则 m 需满足12≤2m0即可，则 m≥10，所以满足要求的最小正整 数 m 为 10.
2021高考数学二轮专题训练2.21课时突破数列解答题数列求和及数列的综合应用课件
n a
n
,求数列{cn}的前n项和Sn.
【解析】(1)由已知得an+1=3an+3n,得bn+1a3=nn+1＝3a3n+ n3n＝3an－ n=1+ b1n+1,所以 bn+1-bn=1,又a1=1,所以b1=1,
所以数列{bn}是首项为1,公差为1的等差数列. (所2以)bSn=n=3 an1－n 1=1(1n,1所31n以)＝ a32n=(1n·31n3).＝ n-132,cn2=331n1n－－ 11,
(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).
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 a n 1 (n∈N*)为一常数;
an
(2)利用等比中项,即证明
a
2 n
=an-1an+1(n≥2).
3.若要判断一个数列不是等差(等比)数列,只需判断存在连续三项不成等差(等
(2)设Sn为{nan}的前n项和.
由(1)及题设可得,an=(-2)n-1.
所以Sn=1+2×(-2)+…+n×(-2)n-1,
-2Sn=-2+2×(-2)2+…+(n-1)×(-2)n-1+n×(-2)n.
可得3Sn=1+(-2)+(-2)2+…+(-2)n-1-n×(-2)n1=
( 3
2
)n -n×(-2)n.
a1 a2
an
3
1 3 n1
=3 (1 1 ). 3
2 3n 2
高考数学二轮复习 专题10 数列求和及其应用教学案 理-人教版高三全册数学教学案
专题10 数列求和及其应用高考对本节内容的考查仍将以常用方法求和为主，尤其是错位相减法及裂项求和，题型延续解答题的形式．预测2018高考对数列求和仍是考查的重点．数列的应用以及数列与函数等的综合的命题趋势较强，复习时应予以关注．1．数列求和的方法技巧(1)公式法：直接应用等差、等比数列的求和公式求和．(2)错位相减法这种方法主要用于求数列{a n·b n}的前n项和，其中{a n}、{b n}分别是等差数列和等比数列．(3)倒序相加法这是在推导等差数列前n项和公式时所用的方法，也就是将一个数列倒过来排列(反序)，当它与原数列相加时若有公因式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和．(4)裂项相消法利用通项变形，将通项分裂成两项或几项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和．(5)分组转化求和法有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，可先分别求和，然后再合并．2．数列的综合问题(1)等差数列与等比数列的综合．(2)数列与函数、方程、不等式、三角、解析几何等知识的综合．(3)增长率、分期付款、利润成本效益的增减等实际应用问题． 数列的实际应用问题一般文字叙述较长，反映的事物背景陌生，知识涉及面广，因此要解好应用题，首先应当提高阅读理解能力，将普通语言转化为数学语言或数学符号，实际问题转化为数学问题，然后再用数学运算、数学推理予以解决.【误区警示】1．应用错位相减法求和时，注意项的对应．2．正确区分等差与等比数列模型，正确区分实际问题中的量是通项还是前n 项和．考点一．数列求和例1、25.【2017江苏，19】 对于给定的正整数k ,若数列{}n a 满足1111n k n k n n n k n k a a a a a a --+-++-++++++++2n ka =对任意正整数()n n k >总成立，则称数列{}n a 是“()P k 数列”.（1）证明：等差数列{}n a 是“(3)P 数列”;（2）若数列{}n a 既是“(2)P 数列”，又是“(3)P 数列”，证明：{}n a 是等差数列.【答案】（1）见解析（2）见解析（2）数列{}n a 既是“()2P 数列”，又是“()3P 数列”，因此，当3n ≥时， 21124n n n n n a a a a a --+++++=，①当4n ≥时， 3211236n n n n n n n a a a a a a a ---++++++++=.② 由①知， 3214n n n a a a ---+=- ()1n n a a ++，③2314n n n a a a ++++=- ()1n n a a -+，④将③④代入②，得112n n n a a a -++=，其中4n ≥， 所以345,,,a a a 是等差数列，设其公差为'd .在①中，取4n =，则235644a a a a a +++=，所以23'a a d =-， 在①中，取3n =，则124534a a a a a +++=，所以122'a a d =-， 所以数列{}n a 是等差数列.【变式探究】(2016·浙江卷)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *.(1)求通项公式a n ；(2)求数列{|a n －n －2|}的前n 项和．【举一反三】 若A n 和B n 分别表示数列{a n }和{b n }的前n 项的和，对任意正整数n ，a n ＝2(n ＋1)，3A n －B n ＝4n .(1)求数列{b n }的通项公式；(2)记c n ＝2A n ＋B n ，求{c n }的前n 项和S n .解：(1)由于a n ＝2(n ＋1)， ∴{a n }为等差数列，且a 1＝4. ∴A n ＝n （a 1＋a n ）2＝n （4＋2n ＋2）2＝n 2＋3n ，∴B n ＝3A n －4n ＝3(n 2＋3n )－4n ＝3n 2＋5n ，当n ＝1时，b 1＝B 1＝8，当n ≥2时，b n ＝B n －B n －1＝3n 2＋5n －[3(n －1)2＋5(n －1)]＝6n ＋2.由于b 1＝8适合上式， ∴b n ＝6n ＋2.(2)由(1)知c n ＝2A n ＋B n ＝24n 2＋8n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， ∴S n ＝14⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－16＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2＝ 14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝38－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2. 【变式探究】(2016·山东卷)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n ，求数列{c n }的前n 项和T n .(2)由(1)知c n ＝（6n ＋6）n ＋1（3n ＋3）n ＝3(n ＋1)·2n ＋1. 又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]，2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]，两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋4（1－2n）1－2－（n ＋1）×2n ＋2＝－3n ·2n ＋2， ∴T n ＝3n ·2n ＋2.考点二、数列和函数、不等式的交汇例4、(2016·四川卷)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.(2)证明：由(1)可知，a n ＝qn －1，∴双曲线x 2－y 2a 2n ＝1的离心率e n ＝1＋a 2n ＝1＋q2（n －1）. 由e 2＝1＋q 2＝53解得q ＝43.∵1＋q2(k －1)>q2(k －1)，∴1＋q2（k －1）>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.【变式探究】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋2n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若点(b n ，a n )在函数y ＝log 2x 的图象上，求数列{b n }的前n 项和T n .1.【2017天津，理18】已知{}n a 为等差数列，前n 项和为()n S n *∈N ，{}n b 是首项为2的等比数列，且公比大于0，2312b b +=,3412b a a =-，11411S b =.（Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）求数列221{}n n a b -的前n 项和()n *∈N . 【答案】 （1）32n a n =-.2n n b =.（2）1328433n n n T +-=⨯+. 【解析】（I ）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q . 由已知2312b b +=，得()2112b q q +=，而12b =，所以260q q +-=. 又因为0q >，解得2q =.所以， 2n n b =. 由3412b a a =-，可得138d a -= ①. 由114=11S b ，可得1516a d += ②，联立①②，解得11a =， 3d =，由此可得32n a n =-.所以，数列{}n a 的通项公式为32n a n =-，数列{}n b 的通项公式为2n n b =.（II ）解：设数列221{}n n a b -的前n 项和为n T ， 由262n a n =-， 12124n n b --=⨯，有()221314n n n a b n -=-⨯， 故()23245484314n n T n =⨯+⨯+⨯++-⨯，()()23414245484344314n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯，上述两式相减，得()231324343434314n n n T n +-=⨯+⨯+⨯++⨯--⨯得1328433n n n T +-=⨯+. 所以，数列221{}n n a b -的前n 项和为1328433n n +-⨯+. 2.【2017江苏，19】 对于给定的正整数k ,若数列{}n a 满足1111n k n k n n n k n k a a a a a a --+-++-++++++++2n ka =对任意正整数()n n k >总成立，则称数列{}n a 是“()P k 数列”.（1）证明：等差数列{}n a 是“(3)P 数列”;（2）若数列{}n a 既是“(2)P 数列”，又是“(3)P 数列”，证明：{}n a 是等差数列.【答案】（1）见解析（2）见解析（2）数列{}n a 既是“()2P 数列”，又是“()3P 数列”，因此， 当3n ≥时， 21124n n n n n a a a a a --+++++=，①当4n ≥时， 3211236n n n n n n n a a a a a a a ---++++++++=.② 由①知， 3214n n n a a a ---+=- ()1n n a a ++，③3.【2017山东，理19】已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1+x 2=3，x 3-x 2=2（Ⅰ）求数列{x n }的通项公式；（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1, 1)，P 2(x 2, 2)…P n+1(x n+1, n+1)得到折线P 1 P 2…P n+1，求由该折线与直线y =0，11n x x x x +==,所围成的区域的面积n T .【答案】(I)12.n n x -=（II ）(21)21.2n n n T -⨯+=（II ）过123,,,P P P ……1n P +向x 轴作垂线，垂足分别为123,,,Q Q Q ……1n Q +,由(I)得111222.n n n n n x x --+-=-= 记梯形11n n n n P P Q Q ++的面积为n b . 由题意12(1)2(21)22n n n n n b n --++=⨯=+⨯， 所以123n T b b b =+++……+n b=101325272-⨯+⨯+⨯+……+32(21)2(21)2n n n n ---⨯++⨯ ① 又0122325272n T =⨯+⨯+⨯+……+21(21)2(21)2n n n n ---⨯++⨯ ② ①-②得=1132(12)(21)2.212n n n ---+-+⨯- 所以(21)21.2n n n T -⨯+=1.【2016高考天津理数】已知{}n a 是各项均为正数的等差数列，公差为d ，对任意的,b n n N ∈*是n a 和1n a +的等差中项.(Ⅰ)设22*1,n n n c b b n N +=-∈，求证：{}n c 是等差数列；(Ⅱ)设 ()22*11,1,nnn n k a d T b n N ===-∈∑，求证：2111.2nk kT d =<∑【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析2.【2016高考新课标3理数】已知数列{}n a 的前n 项和1n n S a λ=+，其中0λ≠．（I ）证明{}n a 是等比数列，并求其通项公式； （II ）若53132S =，求λ．【答案】（Ⅰ）1)1(11---=n n a λλλ；（Ⅱ）1λ=-． 3.【2016高考浙江理数】设数列{}n a 满足112n n a a +-≤，n *∈N ． （I ）证明：()1122n n a a -≥-，n *∈N ；（II ）若32nn a ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，n *∈N ，证明：2n a ≤，n *∈N ．【答案】（I ）证明见解析；（II ）证明见解析． 【解析】（I ）由112n n a a +-≤得1112n n a a +-≤，故111222n n nn na a ++-≤，n *∈N ，所以1<，因此()1122n n a a -≥-．（II ）任取n *∈N ，由（I ）知，对于任意m n >，112n -<， 故3224mn ⎛⎫=+⋅ ⎪⎝⎭．4.【2016年高考北京理数】（本小题13分）设数列A ：1a ，2a ,…N a (N ≥).如果对小于n (2n N ≤≤)的每个正整数k 都有k a ＜n a ，则称n 是数列A 的一个“G 时刻”.记“)(A G 是数列A 的所有“G 时刻”组成的集合.（1）对数列A ：-2，2，-1，1，3，写出)(A G 的所有元素； （2）证明：若数列A 中存在n a 使得n a >1a ，则∅≠)(A G ； （3）证明：若数列A 满足n a -1n a - ≤1（n=2,3, …,N）,则)(A G 的元素个数不小于N a -1a .【答案】（1）()G A 的元素为2和5；（2）详见解析；（3）详见解析.（Ⅲ）当1a a N ≤时，结论成立. 以下设1a a N >. 由（Ⅱ）知∅≠)(A G .设{}p p n n n n n n A G <⋅⋅⋅<<⋅⋅⋅=2121,,,,)(.记10=n . 则pn n n n a a a a <⋅⋅⋅<<<21.对p i ,,1,0⋅⋅⋅=，记{},ii i k n G k n k N a a *=∈<≤>N .如果∅≠i G ，取i i G m min =，则对任何iim n k i a a a m k <≤<≤,1.从而)(A G m i ∈且1+=i i n m .又因为p n 是)(A G 中的最大元素，所以∅=p G . 从而对任意p n k N ≤≤，pn k a a ≤，特别地，pn N a a ≤.对i i n n a a p i ≤-⋅⋅⋅=-+11,1,,1,0.因此1)(111111+≤-+=--++++i i i i i n n n nn a a a a a .所以p a a a a a a i i pn pi n n N ≤-=-≤--∑=)(1111.因此)(A G 的元素个数p 不小于1N a a -.5.【2016年高考四川理数】（本小题满分12分）已知数列{n a }的首项为1，n S 为数列{}n a 的前n 项和，11n n S qS +=+ ，其中q>0，*n N ∈ .（Ⅰ）若2322,,2a a a + 成等差数列，求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设双曲线2221n y x a -= 的离心率为n e ，且253e = ，证明：121433n nn n e e e --++⋅⋅⋅+>.【答案】（Ⅰ）1=n n a q ；（Ⅱ）详见解析. （Ⅱ）由（Ⅰ）可知，1nn a q .所以双曲线2221n y x a 的离心率 22(1)11nn n e a q ．由2513qq 解得43q . 因为2(1)2(1)1+k kq q 1)1*kk q kN （）. 于是11211+1n n nq e e e qqq ， 故1231433n n n e e e .6.【2016高考上海理数】（本题满分18分）本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分.若无穷数列{}n a 满足：只要*(,)p q a a p q N =∈，必有11p q a a ++=，则称{}n a 具有性质P .（1）若{}n a 具有性质P ，且12451,2,3,2a a a a ====，67821a a a ++=，求3a ；（2）若无穷数列{}n b 是等差数列，无穷数列{}n c 是公比为正数的等比数列，151b c ==，5181b c ==，n n n a b c =+判断{}n a 是否具有性质P ，并说明理由；（3）设{}n b 是无穷数列，已知*1sin ()n n n a b a n N +=+∈.求证：“对任意1,{}n a a 都具有性质P ”的充要条件为“{}n b 是常数列”.【答案】（1）316a =．（2）{}n a 不具有性质P ．（3）见解析． （3）[证]充分性：当{}n b 为常数列时，11sin n n a b a +=+．对任意给定的1a ，只要p q a a =，则由11sin sin p q b a b a +=+，必有11p q a a ++=．充分性得证． 必要性：用反证法证明．假设{}n b 不是常数列，则存在k *∈N ， 使得12k b b b b ==⋅⋅⋅==，而1k b b +≠．下面证明存在满足1sin n n n a b a +=+的{}n a ，使得121k a a a +==⋅⋅⋅=，但21k k a a ++≠．设()sin f x x x b =--，取m *∈N ，使得m b π>，则()0f m m b ππ=->，()0f m m b ππ-=--<，故存在c 使得()0f c =．取1a c =，因为1sin n n a b a +=+（1n k ≤≤），所以21sin a b c c a =+==， 依此类推，得121k a a a c +==⋅⋅⋅==．但2111sin sin sin k k k k a b a b c b c ++++=+=+≠+，即21k k a a ++≠． 所以{}n a 不具有性质P ，矛盾． 必要性得证．综上，“对任意1a ，{}n a 都具有性质P ”的充要条件为“{}n b 是常数列”．7.【2016高考新课标2理数】n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且17=128.a S =，记[]=lg n n b a ，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，如[][]0.9=0lg 99=1，．（Ⅰ）求111101b b b ，，；（Ⅱ）求数列{}n b 的前1 000项和．【答案】（Ⅰ）10b =，111b =， 1012b =；（Ⅱ）1893. 8.【2016高考山东理数】（本小题满分12分）已知数列{}na 的前n 项和S n =3n 2+8n ，{}nb 是等差数列，且1.n n n a b b +=+（Ⅰ）求数列{}nb 的通项公式；（Ⅱ）令1(1).(2)n n n nn a c b ++=+ 求数列{}n c 的前n 项和T n .【答案】（Ⅰ）13+=n b n ；（Ⅱ）223+⋅=n n n T .（Ⅱ）由（Ⅰ）知11(66)3(1)2(33)n n n nn c n n +++==+⋅+， 又n n c c c c T +⋅⋅⋅+++=321，得23413[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯，345223[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯，两式作差，得 所以223+⋅=n n n T9.【2016高考江苏卷】（本小题满分16分）记{}1,2,100U =…，.对数列{}()*n a n N ∈和U 的子集T ，若T =∅,定义0T S =;若{}12,,k T t t t =…，，定义12+kT t t t S a a a =++….例如：{}=1,3,66T 时，1366+T S a a a =+.现设{}()*n a n N ∈是公比为3的等比数列，且当{}=2,4T 时，=30T S . （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）对任意正整数()1100k k ≤≤，若{}1,2,k T ⊆…，，求证：1T k S a +<； （3）设,,C D C U D U S S ⊆⊆≥,求证：2C CDD S S S +≥.【答案】（1）13n n a -=（2）详见解析（3）详见解析 （3）下面分三种情况证明. ①若D 是C 的子集，则2C C DC D D D D S S S S S S S +=+≥+=. ②若C 是D 的子集，则22C CDC C CD S S S S S S +=+=≥.③若D 不是C 的子集，且C 不是D 的子集. 令UE CD =，UF DC =则E ≠∅，F ≠∅，E F =∅.于是C E C D S S S =+，D F C D S S S =+，进而由C D S S ≥，得E F S S ≥. 设k 是E 中的最大数，l 为F 中的最大数，则1,1,k l k l ≥≥≠. 由（2）知，1E k S a +<，于是1133l k l F E k a S S a -+=≤≤<=，所以1l k -<，即l k ≤.又k l ≠，故1l k ≤-，从而1121131133222l l k E F l a S S a a a ----≤+++=+++=≤≤， 故21E F S S ≥+，所以2()1C C DD CDS S S S -≥-+，即21C CDD S S S +≥+.综合①②③得，2C C DD S S S +≥.10.【2016高考山东理数】（本小题满分12分）已知数列{}na 的前n 项和S n =3n 2+8n ，{}nb 是等差数列，且1.n n n a b b +=+（Ⅰ）求数列{}nb 的通项公式；（Ⅱ）令1(1).(2)n n n nn a c b ++=+ 求数列{}n c 的前n项和T n .【答案】（Ⅰ）13+=n b n ；（Ⅱ）223+⋅=n n n T .（Ⅱ）由（Ⅰ）知11(66)3(1)2(33)n n n nn c n n +++==+⋅+， 又n n c c c c T +⋅⋅⋅+++=321，得23413[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯，345223[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯，两式作差，得 所以223+⋅=n n n T【2015江苏高考，11】数列}{n a 满足11=a ，且11+=-+n a a n n （*N n ∈），则数列}1{na 的前10项和为【答案】2011【2015高考天津，理18】（本小题满分13分）已知数列{}n a 满足212()*,1,2n n a qa q q n N a a +=≠∈==为实数，且1，，且233445,,a a a a a a 成等差数列.(I)求q 的值和{}n a 的通项公式； (II)设*2221log ,nn n a b n N a -=∈，求数列nb 的前n 项和.【答案】(I) 1222,2,.n n nn a n -⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数,为偶数; (II) 1242n n n S -+=-.【解析】（Ⅰ） 由已知，有34234534a a a a a a a a ，即4253a a a a -=-，所以23(1)(1)a q a q -=-，又因为1q ≠，故322a a ==，由31a a q =，得2q =，当21(*)n k n N =-∈时，1122122n k n k a a ---===，当2(*)n k n N =∈时，2222nkn k a a ===，所以{}n a 的通项公式为1222,2,.n n nn a n -⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数,为偶数【2015高考四川，理16】设数列{}n a 的前n 项和12n n S a a =-，且123,1,a a a +成等差数列.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）记数列1{}na 的前n 项和n T ，求得1|1|1000n T -<成立的n 的最小值.【答案】（1）2n n a =；（2）10.【解析】（1）由已知12n n S a a =-，有1122(1)n n n n n a S S a a n --=-=->， 即12(1)n n a a n -=>. 从而21312,4a a a a ==.又因为123,1,a a a +成等差数列，即1322(1)a a a +=+. 所以11142(21)a a a +=+，解得12a =.所以，数列{}n a 是首项为2，公比为2的等比数列. 故2n n a =. （2）由（1）得112n n a =.所以2311[1()]1111122112222212n n n nT -=++++==--. 由1|1|1000n T -<，得11|11|21000n --<，即21000n >. 因为9102512100010242=<<=， 所以10n ≥. 于是，使1|1|1000n T -<成立的n 的最小值为10. 【2015高考新课标1，理17】n S 为数列{n a }的前n 项和.已知na ＞0，2n n a a +=43n S +.（Ⅰ）求{n a }的通项公式； （Ⅱ）设11n n n b a a +=,求数列{n b }的前n 项和. 【答案】（Ⅰ）21n +（Ⅱ）11646n -+【2015江苏高考，20】（本小题满分16分）设1234,,,a a a a 是各项为正数且公差为d (0)d ≠的等差数列 （1）证明：31242,2,2,2a a a a 依次成等比数列；（2）是否存在1,a d ，使得2341234,,,a a a a 依次成等比数列，并说明理由；（3）是否存在1,a d 及正整数,n k ，使得k n k n k n n a a a a 342321,,,+++依次成等比数列，并说明理由.【答案】（1）详见解析（2）不存在（3）不存在（3）假设存在1a ，d 及正整数n ，k ，使得1n a ，2n k a +，23n k a +，34n ka +依次构成等比数列，则()()()221112n kn k n a a d a d +++=+，且()()()()32211132n kn kn k a d a d a d +++++=+．分别在两个等式的两边同除以()21n k a +及()221n k a+，并令1d t a =（13t >-，0t ≠）， 则()()()22121n kn k t t +++=+，且()()()()32211312n kn kn k t t t +++++=+．将上述两个等式两边取对数，得()()()()2ln 122ln 1n k t n k t ++=++，且()()()()()()ln 13ln 1322ln 12n k t n k t n k t +++++=++． 化简得()()()()2ln 12ln 12ln 1ln 12k t t n t t +-+=+-+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦， 且()()()()3ln 13ln 13ln 1ln 13k t t n t t +-+=+-+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦． 再将这两式相除，化简得()()()()()()ln 13ln 123ln 12ln 14ln 13ln 1t t t t t t +++++=++（**）．令()()()()()()()4ln 13ln 1ln 13ln 123ln 12ln 1g t t t t t t t =++-++-++，则()()()()()()()()()()222213ln 13312ln 1231ln 111213t t t t t t g t t t t ⎡⎤++-+++++⎣⎦'=+++．令()()()()()()()22213ln 13312ln 1231ln 1t t t t t t t ϕ=++-+++++，则()()()()()()()613ln 13212ln 121ln 1t t t t t t t ϕ'=++-+++++⎡⎤⎣⎦． 【2015高考浙江，理20】已知数列{}n a 满足1a =12且1n a +=n a -2n a （n ∈*N ）（1）证明：112nn a a +≤≤（n ∈*N ）； （2）设数列{}2n a 的前n 项和为n S ，证明112(2)2(1)n S n n n ≤≤++（n ∈*N ）.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【解析】（1）由题意得，210n n n a a a +-=-≤，即1n n a a +≤，12n a ≤，由11(1)n n n a a a --=-得1211(1)(1)(1)0n n n a a a a a --=--⋅⋅⋅->，由102n a <≤得，211[1,2]1n n n n n n a a a a a a +==∈--，即112n n a a +≤≤；（2）由题意得21n n n a a a +=-， ∴11n n S a a +=-①，由1111=n n n n a a a a ++-和112n n a a +≤≤得，11112n n a a +≤-≤， ∴11112n n n a a +≤-≤，因此*111()2(1)2n a n N n n +≤≤∈++②，由①②得 112(2)2(1)n S n n n ≤≤++. 【2015高考山东，理18】设数列{}n a 的前n 项和为n S .已知233n n S =+.（I ）求{}n a 的通项公式；（II ）若数列{}n b 满足3log n n n a b a =，求{}n b 的前n 项和n T .【答案】（I ）13,1,3,1,n n n a n -=⎧=⎨>⎩; （II ）13631243n nn T +=+⨯. （Ⅱ）因为3log n n n a b a = ，所以113b =当1n > 时，()11133log 313n n nn b n ---==-⋅所以1113T b ==当1n > 时，所以()()01231132313n n T n --=+⨯+⨯++- 两式相减，得所以13631243n nn T +=+⨯ 经检验，1n = 时也适合， 综上可得：13631243n nn T +=+⨯ 【2015高考安徽，理18】设*n N ∈，n x 是曲线221n y x +=+在点(12)，处的切线与x 轴交点的横坐标.（Ⅰ）求数列{}n x 的通项公式；（Ⅱ）记2221321n n T x x x -=，证明14n T n≥. 【答案】（Ⅰ）1n n x n =+；（Ⅱ）14n T n≥.1. 【2014高考湖南理第20题】已知数列{}n a 满足111,n n n a a a p +=-=,*n N ∈.(1)若{}n a 为递增数列,且123,2,3a a a 成等差数列,求P 的值; (2)若12p =,且{}21n a -是递增数列,{}2n a 是递减数列,求数列{}n a 的通项公式.【答案】(1)13p = (2) 1141,33241,332n n n n a n --⎧-⎪⎪=⎨⎪+⎪⎩为奇数为偶数或()114332n n n a --=+ (2)由题可得122122212121111,222n n n n n n n n n a a a a a a +-++-+-=⇒-=-=,因为{}21n a -是递增数列且{}2n a 是递减数列,所以2121n n a a +->且222n n a a +<,则有22221221222121n n n n n n n n a a a a a a a a +-++-+-<-⎧⇒-<-⎨<⎩,因为(2)由题可得122122212121111,222n n n n n n n n n a a a a a a +-++-+-=⇒-=-=,因为{}21n a -是递增数列且{}2n a 是递减数列,所以21210n n a a +-->且2220n n a a +-<()2220n n a a +⇒-->,两不等式相加可得()21212220n n n n a a a a +-+--->2212221n n n n a a a a -++⇒->-,又因为2212112n n n a a ---=22212112n n n a a +++>-=,所以2210n n a a -->,即2212112n n n a a ---=,同理可得2322212n n n n a a a a +++->-且2322212n n n n a a a a +++-<-,所以212212n n n a a +-=-, 则当2n m =()*m N ∈时,21324322123211111,,,,2222m m m a a a a a a a a ---=-=--=-=,这21m -个等式相加可得2113212422111111222222m m m a a --⎛⎫⎛⎫-=+++-+++⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭212222111111111224224113321144m m m -----=-=+--22141332m m a -⇒=+. 当21n m =+时,2132432122321111,,,,2222m m ma a a a a a a a +-=-=--=-=-,这2m 个等式相加可得2111321242111111222222m m m a a +-⎛⎫⎛⎫-=+++-+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2122211111111224224113321144m m m---=-=--- 21241332m m a +=-,当0m =时,11a =符合,故212241332m m a --=- 综上1141,33241,332n n n n a n --⎧-⎪⎪=⎨⎪+⎪⎩为奇数为偶数.【考点定位】等差数列、等比数列、数列单调性2. 【2014高考江西理第17题】已知首项都是1的两个数列（），满足.（1）令，求数列的通项公式； （2）若13n n b -=，求数列的前n 项和【答案】（1）2 1.n c n =-（2）(1)3 1.nn S n =-⋅+ 【考点定位】等差数列、错位相减求和3. 【2014高考全国1第17题】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，0n a ≠，11n n n a a S λ+=-，其中λ为常数，（I ）证明：2n n a a λ+-=；（II ）是否存在λ，使得{}n a 为等差数列？并说明理由. 【答案】（I ）详见解析；（II ）存在，4λ=.【考点定位】递推公式、数列的通项公式、等差数列． 4. 【2014高考全国2第17题】已知数列{}n a 满足1a =1，131n n a a +=+.（Ⅰ）证明{}12n a +是等比数列，并求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）证明：1231112na a a ++<…+.【答案】n a =312n -【解析】本题第（1）问，证明等比数列，可利用等比数列的定义来证明，之后利用等比数列，求出其通项公式；对第（2）问，可先由第（1）问求出1na ，然后转化为等比数列求和，放缩法证明不等式.试题解析：（1）证明：由131n n a a +=+得1113()22n n a a ++=+3，（2）由（1因为当1n ≥时，13123n n --≥⋅，所以+1na 1113n -≤+++=1+21a +1n a 32< 【考点定位】本小题考查等比数列的定义、数列通项公式的求解、数列中不等式的证明5. 【2014高考山东卷第19题】已知等差数列{}n a 的公差为2，前n 项和为n S ，且124,,S S S 成等比数列. （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）令114(1)n n n n nb a a -+=-，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】（I ）21n a n =-.（II ）22,212,21n n n n T n n n +⎧⎪⎪+=⎨⎪⎪+⎩为奇数为偶数，（或1n 21(1)2+1n n T n -++-=）（II ）11144(1)(1)(21)(21)n n n n n n nb a a n n --+=-=--+111(1)()2121n n n -=-+-+ 当n 为偶数时，1111111(1)()()()33523212121n T n n n n =+-+++--+---+1121n =-+221nn =+ 当n 为奇数时，1111111(1)()()()33523212121n T n n n n =+-++++-+---+1121n =++2221n n +=+ 所以22,212,21n n n n T n n n +⎧⎪⎪+=⎨⎪⎪+⎩为奇数为偶数，（或1n 21(1)2+1n n T n -++-=）【考点定位】等差数列的前n 项和、等比数列及其性质 。
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＋3Sn－1(n≥2).
(1)求数列{an}的通项公式；
解 3Sn－3Sn－1＝5an－an－1(n≥2)， an 1 ∴2an＝an－1， ＝ ， an－1 2
1 ∴{an}是以 2 为首项，公比为2的等比数列， 1 n－1 1 n－2 ∴an＝2×(2) ＝(2) ＝22－n.
专题四
数列、推理与证明
第 2讲 数列的求和问题
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1.(2015· 福建)在等差数列{an}中，a2＝4，a4＋a7＝15. (1)求数列{an}的通项公式； 解 设等差数列{an}的公差为d，
a1＋d＝4， a1＝3， 由已知得 解得 a1＋3d＋a1＋6d＝15， d＝1.
当n为偶数时， 1－3n n n n Sn＝2× ＋2ln 3＝3 ＋2ln 3－1； 1－3 当n为奇数时， n－1 1－3n Sn＝2× －(ln 2－ln 3)＋ － n ln 3 1－3 2 n－1 n ＝3 － 2 ln 3－ln 2－1. 3n＋nln 3－1， n 为偶数， 2 综上所述，Sn＝ n n－1 3 － 2 ln 3－ln 2－1， n为奇数.
由题意得a2＝2，a4＝3.
设数列{an}的公差为d，则a4－a2＝2d， 1 3 故 d＝2，从而 a1＝2. 1 所以{an}的通项公式为 an＝2n＋1.
1 2
an (2)求数列{2n}的前 n 项和. an 解 设{2n}的前 n 项和为 Sn. an n＋2 由(1)知2n＝ n＋1 ，则 2 n＋1 n＋2 3 4 Sn＝22＋23＋„＋ 2n ＋ n＋1 ， 2
一个公式.
跟踪演练1 在等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝84，a9＝73.
(1)求数列{an}的通项公式；
解 因为{an}是一个等差数列，
所以a3＋a4＋a5＝3a4＝84，所以a4＝28. 设数列{an}的公差为d， 则5d＝a9－a4＝73－28＝45，故d＝9. 由a4＝a1＋3d得28＝a1＋3×9，即a1＝1， 所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋9(n－1)＝9n－8(n∈N*).
的同一列.
第一列 第二列 第三列 第一行 第二行 3 6 2 4 10 14
第三行9818(1)求数列{an}的通项公式； 解 当a1＝3时，不合题意； 当a1＝2时，当且仅当a2＝6，a3＝18时，符合题意； 当a1＝10时，不合题意.
因此a1＝2，a2＝6，a3＝18，所以公比q＝3.
故an＝2· 3n－1 (n∈N*).
21－210 1＋10×10 11 11 ＝ ＋ ＝ (2 － 2) ＋ 55 ＝ 2 ＋ 53 ＝ 2 101. 2 1－2
1 2
2.(2014· 课标全国Ⅰ)已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是
方程x2－5x＋6＝0的根.
(1)求{an}的通项公式；
解 方程x2－5x＋6＝0的两根为2,3，
9×1－81m 1－9m 92m＋1－10×9m＋1 ＝ － ＝ . 80 1－81 1－9
热点二 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.
例2
已知数列{an}的前n项和为Sn，且有a1＝2,3Sn＝5an－an－1
(2)对任意m∈N*，将数列{an}中落入区间(9m,92m) 内的项的
个数记为bm，求数列{bm}的前m项和Sm.
解 对m∈N*，若9m<an<92m，则9m＋8<9n<92m＋8，
因此9m－1＋1≤n≤92m－1， 故得bm＝92m－1－9m－1. 于是Sm＝b1＋b2＋b3＋„＋bm ＝(9＋93＋„＋92m－1)－(1＋9＋„＋9m－1)
所以an＝a1＋(n－1)d＝n＋2.
1 2
(2)设bn＝ 2an 2＋n，求b1＋b2＋b3＋„＋b10的值.
解 由(1)可得bn＝2n＋n， 所以b1＋b2＋b3＋„＋b10 ＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋„＋(210＋10) ＝(2＋22＋23＋„＋210)＋(1＋2＋3＋„＋10)
(2)若数列{bn}满足：bn＝an＋(－1)nln an，求数列{bn}的前n
项和Sn.
解 因为bn＝an＋(－1)nln an ＝2· 3n－1＋(－1)nln(2· 3n－1) ＝2· 3n－1＋(－1)n[ln 2＋(n－1)ln 3] ＝2· 3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3， 所以Sn＝2(1＋3＋„＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]· (ln 2 －ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3.
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，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些 项构成等比数列，清晰正确地求解 . 在利用分组求和 法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般 需要对项数 n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为
n＋1 n＋2 1 3 4 2Sn＝23＋24＋„＋ 2n＋1 ＋ 2n＋2 .
1 2
两式相减得
n＋2 1 3 1 1 2Sn＝4＋(23＋„＋2n＋1)－ 2n＋2
n＋2 3 1 1 ＝4＋4(1－ n－1)－ n＋2 . 2 2
n＋4 所以 Sn＝2－ n＋1 . 2
考情考向分析
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，体现转化与化归的思想.
热点分类突破 热点一 分组转化求和 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.
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