2017届高三数学(文)二轮复习课件(全国通用)专题突破 专题4 数列 第2讲 数列求和及简单应用
(全国通用版)高考数学二轮复习 专题二 数列 第2讲 数列求和及综合应用学案 文-人教版高三全册数学
第2讲 数列求和及综合应用高考定位 1.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、裂项相消等方法求数列的和，难度中档偏下；2.在考查数列运算的同时，将数列与不等式、函数交汇渗透.真 题 感 悟1.(2017·全国Ⅲ卷)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n . (1)求{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和. 解 (1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，①故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)，② ①－②得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1， 又n ＝1时，a 1＝2适合上式， 从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1. (2)记⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n ， 由(1)知a n 2n ＋1＝2（2n －1）（2n ＋1）＝12n －1－12n ＋1，则S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n 2n ＋1. 2.(2017·山东卷)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a 3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2){b n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n ，已知S 2n ＋1＝b n b n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n .解 (1)设{a n }的公比为q ，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1＋q ）＝6，a 21q ＝a 1q 2，又a n >0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2，所以a n ＝2n.(2)由题意知：S 2n ＋1＝（2n ＋1）（b 1＋b 2n ＋1）2＝(2n ＋1)b n ＋1，又S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0， 所以b n ＝2n ＋1.令c n ＝b n a n ，则c n ＝2n ＋12n ，因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝32＋522＋723＋…＋2n －12n －1＋2n ＋12n ， 又12T n ＝322＋523＋724＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1， 两式相减得12T n ＝32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1－2n ＋12n ＋1，所以T n ＝5－2n ＋52n .考 点 整 合1.(1)数列通项a n 与前n 项和S n 的关系，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1 （n ＝1），S n －S n －1 （n ≥2）.(2)应用a n 与S n 的关系式f (a n ，S n )＝0时，应特别注意n ＝1时的情况，防止产生错误. 2.数列求和(1)分组转化求和：一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，分别求和，然后再合并.(2)错位相减法：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)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数差的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如⎩⎨⎧⎭⎬⎫c a n a n ＋1(其中{a n }是各项均不为零的等差数列，c 为常数)的数列.温馨提醒 裂项求和时，易把系数写成它的倒数或忘记系数导致错误. 3.数列与函数、不等式的交汇数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出S n 的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化.数列与不等式的综合问题一般以数列为载体，考查最值问题、不等关系或恒成立问题.热点一 a n 与S n 的关系问题【例1】 设数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意的正整数n ，都有a n ＝5S n ＋1成立，b n ＝－1－log 2|a n |，数列{b n }的前n 项和为T n ，c n ＝b n ＋1T n T n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{c n }的前n 项和A n ，并求出A n 的最值. 解 (1)因为a n ＝5S n ＋1，n ∈N *， 所以a n ＋1＝5S n ＋1＋1， 两式相减，得a n ＋1＝－14a n ，又当n ＝1时，a 1＝5a 1＋1，知a 1＝－14，所以数列{a n }是公比、首项均为－14的等比数列.所以数列{a n }的通项公式a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14n. (2)b n ＝－1－log 2|a n |＝2n －1， 数列{b n }的前n 项和T n ＝n 2，c n ＝b n ＋1T n T n ＋1＝2n ＋1n 2（n ＋1）2＝1n 2－1（n ＋1）2， 所以A n ＝1－1（n ＋1）2.因此{A n }是单调递增数列，∴当n ＝1时，A n 有最小值A 1＝1－14＝34；A n 没有最大值.探究提高 1.给出S n 与a n 的递推关系求a n ，常用思路是：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .2.形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠1，q ≠0)，可构造一个新的等比数列. 【训练1】 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.(1)证明 由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，故a 1≠0. 由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1，得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ，则a n ＋1(λ－1)＝λa n ， 由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1. 因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1.(2)解 由(1)得S n ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫λλ－1n.由S 5＝3132得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132. 解得λ＝－1. 热点二 数列的求和 考法1 分组转化求和【例2－1】 (2018·合肥质检)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 4＝24，S 7＝63. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2a n ＋(－1)n·a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)∵{a n }为等差数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧S 4＝4a 1＋4×32d ＝24，S 7＝7a 1＋7×62d ＝63，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝2.因此{a n }的通项公式a n ＝2n ＋1.(2)∵b n ＝2a n ＋(－1)n ·a n ＝22n ＋1＋(－1)n·(2n ＋1)＝2×4n＋(－1)n·(2n ＋1)，∴T n ＝2×(41＋42＋…＋4n )＋[－3＋5－7＋9－…＋(－1)n(2n ＋1)]＝8（4n－1）3＋G n .当n 为偶数时，G n ＝2×n2＝n ，∴T n ＝8（4n－1）3＋n ；当n 为奇数时，G n ＝2×n －12－(2n ＋1)＝－n －2，∴T n ＝8（4n －1）3－n －2，∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧8（4n－1）3＋n （n 为偶数），8（4n－1）3－n －2 （n 为奇数）. 探究提高 1.在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思想.把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和.在利用分组求和法求和时，常常根据需要对项数n 的奇偶进行讨论.最后再验证是否可以合并为一个表达式.2.分组求和的策略：(1)根据等差、等比数列分组；(2)根据正号、负号分组. 考法2 裂项相消法求和【例2－2】 (2018·郑州调研)设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝2n 2＋5n . (1)求证：数列{3a n }为等比数列；(2)设b n ＝2S n －3n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n a n b n 的前n 项和T n . (1)证明 ∵S n ＝2n 2＋5n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4n ＋3. 又当n ＝1时，a 1＝S 1＝7也满足a n ＝4n ＋3. 故a n ＝4n ＋3(n ∈N *).由a n ＋1－a n ＝4，得3a n ＋13a n ＝3a n ＋1－a n ＝34＝81.∴数列{3a n }是公比为81的等比数列. (2)解 ∵b n ＝4n 2＋7n ，∴n a n b n ＝1（4n ＋3）（4n ＋7）＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＋3－14n ＋7，∴T n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫17－111＋111－115＋…＋14n ＋3－14n ＋7 ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫17－14n ＋7＝n7（4n ＋7）. 探究提高 1.裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项.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. 【训练2】 (2018·日照质检)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－a n ＝2n ＋1(n ∈N *). (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n ＋n，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)因为a n －a n －1＝2n －1(n ≥2)，又a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1， 所以a n ＝(2n －1)＋(2n －3)＋…＋3＋1＝n 2(n ≥2). 因为a 1＝1也满足a n ＝n 2，所以a n ＝n 2. (2)因为b n ＝1n 2＋n ＝1n －1n ＋1， 所以S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以S n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 考法3 错位相减求和【例2－3】 (2018·潍坊一模)公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 4＝10，且a 1，a 3，a 9成等比数列. (1)求{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n 的前n 项和T n .解 (1)设{a n }的公差为d ，由题设得⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝10，a 23＝a 1·a 9，∴⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝10，（a 1＋2d ）2＝a 1（a 1＋8d ）. 解之得a 1＝1，且d ＝1. 因此a n ＝n .(2)令c n ＝n3n ，则T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝13＋232＋333＋…＋n －13n －1＋n3n ，① 13T n ＝132＋233＋…＋n －13n ＋n3n ＋1，② ①－②得：23T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋132＋…＋13n －n 3n ＋1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n 1－13－n 3n ＋1＝12－12×3n －n 3n ＋1，∴T n ＝34－2n ＋34×3n .探究提高 1.一般地，如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{b n }的公比，然后作差求解.2.在写“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确地写出“S n －qS n ”的表达式.【训练3】 (2018·邯郸调研)已知S n 为等比数列{a n }的前n 项和，且S 4＝S 3＋3a 3，a 2＝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 项和T n . 解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ， 由S 4＝S 3＋2a 3，可得a 4＝S 4－S 3＝3a 3，即q ＝a 4a 3＝3，又a 1q ＝9，可得a 1＝3， 则数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1q n －1＝3n.(2)由(1)知b n ＝(2n －1)·3n， 则数列{b n }的前n 项和T n ＝1×3＋3×32＋…＋(2n －1)·3n ，3T n ＝1×32＋3×33＋…＋(2n －1)·3n ＋1，两式相减得－2T n ＝3＋2×[32＋33＋…＋3n ]－(2n －1)3n ＋1＝3＋2×32－3n×31－3－(2n －1)·3n ＋1＝3n ＋1－6＋(1－2n )·3n ＋1＝(2－2n )·3n ＋1－6，故T n ＝(n －1)·3n ＋1＋3.热点三 与数列相关的综合问题【例3】 设f (x )＝12x 2＋2x ，f ′(x )是y ＝f (x )的导函数，若数列{a n }满足a n ＋1＝f ′(a n )，且首项a 1＝1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }中，b 1＝a 1，b 2＝a 2，数列{b n }的前n 项和为T n ，请写出适合条件T n ≤S n 的所有n 的值. 解 (1)由f (x )＝12x 2＋2x ，得f ′(x )＝x ＋2.∵a n ＋1＝f ′(a n )，且a 1＝1. ∴a n ＋1＝a n ＋2则a n ＋1－a n ＝2，因此数列{a n }是公差为2，首项为1的等差数列. ∴a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1. (2)数列{a n }的前n 项和S n ＝n （1＋2n －1）2＝n 2，等比数列{b n }中，b 1＝a 1＝1，b 2＝a 2＝3，∴q ＝3. ∴b n ＝3n －1.∴数列{b n }的前n 项和T n ＝1－3n1－3＝3n－13－1＝3n－12.T n ≤S n 可化为3n－12≤n 2.又n ∈N *，∴n ＝1，或n ＝2故适合条件T n ≤S n 的所有n 的值为1和2.探究提高 1.求解数列与函数交汇问题注意两点：(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特别重视； (2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件.2.数列为背景的不等式恒成立、不等式证明，多与数列的求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性处理.【训练4】 (2018·北京燕博园检测)已知数列{a n }满足na n －(n ＋1)a n －1＝2n 2＋2n (n ＝2，3，4，…)，a 1＝6. (1)求证⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋1为等差数列，并求出{a n }的通项公式； (2)数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和S n ，求证：S n <512.证明 (1)因为na n －(n ＋1)a n －1＝2n 2＋2n ， 所以a n n ＋1－a n －1n＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋1是以a 12＝3为首项，2为公差的等差数列， 所以a nn ＋1＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，即a n ＝(n ＋1)(2n ＋1).(2)因为1a n ＝1（n ＋1）（2n ＋1）<12n （n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， 所以S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n≤16＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋1n －1n ＋1≤16＋14－12（n ＋1）<16＋14＝512.1.错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列{a n }乘以等比数列{b n }对应项得到的数列{a n ·b n }求和.(2)步骤：①求和时先乘以数列{b n }的公比.②把两个和的形式错位相减.③整理结果形式. 2.裂项求和的常见技巧 (1)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.(2)1n （n ＋k ）＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k .(3)1n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1.(4)14n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1.3.数列与不等式综合问题(1)如果是证明不等式，常转化为数列和的最值问题，同时要注意比较法、放缩法、基本不等式的应用；(2)如果是解不等式，注意因式分解的应用.一、选择题1.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S 3＝a 5.令b n ＝(－1)n －1a n ，则数列{b n }的前2n 项和T 2n 为( ) A.－nB.－2nC.nD.2n解析 设等差数列{a n }的公差为d ，由S 3＝a 5得3a 2＝a 5，∴3(1＋d )＝1＋4d ，解得d ＝2，∴a n ＝2n －1，∴b n ＝(－1)n －1(2n －1)，∴T 2n ＝1－3＋5－7＋…＋(4n －3)－(4n －1)＝－2n .答案 B2.数列{a n }满足a 1＝1，log 2a n ＋1＝log 2a n ＋1(n ∈N *)，它的前n 项和为S n ，则满足S n >1 025的最小n 值是( ) A.9B.10C.11D.12解析 因为a 1＝1，log 2a n ＋1＝log 2a n ＋1(n ∈N *)，所以a n ＋1＝2a n ，a n ＝2n －1，S n ＝2n－1，则满足S n >1 025的最小n 值是11. 答案 C3.已知T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n＋12n 的前n 项和，若m >T 10＋1 013恒成立，则整数m 的最小值为( )A.1 026B.1 025C.1 024D.1 023解析 因为2n＋12n ＝1＋12n ，所以T n ＝n ＋1－12n ，则T 10＋1 013＝11－1210＋1 013＝1 024－1210， 又m >T 10＋1 013，所以整数m 的最小值为1 024. 答案 C4.已知数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝2，a 1＝－5，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝( )A.9B.15C.18D.30解析 ∵a n ＋1－a n ＝2，a 1＝－5，∴数列{a n }是公差为2，首项为－5的等差数列. ∴a n ＝－5＋2(n －1)＝2n －7.数列{a n }的前n 项和S n ＝n （－5＋2n －7）2＝n 2－6n . 令a n ＝2n －7≥0，解得n ≥72. ∴n ≤3时，|a n |＝－a n ；n ≥4时，|a n |＝a n .则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝－a 1－a 2－a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝S 6－2S 3＝62－6×6－2(32－6×3)＝18.答案 C5.对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，数列{a n }的“差数列”的通项公式为a n ＋1－a n ＝2n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝( )A.2B.2nC.2n ＋1－2D.2n －1－2 解析 因为a n ＋1－a n ＝2n ，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n 1－2＋2＝2n －2＋2＝2n ，所以S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2. 答案 C二、填空题6.(2018·昆明诊断)数列{a n }满足a n ＝n （n ＋1）2，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 018等于________. 解析 a n ＝n （n ＋1）2，则1a n ＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ∴1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 018＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12 018－12 019 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 019＝4 0362 019. 答案 4 0362 0197.记S n 为正项数列{a n }的前n 项和，且a n ＋1＝2S n ，则S 2 018＝________.解析 由题意得4S n ＝(a n ＋1)2，①当n ＝1时，4a 1＝(a 1＋1)2，a 1＝1，当n ≥2时，4S n －1＝(a n －1＋1)2，②①－②得a 2n －a 2n －1－2(a n ＋a n －1)＝0，所以(a n －a n －1－2)(a n ＋a n －1)＝0，又a n >0，所以a n －a n －1＝2，则{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列.所以a n ＝2n －1，S 2 018＝2 018（1＋2×2 018－1）2＝2 0182. 答案 2 01828.(2018·贵阳质检)已知[x ]表示不超过x 的最大整数，例如：[2.3]＝2，[－1.5]＝－2.在数列{a n }中，a n ＝[lg n ]，n ∈N ＋，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 018＝________. 解析 当1≤n ≤9时，a n ＝[lg n ]＝0.当10≤n ≤99时，a n ＝[lg n ]＝1.当100≤n ≤999时，a n ＝[lg n ]＝2.当1 000≤n ≤2 018时，a n ＝[lg n ]＝3.故S 2 018＝9×0＋90×1＋900×2＋1 019×3＝4 947.答案 4 947三、解答题9.(2018·济南模拟)记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知S n ＝2n 2＋n ，n ∈N *.(1)求数列{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T n .解 (1)由S n ＝2n 2＋n ，得当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2＋n －[2(n －1)2＋(n －1)]＝4n －1.又a 1＝3满足上式.所以a n ＝4n －1(n ∈N *).(2)b n ＝1a n a n ＋1＝1（4n －1）（4n ＋3）＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1－14n ＋3. 所以T n ＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－17＋⎝ ⎛⎭⎪⎫17－110＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1－14n ＋3＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14n ＋3＝n 12n ＋9. 10.(2018·青岛二中检测)已知递增的等比数列{a n }满足a 2＋a 3＝12，a 1·a 4＝27.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(n ＋1)a n ，求{b n }的前n 项和S n . 解 (1)∵数列{a n }是等比数列，且a 2·a 3＝a 1·a 4＝27， 由⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋a 3＝12，a 2·a 3＝27，得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝3，a 3＝9或⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝9，a 3＝3(舍去). ∴q ＝a 3a 2＝3，则数列{a n }的通项公式为a n ＝a 23n －2＝3n －1. (2)由(1)知b n ＝(n ＋1)3n －1，∴S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝2×30＋3×31＋4×32＋…＋(n ＋1)×3n －1① ∴3S n ＝2×31＋3×32＋4×33＋…＋(n ＋1)×3n ②∴由①－②得，－2S n ＝2＋31＋32＋33＋…＋3n －1－(n ＋1)×3n ＝2＋3（1－3n －1）1－3－(n ＋1)×3n ＝12－12(2n ＋1)·3n ， 故S n ＝（2n ＋1）·3n 4－14. 11.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数f (x )＝3x 2－2x 的图象上.(1)求数列{a n }的通项公式.(2)设b n ＝3a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得2T n ≤λ－2 018对任意n ∈N *都成立的实数λ的取值范围.解 (1)因为点(n ，S n )均在函数f (x )＝3x 2－2x 的图象上，所以S n ＝3n 2－2n . 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3－2＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n 2－2n )－[3(n －1)2－2(n －1)]＝6n －5. 又a 1＝1也满足a n ＝6n －5，所以a n ＝6n －5(n ∈N *).(2)因为b n ＝3a n a n ＋1＝3（6n －5）[6（n ＋1）－5]＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫16n －5－16n ＋1， 所以T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－17＋⎝ ⎛⎭⎪⎫17－113＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫16n －5－16n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－16n ＋1＝3n 6n ＋1， 所以2T n ＝6n 6n ＋1＝1－16n ＋1<1. 又2T n ≤λ－2 018对任意n ∈N *都成立， 所以1≤λ－2 018，即λ≥2 019. 故实数λ的取值范围是[2 019，＋∞).。
高三数学二轮复习 数列求和及综合应用 课件(全国通用)
1 1 1 1 － 1 2 答案：(1)① － ②2 (2) ② n n n＋1 2n－1 2n＋1
2．常见的放缩技巧 1 1 1 1 1 1 1 (1) － ＝ < < ＝ － ； n n＋1 nn＋1 n2 n－1n n－1 n
1 1 1 1 － 1 (2) 2< 2 ＝ ； n n －1 2n－1 n＋1
第2讲
数列求和及综合应用
(1)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． (2)①数列的综合问题，往往将数列与函数、不等式结合， 探求数列中的最值或证明不等式．②以等差数列、等比数列为 背景，利用函数观点探求参数的值或范围．
＝－3n· 2n 2.
＋
所以Tn＝3n· 2n 2 .
＋
[知识回顾] 1．必记公式 (1)常见的拆项公式(其中n∈N*) 1 ① ＝________________. nn＋1 1 1 1 1 ② ＝ n－ . nn＋k k n＋k 1 ③ ＝_____________. 2n－12n＋1
[考题回访] 1．(2016· 天津卷)已知{an}是各项均为正数的等差数列，公 差为d，对任意的n∈N*，bn是an和an＋1的等比中项．
2 * (1)设cn＝b2 － b ， n ∈ N ，求证：数列{cn}是等差数列； ＋ n 1 n 2n
(2)设a1＝d，Tn＝∑
k ＝1
* (－1)kb2 k ，n∈N ，求证：
④若等差数列{an}的公差为d，
1 1 1 1 1－ 1 1－ 1 则 ＝ a ＝ a ； . a 2 d a n ＋ n ＋ anan＋1 d a a n 1 n 2 n n＋2 1 1 1 1 － ⑤ ＝ . 2 n n ＋ 1 n ＋ 1 n ＋ 2 nn＋1n＋2
高考数学二轮复习数列第2讲数列求和及综合应用课件理
故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)，②
①－②得(2n－1)an＝2，所以 an＝2n2－1，
又
n＝1 时，a1＝2
12/11/2021
适合上式，从而{an}的通项公式为
an＝2n2－1.
真题感悟 考点整合 第三页，共三十七页。 热点聚焦 分类突破
归纳总结 思维升华
(2)记2na＋n 1的前 n 项和为 Sn， 由(1)知2na＋n 1＝（2n－1）2（2n＋1）＝2n1－1－2n1＋1，
＝2×4n＋(－1)n·(2n＋1)，
∴Tn＝2×(41＋42＋…＋4n)＋[－3＋5－7＋9－…＋(－1)n(2n＋1)]＝8（4n3－1）＋Gn. 当 n 为偶数时，Gn＝2×n2＝n，∴Tn＝8（4n3－1）＋n；
12/11/2021
真题感悟 考点整合 第十六页，共三十七页。 热点聚焦 分类突破
12/11/2021
真题感悟 考点整合 第十三页，共三十七页。 热点聚焦 分类突破
归纳总结 思维升华
@《创新设计》
(1)解 2(Sn＋1)＝(n＋3)an，① 当n≥2时，2(Sn－1＋1)＝(n＋2)an－1，② ①－②得，(n＋1)an＝(n＋2)an－1，
所以n＋an 2＝na＋n－11(n≥2)，又∵1＋a1 2＝13， 故n＋an 2是首项为13的常数列.所以 an＝13(n＋2). (2)证明 由(1)知，bn＝ana1n＋1＝（n＋2）9（n＋3）＝9n＋1 2－n＋1 3. ∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝913－14＋14－15＋…＋n＋1 2－n＋1 3＝913－n＋1 3＝3－n＋9 3<3.
Hale Waihona Puke ∴当 n＝112/11/2021
第一部分专题二微专题2数列求和及简单应用-高三数学二轮专题复习课件
微专题2 数列求和及简单应用
对点训练
数列S1n的前 n 项和为 1－12＋12－13＋…＋n1－n＋1 1＝ 1－n＋1 1，
故 Tn＝2n＋1－2＋1－n＋1 1＝2n＋1－n＋1 1－1. 选②，设公差为 d，由 a3＋a5＝16，S3＋S5＝42，得 2a1＋6d＝16， 8a1＋13d＝42， 解得ad1＝＝22，，所以 an＝2n，Sn＝n2＋n.
微专题2 数列求和及简单应用
对点训练
代入(a2＋2)2＝(a1＋2)(a3＋2)，易得 a1＝2，a2＝4， a3＝7，a4＝12.
于是数列{an＋2}的前 4 项为 4，6，9，14； 显然它不是等比数列，所以数列{an＋2}不可能是等 比数列．
微专题2 数列求和及简单应用
对点训练
大题考法 4 错位相减法求数列的和
微专题2 数列求和及简单应用
对点训练
当 n 为奇数时，Gn＝2×n－2 1－(2n＋1)＝－n－2， 所以 Tn＝8（4n3－1）－n－2， 所以 Tn＝88（（44nn33－－11））－＋nn－，2n，为n偶为数奇，数.
微专题2 数列求和及简单应用
对点训练
1．在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思 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．在利用分组求和法求和时，常常根据需要对项数 n 的 奇偶进行讨论．最后再验证是否可以合并为一个表达式．
微专题2 数列求和及简单应用
对点训练
1．裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项 或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注 意消去了哪些项，保留了哪些项．
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．
高三数学二轮复习数列的综合应用课件
P2
P1
Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折线P1P2…Pn＋1，
求由该折线与直线y＝0，x＝x1，x＝xn＋1
所围成的区域的面积Tn．
O
x 1 x2
x3
x4
x
已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2．
（1）求数列{xn}的通项公式；
（2）如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1，1)，P2(x2，2)，…，
（1）求S1，S2及数列{Sn}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足bn ＝
1
7
≤|Tn|≤ ．
3
9
−1
，且{bn}的前n项和为Tn，求证：当n≥2时，
已知数列{an}满足a1＝1，Sn＝2an＋1，其中Sn为{an}的前n项和(n∈N*)．
（1）求S1，S2及数列{Sn}的通项公式；
（2）若数列{bn}满足bn ＝
Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折线P1P2…Pn＋1，求由该折线与直线y＝0，x＝x1，x＝
xn＋1所围成的区域的面积Tn．
y
P4
P3
P2
P1
O
x1 x2
x3
x4
x
数列求和的
基本方法
01
公式法
02
分组求和法
03
错位相减法
04
倒序相加法
05
裂项相消法
考点2：数列与不等式综合问题
已知数列{an}满足a1＝1，Sn＝2an＋1，其中Sn为{an}的前n项和(n∈N*)．
1
7
≤|Tn|≤ ．
3
9
−1
，且{bn}的前n项和为Tn，求证：当n≥2时，
2017届高三数学二轮复习课件 第2部分 大题规范方略—抢占高考制高点专题二 数列2-2-1
第16页
返回导航
第十六页，编辑于星期六：一点 十三分。
[考生不规范示例] 解：(1)令 n＝1，得a11a2＝13， 所以 a1a2＝3，a1(a1＋d)＝3，① 令 n＝2 得a11a2＋a21a3＝25， 所以 a2a3＝15，(a1＋d)(a2＋d)＝15 ② 由①②得 a1＝1，d＝2，所以 an＝2n－1.
返回导航
第十四页，编辑于星期六：一点 十三分。
记{bn}的前 n 项和为 Sn， 则 Sn＝11－－1313n＝32－2×13n－1.
第15页
返回导航
数学（理）
第十五页，编辑于星期六：一点 十三分。
数学（理）
类型三 学会规范 [例 3] (本题满分 12 分)已知数列{an}是首项为正数的等差数列， 数列ana1n＋1的前 n 项和为2nn＋1. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝(an＋1)·2an，求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
数学（理）
第十九页，编辑于星期六：一点 十三分。
数学（理）
即 a1＋2d＝5a1，∴d＝2a1，∴a2＝3a1 ∴a21＝1，(a1＞0)，∴a1＝1，d＝2. ∴an＝2n－1，经检验，符合题意．(6 分) (2)由(1)知 bn＝2n·22n－1＝n·4n， 所以 Tn＝1·41＋2·42＋…＋n·4n， 所以 4Tn＝1·42＋2·43＋…＋n·4n＋1， 两式相减，得－3Tn＝41＋42＋…＋4n－n·4n＋1(10 分)
第20页
返回导航
第二十页，编辑于星期六：一点 十三分。
数学（理）
＝411－－44n－n·4n＋1 ＝1－33n×4n＋1－43. 所以 Tn＝3n－ 9 1×4n＋1＋49＝4＋3n－9 14n＋1.(12 分)
高考数学二轮复习 板块三 专题突破核心考点 专题二 数列 第2讲 数列的求和问题课件
12/11/2021
第十八页，共五十一页。
解答
(2)设cn＝an·bn，求数列(shùliè){cn}的前n项和Tn.
12/11/2021
第二十一页，共五十一页。
解答
热点(rè diǎn)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
12/11/2021
第十二页，共五十一页。
解答
热点(rè 二 diǎn) 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(qízhōng){an}，{bn}分别是等差数列和等比数列.
12/11/2021
第十三页，共五十一页。
解答
真题押题精练(jīngliàn)
12/11/2021
第三十七页，共五十一页。
真题体验
1.(2017·全国Ⅱ)等差数列{an}的前
n
项和为
n
Sn，a3＝3，S4＝10，则
k＝1
S1k＝
__n_2＋_n_1_(n_∈__N__*)_.
12/11/2021
第三十八页，共五十一页。
解析(jiě 答案
12/11/2021
第十页，共五十一页。
解答
(2)求数列(shùliè){bn}的前n项和Sn.
解 由(1)得bn＝3n＋2n－1， 所以(suǒyǐ)Sn＝(3＋32＋33＋…＋3n)＋(1＋3＋5＋…＋2n－1)
＝311－－33n＋n1＋22n－1 ＝323n－1＋n2＝3n2＋1＋n2－32(n∈N*).
(3)为保证结果正确，可对得到的和取n＝1,2进行验证.
2017届高三数学(文)二轮复习(通用版)教师用书：题型专题(十二) 数列
题型专题(十二) 数 列[师说考点]1．等差数列的通项公式及前n 项和公式 a n ＝a 1＋(n －1)d ；S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d .2．等比数列的通项公式及前n 项和公式 a n ＝a 1q n －1(q ≠0)；S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q1－q(q ≠1)．[典例] (1)(2016·北京高考)已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和．若a 1＝6，a 3＋a 5＝0，则S 6＝________.[解析] ∵a 3＋a 5＝2a 4，∴a 4＝0. ∵a 1＝6，a 4＝a 1＋3d ，∴d ＝－2. ∴S 6＝6a 1＋6×（6－1）2d ＝6.[答案] 6(2)(2016·全国乙卷)已知{a n }是公差为3的等差数列，数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝13，a n b n＋1＋b n ＋1＝nb n .①求{a n }的通项公式； ②求{b n }的前n 项和．[解] ①由已知，a 1b 2＋b 2＝b 1，b 1＝1，b 2＝13，得a 1＝2.所以数列{a n }是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为a n ＝3n －1. ②由①知a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n ，得b n ＋1＝b n3，因此{b n }是首项为1，公比为13的等比数列．记{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1－⎝⎛⎭⎫13n1－13＝32－12×3n －1. [类题通法]1．等差(比)数列的基本运算在进行等差(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 (或q )的方程组求解，但要注意消元法及整体代换，以减少计算量．2．判断和证明数列是等差(比)数列的2种方法(1)定义法：对于n ≥1的任意自然数，验证a n ＋1－a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫或a n ＋1a n 为与正整数n 无关的一常数．(2)中项公式法：①若2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)，则{a n }为等差数列；②若a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)，则{a n }为等比数列．[演练冲关]1．若等比数列{a n }的各项均为正数，a 1＋2a 2＝3，a 23＝4a 2a 6，则a 4＝( ) A.38 B.245 C.316 D.916解析：选C由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2a 1q ＝3，（a 1q 2）2＝4a 1q ·a 1q 5，解得⎩⎨⎧a 1＝32，q ＝12.所以a 4＝a 1q 3＝32×⎝⎛⎭⎫123＝316.2．(2016·郑州质检)设数列{a n }满足：a 1＝1，a 2＝3，且2na n ＝(n －1)a n －1＋(n ＋1)a n ＋1，则a 20的值是( )A.215B.225C.235D.245解析：选D ∵2na n ＝(n －1)a n －1＋(n ＋1)a n ＋1，∴数列{na n }是以a 1＝1为首项，2a 2－a 1＝5为公差的等差数列，∴20a 20＝1＋5×19＝96，∴a 20＝245.3．(2016·广西质检)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3＝9，a 1，a 3，a 7成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a n ≠a 1(当n ≥2时)，数列{b n }满足b n ＝2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)a 23＝a 1a 7，即(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋6d )，化简得d ＝12a 1或d ＝0.当d ＝12a 1时，S 3＝3a 1＋3×22×12a 1＝92a 1＝9，得a 1＝2，d ＝1，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋(n －1)＝n ＋1，即a n ＝n ＋1； 当d ＝0时，由S 3＝9，得a 1＝3，即有a n ＝3. (2)由题意可知b n ＝2a n ＝2n ＋1， ∴b 1＝4，b n ＋1b n＝2.∴{b n }是以4为首项，2为公比的等比数列， ∴T n ＝4（1－2n ）1－2＝2n ＋2－4.[师说考点]n 10100( )A ．100B ．99C ．98D ．97[解析] 选C 法一：∵{a n }是等差数列，设其公差为d ， ∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝27，∴a 5＝3.又∵a 10＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝3，a 1＋9d ＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝1.∴a100＝a1＋99d＝－1＋99×1＝98.故选C.法二：∵{a n}是等差数列，∴S9＝92(a1＋a9)＝9a5＝27，∴a5＝3.在等差数列{a n}中，a5，a10，a15，…，a100成等差数列，且公差d′＝a10－a5＝8－3＝5.故a100＝a5＋(20－1)×5＝98.故选C.(2)(2016·昆明七校联考)在数列{a n}中，a1＝5，(a n＋1－2)(a n－2)＝3(n∈N*)，则该数列的前2 016项的和是________．[解析]依题意得(a n＋1－2)(a n－2)＝3，(a n＋2－2)·(a n＋1－2)＝3，因此a n＋2－2＝a n－2，即a n＋2＝a n，所以数列{a n}是以2为周期的数列．又a1＝5，因此(a2－2)(a1－2)＝3(a2－2)＝3，故a2＝3，a1＋a2＝8.注意到2 016＝2×1 008，因此该数列的前2 016项的和等于1 008(a1＋a2)＝8 064.[答案]8 064[类题通法]等差(比)数列性质应用策略(1)解决此类问题的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解；(2)数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如周期性、单调性(如本例(2)及[演练冲关]2)．[演练冲关]1．等差数列{a n}的前n项和为S n，若S11＝22，则a3＋a7＋a8＝()A．18 B．12 C．9 D．6解析：选D由题意得S11＝11（a1＋a11）2＝11a6＝22，即a6＝2，所以a3＋a7＋a8＝3a6＝3×2＝6，故选D.2．(2016·沈阳模拟)设等差数列{a n}满足a2＝7，a4＝3，S n是数列{a n}的前n项和，则使得S n>0成立的最大的自然数n是()A．9 B．10 C．11 D．12解析：选A 由题可得{a n }的公差d ＝3－74－2＝－2，a 1＝9，所以a n ＝－2n ＋11，可见{a n }是递减数列，且a 5>0>a 6，a 5＋a 6＝0，于是S 9＝2a 52×9>0，S 10＝a 5＋a 62×10＝0，S 11＝2a 62×11<0，从而该题选A.[师说考点]数列求和的关键是分析其通项，数列的基本求和方法有公式法、错位相减法、裂(拆)项相消法、分组法、倒序相加法和并项法等．[典例] (2016·全国甲卷)等差数列{a n }中，a 3＋a 4＝4，a 5＋a 7＝6. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝[a n ]，求数列{b n }的前10项和，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.[解] (1)设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由题意有⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋5d ＝4，a 1＋5d ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝25.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋35.(2)由(1)知，b n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋35. 当n ＝1，2，3时，1≤2n ＋35＜2，b n ＝1；当n ＝4，5时，2≤2n ＋35＜3，b n ＝2；当n ＝6，7，8时，3≤2n ＋35＜4，b n ＝3；当n ＝9，10时，4≤2n ＋35＜5，b n ＝4.所以数列{b n }的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.[类题通法]1．分组求和的常见方法(1)根据等差、等比数列分组． (2)根据正号、负号分组． 2．裂项相消的规律(1)裂项系数取决于前后两项分母的差． (2)裂项相消后前、后保留的项数一样多． 3．错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列{a n }与等比数列{b n }对应项相乘({a n ·b n })型数列求和． (2)步骤：①求和时先乘以数列{b n }的公比． ②把两个和的形式错位相减． ③整理结果形式．[演练冲关]1．若a n ＝(－1)n (4n －3)，则数列{a n }的前2n 项和T 2n 为________．解析：因为a n ＝(－1)n (4n －3)，所以T 2n ＝(－1＋5)＋(－9＋13)＋(－17＋21)＋…＋[－(8n －7)＋(8n －3)]＝4×n ＝4n .答案：4n2．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋3n 4，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝4 a n －4a n ，求数列{b n }的前n 项和． 解：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋3n 4－（n －1）2＋3（n －1）4＝n ＋12.因为a 1＝1也适合上式，因此数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋12.(2)由(1)知，a n ＝n ＋12，故b n ＝4 an －4a n ＝4n ＋12－4·n ＋12＝2n ＋1－2(n ＋1)．记数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)－2(2＋3＋…＋n ＋1)． 记A ＝22＋23＋…＋2n ＋1，B ＝2(2＋3＋…＋n ＋1)， 则A ＝4（1－2n ）1－2＝2n ＋2－4，B ＝2(2＋3＋…＋n ＋1)＝2·n （2＋n ＋1）2＝n 2＋3n .故数列{b n }的前n 项和T n ＝2n ＋2－4－n 2－3n .3．(2016·广西质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝32a n －1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2log 3a n 2＋1，求1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n －1b n .解：(1)当n ＝1时，a 1＝32a 1－1，∴a 1＝2，当n ≥2时，∵S n ＝32a n －1，①S n －1＝32a n －1－1(n ≥2)，②①－②得：a n ＝⎝⎛⎭⎫32a n －1－⎝⎛⎭⎫32a n －1－1， 即a n ＝3a n －1，∴数列{a n }是首项为2，公比为3的等比数列， ∴a n ＝2×3n －1.(2)由(1)得b n ＝2log 3a n2＋1＝2n －1，∴1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n －1b n ＝11×3＋13×5＋…＋1（2n －3）（2n －1）＝12(1－13＋13－15＋…＋12n －3－12n －1)＝n －12n －1.数列与其他知识的交汇数列在中学教材中既有相对独立性，又有较强的综合性，很多数列问题一般转化为特殊数列求解，一些题目常与函数、向量、三角函数、不等式等知识交汇结合，考查数列的基本运算与应用．[典例] (1)(2016·西安质检)对于函数y ＝f (x )，部分x 与y 的对应关系如下表：数列{x n 1n n ＋1y ＝f (x )的图象上，则x 1＋x 2＋…＋x 2 015＝( )A ．7 554B ．7 549C ．7 546D ．7 539[解析] 选A ∵数列{x n }满足x 1＝1，且对任意n ∈N *，点(x n ，x n ＋1)都在函数y ＝f (x )的图象上，∴x n ＋1＝f (x n )，∴由图表可得x 2＝f (x 1)＝3，x 3＝f (x 2)＝5，x 4＝f (x 3)＝6，x 5＝f (x 4)＝1，…，∴数列{x n }是周期为4的周期数列，∴x 1＋x 2＋…＋x 2 015＝503(x 1＋x 2＋x 3＋x 4)＋x 1＋x 2＋x 3＝503×15＋9＝7 554.故选A.(2)设数列{a n }满足a 2＋a 4＝10，点P n (n ，a n )对任意的n ∈N *，都有向量＝(1，2)，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.[解析] ∵P n (n ，a n )，∴P n ＋1(n ＋1，a n ＋1)， ∴＝(1，a n ＋1－a n )＝(1，2)，∴a n ＋1－a n ＝2，∴{a n }是公差d 为2的等差数列．又由a 2＋a 4＝2a 1＋4d ＝2a 1＋4×2＝10，解得a 1＝1， ∴S n ＝n ＋n （n －1）2×2＝n 2.[答案] n 2[类题通法](1)第(1)题是函数与数列的交汇，第(2)题是平面向量与数列的交汇；(2)解答此类问题的一般思路为利用已知条件结合函数、平面向量的知识转化为数列的问题进行求解．[演练冲关]1．(2016·郑州模拟)正项等比数列{a n }中的a 1、a 4 031是函数f (x )＝13x 3－4x 2＋6x －3的极值点，则log 6a 2 016＝( )A ．1B ．2 C. 2 D ．－1解析：选A 因为f ′(x )＝x 2－8x ＋6，且a 1、a 4 031是方程x 2－8x ＋6＝0的两根，所以a 1·a 4031＝a 22 016＝6，即a 2 016＝6，所以log 6a 2 016＝1，故选A.2．(2016·全国乙卷)设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________．解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则由a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝q (a 1＋a 3)＝5，知q ＝12.又a 1＋a 1q 2＝10，∴a 1＝8.故a 1a 2…a n ＝a n 1q 1＋2＋…＋(n －1)＝23n ·⎝⎛⎭⎫12（n －1）n2＝23n －n 22＋n 2＝2－n 22＋72n .记t ＝－n 22＋7n 2＝－12(n 2－7n )＝－12⎝⎛⎭⎫n －722＋498，结合n ∈N *可知n ＝3或4时，t 有最大值6. 又y ＝2t 为增函数，从而a 1a 2…a n 的最大值为26＝64. 答案：643．已知f (x )是定义在R 上不恒为零的函数，对于任意的x ，y ∈R ，都有f (xy )＝xf (y )＋yf (x )成立．数列{a n }满足a n ＝f (2n )(n ∈N *)，且a 1＝2，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析：由题意知，a n ＋1＝f (2n ＋1)＝2f (2n )＋2n f (2)＝2a n ＋2n ＋1， 则a n ＋12n ＋1＝a n2n ＋1， 所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为1，公差为1的等差数列，所以a n2n ＝n ，a n ＝n ·2n .答案：n ·2n一、选择题1．(2016·武汉模拟)在等比数列{a n }中，a 2a 3a 4＝8，a 7＝8，则a 1＝( ) A ．1 B ．±1 C ．2 D ．±2解析：选A 因为数列{a n }是等比数列，所以a 2a 3a 4＝a 33＝8，所以a 3＝2，所以a 7＝a 3q 4＝2q 4＝8，所以q 2＝2，a 1＝a 3q2＝1，故选A.2．(2016·昆明七校调研)在等比数列{a n }中，S n 是它的前n 项和，若q ＝2，且a 2与2a 4的等差中项为18，则S 5＝( )A ．62B ．－62C ．32D ．－32解析：选A 依题意得a 2＋2a 4＝36，q ＝2，则2a 1＋16a 1＝36，解得a 1＝2，因此S 5＝2×（1－25）1－2＝62，选A.3．(2016·河南六市联考)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，若{a n }和{S n }都是等差数列，且公差相等，则a 6＝( )A.114B.32C.72D ．1 解析：选A 设{a n }的公差为d ，由题意得，S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n ，又{a n }和{S n}都是等差数列，且公差相同，∴⎩⎨⎧d ＝d 2，a 1－d2＝0，解得⎩⎨⎧d ＝12，a 1＝14，a 6＝a 1＋5d ＝14＋52＝114，故选A.4．(2016·福建模拟)已知等比数列{a n }的各项均为正数且公比大于1，前n 项积为T n ，且a 2a 4＝a 3，则使得T n >1的n 的最小值为( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析：选C ∵{a n }是各项均为正数的等比数列且a 2a 4＝a 3，∴a 23＝a 3，∴a 3＝1.又∵q >1，∴a 1<a 2<1，a n >1(n >3)，∴T n >T n －1(n ≥4，n ∈N *)，T 1<1，T 2＝a 1·a 2<1，T 3＝a 1·a 2·a 3＝a 1a 2＝T 2<1，T 4＝a 1a 2a 3a 4＝a 1<1，T 5＝a 1·a 2·a 3·a 4·a 5＝a 53＝1，T 6＝T 5·a 6＝a 6>1，故n 的最小值为6，故选C.5．(2016·开封模拟)已知函数y ＝f (x )的定义域为R ，当x <0时，f (x )>1，且对任意的实数x 、y ∈R ，等式f (x )f (y )＝f (x ＋y )恒成立．若数列{a n }满足a 1＝f (0)，且f (a n ＋1)＝1f （－2－a n ）(n ∈N *)，则a 2 017的值为( )A ．4 033B ．3 029C ．2 249D ．2 209解析：选A 根据题意，不妨设f (x )＝⎝⎛⎭⎫12x，则a 1＝f (0)＝1，∵f (a n＋1)＝1f （－2－a n ），∴a n ＋1＝a n ＋2，∴数列{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列，∴a n ＝2n －1，∴a 2 017＝4 033.6．(2016·合肥质检)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝12，a 3·a 5＝4，则下列说法正确的是( )A ．{a n }是单调递减数列B ．{S n }是单调递减数列C ．{a 2n }是单调递减数列D ．{S 2n }是单调递减数列解析：选C 由于{a n }是等比数列，则a 3a 5＝a 24＝4，又a 2＝12，则a 4>0，a 4＝2，q 2＝16，当q ＝－66时，{a n }和{S n }不具有单调性，选项A 和B 错误；a 2n ＝a 2q 2n －2＝12×⎝⎛⎭⎫16n －1单调递减，选项C 正确；当q ＝－66时，{S 2n }不具有单调性，选项D 错误． 二、填空题7．已知正项数列{a n }满足a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ，若a 1＝2，则数列{a n }的前n 项和为________．解析：∵a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ，∴(a n ＋1－3a n )(a n ＋1＋2a n )＝0，∵a n >0，∴a n ＋1＝3a n ，又a 1＝2，∴{a n }是首项为2，公比为3的等比数列，∴S n ＝2（1－3n ）1－3＝3n －1. 答案：3n －18．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝12n (n ＝1，2，3，…)，则S 2n ＋3＝________.解析：依题意得S 2n ＋3＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 2n ＋2＋a 2n ＋3)＝1＋14＋116＋…＋14n ＋1＝1－14n ＋21－14＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n ＋2. 答案：43⎝⎛⎭⎫1－14n ＋2 9．(2016·山西质检)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3(2n －1)，数列{b n }的通项公式为b n ＝5n －2.数列{a n }和{b n }的所有公共项按从小到大的顺序构成数列{c n }．若数列{c n }的第n 项恰为数列{a n }的第k n 项，则数列{k n }的前32项的和是________．解析：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3(2n －1)－3(2n －1－1)＝3×2n －1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3，∴a n ＝3×2n －1.令a t ＝b s ，∴3×2t －1＝5s －2，则s ＝3×2t －1＋25.t ＝1，s ＝1，符合题意，t ＝2，s ＝85，不合题意，t ＝3，s ＝145，不合题意，t ＝4，s ＝265，不合题意，t ＝5，s ＝10，符合题意，……，∴{k n }是以1为首项，4为公差的等差数列，∴数列{k n }的前32项之和为32×1＋32×312×4＝2 016. 答案：2 016三、解答题10．等差数列{a n }的各项均为正数，a 1＝1，前n 项和为S n ；数列{b n }为等比数列，b 1＝1，且b 2S 2＝6，b 2＋S 3＝8.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)求1S 1＋1S 2＋…＋1S n. 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，d >0，{b n }的公比为q ，则a n ＝1＋(n －1)d ，b n ＝q n －1.依题意有⎩⎪⎨⎪⎧q （2＋d ）＝6，q ＋3＋3d ＝8， 解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－43，q ＝9(舍去)． 故a n ＝n ，b n ＝2n －1.(2)由(1)知S n ＝1＋2＋…＋n ＝12n (n ＋1)． 1S n ＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝2[⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1]＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1. 11．已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(ω>0，|φ|<π)的图象经过点⎝⎛⎭⎫π12，－2，⎝⎛⎭⎫7π12，2，且在区间⎝⎛⎭⎫π12，7π12上为单调函数．(1)求ω，φ的值；(2)设a n ＝n f ⎝⎛⎭⎫n π3(n ∈N *)，求数列{a n }的前30项和S 30. 解：(1)由题可得ωπ12＋φ＝2k π－π2，k ∈Z ，7ωπ12＋φ＝2k π＋π2，k ∈Z ，解得ω＝2，φ＝2k π－2π3，k ∈Z ， ∵|φ|<π，∴φ＝－2π3. (2)∵a n ＝2n sin ⎝⎛⎭⎪⎫2n π3－2π3(n ∈N *)，数列{2sin(2n π3－2π3)}(n ∈N *)的周期为3，前三项依次为0，3，－3， ∴a 3n －2＋a 3n －1＋a 3n ＝(3n －2)×0＋(3n －1)×3＋3n ×(－3)＝－3(n ∈N *)， ∴S 30＝(a 1＋a 2＋a 3)＋…＋(a 28＋a 29＋a 30)＝－10 3.12．(2016·湖北七市联考)已知等差数列{a n }，等比数列{b n }满足：a 1＝b 1＝1，a 2＝b 2，2a 3－b 3＝1.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)记c n ＝a n b n ，求数列{c n }的前n 项和S n .解：(1)设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧1＋d ＝q ，2（1＋2d ）－q 2＝1，即⎩⎪⎨⎪⎧1＋d ＝q ，q 2－4q ＋3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝0，q ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝3， 从而a n ＝b n ＝1或a n ＝2n －1，b n ＝3n －1.(2)①当a n ＝b n ＝1时，c n ＝1，所以S n ＝n ； ②当a n ＝2n －1，b n ＝3n －1时，c n ＝(2n －1)×3n －1， S n ＝1＋3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n －1)×3n －1， 3S n ＝3＋3×32＋5×33＋7×34＋…＋(2n －1)×3n ， 从而有(1－3)S n ＝1＋2×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n －1－(2n －1)×3n ＝1＋2(3＋32＋…＋3n －1)－(2n －1)×3n＝1＋2×3（1－3n －1）1－3－(2n －1)×3n ＝－2(n －1)×3n －2，故S n ＝(n －1)×3n ＋1.综合①②，得S n ＝n 或S n ＝(n －1)×3n ＋1.。
2017年高考数学(文)二轮复习：专题三第二讲《数列的综合应用》课件
所以 an＝6n＋5. 设数列{bn}的公差为 d.
a1＝b1＋b2， 11＝2b1＋d， 由 即 a2＝b2＋b3， 17＝2b1＋3d， b1＝4， 可解得 所以 bn＝3n＋1. d＝3.
考点二
考点三
第二讲 数列的综合应用
课前自主诊断
课堂对点补短
限时规范训练
上页
下页
考点二
41－2n n＋2 －n＋1×2 ＝－3n· ＝3×4＋ 2n＋2， 1－2
所以 Tn＝3n· 2n 2.
＋
第二讲 数列的综合应用
课前自主诊断
课堂对点补短
限时规范训练
上页
下页
考点三
数列与其
4．(2016· 高考四川卷)已知数列{an}的首项为 1，Sn 为数列{an}的 前 n 项和，Sn＋1＝qSn＋1，其中 q>0，n∈N*. (1)若 a2，a3，a2＋a3 成等差数列，求数列{an}的通项公式； y2 2 (2)设双曲线 x － 2 ＝1 的离心率为 en，且 e2＝2，求 e2 1＋e2＋„ an
考点二
考点三
第二讲 数列的综合应用
课前自主诊断
课堂对点补短
限时规范训练
上页
下页
考点一
试题
解析
考点一
考点二
考点三
a1＋a2＝4， a1＝1， (1)由题意得 则 a2＝2a1＋1， a2＝3. 又当 n≥2 时，由 an＋1－an＝(2Sn＋1)－2(Sn－ 1＋1)＝2an，得 an＋ 1＝3an； － 所以数列{an}的通项公式为 an＝3n 1，n∈N*. － (2)设 bn＝|3n 1－n－2|，n∈N*，则 b1＝2，b2＝1. 当 n≥3 时，由于 3n－1>n＋2，故 bn＝3n－ 1－n－2，n≥3. 设数列{bn}的前 n 项和为 Tn，则 T1＝2，T2＝3， － 91－3n 2 n＋7n－2 3n－n2－5n＋11 当 n≥3 时，Tn＝3＋ － ＝ ， 2 2 1－3
2017届高三数学高考二轮复习(书讲解课件)第一部分 专题三 第二讲 数列的综合应用
n＝1， n≥2，n∈N*.
第三页，编辑于星期六：一点 十六分。
第二讲 数列的综合应用
考点二 数列求和
课前自主诊断
课堂对点补短
限时规范训练 上页 下页
试题 解析
考点一 考点二 考点三
2．(2015·高考江苏卷)设数列{an}满足 a1＝1，且 an＋1－an＝n＋1(n
∈N*)，则数列a1n前
10
第二十二页，编辑于星期六：一点 十六分。
第二讲 数列的综合应用
考点一
课前自主诊断 课堂对点补短 限时规范训练 上页 下页
考点一
考点二 考点三
依据递推式 an＋1＝pan＋q(p，q 为常数)求数列通项公式是最 常见的一类题型．当 p＝1 时，{an}为等差数列；当 p≠1，p≠0， q＝0 时，{an}为等比数列；当 p≠1，p≠0，q≠0 时，如何 求出其通项公式是一个难点，化解这类问题的思路是利用待 定系数法，转化成等比数列.
评 价 考点二
考点三
※ 用自己的方式诊断记录 减少失误从此不再出错
第十二页，编辑于星期六：一点 十六分。
第二讲 数列的综合应用
课前自主诊断 课堂对点补短 限时规范训练 上页 下页
考点一 由递推关系求通项
[经典结论·全通关] 求数列通项常用的方法
考点一
考点二
(1)定义法：①形如 an＋1＝an＋C(C 为常数)，直接利用定义判断其 为等差数列．②形如 an＋1＝kan(k 为非零常数)且首项不为零，直接 利用定义判断其为等比数列．
2．已知数列{an}满足：a1＝12，an＋1＝n＋n 2an＋1－n＋n 2，则数列
{an}的通项公式为 an＝( C ) A．nn1＋1