浙江专版2018年高考数学第1部分重点强化专题专题2数列突破点5数列求和及其综合应用教学案

专题三 数列与数学归纳法第一讲数列的通项考点一 利用a n 与S n 的关系求通项一、基础知识要记牢a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，使用时要注意对第一项的求解与检验，如果符合a n ＝S n －S n －1的规律才能合并，否则要写成分段的形式．二、经典例题领悟好[例1] (2018届高三·浙东北三校联考)已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，a 2n ＋1＝4S n ＋4n ＋1，n ∈N *，且a 2，a 5，a 14恰是等比数列{b n }的前三项．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)记数列{b n }的前n 项和为T n ，若对任意的n ∈N *，⎝⎛⎭⎪⎫T n ＋32k ≥3n －6恒成立，求实数k 的取值范围．[解] (1)∵a 2n ＋1＝4S n ＋4n ＋1(n ∈N *)， ∴a 2n ＝4S n －1＋4(n －1)＋1(n ≥2)， 两式相减，得a 2n ＋1－a 2n ＝4a n ＋4(n ≥2)， ∴a 2n ＋1＝(a n ＋2)2(n ≥2)． 又a n >0，故a n ＋1＝a n ＋2(n ≥2)． 即a n ＋1－a n ＝2(n ≥2)．又a 25＝a 2a 14，即(a 2＋6)2＝a 2(a 2＋24)，解得a 2＝3， 又a 22＝4S 1＋4＋1，故a 1＝S 1＝1.∴a 2－a 1＝3－1＝2，故数列{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列，故a n ＝2n －1. 易知b 1＝a 2＝3，b 2＝a 5＝9，b 3＝a 14＝27，∴b n ＝3n. (2)由(1)可知T n ＝31－3n1－3＝3n ＋1－32. ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫3n ＋1－32＋32k ≥3n －6对任意的n ∈N *恒成立，即k ≥2n －43n 对任意的n ∈N *恒成立． 令C n ＝2n －43n ，则C n －C n －1＝2n －43n －2n －63n －1＝－22n －73n (n ≥2)，故当n ＝2,3时，C n >C n －1，当n ≥4，n ∈N *时，C n <C n －1，∴C 3＝227最大，∴k ≥227.故k 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫227，＋∞.对于数列，a n 和S n 有关系a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，这是一种重要的关系，是已知S n 求通项a n 的常用方法.首先利用S n “复制”出S n －1，就是“用两次”，再作差求出a n .三、预测押题不能少1．设各项均为正数的数列{a n } 的前n 项和为S n ，且 S n 满足 S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N *.(1)求a 1 的值；(2)求数列{a n } 的通项公式； (3)证明：对一切正整数n ，有1a 1a 1＋1＋1a 2a 2＋1＋…＋1a na n ＋1<13. 解：(1)由题意知，S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N *.令n ＝1，有S 21－(12＋1－3)S 1－3×(12＋1)＝0， 可得S 21＋S 1－6＝0，解得S 1＝－3或2， 即a 1＝－3或2，又a n 为正数，所以a 1＝2. (2)由S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n )＝0，n ∈N *可得， (S n ＋3)(S n －n 2－n )＝0，则S n ＝n 2＋n 或S n ＝－3， 又数列{a n }的各项均为正数，所以S n ＝n 2＋n ，S n －1＝(n －1)2＋(n －1)， 所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －[(n －1)2＋(n －1)]＝2n .又a 1＝2＝2×1，所以a n ＝2n . (3)证明：当n ＝1时，1a 1a 1＋1＝12×3＝16<13成立；当n ≥2时，1a na n ＋1＝12n2n ＋1<12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以1a 1a 1＋1＋1a 2a 2＋1＋…＋1a na n ＋1<16＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫12n－1－12n＋1＝16＋12⎝⎛⎭⎪⎫13－12n＋1<16＋16＝13.所以对一切正整数n，有1a1a1＋1＋1a2a2＋1＋…＋1a n a n＋1<13.考点二利用累加、累乘、代入等方法求通项一、基础知识要记牢累加即利用恒等式b n＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(b n－b n－1)求通项；累乘即利用恒等式a n＝a1·a2a1·a3a2·…·a na n－1求通项．二、经典例题领悟好[例2] (1)已知正项数列{a n}中，a1＝1，且(n＋2)·a2n＋1－(n＋1)a2n＋a n a n＋1＝0，则它的通项公式为( )A．a n＝1n＋1B．a n＝2n＋1C．a n＝n＋22D．a n＝n(2)已知数列{a n}中，a1＝1，且a n＋1＝a n(1－na n＋1)，则数列{a n}的通项公式为________．[解析] (1)因为(n＋2)a2n＋1－(n＋1)a2n＋a n a n＋1＝0，所以[(n＋2)a n＋1－(n＋1)a n](a n＋1＋a n)＝0.又{a n}为正项数列，所以(n＋2)a n＋1－(n＋1)a n＝0，即a n＋1a n＝n＋1n＋2，则当n≥2时，a n＝a na n－1·a n－1a n－2·…·a2a1·a1＝nn＋1·n－1n·…·23·1＝2n＋1，又a1＝1＝21＋1，满足上式，故a n＝2n＋1.故选B.(2)原数列递推公式可化为1a n＋1－1a n＝n，令b n＝1a n，则b n＋1－b n＝n，因此b n＝(b n－b n－1)＋(b n－1－b n－2)＋…＋(b3－b2)＋(b2－b1)＋b1＝(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1＋1＝n2－n＋22，所以a n＝2n2－n＋2.[答案] (1)B (2)a n＝2n2－n＋21累加、累乘是课本中求等差比数列通项方法的推广，若已知a na n -1＝g n 且g n 可以求积，则可以利用恒等式a n ＝a 1·a 2a 1·a 3a 2…a na n －1求通项.若已知b n ＋1－b n ＝f n且fn 可以求和，则可以利用恒等式b n ＝b 1＋b 2－b 1＋b 3－b 2＋…＋b n －b n －1解出通项；基本方法都有很大的“弹性空间”，把握其思想精髓就可以大有作为.2给出数列的递推关系求通项时通常利用代入法、整体换元法等求解，不必考虑特殊技巧.三、预测押题不能少2．(1)已知数列{a n }，a 1＝1，a n ＝2a n －1＋1(n ≥2，n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析：由a n ＝2a n －1＋1(n ≥2，n ∈N *)，设a n ＋t ＝2(a n －1＋t )(n ≥2)，所以2t －t ＝1，解得t ＝1，所以a n ＋1＝2(a n －1＋1)(n ≥2)，所以a n ＋1a n －1＋1＝2，又a 1＋1＝2，所以{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＋1＝2n，所以a n ＝2n－1.答案：2n－1(2)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n a n ＋3(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________．解析：因为a n ＋1＝a na n ＋3(n ∈N *)，所以1a n ＋1＝3a n ＋1，设1a n ＋1＋t ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋t ，所以3t －t ＝1，解得t ＝12，所以1a n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋12，又1a 1＋12＝1＋12＝32，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋12是以32为首项，3为公比的等比数列，所以1a n ＋12＝32×3n －1＝3n2，所以a n ＝23n －1.答案：a n ＝23n－1[知能专练(九)]一、选择题1．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，S 3＝12，则a 6等于( ) A ．8B ．10C ．12D ．14解析：选C 设等差数列{a n }的公差为d ，则S 3＝3a 1＋3d ，所以12＝3×2＋3d ，解得d ＝2，所以a 6＝a 1＋5d ＝2＋5×2＝12，故选C.2．已知等差数列{a n }满足a 2＝3，a 5＝9，若数列{b n }满足b 1＝3，b n ＋1＝ab n ，则{b n }的通项公式为b n ＝( )A ．2n－1 B ．2n＋1 C ．2n ＋1－1 D ．2n －1＋2解析：选B 据已知易得a n＝2n－1，故由b n＋1＝ab n可得b n＋1＝2b n－1，变形为b n＋1－1＝2(b n－1)，即数列{b n－1}是首项为2，公比为2的等比数列，故b n－1＝2n，解得b n＝2n ＋1.故选B.3．已知数列{a n}中，a1＝3，a2＝5且对于大于2的正整数，总有a n＝a n－1－a n－2，则a2 018等于( )A．－5 B．5 C．－3 D．3解析：选B a n＋6＝a n＋5－a n＋4＝a n＋4－a n＋3－a n＋4＝－(a n＋2－a n＋1 )＝－a n＋2＋a n＋1＝－(a n＋1－a n)＋a n＋1＝a n，故数列{a n}是以6为周期的周期数列，∴a2 018＝a336×6＋2＝a2＝5，故选B.4．已知数列{a n}满足a1＝1，且a n＝13a n－1＋⎝⎛⎭⎪⎫13n(n≥2，且n∈N*)，则数列{an}的通项公式为( )A．a n＝3nn＋2B．a n＝n＋23nC．a n＝n＋2 D．a n＝(n＋2)3n解析：选B 由a n＝13a n－1＋⎝⎛⎭⎪⎫13n(n≥2且n∈N*)，得3n an＝3n－1an－1＋1,3n－1an－1＝3n－2an－2＋1，…，32a2＝3a1＋1，以上各式相加得3n a n＝n＋2，故a n＝n＋2 3n.5．(2017·宝鸡模拟)已知数列{a n}的前n项和为S n，且满足4(n＋1)(S n＋1)＝(n＋2)2a n，则数列{a n}的通项公式为a n＝( )A．(n＋1)3 B．(2n＋1)2C．8n2 D．(2n＋1)2－1解析：选A 当n＝1时，4(1＋1)(a1＋1)＝(1＋2)2a1，解得a1＝8，当n≥2时，由4(S n＋1)＝n＋22a nn＋1，得4(S n－1＋1)＝n＋12a n－1n，两式相减得，4a n＝n＋22a nn＋1－n＋12a n－1n ，即a na n－1＝n＋13n3，所以a n＝a na n－1·a n－1a n－2·…·a2a1·a1＝n＋13 n3·n3n－13·…·3323·8＝(n＋1)3，经验证n＝1时也符合，所以a n＝(n＋1)3.6．在各项均不为零的数列{a n}中，若a1＝1，a2＝13，2a n a n＋2＝a n＋1a n＋2＋a n a n＋1(n∈N*)，则a2 018＝( )A.14 033B.14 034C.14 035D.14 037解析：选C 因为2a n a n ＋2＝a n ＋1a n ＋2＋a n a n ＋1(n ∈N *)，所以2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，其公差d ＝1a 2－1a 1＝2，所以1a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，a n ＝12n －1，所以a 2 018＝14 035.二、填空题7．已知数列{a n }中，a 3＝3，a n ＋1＝a n ＋2，则a 2＋a 4＝________，a n ＝________. 解析：因为a n ＋1－a n ＝2，所以{a n }为等差数列且公差d ＝2，由a 1＋2d ＝3得a 1＝－1，所以a n ＝－1＋(n －1)×2＝2n －3，a 2＋a 4＝2a 3＝6.答案：6 2n －38．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝a 2＝1，{nS n ＋(n ＋2)a n }为等差数列，则{a n }的通项公式a n ＝________.解析：因为{nS n ＋(n ＋2)a n }为等差数列，且S 1＋3a 1＝4,2S 2＋4a 2＝8，则该等差数列的公差为4，所以nS n ＋(n ＋2)a n ＝4＋4(n －1)＝4n ，即S n ＋n ＋2n a n ＝4，S n －1＋n ＋1n －1a n －1＝4(n ≥2)，两式相减整理得a n a n －1＝n 2n －1(n ≥2)，则a n ＝a 1·a 2a 1·a 3a 2·…·a n a n －1＝12n －1×1×21×32×…×n n －1＝n 2n －1，经验证n ＝1时也符合，所以a n ＝n2n －1. 答案：n2n －19．如图，互不相同的点A 1，A 2，…，A n ，…和B 1，B 2，…，B n ，…分别在角O 的两条边上，所有A n B n 相互平行，且所有梯形A n B n B n ＋1A n ＋1的面积均相等．设OA n ＝a n .若a 1＝1，a 2＝2，则数列{a n }的通项公式是________．解析：设△A 1B 1O 的面积为S 0，梯形A n B n B n ＋1A n ＋1的面积为S ⇒S 0S 0＋S ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1a22⇒S ＝3S 0， S 0＋nS S 0＋n ＋1S ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n ＋22⇒1＋3n 4＋3n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n ＋22.由上面2种情况得3n －23n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n a n ＋12⇒⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1a 22⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2a 32⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3a 42·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫a n a n ＋12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1a n ＋12＝14·47·710·…·3n －23n ＋1＝13n ＋1⇒⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1a n ＋12＝13n ＋1⇒a n ＋1＝3n ＋1，且a 1＝1⇒a n ＝3n －2，n ∈N *.答案：a n ＝3n －2，n ∈N *三、解答题10．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝3n －1＋a n －1(n ≥2)．(1)求a 2，a 3； (2)证明：a n ＝3n－12.解：(1)易知a 2＝4，a 3＝13. (2)证明：由于a n ＝3n －1＋a n －1(n ≥2)，∴a n －a n －1＝3n －1(n ≥2)．∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝3n －1＋3n －2＋…3＋1＝3n －12(n ≥2)，经检验，n ＝1时也满足上式，故a n ＝3n－12.11．数列{a n }满足a 1＝1且8a n ＋1a n －16a n ＋1＋2a n ＋5＝0(n ≥1)，记b n ＝1a n －12(n ≥1)．(1)求b 1，b 2，b 3，b 4的值；(2)求数列{b n }的通项及数列{a n b n }的前n 项和S n . 解：(1)由b n ＝1a n －12，得a n ＝1b n ＋12. 代入递推关系8a n ＋1a n －16a n ＋1＋2a n ＋5＝0， 整理得4b n ＋1b n －6b n ＋1＋3b n＝0.即b n ＋1＝2b n －43.由a 1＝1得b 1＝2， 所以b 2＝83，b 3＝4，b 4＝203.(2)∵b n ＋1＝2b n －43，∴b n ＋1－43＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫b n －43，b 1－43＝23≠0.∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n－43是以23为首项，以2为公比的等比数列． 故b n －43＝13×2n ，即b n ＝13×2n＋43.由b n ＝1a n －12得a n b n ＝12b n ＋1， 故S n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝12(b 1＋b 2＋…＋b n )＋n ＝131－2n1－2＋53n ＝13(2n＋5n －1)． 12．(2016·浙江高考)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．解：(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝4，a 2＝2a 1＋1，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 2＝3.又当n ≥2时，由a n ＋1－a n ＝(2S n ＋1)－(2S n －1＋1)＝2a n ，得a n ＋1＝3a n ，又a 2＝2，则a n＝3n －1，而n ＝1时也符合该式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *.(2)设b n ＝|3n －1－n －2|，n ∈N *，则b 1＝2，b 2＝1.当n ≥3时，由于3n －1＞n ＋2，故b n ＝3n －1－n －2，n ≥3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 1＝2，T 2＝3， 当n ≥3时，T n ＝3＋91－3n －21－3－n ＋7n －22＝3n －n 2－5n ＋112，因为当n ＝2时，也符合T n ＝3n－n 2－5n ＋112.所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2， n ＝1，3n －n 2－5n ＋112，n ≥2，n ∈N *.第二讲等差数列、等比数列考点一 等差、等比数列的基本运算 一、基础知识要记牢等差数列 等比数列概念 a n －a n －1＝d ，n ≥2 a na n －1＝q ，n ≥2 通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d a n ＝a 1q n －1(q ≠0) 前n 项和S n ＝n a 1＋a n2＝na 1＋n n －12d(1)q ≠1，S n ＝a 11－q n1－q＝a 1－a n q1－q(2)q ＝1，S n ＝na 1二、经典例题领悟好[例1] (1)(2017·全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏(2)设等比数列{a n }中，若a 3＝3，且a 2 017＋a 2 018＝0，则S 101等于( ) A ．3 B ．303 C ．－3D ．－303[解析] (1)每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{a n }，则前7项的和S 7＝381，公比q ＝2，依题意，得S 7＝a 11－271－2＝381，解得a 1＝3.(2)∵等比数列{a n }中，a 3＝3，且a 2 017＋a 2 018＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝3，a 1q2 0161＋q ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，q ＝－1，∴S 101＝a 11－q 1011－q ＝3[1－－1101]1－－1＝3×22＝3.[答案] (1)B (2)A等差等比数列的基本运算，一般通过其通项公式及前n 项和公式建立关于a 1和d或q的方程或方程组解决.注意利用等比数列前n 项和公式求和时，不可忽视对公比q 是否为1的讨论. 三、预测押题不能少1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，a 1＝－1，b 1＝1，a 2＋b 2＝2.(1)若a 3＋b 3＝5，求{b n }的通项公式；(2)若T 3＝21，求S 3.解：设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ， 则a n ＝－1＋(n －1)d ，b n ＝q n －1.由a 2＋b 2＝2得d ＋q ＝3.① (1)由a 3＋b 3＝5得2d ＋q 2＝6.②联立①②解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝0(舍去)或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2.因此{b n }的通项公式为b n ＝2n －1.(2)由b 1＝1，T 3＝21，得q 2＋q －20＝0， 解得q ＝－5，或q ＝4.当q ＝－5时，由①得d ＝8，则S 3＝21. 当q ＝4时，由①得d ＝－1，则S 3＝－6. 考点二 等差、等比数列的判定与证明 一、基础知识要记牢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)． 2．证明{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，a n ≠0)． 二、经典例题领悟好[例2] (2018届高三·浙江联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫2n＋1a n (n ≥1)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等比数列；(2)设数列{2na n }的前n 项和为T n ，A n ＝1T 1＋1T 2＋1T 3＋…＋1T n ，试比较A n 与2na n的大小．[解] (1)证明：由a 1＝S 1＝2－3a 1得，a 1＝12.由S n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋1a n 得，S n －1＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －1＋1a n －1，n ≥2，于是a n ＝S n －S n －1＝⎝⎛⎭⎪⎫2n －1＋1a n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋1a n，整理得a n n ＝12×a n －1n －1(n ≥2)，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项及公比均为12的等比数列．(2)由(1)得a n n ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝12n ，于是2na n ＝n ，T n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12，1T n ＝2nn ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，A n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝2n n ＋1. 又2na n＝2n ＋1n 2，所以问题转化为比较2n ＋1n 2与2n n ＋1的大小，即比较2nn 2与n n ＋1的大小． 设f (n )＝2nn2，g (n )＝n n ＋1，因为f (n ＋1)－f (n )＝2n[n n －2－1][n n ＋1]2， 当n ≥3时，f (n ＋1)－f (n )>0， 所以当n ≥3时，f (n )单调递增，所以当n ≥4时，f (n )≥f (4)＝1，而g (n )<1， 所以当n ≥4时，f (n )>g (n )．经检验当n ＝1,2,3时，仍有f (n )>g (n )． 综上可得，A n <2na n.1判断一个数列是等差等比数列，还有通项公式法及前n 项和公式法，但不可作为证明方法.2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比数列即可.3a 2n ＝a n －1a n ＋1n ≥2，n ∈N *是{a n }为等比数列的必要不充分条件，也就是要注意判断一个数列是等比数列时，各项不能为0.三、预测押题不能少2．在数列{a n }中，a 1＝35，a n ＋1＝2－1a n ，设b n ＝1a n －1，数列{b n }的前n 项和是S n .(1)证明数列{b n }是等差数列，并求S n ； (2)比较a n 与S n ＋7的大小． 解：(1)证明：∵b n ＝1a n －1，a n ＋1＝2－1a n ，∴b n ＋1＝1a n ＋1－1＝1a n －1＋1＝b n ＋1，∴b n ＋1－b n ＝1，∴数列{b n }是公差为1的等差数列．由a 1＝35，b n ＝1a n －1得b 1＝－52，∴S n ＝－5n2＋n n －12＝n 22－3n .(2)由(1)知：b n ＝－52＋n －1＝n －72.由b n ＝1a n －1得a n ＝1＋1b n ＝1＋22n －7.∴a n －S n －7＝－n 22＋3n －6＋22n －7.∵当n ≥4时，y ＝－n 22＋3n －6是减函数，y ＝22n －7也是减函数，∴当n ≥4时，a n －S n －7≤a 4－S 4－7＝0.又∵a 1－S 1－7＝－3910<0，a 2－S 2－7＝－83<0，a 3－S 3－7＝－72<0，∴对任意的n ∈N *，a n －S n －7≤0，∴a n ≤S n ＋7.考点三 等差、等比数列的性质 一、基础知识要记牢等差数列等比数列性质 (1)若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ， 则a m ＋a n ＝a p ＋a q(2)a n ＝a m ＋(n －m )d(3)S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍成等差数列(1)若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ， 则a m ·a n ＝a p ·a q (2)a n ＝a m qn －m(3)S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍成等比数列(S n ≠0)[例3] (1)(2016·全国卷Ⅰ)已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( )A ．100B ．99C ．98D ．97(2)(2017·湖州模拟)在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 2a 10＝9，则a 5＋a 7( ) A ．有最小值6 B ．有最大值6 C ．有最大值9D ．有最小值3[解析] (1)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.∴a 100＝a 1＋99d ＝－1＋99×1＝98.故选C. 法二：∵{a n }是等差数列，∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝27，∴a 5＝3.在等差数列{a n }中，a 5，a 10，a 15，…，a 100成等差数列，且公差d ′＝a 10－a 5＝8－3＝5. 故a 100＝a 5＋(20－1)×5＝98.故选C.(2)因为等比数列{a n }各项为正数，且a 5·a 7＝a 2·a 10＝9， 所以a 5＋a 7≥2a 5·a 7＝29＝6， 当且仅当a 5＝a 7＝3时等号成立， 所以a 5＋a 7的最小值为6.故选A. [答案] (1)C (2)A等差、等比数列性质应用问题求解策略(1)等差数列{a n }的前n 项和S n ＝n a 1＋a n2＝nan ＋12(n 为奇数)是常用的转化方法．(2)熟练运用等差、等比数列的性质，可减少运算过程，提高解题正确率．(3)灵活利用等差、等比数列和的性质，等差(比)数列的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…也是等差(比)数列(公比q 不为－1).三、预测押题不能少3．(1)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 2＋a 8>0，S 11<0，则S n 的最大值为( ) A ．S 5 B ．S 6 C ．S 9D ．不能确定解析：选A 因为{a n }是等差数列，所以a 2＋a 8＝2a 5>0，a 5>0，又S 11＝11a 1＋a 112＝11a 6<0，a 6<0，所以等差数列{a n }的前5项是正数，从第6项开始为负数，所以S n 的最大值为S 5，故选A.(2)已知数列{a n }是等比数列，S n 为其前n 项和，若a 1＋a 2＋a 3＝4，a 4＋a 5＋a 6＝8，则S 12＝( )A ．40B ．60C ．32D ．50解析：选B 由等比数列的性质可知，数列S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，即数列4,8，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，即S 9－S 6＝16，S 12－S 9＝32，因此S 12＝S 3＋(S 6－S 3)＋(S 9－S 6)＋(S 12－S 9)＝4＋8＋16＋32＝60，故选B.[知能专练(十)]一、选择题1．(2017·苏州模拟)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，S 8＝4a 3，a 7＝－2，则a 9＝( )A．－6 B．－4C．－2 D．2解析：选A 根据等差数列的定义和性质可得，S8＝4(a1＋a8)＝4(a3＋a6)，又S8＝4a3，所以a6＝0.又a7＝－2，所以a8＝－4，a9＝－6.2．(2017·全国卷Ⅲ)等差数列{a n}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{a n}前6项的和为( )A．－24 B．－3C．3 D．8解析：选A 设等差数列{a n}的公差为d，因为a2，a3，a6成等比数列，所以a2a6＝a23，即(a1＋d)(a1＋5d)＝(a1＋2d)2.又a1＝1，所以d2＋2d＝0.又d≠0，则d＝－2，所以{a n}前6项的和S6＝6×1＋6×52×(－2)＝－24.3．已知等比数列{a n}中，a4＋a8＝－2，则a6(a2＋2a6＋a10)的值为( )A．4 B．6C．8 D．－9解析：选 A ∵a4＋a8＝－2，∴a6(a2＋2a6＋a10)＝a6a2＋2a26＋a6a10＝a24＋2a4a8＋a28＝(a4＋a8)2＝4.4．(2017·宝鸡质检)设等差数列{a n}的前n项和为S n，且S9＝18，a n－4＝30(n>9)，若S n＝336，则n的值为( )A．18 B．19C．20 D．21解析：选 D 因为{a n}是等差数列，所以S9＝9a5＝18，a5＝2，S n＝n a1＋a n2＝n a5＋a n－42＝n2×32＝16n＝336，解得n＝21.5．(2016·浙江高考)如图，点列{A n}，{B n}分别在某锐角的两边上，且|A n A n＋1|＝|A n＋1A n＋2|，A n≠A n＋2，n∈N *，|Bn B n＋1|＝|B n＋1B n＋2|，B n≠B n＋2，n∈N*(P≠Q表示点P与Q不重合)．若d n＝|A n B n|，S n为△A n B n B n＋1的面积，则( )A ．{S n }是等差数列B ．{S 2n }是等差数列 C ．{d n }是等差数列D ．{d 2n }是等差数列解析：选A 由题意，过点A 1，A 2，A 3，…，A n ，A n ＋1，…分别作直线B 1B n ＋1的垂线，高分别记为h 1，h 2，h 3，…，h n ，h n ＋1，…，根据平行线的性质，得h 1，h 2，h 3，…，h n ，h n ＋1，…成等差数列，又S n ＝12×|B n B n ＋1|×h n ，|B n B n ＋1|为定值，所以{S n }是等差数列．故选A.6．已知等比数列{a n }的公比为q ，记b n ＝a m (n －1)＋1＋a m (n －1)＋2＋…＋a m (n －1)＋m ，c n ＝a m (n －1)＋1·a m (n －1)＋2·…·a m (n －1)＋m (m ，n ∈N *)，则以下结论一定正确的是( )A ．数列{b n }为等差数列，公差为q mB ．数列{b n }为等比数列，公比为q 2mC ．数列{c n }为等比数列，公比为m q 2D ．数列{c n }为等比数列，公比为m m q 解析：选C 等比数列{a n }的通项公式a n ＝a 1q n －1，所以c n ＝a m (n －1)＋1·a m (n －1)＋2·…·a m (n －1)＋m ＝a 1q m (n －1)·a 1qm (n －1)＋1·…·a 1qm (n －1)＋m －1＝a m 1q m (n －1)＋m (n －1)＋1＋…＋m (n －1)＋m －1＝a m1q(m )(m )m (n )211+112＋--－＝a m1qm m n 2(1)(1)2＋-－.所以数列{c n }为等比数列，公比为m q 2. 二、填空题7．(2017·全国卷Ⅲ)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则a 4＝________. 解析：设等比数列{a n }的公比为q ， 则a 1＋a 2＝a 1(1＋q )＝－1，a 1－a 3＝a 1(1－q 2)＝－3，两式相除，得1＋q 1－q 2＝13，解得q ＝－2，a 1＝1，所以a 4＝a 1q 3＝－8. 答案：－88．已知公比q 不为1的等比数列{a n }的首项a 1＝12，前n 项和为S n ，且a 2＋S 2，a 3＋S 3，a 4＋S 4成等差数列，则q ＝________，S 6＝________.解析：由a 2＋S 2＝12＋q ，a 3＋S 3＝12＋12q ＋q 2，a 4＋S 4＝12＋12q ＋12q 2＋q 3成等差数列，得2⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋12q ＋q 2＝12＋q ＋12＋12q ＋12q 2＋q 3，化简得(2q 2－3q ＋1)q ＝0，q ≠1，且q ≠0，解得q＝12，所以S 6＝a 11－q61－q＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫126＝6364.答案：12 63649．(2018届高三·杭州七校联考)等比数列{a n }中a 1＝2，公比q ＝－2，记Πn ＝a 1×a 2×…×a n (即Πn 表示数列{a n }的前n 项之积)，Π8，Π9，Π10，Π11中值最大的是________．解析：由a 1＝2，q ＝－2，Πn ＝a 1×a 2×…×a n ＝(a 1)nqn n (-)12，Π8＝28(－2)28＝236；Π9＝29(－2)36＝245；Π10＝210(－2)45＝－255；Π11＝211(－2)55＝－266.故Π9最大．答案：Π9 三、解答题10．已知等差数列{a n }的公差不为零，a 1＝25，且a 1，a 11，a 13成等比数列． (1)求{a n }的通项公式； (2)求a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 3n －2.解：(1)设{a n }的公差为d .由题意，a 211＝a 1a 13， 即(a 1＋10d )2＝a 1(a 1＋12d )，于是d (2a 1＋25d )＝0. 又a 1＝25，所以d ＝0(舍去)，或d ＝－2. 故a n ＝－2n ＋27.(2)令S n ＝a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 3n －2.由(1)知a 3n －2＝－6n ＋31，故{a 3n －2}是首项为25，公差为－6的等差数列．从而S n ＝n2(a 1＋a 3n －2)＝n2·(－6n ＋56)＝－3n 2＋28n .11．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝4a n －3(n ∈N *)． (1)证明：数列{a n }是等比数列；(2)若数列{b n }满足b n ＋1＝a n ＋b n (n ∈N *)，且b 1＝2，求数列{b n }的通项公式． 解：(1)证明：由S n ＝4a n －3可知， 当n ＝1时，a 1＝4a 1－3，解得a 1＝1.因为S n ＝4a n －3，则S n －1＝4a n －1－3(n ≥2)， 所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4a n －4a n －1， 整理得a n ＝43a n －1，又a 1＝1≠0，所以{a n }是首项为1，公比为43的等比数列．(2)由(1)知a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1，由b n ＋1＝a n ＋b n (n ∈N *)，得b n ＋1－b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1.可得b n ＝b 1＋(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝2＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －11－43＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1－1(n ≥2，n ∈N *)． 当n ＝1时上式也满足条件．所以数列{b n }的通项公式为b n ＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1－1(n ∈N *)．12．(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．已知S 2＝2，S 3＝－6. (1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列． 解：(1)设{a n }的公比为q . 由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 11＋q ＝2，a 11＋q ＋q 2＝－6，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，q ＝－2.故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n. (2)由(1)可得S n ＝－2×[1－－2n]1－－2＝－23＋(－1)n 2n ＋13.由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n 2n ＋3－2n ＋23＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤－23＋－1n2n ＋13＝2S n，故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．第三讲数列的综合应用考点一 数列求和数列求和的关键是分析其通项，熟悉两个基本数列的求和公式以及体现的思想方法(如转化与化归思想、错位相减法、倒序相加法等)，根据具体情形采取灵活手段解决．数列求和的基本方法有公式法、错位相减法、裂(拆)项相消法、分组法、倒序相加法和并项法等．考查类型(一) 利用公式、分组求和 一、经典例题领悟好[例1] (2016·北京高考)已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，且b 2＝3，b 3＝9，a 1＝b 1，a 14＝b 4.(1)求{a n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ＋b n ，求数列{c n }的前n 项和．[解] (1)设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 3b 2＝93＝3，所以b 1＝b 2q＝1，b 4＝b 3q ＝27， 所以b n ＝3n －1(n ∈N *)．设等差数列{a n }的公差为d . 因为a 1＝b 1＝1，a 14＝b 4＝27， 所以1＋13d ＝27，即d ＝2. 所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)由(1)知，c n ＝a n ＋b n ＝2n －1＋3n －1.从而数列{c n }的前n 项和S n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＋1＋3＋…＋3n －1＝n 1＋2n －12＋1－3n 1－3＝n 2＋3n－12.分组求和法的2种常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组法求{a n }的前n 项和．(2)通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数，c n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组法求和.二、预测押题不能少1．在等差数列{a n }中，a 2＋a 7＝－23，a 3＋a 8＝－29. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{a n ＋b n }是首项为1，公比为q 的等比数列，求{b n }的前n 项和S n . 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d . ∵a 3＋a 8－(a 2＋a 7)＝2d ＝－6. ∴d ＝－3，又a 2＋a 7＝2a 1＋7d ＝－23，解得a 1＝－1， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝－3n ＋2.(2)∵数列{a n ＋b n }是首项为1，公比为q 的等比数列， ∴a n ＋b n ＝qn －1，即－3n ＋2＋b n ＝qn －1，∴b n ＝3n －2＋q n －1.∴S n ＝[1＋4＋7＋…＋(3n －2)]＋(1＋q ＋q 2＋…＋q n －1)＝n 3n －12＋(1＋q ＋q 2＋…＋qn －1)，故当q ＝1时，S n ＝n 3n －12＋n ＝3n 2＋n 2；当q ≠1时，S n ＝n 3n －12＋1－q n1－q. 考查类型(二) 错位相减求和 一、经典例题领悟好[例2] (2017·天津高考)已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式； (2)求数列{a 2n b n }的前n 项和(n ∈N *)．[解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q . 由b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12. 因为b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0. 又因为q ＞0，解得q ＝2.所以b n ＝2n. 由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8.① 由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16.②联立①②，解得a 1＝1，d ＝3，由此可得a n ＝3n －2. 所以{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，{b n }的通项公式为b n ＝2n. (2)设数列{a 2n b n }的前n 项和为T n ，由a 2n b n ＝(6n －2)·2n.有T n ＝4×2＋10×22＋16×23＋…＋(6n －2)×2n，2T n ＝4×22＋10×23＋16×24＋…＋(6n －8)×2n ＋(6n －2)×2n ＋1，上述两式相减，得－T n ＝4×2＋6×22＋6×23＋…＋6×2n－(6n －2)×2n ＋1＝12×1－2n1－2－4－(6n －2)×2n ＋1＝－(3n －4)2n ＋2－16， 得T n ＝(3n －4)2n ＋2＋16.所以数列{a 2n b n }的前n 项和为(3n －4)2n ＋2＋16.1错位相减法适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘所得的数列求和，属于等比数列求和公式的推导方法的应用.2利用错位相减法求和时，应注意：①在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应注意两式“错项对齐”；②当等比数列的公比为字母时，应对字母是否为1进行讨论.二、预测押题不能少2．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 ＋1b 1＋b 2n ＋12＝(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＝32＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－2n ＋12n ＋1＝52－2n ＋52n ＋1，所以T n ＝5－2n ＋52n .考查类型(三) 裂项相消求和一、经典例题领悟好[例3] (2017·全国卷Ⅲ)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n . (1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和． [解] (1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)．两式相减得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1(n ≥2)．又由题设可得a 1＝2，满足上式，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＝22n ＋12n －1＝12n －1－12n ＋1.则S n ＝11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝2n2n ＋1.(1)裂项相消一般适用于通项公式为h nf ng n型数列的求和．(2)裂项相消求和法一般是把数列每一项分裂成两项的差，通过正、负项相消求和．常用裂项形式如：an n ＋k ＝a k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k ，a n ＋n ＋k ＝a k (n ＋k －n )(a ，k 是不为0的常数)．利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩第一项和最后一项，也可能前面剩两项，后面也剩两项．(3)如果数列的通项公式不是常见的裂项形式，可以先猜后验，再确定如何裂项. 二、预测押题不能少3．设{a n }是公比大于1的等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和．已知S 3＝7，且3a 2是a 1＋3和a 3＋4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝a na n ＋1a n ＋1＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n <12.解：(1)由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝7，a 1＋3＋a 3＋42＝3a 2，解得a 2＝2.设数列{a n }的公比为q ，则a 1q ＝2，∴a 1＝2q，a 3＝a 1q 2＝2q .由S 3＝7，可知2q＋2＋2q ＝7，∴2q 2－5q ＋2＝0，解得q 1＝2，q 2＝12.由题意，得q >1，∴q ＝2.∴a 1＝1.故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2)证明：∵b n ＝a na n ＋1a n ＋1＋1＝2n －12n －1＋12n＋1＝12n －1＋1－12n＋1，∴T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫120＋1－121＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋1－122＋1＋122＋1－123＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋1－12n ＋1＝11＋1－12n ＋1＝12－12n ＋1<12. 考点二 数列在实际问题中的应用 一、经典例题领悟好[例4] 某企业为扩大生产规模，今年年初新购置了一条高性能的生产线，该生产线在使用过程中的设备维修、燃料和动力等消耗的费用(称为设备的低劣化值)会逐年增加，第一年设备低劣化值是4万元，从第二年到第七年，每年设备低劣化值均比上年增加2万元，从第八年开始，每年设备低劣化值比上年增加25%.(1)设第n 年该生产线设备低劣化值为a n ，求a n 的表达式；(2)若该生产线前n 年设备低劣化平均值为A n ，当A n 达到或超过12万元时，则当年需要更新生产线，试判断第几年需要更新该生产线，并说明理由．[解] (1)当n ≤7时，数列{a n }是首项为4，公差为2的等差数列，所以a n ＝4＋2(n －1)＝2n ＋2.当n ≥8时，数列{a n }是首项为a 7，公比为54的等比数列，又a 7＝16，所以a n ＝16×⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －7，所以a n 的表达式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋2，n ≤7，16×⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －7，n ≥8.(2)设S n 表示数列{a n }的前n 项和，由等差及等比数列的求和公式得 当1≤n ≤7时，S n ＝4n ＋n (n －1)＝n 2＋3n ，当n ≥8时，由S 7＝70，得S n ＝S 7＋16×54×1－⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －71－54＝80·⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －7－10.该生产线前n 年设备低劣化平均值为A n＝S nn ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ＋3，1≤n ≤7，80·⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －7－10n，n ≥8.当1≤n ≤7时，数列{A n }为单调递增数列； 当n ≥8时，因为S n ＋1n ＋1－S n n ＝80·⎝ ⎛⎭⎪⎫54n －7⎝ ⎛⎭⎪⎫n 4－1＋10n n ＋1>0，所以{A n }为单调递增数列．又S 77＝10<12，S 88＝11.25<12，S 99≈12.78>12， 则第九年需要更新该生产线．数列应用题中的常见模型(1)等差模型：即问题中增加(或减少)的量是一个固定量，此量即为公差． (2)等比模型：即问题中后一量与前一量的比是固定常数，此常数即为公比． (3)a n 与a n ＋1型：即问题中给出前后两项关系不固定，可考虑a n 与a n ＋1的关系. 二、预测押题不能少4．某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产，该企业第一年年初有资金2 000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%，预计以后每年资金年增长率与第一年的相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d 万元，并将剩余资金全部投入下一年生产，设第n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为a n 万元．(1)用d 表示a 1，a 2，并写出a n ＋1与a n 的关系式；(2)若公司希望经过m (m ≥3)年使企业的剩余资金为4 000万元，试确定企业每年上缴资金d 的值(用m 表示)．解：(1)由题意得a 1＝2 000(1＋50%)－d ＝3 000－d ，a 2＝a 1(1＋50%)－d ＝32a 1－d ＝4 500－52d . a n ＋1＝a n (1＋50%)－d ＝32a n －d .(2)由(1)得a n ＝32a n －1－d ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫32a n －2－d －d＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322a n －2－32d －d…＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1a 1－d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2.整理得a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(3 000－d )－2d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1－1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(3 000－3d )＋2d .由题意，a m ＝4 000，即⎝ ⎛⎭⎪⎫32m －1(3 000－3d )＋2d ＝4 000. ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32m －2×1 000解得d ＝m m ⎡⎤⎛⎫⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦⎛⎫ ⎪⎝⎭3210002312--⨯＝1 0003m －2m ＋13m －2m. 故该企业每年上缴资金d 的值为1 0003m－2m ＋13m －2m 时，经过m (m ≥3)年企业的剩余资金为4 000万元．[知能专练(十一)]一、选择题1．(2018届高三·金华十校联考)已知S n 为数列{a n }的前n 项和，且满足a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2＝3a n ，则S 2 018＝( )A ．2×31 009－2 B ．2×31 009C.32 018－12 D.32 018＋12解析：选A 由a n ＋2＝3a n 可得数列{a n }的奇数项与偶数项分别构成等比数列，所以S 2 018＝(a 1＋a 3＋…＋a 2 017)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2 018)＝1－31 0091－3＋31－31 0091－3＝(－2)×(1－31 009)＝2×31 009－2.2．(2017·长沙质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，当n ≥2时，a n ＋2S n －1＝n ，则S 2 017的值为( )A ．2 017B ．2 016C ．1 009D ．1 008解析：选C 因为a n ＋2S n －1＝n ，n ≥2，所以a n ＋1＋2S n ＝n ＋1，两式相减得a n ＋1＋a n ＝1，n ≥2.又a 1＝1，所以S 2 017＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 016＋a 2 017)＝1 009.3．数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100＝( )A ．200B ．－200C ．400D ．－400解析：选 B S 100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.4．我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：第一步：构造数列1，12，13，14，…，1n.①第二步：将数列①的各项乘以n ，得数列(记为)a 1，a 2，a 3，…，a n . 则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n －1a n ＝( )A ．n 2B ．(n －1)2C ．n (n －1)D ．n (n ＋1)解析：选C a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n －1a n ＝n 1·n 2＋n 2·n 3＋…＋n n －1·nn ＝n 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤11×2＋12×3＋…＋1n －1n ＝n 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n＝n 2·n －1n＝n (n －1)． 5．设a n ＝1n sin n π25，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，在S 1，S 2，…，S 100中，正数的个数是( )A ．25B ．50C ．75D ．100解析：选D 当1≤n ≤24时，a n >0，当26≤n ≤49时，a n <0，但其绝对值要小于1≤n ≤24时相应的值，当51≤n ≤74时，a n >0，当76≤n ≤99时，a n <0，但其绝对值要小于51≤n ≤74时相应的值，∴当1≤n ≤100时，均有S n >0.6．(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解析：选A 设第一项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n 组的项数为n ，前n 组的项数和为n n ＋12.由题意可知，N >100，令n n ＋12>100，得n ≥14，n ∈N *，即N 出现在第13组之后．易得第n 组的所有项的和为1－2n 1－2＝2n－1，前n 组的所有项的和为21－2n1－2－n ＝2n ＋1－n －2.设满足条件的N 在第k ＋1(k ∈N *，k ≥13)组，且第N 项为第k ＋1组的第t (t ∈N *)个数， 若要使前N 项和为2的整数幂，则第k ＋1组的前t 项的和2t－1应与－2－k 互为相反。

数学试卷 第1页（共14页） 数学试卷 第2页（共14页）绝密★启用前浙江省2018年普通高等学校招生全国统一考试数 学本试卷分选择题和非选择题两部分.全卷共4页，满分150分，考试时间120分钟. 参考公式：若事件A ，B 互斥，则()()()P A B P A P B +=+.若事件A ，B 相互独立，则()()()P AB P A P B =.若事件A 在一次试验中发生的概率是p ，则n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率()C (1)(0,1,2,,)kk n k n n P k p p k n -=-=….台体的体积公式：121()3V S S h =，其中1S ，2S 分别表示台体的上、下底面积，h 表示台体的高.柱体的体积公式：V Sh =，其中S 表示柱体的底面积，h 表示柱体的高. 锥体的体积公式：13V Sh =，其中S 表示锥体的底面积，h 表示锥体的高. 球的表面积公式：24S R =π，其中R 表示球的半径. 球的体积公式：34π3V R =，其中R 表示球的半径. 选择题部分（共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知全集1,2,3,5{}4,U =，3{}1,A =，则=UA（ ）A .∅B .{1,3}C .{2,4,5}D .1,2,3{,4,5} 2.双曲线221 3=x y -的焦点坐标是（ ）A.(， B .(2,0)-，(2,0) C.(0,， D .(0,2)-，(0,2)3.某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：3cm ）是（ ）A .2B .4C .6D .8 4.复数21i-(i 为虚数单位)的共轭复数是（ ）A .1i +B .1i -C .1i -+D .1i -- 5.函数||sin22x x y =的图象可能是（ ）ABCD6.已知平面α，直线m ，n 满足m α⊄，n a ⊂，则“m n ∥”是“m α∥”的（ ） A .充分不必要条件 B .必要不充分条件C .充分必要条件D .既不充分也不必要条件俯视图正视图毕业学校_____________ 姓名________________ 考生号________________________________ _____________-------------在--------------------此--------------------卷--------------------上--------------------答--------------------题--------------------无--------------------效----------------数学试卷 第3页（共14页） 数学试卷 第4页（共14页）7.设01p <<，随机变量的分布列是222则当p 在(0,1)）内增大时，（ ）A .D ξ（）减小B .D ξ（）增大 C .D ξ（）先减小后增大D .D ξ（）先增大后减小 8.已知四棱锥S ABCD -的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点（不含端点），设SE 与BC 所成的角为1θ，SE 与平面ABCD 所成的角为2θ，二面角S AB C --的平面角为3θ，则（ ）A .123θθθ≤≤B .321θθθ≤≤C .132θθθ≤≤D .231θθθ≤≤9.已知a ，b ，e 是平面向量，e 是单位向量，若非零向量a 与e 的夹角为π3，向量b 满足2430b e b -+=，则||a b -的最小值是（ ） A 1 B 1 C .2D .210.已知1a ，2a ，3a ，4a 成等比数列，且1234123ln()a a a a a a a +++=++.若11a >，则（ ）A .13a a <，24a a <B .13a a >，24a a <C .13a a <，24a a >D .13a a >，24a a >非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。

突破点13 圆锥曲线中的综合问题(对应学生用书第47页)[核心知识提炼]提炼1 解答圆锥曲线的定值、定点问题，从三个方面把握 (1)从特殊开始，求出定值，再证明该值与变量无关． (2)直接推理、计算，在整个过程中消去变量，得定值．(3)在含有参数的曲线方程里面，把参数从含有参数的项里面分离出来，并令其系数为零，可以解出定点坐标.提炼2 用代数法求最值与范围问题时从下面几个方面入手(1)若直线和圆锥曲线有两个不同的交点，则可以利用判别式求范围．(2)若已知曲线上任意一点、一定点或与定点构成的图形，则利用圆锥曲线的性质(性质中的范围)求解．(3)利用隐含或已知的不等关系式直接求范围． (4)利用基本不等式求最值与范围． (5)利用函数值域的方法求最值与范围． 提炼3 与圆锥曲线有关的探索性问题(1)给出问题的一些特殊关系，要求探索出一些规律，并能论证所得规律的正确性．通常要对已知关系进行观察、比较、分析，然后概括出一般规律．(2)对于只给出条件，探求“是否存在”类型问题，一般要先对结论作出肯定存在的假设，然后由假设出发，结合已知条件进行推理，若推出相符的结论，则存在性得到论证；若推出矛盾，则假设不存在．[高考真题回访]回访 直线与圆锥曲线的综合问题1．(2017·浙江高考)如图13­1，已知抛物线x 2＝y ，点A －12，14，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，94，抛物线上的点P (x ，y )－12<x <32.过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q .图13­1(1)求直线AP 斜率的取值范围． (2)求|PA |·|PQ |的最大值．[解](1)设直线AP 的斜率为k ，k ＝x 2－14x ＋12＝x －12，因为－12<x <32，所以直线AP 斜率的取值范围是(－1,1). 6分(2)联立直线AP 与BQ 的方程⎩⎪⎨⎪⎧kx －y ＋12k ＋14＝0，x ＋ky －94k －32＝0，解得点Q 的横坐标是x Q ＝－k 2＋4k ＋32k 2＋1. 9分 因为|PA |＝1＋k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12＝1＋k 2(k ＋1)，|PQ |＝1＋k 2(x Q －x )＝－k －1k ＋12k 2＋1，所以|PA |·|PQ |＝－(k －1)(k ＋1)3.12分 令f (k )＝－(k －1)(k ＋1)3， 因为f ′(k )＝－(4k －2)(k ＋1)2，所以f (k )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12上单调递增，⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递减，因此当k ＝12时，|PA |·|PQ |取得最大值2716.15分2．(2016·浙江高考)如图13­2，设椭圆x 2a2＋y 2＝1(a >1)．图13­2(1)求直线y ＝kx ＋1被椭圆截得的线段长(用a ，k 表示)；(2)若任意以点A (0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围． [解] (1)设直线y ＝kx ＋1被椭圆截得的线段为AM ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 2a2＋y 2＝1得(1＋a 2k 2)x 2＋2a 2kx ＝0，3分故x 1＝0，x 2＝－2a 2k1＋a 2k2.因此|AM |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝2a 2|k |1＋a 2k2·1＋k 2. 5分(2)假设圆与椭圆的公共点有4个，由对称性可设y 轴左侧的椭圆上有两个不同的点P ，Q ，满足|AP |＝|AQ |. 7分记直线AP ，AQ 的斜率分别为k 1，k 2，且k 1，k 2>0，k 1≠k 2. 由(1)知，|AP |＝2a 2|k 1|1＋k 211＋a 2k 21， |AQ |＝2a 2|k 2|1＋k 221＋a 2k 22， 故2a 2|k 1|1＋k 211＋a 2k 21＝2a 2|k 2|1＋k 221＋a 2k 22， 9分所以(k 21－k 22)[1＋k 21＋k 22＋a 2(2－a 2)k 21k 22]＝0. 由于k 1≠k 2，k 1，k 2>0得 1＋k 21＋k 22＋a 2(2－a 2)k 21k 22＝0，因此⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 21＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 22＋1＝1＋a 2(a 2－2)．①因为①式关于k 1，k 2的方程有解的充要条件是 1＋a 2(a 2－2)>1， 所以a > 2.13分因此，任意以点A (0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1<a ≤ 2.由e ＝c a ＝a 2－1a ，得0<e ≤22.所求离心率的取值范围为0<e ≤22.15分3．(2015·浙江高考)已知椭圆x 22＋y 2＝1上两个不同的点A ，B 关于直线y ＝mx ＋12对称．(1)求实数m 的取值范围；(2)求△AOB 面积的最大值(O 为坐标原点)．图13­3[解] (1)由题意知m ≠0， 可设直线AB 的方程为y ＝－1mx ＋b .3分由⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝－1m x ＋b消去y ，得⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋1m 2x 2－2b m x ＋b 2－1＝0.5分因为直线y ＝－1m x ＋b 与椭圆x 22＋y 2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b 2＋2＋4m2>0.将线段AB 中点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2mbm 2＋2，m 2b m 2＋2代入直线方程y ＝mx ＋12解得b ＝－m 2＋22m 2.② 由①②得m <－63或m >63.7分(2)令t ＝1m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－62，0∪⎝⎛⎭⎪⎫0，62，则|AB |＝t 2＋1·－2t 4＋2t 2＋32t 2＋12，且O 到直线AB 的距离为d ＝t 2＋12t 2＋1. 10分设△AOB 的面积为S (t )，所以S (t )＝12|AB |·d ＝12－2⎝⎛⎭⎪⎫t 2－122＋2≤22，当且仅当t 2＝12时，等号成立．故△AOB 面积的最大值为22.15分4．(2014·浙江高考)已知△ABP 的三个顶点都在抛物线C ：x 2＝4y 上，F 为抛物线C 的焦点，点M 为AB 的中点，PF →＝3FM →. (1)若|PF |＝3，求点M 的坐标； (2)求△ABP 面积的最大值．图13­4[解] (1)由题意知焦点F (0,1)，准线方程为y ＝－1.2分设P (x 0，y 0)，由抛物线定义知|PF |＝y 0＋1，得到y 0＝2，所以P (22，2)或P (－22，2)．由PF →＝3FM →得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－223，23或M ⎝ ⎛⎭⎪⎫223，23. 6分(2)设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m ，点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，P (x 0，y 0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2＝4y得x 2－4kx －4m ＝0.8分于是Δ＝16k 2＋16m ＞0，x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4m ，所以AB 的中点M 的坐标为(2k,2k 2＋m )．由PF →＝3FM →，得(－x 0,1－y 0)＝3(2k,2k 2＋m －1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－6k ，y 0＝4－6k 2－3m .由x 20＝4y 0，得k 2＝－15m ＋415.10分由Δ＞0，k 2≥0，得－13＜m ≤43.又因为|AB |＝41＋k 2·k 2＋m ， 点F (0,1)到直线AB 的距离为d ＝|m －1|1＋k2，所以S △ABP ＝4S △ABF ＝8|m －1|k 2＋m＝16153m 3－5m 2＋m ＋1. 记f (m )＝3m 3－5m 2＋m ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＜m ≤43，令f ′(m )＝9m 2－10m ＋1＝0，解得m 1＝19，m 2＝1.12分可得f (m )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，19上是增函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫19，1上是减函数，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，43上是增函数． 又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫19＝256243 ＞f ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，所以，当m ＝19时，f (m )取到最大值256243，此时k ＝±5515.所以，△ABP 面积的最大值为2565135.15分(对应学生用书第49页) 热点题型1 圆锥曲线中的定值问题题型分析：圆锥曲线中的定值问题是近几年高考的热点内容，解决这类问题的关键是引入变化的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式恒成立，数式变换等寻找不受参数影响的量.【例1】 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)上一点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32与椭圆右焦点的连线垂直于x 轴，直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 相交于A ，B 两点(均不在坐标轴上)． (1)求椭圆C 的标准方程；(2)设O 为坐标原点，若△AOB 的面积为3，试判断直线OA 与OB 的斜率之积是否为定值？【导学号：68334131】[解] (1)由题意知⎩⎪⎨⎪⎧1a 2＋94b2＝1，a 2＝b 2＋1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝3，3分∴椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.4分(2)设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝kx ＋m ，得(4k 2＋3)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0，5分由Δ＝(8km )2－16(4k 2＋3)(m 2－3)＞0，得m 2＜4k 2＋3. 6分∵x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋3，x 1x 2＝4m 2－124k 2＋3，∴S △OAB ＝12|m ||x 1－x 2|＝12|m |·434k 2＋3－m24k 2＋3＝3， 8分 化简得4k 2＋3－2m 2＝0，满足Δ＞0，从而有4k 2－m 2＝m 2－3(*)，9分∴k OA ·k OB ＝y 1y 2x 1x 2＝kx 1＋m kx 2＋m x 1x 2＝k 2x 1x 2＋km x 1＋x 2＋m 2x 1x 2＝－12k 2＋3m 24m 2－12＝－34·4k 2－m 2m 2－3，由(*)式，得4k 2－m2m 2－3＝1， 12分 ∴k OA ·k OB ＝－34，即直线OA 与OB 的斜率之积为定值－34.15分[方法指津]求解定值问题的两大途径1.由特例得出一个值此值一般就是定值→证明定值：将问题转化为证明待证式与参数某些变量无关2．先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值．[变式训练1] 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1过A (2,0)，B (0,1)两点．(1)求椭圆C 的方程及离心率；(2)设P 为第三象限内一点且在椭圆C 上，直线PA 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N ，求证：四边形ABNM 的面积为定值． [解] (1)由题意得a ＝2，b ＝1， ∴椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.3分又c ＝a 2－b 2＝3，∴离心率e ＝c a ＝32. 5分 (2)证明：设P (x 0，y 0)(x 0＜0，y 0＜0)，则x 20＋4y 20＝4. 6分又A (2,0)，B (0,1)，∴直线PA 的方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)．令x ＝0，得y M ＝－2y 0x 0－2，从而|BM |＝1－y M ＝1＋2y 0x 0－2. 9分直线PB 的方程为y ＝y 0－1x 0x ＋1. 令y ＝0，得x N ＝－x 0y 0－1，从而|AN |＝2－x N ＝2＋x 0y 0－1. 12分∴四边形ABNM 的面积S ＝12|AN |·|BM |＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋x 0y 0－1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2y 0x 0－2＝x 20＋4y 20＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋42x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝2x 0y 0－2x 0－4y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝2.从而四边形ABNM 的面积为定值.15分热点题型2 圆锥曲线中的最值、范围问题题型分析：圆锥曲线中的最值、范围问题是高考重点考查的内容，解决此类问题常用的方法是几何法和代数法.【例2】 设圆x 2＋y 2＋2x －15＝0的圆心为A ，直线l 过点B (1,0)且与x 轴不重合，l 交圆A 于C ，D 两点，过B 作AC 的平行线交AD 于点E .(1)证明|EA |＋|EB |为定值，并写出点E 的轨迹方程；(2)设点E 的轨迹为曲线C 1，直线l 交C 1于M ，N 两点，过B 且与l 垂直的直线与圆A 交于P ，Q 两点，求四边形MPNQ 面积的取值范围． [解] (1)因为|AD |＝|AC |，EB ∥AC ， 所以∠EBD ＝∠ACD ＝∠ADC ，所以|EB |＝|ED |， 故|EA |＋|EB |＝|EA |＋|ED |＝|AD |.又圆A 的标准方程为(x ＋1)2＋y 2＝16，从而|AD |＝4， 所以|EA |＋|EB |＝4.2分由题设得A (－1,0)，B (1,0)，|AB |＝2，由椭圆定义可得点E 的轨迹方程为x 24＋y 23＝1(y ≠0).4分(2)当l 与x 轴不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －1，x 24＋y23＝1，得(4k 2＋3)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，则x 1＋x 2＝8k 24k 2＋3，x 1x 2＝4k 2－124k 2＋3.所以|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝12k 2＋14k 2＋3. 过点B (1,0)且与l 垂直的直线m ：y ＝－1k(x －1)，点A 到直线m 的距离为2k 2＋1， 6分所以|PQ |＝242－⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋12＝44k 2＋3k 2＋1.故四边形MPNQ 的面积S ＝12|MN || PQ |＝121＋14k 2＋3. 8分可得当l 与x 轴不垂直时，四边形MPNQ 面积的取值范围为(12,83).12分 当l 与x 轴垂直时，其方程为x ＝1，|MN |＝3，|PQ |＝8， 故四边形MPNQ 的面积为12.综上，四边形MPNQ 面积的取值范围为[12,83). 15分[方法指津]与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法1．数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解． 2．构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解． 3．构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．[变式训练2] (名师押题)已知抛物线C ：x 2＝2py (p ＞0)，过其焦点作斜率为1的直线l 交抛物线C 于M ，N 两点，且|MN |＝16. (1)求抛物线C 的方程；(2)已知动圆P 的圆心在抛物线C 上，且过定点D (0,4)，若动圆P 与x 轴交于A ，B 两点，求|DA ||DB |＋|DB ||DA |的最大值. 【导学号：68334132】 [解] (1)设抛物线的焦点为F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2，则直线l ：y ＝x ＋p2.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋p 2，x 2＝2py ，得x 2－2px －p 2＝0，∴x 1＋x 2＝2p ，∴y 1＋y 2＝3p ， ∴|MN |＝y 1＋y 2＋p ＝4p ＝16，∴p ＝4， ∴抛物线C 的方程为x 2＝8y .4分(2)设动圆圆心P (x 0，y 0)，A (x 1,0)，B (x 2,0)，则x 20＝8y 0，且圆P ：(x －x 0)2＋(y －y 0)2＝x 20＋(y 0－4)2， 令y ＝0，整理得x 2－2x 0x ＋x 20－16＝0， 解得x 1＝x 0－4，x 2＝x 0＋4，6分设t ＝|DA ||DB |＝x 0－42＋16x 0＋42＋16＝x 20－8x 0＋32x 20＋8x 0＋32＝1－16x 0x 20＋8x 0＋32，当x 0＝0时，t ＝1， ①7分当x 0≠0时，t＝1－16x 0＋8＋32x 0. ∵x 0＞0，∴x 0＋32x 0≥82，∴t ≥1－168＋82＝3－22＝2－1，且t ＜1， ② 综上①②知2－1≤t ≤1.11分∵f (t )＝t ＋1t在[2－1,1]上单调递减，∴|DA ||DB |＋|DB ||DA |＝t ＋1t ≤2－1＋12－1＝22，当且仅当t ＝2－1，即x 0＝42时等号成立． ∴|DA ||DB |＋|DB ||DA |的最大值为2 2.15分热点题型3 圆锥曲线中的探索性问题题型分析：探索性问题一般分为探究条件和探究结论两种类型，若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在.若探究结论，则应先写出结论的表达式，再针对表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论.【例3】 如图13­5，在平面直角坐标系xOy 中，已知F 1，F 2分别是椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点，A ，B 分别是椭圆E 的左、右顶点，D (1,0)为线段OF 2的中点，且AF 2→＋5BF 2→＝0.图13­5(1)求椭圆E 的方程；(2)若M 为椭圆E 上的动点(异于点A ，B )，连接MF 1并延长交椭圆E 于点N ，连接MD ，ND 并分别延长交椭圆E 于点P ，Q ，连接PQ ，设直线MN ，PQ 的斜率存在且分别为k 1，k 2.试问是否存在常数λ，使得k 1＋λk 2＝0恒成立？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．[解题指导] (1)D 为OF 2的中点→求c →＝0→a 与c 的关系→椭圆方程(2)假设存在常数λ→设点M ，N ，P ，Q 的坐标→ 直线MD 的方程与椭圆方程联立→用点M 的坐标表示点P ，Q 的坐标→点M ，F 1，N 共线→得到点M ，N 坐标的关系→求k 2→得到k 1与k 2的关系[解] (1)∵AF 2→＋5BF 2→＝0，∴AF 2→＝5F 2B →，∵a ＋c ＝5(a －c )，化简得2a ＝3c ，又点D (1,0)为线段OF 2的中点，∴c ＝2，从而a ＝3，b ＝5，左焦点F 1(－2,0)，故椭圆E 的方程为x 29＋y 25＝1.4分(2)假设存在满足条件的常数λ，使得k 1＋λk 2＝0恒成立， 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，P (x 3，y 3)，Q (x 4，y 4)，则直线MD 的方程为x ＝x 1－1y 1y ＋1，代入椭圆方程x 29＋y 25＝1，整理得，5－x 1y 21y 2＋x 1－1y 1y－4＝0，6分∵y 1＋y 3＝y 1x 1－1x 1－5，∴y 3＝4y 1x 1－5，从而x 3＝5x 1－9x 1－5，故点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫5x 1－9x 1－5，4y 1x 1－5， 同理，点Q ⎝⎛⎭⎪⎫5x 2－9x 2－5，4y 2x 2－5.10分∵三点M ，F 1，N 共线，∴y 1x 1＋2＝y 2x 2＋2， 从而x 1y 2－x 2y 1＝2(y 1－y 2)，从而k 2＝y 3－y 4x 3－x 4＝4y 1x 1－5－4y 2x 2－55x 1－9x 1－5－5x 2－9x 2－5＝x 1y 2－x 2y 1＋5y 1－y 24x 1－x 2＝7y 1－y 24x 1－x 2＝7k 14，故k 1－4k 27＝0，从而存在满足条件的常数λ，λ＝－47.15分[方法指津]探索性问题求解的思路及策略1．思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确，则存在；若结论不正确，则不存在．2．策略：(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．[变式训练3] 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的焦点分别为F 1(－3，0)，F 2(3，0)，点P 在椭圆C 上，满足|PF 1|＝7|PF 2|，tan ∠F 1PF 2＝4 3. (1)求椭圆C 的方程；(2)已知点A (1,0)，试探究是否存在直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 交于D ，E 两点，且使得|AD |＝|AE |？若存在，求出k 的取值范围；若不存在，请说明理由.【导学号：68334133】[解] (1)由|PF 1|＝7|PF 2|，PF 1＋PF 2＝2a 得PF 1＝7a 4，PF 2＝a4.2分由余弦定理得cos ∠F 1PF ＝17＝⎝ ⎛⎭⎪⎫7a 42＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 42－2322×7a 4×a 4，∴a ＝2，∴所求C 的方程为x 24＋y 2＝1.4分(2)假设存在直线l 满足题设，设D (x 1，y 1)，E (x 2，y 2)，将y ＝kx ＋m 代入x 24＋y 2＝1并整理得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0，由Δ＝64k 2m 2－4(1＋4k 2)(4m 2－4)＝－16(m 2－4k 2－1)＞0，得4k 2＋1＞m 2.① 6分又x 1＋x 2＝－8km1＋4k2.设D ，E 中点为M (x 0，y 0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 1＋4k 2，m 1＋4k 2，k AMk ＝－1，得m ＝－1＋4k 23k ，②将②代入①得4k 2＋1＞⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋4k 23k 2，化简得20k 4＋k 2－1＞0⇒(4k 2＋1)(5k 2－1)＞0，解得k＞55或k ＜－55，所以存在直线l ，使得|AD |＝|AE |，此时k 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－55∪⎝⎛⎭⎪⎫55，＋∞.15分。

2018高考数学知识点总结1. 对于集合，一定要抓住集合的代表元素，及元素的“确定性、互异性、无序性”。

{}{}{}如：集合，，，、、A x y x B y y x C x y y x A B C ======|lg |lg (,)|lg 中元素各表示什么？ 2. 2. 进行集合的交、并、补运算时，不要忘记集合本身和空集的特殊情况。

∅注重借助于数轴和文氏图解集合问题。

空集是一切集合的子集，是一切非空集合的真子集。

{}{}如：集合，A x x x B x ax =--===||22301 若，则实数的值构成的集合为B A a ⊂ （答：，，）-⎧⎨⎩⎫⎬⎭10133. 注意下列性质：{}（）集合，，……，的所有子集的个数是；1212a a a n n ，22,12,12---n n n 非空真子集个数是真子集个数是非空子集个数是4. 你会用补集思想解决问题吗？（排除法、间接法）的取值范围。

()），，·∴，∵·∴，∵（259351055550353322Y ⎪⎭⎫⎢⎣⎡∈⇒≥--∉<--∈a aa M aa M5. 可以判断真假的语句叫做命题，逻辑连接词有“或”，“且”和()()∨∧“非”().⌝ 若为真，当且仅当、均为真p q p q ∧ 至少有一个为真、为真，当且仅当若q p q p ∨ 若为真，当且仅当为假⌝p p6. 命题的四种形式及其相互关系是什么？ （互为逆否关系的命题是等价命题。

）原命题与逆否命题同真、同假；逆命题与否命题同真同假。

7. 对映射的概念了解吗？映射f ：A →B ，是否注意到A 中元素的任意性和B 中与之对应元素的唯一性，哪几种对应能构成映射？ （一对一，多对一，A 中元素不可剩余，允许B 中有元素剩余。

） 8. 函数的三要素是什么？如何比较两个函数是否相同？ （定义域、对应法则、值域） 9. 求函数的定义域有哪些常见类型？10. 如何求复合函数的定义域？ []如：函数的定义域是，，，则函数的定f x a b b a F(x f x f x ())()()>->=+-0义域是_ []（答：，）a a -11. 求一个函数的解析式或一个函数的反函数时，注明函数的定义域了吗？12. 反函数存在的条件是什么？ （一一对应函数） 求反函数的步骤掌握了吗？ （①反解x ；②互换x 、y ；③注明定义域） ()()如：求函数的反函数f x xx xx ()=+≥-<⎧⎨⎪⎩⎪1002()()（答：）f x x x x x -=->--<⎧⎨⎪⎩⎪1110() 13. 反函数的性质有哪些？ ①互为反函数的图象关于直线y ＝x 对称； ②保存了原来函数的单调性、奇函数性；14. 如何用定义证明函数的单调性？ （取值、作差、判正负） 如何判断复合函数的单调性？[]（内层）（外层），则，（)()()(x f y x u u f y ϕϕ===∴……）15. 如何利用导数判断函数的单调性？()在区间，内，若总有则为增函数。

突破点5 数列求和及其综合应用(对应学生用书第19页)[核心知识提炼]提炼1 a n 和S n 的关系若a n 为数列{a n }的通项，S n 为其前n 项和，则有a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.在使用这个关系式时，一定要注意区分n ＝1，n ≥2两种情况，求出结果后，判断这两种情况能否整合在一起.提炼2求数列通项常用的方法(1)定义法：①形如a n ＋1＝a n ＋c (c 为常数)，直接利用定义判断其为等差数列．②形如a n ＋1＝ka n (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)叠加法：形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，利用a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)，求其通项公式． (3)叠乘法：形如a n ＋1a n ＝f (n )≠0，利用a n ＝a 1·a 2a 1·a 3a 2·…·a na n －1，求其通项公式． (4)待定系数法：形如a n ＋1＝pa n ＋q (其中p ，q 均为常数，pq (p －1)≠0)，先用待定系数法把原递推公式转化为a n ＋1－t ＝p (a n －t )，其中t ＝q1－p ，再转化为等比数列求解．(5)构造法：形如a n ＋1＝pa n ＋q n(其中p ，q 均为常数，pq (p －1)≠0)，先在原递推公式两边同除以qn ＋1，得a n ＋1q n ＋1＝p q ·a n q n ＋1q ，构造新数列{b n }⎝⎛⎭⎪⎫其中b n ＝a n q n ，得b n ＋1＝p q ·b n ＋1q ，接下来用待定系数法求解．(6)取对数法：形如a n ＋1＝pa mn (p >0，a n >0)，先在原递推公式两边同时取对数，再利用待定系数法求解. 提炼3数列求和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、裂(拆)项相消法、错位相减法、分组法、倒序相加法和并项法等，而裂项相消法，错位相减法是常用的两种方法.提炼4数列的综合问题数列综合问题的考查方式主要有三种：(1)判断数列问题中的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小，或者是借助数列对应函数的单调性比较大小．(2)以数列为载体，考查不等式的恒成立问题，此类问题可转化为函数的最值问题．(3)考查与数列有关的不等式的证明问题，此类问题大多还要借助构造函数去证明，或者是直接利用放缩法证明或直接利用数学归纳法．[高考真题回访]回访1 数列求和1．(2014·浙江高考)已知数列{a n }和{b n }满足a 1a 2a 3…a n ＝(2)b n (n ∈N *)．若{a n }为等比数列，且a 1＝2，b 3＝6＋b 2. (1)求a n 与b n ；(2)设c n ＝1a n －1b n(n ∈N *)．记数列{c n }的前n 项和为S n .①求S n ；②求正整数k ，使得对任意n ∈N *，均有S k ≥S n . [解] (1)由题意知a 1a 2a 3…a n ＝(2)b n ，b 3－b 2＝6， 知a 3＝(2)b 3－b 2＝8.又由a 1＝2，得公比q ＝2(q ＝－2舍去)， 2分 所以数列{a n }的通项为a n ＝2n(n ∈N *)， 所以，a 1a 2a 3…a n ＝2n n ＋2＝(2)n (n ＋1)．故数列{b n }的通项为b n ＝n (n ＋1)(n ∈N *). 5分 (2)①由(1)知c n ＝1a n －1b n ＝12n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1(n ∈N *)， 所以S n ＝1n ＋1－12n (n ∈N *).7分②因为c 1＝0，c 2>0，c 3>0，c 4>0， 当n ≥5时，c n ＝1nn ＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤n n ＋2n －1，9分而n n ＋2n－n ＋n ＋2n ＋1＝n ＋n －2n ＋1>0，得n n ＋2n≤＋25<1，11分所以，当n ≥5时，c n <0.综上，对任意n ∈N *恒有S 4≥S n ，故k ＝4. 14分 回访2 数列的综合问题2．(2017·浙江高考)已知数列{x n }满足：x 1＝1，x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)(n ∈N *)． 证明：当n ∈N *时， (1)0<x n ＋1<x n ；(2)2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12；(3)12n －1≤x n ≤12n －2.[解] (1)证明：用数学归纳法证明：x n >0. 当n ＝1时，x 1＝1>0. 假设n ＝k 时，x k >0， 那么n ＝k ＋1时，若x k ＋1≤0，则0<x k ＝x k ＋1＋ln(1＋x k ＋1)≤0，矛盾， 故x k ＋1>0. 3分因此x n >0(n ∈N *)．所以x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)>x n ＋1. 因此0<x n ＋1<x n (n ∈N *).5分(2)证明：由x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)得x n x n ＋1－4x n ＋1＋2x n＝x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1).7分记函数f (x )＝x 2－2x ＋(x ＋2)ln(1＋x )(x ≥0)， f ′(x )＝2x 2＋xx ＋1＋ln(1＋x )>0(x >0)，函数f (x )在[0，＋∞)上单调递增， 所以f (x )≥f (0)＝0，因此x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)＝f (x n ＋1)≥0， 故2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12(n ∈N *).10分(3)证明：因为x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)≤x n ＋1＋x n ＋1＝2x n ＋1， 所以x n ≥12n －1.由x n x n ＋12≥2x n ＋1－x n得1x n ＋1－12≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x n －12>0，13分所以1x n －12≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x n －1－12≥…≥2n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1－12＝2n －2， 故x n ≤12n －2.综上，12n －1≤x n ≤12n －2(n ∈N *).15分3．(2016·浙江高考)设数列{a n }满足⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n －a n ＋12≤1，n ∈N *. (1)证明：|a n |≥2n －1(|a 1|－2)，n ∈N *；(2)若|a n |≤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ，n ∈N *，证明：|a n |≤2，n ∈N *.[证明] (1)由⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n －a n ＋12≤1，得|a n |－12|a n ＋1|≤1，故|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1≤12n ，n ∈N *，2分所以|a 1|21－|a n |2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a 1|21－|a 2|22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a 2|22－|a 3|23＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n－1|2n －1－|a n |2n ≤121＋122＋…＋12n －1<1， 因此|a n |≥2n －1(|a 1|－2). 5分(2)任取n ∈N *，由(1)知，对于任意m >n ，|a n |2n －|a m |2m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n ＋1|2n ＋1－|a n ＋2|2n ＋2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a m－1|2m －1－|a m |2m ≤12n ＋12n ＋1＋…＋12m －1<12n －1，故|a n |<⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋|a m |2m ·2n≤⎣⎢⎡⎭⎪⎫12n －1＋12m·⎝ ⎛⎭⎪⎫32m ·2n ＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34m ·2n.8分从而对于任意m >n ，均有|a n |<2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34m ·2n.①由m 的任意性得|a n |≤2. 否则，存在n 0∈N *，有|an 0|>2， 取正整数m 0>log 34|an 0|－22n 0且m 0>n 0，11分则2n 0·⎝ ⎛⎭⎪⎫34m 0<2n 0·⎝ ⎛⎭⎪⎫34log 34|an 0|－22n 0＝|an 0|－2，与①式矛盾．综上，对于任意n ∈N *，均有|a n |≤2.15分(对应学生用书第21页)热点题型1 数列中的a n 与S n 的关系数列中的a n 与S n 的关系题型分析：以数列中a n 与S n 间的递推关系为载体，考查数列通项公式的求法，以及推理论证的能力.【例1】 数列{a n }中，a 1＝1，S n 为数列{a n }的前n 项和，且满足2a na n S n －S 2n＝1(n ≥2)．求数列{a n }的通项公式．【导学号：68334070】[解] 由已知，当n ≥2时，2a na n S n －S 2n＝1，所以S n －S n －1S n －S n －1S n －S 2n ＝1，2分即S n －S n －1－S n －1S n＝1，所以1S n －1S n －1＝12.4分又S 1＝a 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1，公差为12的等差数列，6分所以1S n ＝1＋12(n －1)＝n ＋12，即S n ＝2n ＋1.8分 所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2n ＝－2nn ＋.12分因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，－2n n ＋，n ≥2. 15分[方法指津]给出S n 与a n 的递推关系，求a n ，常用思路：一是利用S n －S n －1＝a n n 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 .提醒：在利用a n ＝S n －S n －1n求通项公式时，务必验证n ＝1时的情形[变式训练1] (1)已知数列{a n }前n 项和为S n ，若S n ＝2a n －2n，则S n ＝__________. 【导学号：68334071】(2)已知数列{a n }的各项均为正数，其前n 项和为S n ，且2S n ＋2＝3a n (n ∈N *)，则a n ＝__________.(1)n ·2n (n ∈N *) (2)2×3n －1(n ∈N *) [(1)由S n ＝2a n －2n得当n ＝1时，S 1＝a 1＝2；当n ≥2时，S n ＝2(S n －S n －1)－2n ，即S n 2n －S n －12n －1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n 2是首项为1，公差为1的等差数列，则S n2n ＝n ，S n ＝n ·2n (n ≥2)，当n ＝1时，也符合上式，所以S n ＝n ·2n (n ∈N *)．(2)因为2S n ＋2＝3a n ， ① 所以2S n ＋1＋2＝3a n ＋1，②由②－①，得2S n ＋1－2S n ＝3a n ＋1－3a n ，所以2a n ＋1＝3a n ＋1－3a n ，即a n ＋1a n＝3. 当n ＝1时，2＋2S 1＝3a 1，所以a 1＝2，所以数列{a n }是首项为2，公比为3的等比数列， 所以a n ＝2×3n －1(n ∈N *)．]热点题型2 裂项相消法求和题型分析：裂项相消法是指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.【例2】 已知等差数列{a n }的公差d ≠0，它的前n 项和为S n ，若S 5＝70，且a 2，a 7，a 22成等比数列，(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为T n ，求证：16≤T n <38.[解] (1)由已知及等差数列的性质得S 5＝5a 3，∴a 3＝14， 1分 又a 2，a 7，a 22成等比数列，即a 27＝a 2·a 22. 2分由(a 1＋6d )2＝(a 1＋d )(a 1＋21d )且d ≠0， 解得a 1＝32d ，∴a 1＝6，d ＝4.4分 故数列{a n }的通项公式为a n ＝4n ＋2，n ∈N *. 6分(2)证明：由(1)得S n ＝n a 1＋a n2＝2n 2＋4n ，1S n＝12n 2＋4n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，8分∴T n ＝141－13＋12－14＋…＋1n －1n ＋2＝38－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2.11分又T n ≥T 1＝38－14⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＝16，所以16≤T n <38.15分[方法指津]裂项相消法的基本思想就是把通项a n 分拆成a n ＝b n ＋k －b n k ≥1，k ∈N *的形式，常见的裂项方式有： (1nn ＋k ＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k ； 1n －n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；(1n ＋n ＋k ＝1kn ＋k －n提醒：在裂项变形时，务必注意裂项前后系数的变化.[变式训练2] (名师押题)已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . [解] (1)由题设知a 1·a 4＝a 2·a 3＝8， 2分又a 1＋a 4＝9，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1.(舍去)4分 由a 4＝a 1q 3得公比q ＝2，故a n ＝a 1q n －1＝2n －1.6分 (2)S n ＝a 1－qn1－q＝2n－1.8分 又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1，12分所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 1－1S 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝1－12n ＋1－1.热点题型3 错位相减法求和题型分析：限于数列解答题的位置较为靠前，加上错位相减法的运算量相对较大，故该命题点出现的频率不高，但其仍是命题的热点之一，务必加强训练.【例3】 已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝2，b 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，b 1＋12b 2＋13b 3＋…＋1n b n＝b n ＋1－1(n ∈N *)．(1)求a n 与b n ；(2)记数列{a n b n }的前n 项和为T n ，求T n . [解] (1)由a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，得a n ＝2n(n ∈N *). 2分由题意知：当n ＝1时，b 1＝b 2－1，故b 2＝2. 3分 当n ≥2时，1nb n ＝b n ＋1－b n .4分整理得b n ＋1n ＋1＝b n n，所以b n ＝n (n ∈N *). 6分(2)由(1)知a n b n ＝n ·2n，因此T n ＝2＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n， 2T n ＝22＋2·23＋3·24＋…＋n ·2n ＋1，10分 所以T n －2T n ＝2＋22＋23＋ (2)－n ·2n ＋1. 12分 故T n ＝(n －1)2n ＋1＋2(n ∈N *).15分[方法指津]运用错位相减法求和应注意：一是判断模型，即判断数列{a n }，{b n }中一个为等差数列，一个为等比数列；二是错开位置，一般先乘以公比，再把前n 项和退后一个位置来书写，这样避免两式相减时看错列；三是相减，相减时一定要注意式中最后一项的符号，考生常在此步出错，一定要细心．提醒：为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1,2进行验证．[变式训练3] 已知在公比大于1的等比数列{a n }中，a 2，a 4是函数f (x )＝(x －2)(x －8)的两个零点．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{2na n }的前n 项和S n .[解] (1)因为a 2，a 4是函数f (x )＝(x －2)(x －8)的两个零点，且等比数列{a n }的公比q 大于1，所以a 2＝2，a 4＝8，2分所以q ＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1(n ∈N *).6分(2)由(1)知2na n ＝n ×2n，所以S n ＝1×2＋2×22＋…＋n ×2n，① 7分 2S n ＝1×22＋2×23＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1，②11分由①－②，得－S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝2－2n×21－2－n ×2n ＋1，13分所以S n ＝2＋(n －1)×2n ＋1(n ∈N *).15分热点题型4 数列的综合问题题型分析：数列与函数、不等式的综合问题多为解答题.难度偏大，属中高档题，常有以下两个命题角度：以数列为载体，考查不等式的恒成立问题； 考查与数列有关的不等式的证明问题.【例4】 (2017·绍兴市方向性仿真考试)已知数列{a n }满足，a 1＝1，a n ＝1a n ＋1－12. (1)求证：23≤a n ≤1；(2)求证：|a n ＋1－a n |≤13；(3)求证：|a 2n －a n |≤1027.【导学号：68334072】[证明] (1)由已知得a n ＋1＝1a n ＋12，又a 1＝1， 所以a 2＝23，a 3＝67，a 4＝1419，猜想23≤a n ≤1.2分下面用数学归纳法证明． ①当n ＝1时，命题显然成立；②假设n ＝k 时，有23≤a n ≤1成立，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝1a k ＋12≤123＋12＜1，a k ＋1＝1a k ＋12≥11＋12＝23，即当n ＝k ＋1时也成立， 所以对任意n ∈N *，都有23≤a n ≤1.5分(2)当n ＝1时，|a 2－a 1|＝13，当n ≥2时，∵⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1＋12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋12·1a n ＝1＋12a n ≥1＋12＝32， 7分∴|a n ＋1－a n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1a n ＋12－1a n －1＋12 ＝|a n －a n －1|⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1＋12≤23|a n －a n －1|≤…≤⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1|a 2－a 1|＝13·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＜13.综上所述，|a n ＋1－a n |≤13.10分(3)当n ＝1时，|a 2－a 1|＝13＝927＜1027； 11分当n ≥2时，|a 2n －a n |≤|a 2n －a 2n －1|＋|a 2n －1－a 2n －2|＋…＋|a n ＋1－a n |≤13⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫232n －2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232n －3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫232n －1≤23－⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝1027.15分[方法指津]解决数列与不等式的综合问题时，如果是证明题，要灵活的选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法、反证法及数学归纳法等；如果是解不等式问题，要使用解不等式的各种解法，如列表法、因式分解法、穿根法等，总之解决这类问题把数列和不等式的知识巧妙结合起来综合处理就行了.[变式训练4] (2017·台州市高三年级调考)已知数列{a n }满足：a n ＞0，a n ＋1＋1a n＜2(n ∈N *)．(1)求证：a n ＋2＜a n ＋1＜2(n ∈N *)； (2)求证：a n ＞1(n ∈N *)．[证明] (1)由a n ＞0，a n ＋1＋1a n＜2，得a n ＋1＜2－1a n＜2.2分因为2＞a n ＋2＋1a n ＋1＞2a n ＋2a n ＋1(由题知a n ＋1≠a n ＋2)， 所以a n ＋2＜a n ＋1＜2.4分(2)法一：假设存在a N ≤1(N ≥1，N ∈N *)， 由(1)可得当n ＞N 时，a n ≤a N ＋1＜1.6分根据a n ＋1－1＜1－1a n ＝a n －1a n＜0，而a n ＜1，所以1a n ＋1－1＞a n a n －1＝1＋1a n －1，于是1a N ＋2－1＞1＋1a N ＋1－1，……1a N ＋n －1＞1＋1a N ＋n －1－1.10分累加可得1a N ＋n －1＞n －1＋1a N ＋1－1.(*)由假设可得a N ＋n －1＜0，12分而当n ＞－1a N ＋1－1＋1时，显然有n －1＋1a N ＋1－1＞0，因此有1a N ＋n －1＜n －1＋1a N ＋1－1，这显然与(*)矛盾． 所以a n ＞1(n ∈N *). 15分 法二：假设存在a N ≤1(N ≥1，N ∈N *)，由(1)可得当n ＞N 时，0＜a n ≤a N ＋1＜1. 6分 根据a n ＋1－1＜1－1a n ＝a n －1a n＜0，而a n ＜1，所以11－a n ＋1＜an 1－a n，所以1－a n ＋11－a n ＞1a n ≥1a N ＋1＞1.于是1－a n ＞(1－a n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a N ＋1，1－a n －1＞(1－a n －2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a N ＋1，……1－a N ＋2＞(1－a N ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a N ＋1. 10分 累乘可得1－a n ＞(1－a N ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a N ＋1n －N －1，(*)由(1)可得1－a n ＜1， 12分 而当n ＞ ⎝ ⎛⎭⎪⎫11－a N ＋1＋N ＋1时，则有(1－a N ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a N ＋1n －N －1＞1，这显然与(*)矛盾． 所以a n ＞1(n ∈N *). 15分。

第04节 数列求和【考纲解读】【知识清单】一．数列求和1. 等差数列的前n 和的求和公式：11()(1)22n n n a a n n S na d +-==+. 2．等比数列前n 项和公式 一般地，设等比数列123,,,,,n a a a a 的前n 项和是=n S 123n a a a a ++++，当1≠q 时，qq a S n n --=1)1(1或11n n a a qS q -=-；当1q =时，1na S n =（错位相减法）. 3. 数列前n 项和①重要公式：（1）1nk k ==∑123n ++++=2)1(+n n （2）1(21)nk k =-=∑()13521n ++++-=2n（3）31nk k ==∑2333)1(2121⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=+++n n n（4）21nk k ==∑)12)(1(613212222++=++++n n n n②等差数列中，m n m n S S S mnd +=++；③等比数列中，n mm n n m m n S S q S S q S +=+=+.对点练习：1.【2017课标1，理4】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为A ．1B ．2C ．4D ．8【答案】C2. 已知{}n a 为正项等比数列，n S 是它的前n 项和，若116a =，且4a 与7a 的等差中项为98，则5S 的值（ ） A ．29 B ．31 C ．33 D ．35 【答案】B【解析】由题意得479+=4a a ，因此363911+=()6482q q q q ⇒=⇒=舍去负值，因此55116(1)231.112S -==-选B.【考点深度剖析】数列求和是高考重点考查的内容之一，命题形式多种多样，以解答题为主，难度中等或稍难，数列求和问题为先导，在解决数列基本问题后考查数列求和，在求和后往往与不等式、函数、最值等问题综合.考查等差数列的求和多于等比数列的求和，往往在此基础上考查“裂项相消法”、“错位相减法”.【重点难点突破】考点1 数列求和【1-1】已知{}n a 是递增的等差数列，2a ，4a 是方程2560x x -+=的根，则数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和 . 【答案】1422n n n S ++=-【1-2】【2017届浙江嘉兴市高三上基础测试】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若11a =，且12n n S ta =-，其中*n N ∈．（1）求实数t 的值和数列{}n a 的通项公式； （2）若数列{}n b 满足32log n n b a =，求数列11{}n n b b +的前n 项和n T ． 【答案】（1）23=t ，13-=n n a ；（2）12121121+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-n n n ． 【解析】试题分析：（1）由n n a S =可得32t =，2n ≥时由1n n n a S S -=-得数列{}n a 为首项为1，公比为3的等比数列，可得通项公式；（2）化简21n b n =-，则11111()22121n n b b n n +=--+，用裂项相消求和，可得前项和．试题解析： （1）当1=n 时，21111-==ta S a ，得23=t ，从而 2123-=n n a S ,则 2≥n 时，⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=--2123212311n n n n n a a S S a 得 13-=n n a a又01≠a 得31=-n n a a，故数列{}n a 为等比数列，公比为3，首项为1．∴13-=n n a（2）由（1）得 1223-=n n a 得 12-=n b n ∴()()⎪⎭⎫⎝⎛+--=+-=-121121*********n n n n b b n n 得 ⎪⎭⎫⎝⎛+--++-+-=121121513131121n n T n12121121+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=n nn【领悟技法】1．公式法：如果一个数列是等差、等比数列或者是可以转化为等差、等比数列的数列，我们可以运用等差、等比数列的前n 项和的公式来求和.对于一些特殊的数列（正整数数列、正整数的平方和立方数列等）也可以直接使用公式求和.2．倒序相加法：类似于等差数列的前n 项和的公式的推导方法，如果一个数列{}n a 的前n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．3．错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的． 若n n n a b c =∙，其中{}n b 是等差数列，{}n c 是公比为q 等比数列，令112211n n n n n S b c b c b c b c --=++++，则n qS =122311n n n n b c b c b c b c -+++++两式错位相减并整理即得.4．裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前n 项的和变成首尾若干少数项之和，这一求和方法称为裂项相消法.适用于类似1n n c a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭（其中{}n a 是各项不为零的等差数列，c 为常数）的数列、部分无理数列等.用裂项相消法求和，需要掌握一些常见的裂项方法： （1）()1111n n k k n n k ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭，特别地当1k =时，()11111n n n n =-++； （21k=，特别地当1k ==（3）()()221111212122121n n a n n n n ⎛⎫==+- ⎪-+-+⎝⎭（4）()()()()()1111122112n a n n n n n n n ⎛⎫==- ⎪ ⎪+++++⎝⎭（5）)()11(11q p qp p q pq <--= 5．分组转化求和法：有一类数列{}n n a b +，它既不是等差数列，也不是等比数列，但是数列{},{}n n a b 是等差数列或等比数列或常见特殊数列，则可以将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比数列或常见的特殊数列，然后分别求和，再将其合并即可.6．并项求和法：一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如()()1nn a f n =-类型，可采用两项合并求解．例如，22222210099989721n S =-+-++-()()()100999897215050=++++++=.7. 在利用裂项相消法求和时应注意：(1)在把通项裂开后，是否恰好等于相应的两项之差；(2)在正负项抵消后，是否只剩下了第一项和最后一项，或有时前面剩下两项，后面也剩下两项．对于不能由等差数列、等比数列的前n 项和公式直接求和的问题，一般需要将数列通项的结构进行合理的拆分，转化成若干个等差数列、等比数列的求和．应用公式法求和时，要保证公式使用的正确性，尤其要区分好等差数列、等比数列的通项公式及前n 项和公式．使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．用错位相减法求和时，应注意(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“n S ”与“n qS ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“n n S qS -”的表达式．8. [易错提示] 利用裂项相消法解决数列求和问题，容易出现的错误有两个方面： (1)裂项过程中易忽视常数，如)211(21)2(1+-=+n n n n 容易误裂为112n n -+，漏掉前面的系数12； (2)裂项之后相消的过程中容易出现丢项或添项的问题，导致计算结果错误． 应用错位相减法求和时需注意：①给数列和S n 的等式两边所乘的常数应不为零，否则需讨论； ②在转化为等比数列的和后，求其和时需看准项数，不一定为n . 【触类旁通】【变式一】【2017课标II ，理15】等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，33a =，410S =，则11nk kS ==∑ 。

第04节 数列求和【考纲解读】【知识清单】一．数列求和1. 等差数列的前n 和的求和公式：11()(1)22n n n a a n n S na d +-==+. 2．等比数列前n 项和公式 一般地，设等比数列123,,,,,n a a a a 的前n 项和是=n S 123n a a a a ++++，当1≠q 时，qq a S n n --=1)1(1或11n n a a qS q -=-；当1q =时，1na S n =（错位相减法）. 3. 数列前n 项和①重要公式：（1）1nk k ==∑123n ++++=2)1(+n n （2）1(21)nk k =-=∑()13521n ++++-=2n（3）31nk k ==∑2333)1(2121⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=+++n n n（4）21nk k ==∑)12)(1(613212222++=++++n n n n②等差数列中，m n m n S S S mnd +=++；③等比数列中，n mm n n m m n S S q S S q S +=+=+.对点练习：1.【2017课标1，理4】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为A ．1B ．2C ．4D ．8【答案】C2. 已知{}n a 为正项等比数列，n S 是它的前n 项和，若116a =，且4a 与7a 的等差中项为98，则5S 的值（ ） A ．29 B ．31 C ．33 D ．35 【答案】B【解析】由题意得479+=4a a ，因此363911+=()6482q q q q ⇒=⇒=舍去负值，因此55116(1)231.112S -==-选B.【考点深度剖析】数列求和是高考重点考查的内容之一，命题形式多种多样，以解答题为主，难度中等或稍难，数列求和问题为先导，在解决数列基本问题后考查数列求和，在求和后往往与不等式、函数、最值等问题综合.考查等差数列的求和多于等比数列的求和，往往在此基础上考查“裂项相消法”、“错位相减法”.【重点难点突破】考点1 数列求和【1-1】已知{}n a 是递增的等差数列，2a ，4a 是方程2560x x -+=的根，则数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和 . 【答案】1422n n n S ++=-【1-2】【2017届浙江嘉兴市高三上基础测试】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，若11a =，且12n n S ta =-，其中*n N ∈．（1）求实数t 的值和数列{}n a 的通项公式； （2）若数列{}n b 满足32log n n b a =，求数列11{}n n b b +的前n 项和n T ． 【答案】（1）23=t ，13-=n n a ；（2）12121121+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-n n n ． 【解析】试题分析：（1）由n n a S =可得32t =，2n ≥时由1n n n a S S -=-得数列{}n a 为首项为1，公比为3的等比数列，可得通项公式；（2）化简21n b n =-，则11111()22121n n b b n n +=--+，用裂项相消求和，可得前项和．试题解析： （1）当1=n 时，21111-==ta S a ，得23=t ，从而 2123-=n n a S ,则 2≥n 时，⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=--2123212311n n n n n a a S S a 得 13-=n n a a又01≠a 得31=-n n a a，故数列{}n a 为等比数列，公比为3，首项为1．∴13-=n n a（2）由（1）得 1223-=n n a 得 12-=n b n ∴()()⎪⎭⎫⎝⎛+--=+-=-121121*********n n n n b b n n 得 ⎪⎭⎫⎝⎛+--++-+-=121121513131121n n T n12121121+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=n nn【领悟技法】1．公式法：如果一个数列是等差、等比数列或者是可以转化为等差、等比数列的数列，我们可以运用等差、等比数列的前n 项和的公式来求和.对于一些特殊的数列（正整数数列、正整数的平方和立方数列等）也可以直接使用公式求和.2．倒序相加法：类似于等差数列的前n 项和的公式的推导方法，如果一个数列{}n a 的前n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．3．错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的． 若n n n a b c =∙，其中{}n b 是等差数列，{}n c 是公比为q 等比数列，令112211n n n n n S b c b c b c b c --=++++，则n qS =122311n n n n b c b c b c b c -+++++两式错位相减并整理即得.4．裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前n 项的和变成首尾若干少数项之和，这一求和方法称为裂项相消法.适用于类似1n n c a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭（其中{}n a 是各项不为零的等差数列，c 为常数）的数列、部分无理数列等.用裂项相消法求和，需要掌握一些常见的裂项方法： （1）()1111n n k k n n k ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭，特别地当1k =时，()11111n n n n =-++； （21k=，特别地当1k ==（3）()()221111212122121n n a n n n n ⎛⎫==+- ⎪-+-+⎝⎭（4）()()()()()1111122112n a n n n n n n n ⎛⎫==- ⎪ ⎪+++++⎝⎭（5）)()11(11q p qp p q pq <--= 5．分组转化求和法：有一类数列{}n n a b +，它既不是等差数列，也不是等比数列，但是数列{},{}n n a b 是等差数列或等比数列或常见特殊数列，则可以将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比数列或常见的特殊数列，然后分别求和，再将其合并即可.6．并项求和法：一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如()()1nn a f n =-类型，可采用两项合并求解．例如，22222210099989721n S =-+-++-()()()100999897215050=++++++=.7. 在利用裂项相消法求和时应注意：(1)在把通项裂开后，是否恰好等于相应的两项之差；(2)在正负项抵消后，是否只剩下了第一项和最后一项，或有时前面剩下两项，后面也剩下两项．对于不能由等差数列、等比数列的前n 项和公式直接求和的问题，一般需要将数列通项的结构进行合理的拆分，转化成若干个等差数列、等比数列的求和．应用公式法求和时，要保证公式使用的正确性，尤其要区分好等差数列、等比数列的通项公式及前n 项和公式．使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．用错位相减法求和时，应注意(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“n S ”与“n qS ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“n n S qS -”的表达式．8. [易错提示] 利用裂项相消法解决数列求和问题，容易出现的错误有两个方面： (1)裂项过程中易忽视常数，如)211(21)2(1+-=+n n n n 容易误裂为112n n -+，漏掉前面的系数12； (2)裂项之后相消的过程中容易出现丢项或添项的问题，导致计算结果错误． 应用错位相减法求和时需注意：①给数列和S n 的等式两边所乘的常数应不为零，否则需讨论； ②在转化为等比数列的和后，求其和时需看准项数，不一定为n . 【触类旁通】【变式一】【2017课标II ，理15】等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，33a =，410S =，则11nk kS ==∑ 。

热点探究课(三) 数列中的高考热点问题热点1 等差、等比数列的综合问题解决等差、等比数列的综合问题，关键是理清两种数列的项之间的关系，并注重方程思想的应用，等差(比)数列共涉及五个量a 1，a n ，S n ，d (q )，n ，“知三求二”．已知{a n }是等比数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，且1a 1－1a 2＝2a 3，S 6＝63.(1)求{a n }的通项公式；(2)若对任意的n ∈N *，b n 是log 2a n 和log 2a n ＋1的等差中项，求数列{(－1)n b 2n }的前2n 项和．[解] (1)设数列{a n }的公比为q . 由已知，有1a 1－1a 1q ＝2a 1q2，解得q ＝2或q ＝－1.2分又由S 6＝a 1·1－q61－q ＝63，知q ≠－1，所以a 1·1－261－2＝63，得a 1＝1.所以a n ＝2n －1.6分(2)由题意，得b n ＝12(log 2a n ＋log 2a n ＋1)＝12(log 22n －1＋log 22n)＝n －12， 即{b n }是首项为12，公差为1的等差数列.10分设数列{(－1)n b 2n }的前n 项和为T n ，则T 2n ＝(－b 21＋b 22)＋(－b 23＋b 24)＋…＋(－b 22n －1＋b 22n )＝b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 2n －1＋b 2n ＝2nb 1＋b 2n2＝2n 2.15分[规律方法] 1.若{a n }是等差数列，则{ba n }(b >0，且b ≠1)是等比数列；若{a n }是正项等比数列，则{log b a n }(b >0，且b ≠1)是等差数列．2．对等差、等比数列的综合问题，应重点分析等差、等比数列项之间的关系，以便实现等差、等比数列之间的相互转化．[对点训练1] 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，常数λ>0，且λa 1a n ＝S 1＋S n 对一切正整数n 都成立．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设a 1>0，λ＝100.当n 为何值时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg 1a n 的前n 项和最大？[解] (1)取n ＝1，得λa 21＝2S 1＝2a 1，a 1(λa 1－2)＝0. 若a 1＝0，则S n ＝0.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝0－0＝0， 所以a n ＝0(n ≥1).2分 若a 1≠0，则a 1＝2λ.当n ≥2时，2a n ＝2λ＋S n,2a n －1＝2λ＋S n －1，两式相减得2a n －2a n －1＝a n ，所以a n ＝2a n －1(n ≥2)，从而数列{a n }是等比数列， 所以a n ＝a 1·2n －1＝2λ·2n －1＝2nλ. 综上，当a 1＝0时，a n ＝0；当a 1≠0时，a n ＝2nλ.6分(2)当a 1>0，且λ＝100时，令b n ＝lg 1a n，由(1)知，b n ＝lg 1002n ＝2－n lg 2.9分所以数列{b n }是单调递减的等差数列，公差为－lg 2.b 1>b 2>…>b 6＝lg10026＝lg10064>lg 1＝0， 当n ≥7时，b n ≤b 7＝lg 10027＝lg 100128<lg 1＝0.故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg 1a n 的前6项和最大.15分热点2 数列的通项与求和(答题模板)“基本量法”是解决数列通项与求和的常用方法，同时应注意方程思想的应用．(本小题满分15分)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．[思路点拨] (1)取n ＝1，先求出a 1，再求{a n }的通项公式．(2)将a n 代入a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n ，得出数列{b n }为等比数列，再求{b n }的前n 项和．[规范解答] (1)由已知，a 1b 2＋b 2＝b 1，b 1＝1，b 2＝13，得a 1＝2.3分所以数列{a n }是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为a n ＝3n －1.6分 (2)由(1)知a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n ，得b n ＋1＝b n3，9分因此{b n }是首项为1，公比为13的等比数列.12分记{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 1－13＝32－12×3n －1.15分[答题模板] 第一步：求出{a n }的首项a 1； 第二步：求出{a n }的通项公式； 第三步：判定{b n }为等比数列； 第四步：求出{b n }的前n 项和；第五步：反思回顾，查看关键点，易错点注意解题规范．[温馨提示] 若干个能唯一确定一个数列的量称为该数列的“基本量”．首项与公差是等差数列的“基本量”，首项与公比是等比数列的“基本量”．在解决等差数列或等比数列的相关问题时，“基本量法”是常用的方法．[对点训练2] 数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，n ∈N *.(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列；[解] (1)证明：由已知可得a n ＋1n ＋1＝a nn＋1，2分 即a n ＋1n ＋1－a nn＝1. 所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以a 11＝1为首项，1为公差的等差数列.6分(2)由(1)得a n n＝1＋(n －1)·1＝n ，所以a n ＝n 2.8分 从而b n ＝n ·3n.S n ＝1·31＋2·32＋3·33＋…＋n ·3n ，①3S n ＝1·32＋2·33＋…＋(n －1)·3n ＋n ·3n ＋1.②①－②得－2S n ＝31＋32＋…＋3n －n ·3n ＋1＝－3n1－3－n ·3n ＋1＝－2nn ＋1－32.所以S n＝n－n＋1＋34.15分热点3 数列与函数、不等式的交汇数列与函数的交汇一般体现在两个方面：一是以数列的特征量n，a n，S n等为坐标的点在函数图象上，可以得到数列的递推关系；二是数列的项或前n项和可以看作关于n的函数，然后利用函数的性质求解数列问题．数列与不等式的交汇考查方式主要有三种：一是判断数列中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式恒成立问题；三是考查与数列有关的不等式的证明．☞角度1 数列与函数的交汇(2017·浙江五校4月联考)已知数列{a n}的前n项和为S n，且S n＝2n2＋2n.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若点(b n，a n)在函数y＝log2x的图象上，求数列{b n}的前n项和T n.[解](1)当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝2n2＋2n－[2(n－1)2＋2(n－1)]＝4n，2分当n＝1时，a1＝S1＝4＝4×1，所以数列{a n}的通项公式为a n＝4n.6分(2)由点(b n，a n)在函数y＝log2x的图象上得a n＝log2b n，且a n＝4n，所以b n＝2a n＝24n ＝16n，10分故数列{b n}是以16为首项，公比为16的等比数列．T n＝－16n1－16＝16n＋1－1615.14分[规律方法]解决此类问题要抓住一个中心——函数，两个密切联系：一是数列和函数之间的密切联系，数列的通项公式是数列问题的核心，函数的解析式是研究函数问题的基础；二是方程、不等式与函数的联系，利用它们之间的对应关系进行灵活的处理．☞角度2 数列与不等式的交汇设n∈N*，x n是曲线y＝x2n＋2＋1在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标．(1)求数列{x n}的通项公式；(2)记T n＝x21x23…x22n－1，证明：T n≥14n.[解](1)y′＝(x2n＋2＋1)′＝(2n＋2)x2n＋1，曲线y＝x2n＋2＋1在点(1,2)处的切线斜率为2n＋2，从而切线方程为y－2＝(2n＋2)(x－1).2分令y＝0，解得切线与x轴交点的横坐标x n＝1－1n＋1＝nn＋1，所以数列{x n }的通项公式x n ＝nn ＋1.6分(2)证明：由题设和(1)中的计算结果知，T n ＝x 21x 23…x 22n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122⎝ ⎛⎭⎪⎫342…⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －12n 2.7分 当n ＝1时，T 1＝14.当n ≥2时，因为x22n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －12n 2＝n －2n2>n －2－1n2＝2n －22n ＝n －1n，12分所以T n >⎝ ⎛⎭⎪⎫122×12×23×…×n －1n ＝14n .综上可得，对任意的n ∈N *，均有T n ≥14n.14分[规律方法] 解决数列与不等式的综合问题时，如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等；如果是解不等式问题要使用不等式的各种不同解法，如列表法、因式分解法等．总之解决这类问题把数列和不等式的知识巧妙结合起来综合处理就行了．热点探究训练(三) 数列中的高考热点问题1．已知数列{a n }是等比数列，a 2＝4，a 3＋2是a 2和a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2log 2a n －1，求数列{a n b n }的前n 项和T n . [解] (1)设数列{a n }的公比为q ， 因为a 2＝4，所以a 3＝4q ，a 4＝4q 2.2分因为a 3＋2是a 2和a 4的等差中项，所以2(a 3＋2)＝a 2＋a 4. 即2(4q ＋2)＝4＋4q 2，化简得q 2－2q ＝0. 因为公比q ≠0，所以q ＝2. 所以a n ＝a 2qn －2＝4×2n －2＝2n (n ∈N *).6分(2)因为a n ＝2n，所以b n ＝2log 2a n －1＝2n －1， 所以a n b n ＝(2n －1)2n，7分则T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)2n －1＋(2n －1)2n，①2T n ＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n －3)2n＋(2n －1)2n ＋1.②由①－②得，－T n ＝2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n－(2n －1)2n ＋1＝2＋2×－2n －11－2－(2n －1)2n ＋1＝－6－(2n －3)2n ＋1，所以T n ＝6＋(2n －3)2n ＋1.14分2．已知二次函数y ＝f (x )的图象经过坐标原点，其导函数为f ′(x )＝6x －2，数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f (x )的图象上．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝3a n a n ＋1，试求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)设二次函数f (x )＝ax 2＋bx (a ≠0)， 则f ′(x )＝2ax ＋b .由f ′(x )＝6x －2，得a ＝3，b ＝－2， 所以f (x )＝3x 2－2x .2分又因为点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f (x )的图象上， 所以S n ＝3n 2－2n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n －[3(n －1)2－2(n －1)]＝6n －5； 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＝6×1－5， 所以a n ＝6n －5(n ∈N *).6分 (2)由(1)得b n ＝3a n a n ＋1＝3n －n ＋－5]＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫16n －5－16n ＋1，10分故T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－17＋⎝ ⎛⎭⎪⎫17－113＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫16n －5－16n ＋1＝ 12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－16n ＋1＝3n 6n ＋1.14分 (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若λb n >a n ，对n ∈N *均成立，求实数λ的取值范围． [解] (1)∵等差数列{a n }中，a 1＝1，S 3＝6， ∴d ＝1，故a n ＝n .2分由⎩⎪⎨⎪⎧b 1·b 2·b 3·…·b n ＝2S n ，①b 1·b 2·b 3·…·b n －1＝2S n －1， ②①÷②得b n ＝2S n －S n －1＝2a n ＝2n(n ≥2)，b 1＝2S 1＝21＝2，满足通项公式，故b n ＝2n .6分(2)λb n >a n 恒成立，即λ>n2n 恒成立，8分设c n ＝n 2n ，则c n ＋1c n ＝n ＋12n，当n ≥1时，c n ＋1≤c n ，{c n }单调递减，∴(c n )max ＝c 1＝12，故λ>12，∴λ的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.14分 4．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.[解] (1)由已知，S n ＋1＝qS n ＋1，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.3分 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 *).6分(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 －.9分由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 *).12分于是e 1＋e 2＋…＋e n >1＋q ＋…＋q n －1＝q n －1q －1，故e 1＋e 2＋…＋e n >4n －3n3n －1.14分。

专题二 数 列 建知识网络 明内在联系[高考点拨] 数列专题是浙江新高考的必考专题之一，主要考查等差、等比数列的基本量运算及数列求和的能力，该部分即可单独命题，又可与其他专题综合命题，考查方式灵活多样，结合浙江新高考的命题研究，本专题我们按照“等差、等比数列”和“数列求和及综合应用”两条主线展开分析和预测．突破点 等差数列、等比数列(对应学生用书第页)[核心知识提炼]提炼等差数列、等比数列的运算()通项公式；)－(＋等差数列：＝.－·等比数列：＝ ()求和公式；＝＋等差数列：＝ ．(≠)＝等比数列：＝()性质若＋＝＋，；＋在等差数列中＋＝ .·＝·在等比数列中提炼等差数列、等比数列的判定与证明数列{}是等差数列或等比数列的证明方法：()证明数列{}是等差数列的两种基本方法 为同一常数；)*∈(－＋利用定义，证明① ．(≥)＋＋－＝利用中项性质，即证明②()证明{}是等比数列的两种基本方法 ①利用定义，证明(∈*)为同一常数； ②利用等比中项，即证明＝－＋(≥).提炼数列中项的最值的求法()根据数列与函数之间的对应关系，构造相应的函数()＝，利用求解函数最值的方法(多利用函数的单调性)进行求解，但要注意自变量的取值必须是正整数的限制．()利用数列的单调性求解，利用不等式＋≥(或＋≤)求解出的取值范围，从而确定数列单调性的变化，进而确定相应的最值．()转化为关于的不等式组求解，若求数列{}的最大项，则可解不等式组(\\(≥－，≥＋；))若求数列{}的最小项，则可解不等式组(\\(≤－，≤＋，))求出的取值范围之后，再确定取得最值的项．[高考真题回访]回访 等差数列及其运算．(·浙江高考)已知等差数列{}的公差为，前项和为，则“>”是“＋>”的( )【导学号：】．充分不必要条件 ．必要不充分条件 ．充分必要条件 ．既不充分也不必要条件[法一：∵数列{}是公差为的等差数列， ∴＝＋，＝＋，＝＋， ∴＋＝＋＝＋. 若>，则>＋>＋， 即＋>.若＋>，则＋>＋，即>，∴>.∴“>”是“＋>”的充分必要条件． 故选.法二：∵＋>⇔＋＋＋>(＋)⇔>⇔＋>⇔>，∴“>”是“＋>”的充分必要条件． 故选.]．(·浙江高考)已知{}是等差数列，公差不为零，前项和是，若，，成等比数列，则( ) ．>，>。

专题限时集训(五) 数列求和及其综合应用(对应学生用书第123页) [建议A 、B 组各用时：45分钟][A 组 高考达标]一、选择题1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2a n －4(n ∈N *)，则a n ＝( )【导学号：68334073】A ．2n ＋1B ．2nC ．2n －1D ．2n －2A [由S n ＝2a n －4可得S n －1＝2a n －1－4(n ≥2)，两式相减可得a n ＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n＝2a n －1(n ≥2)．又a 1＝2a 1－4，a 1＝4，所以数列{a n }是以4为首项，2为公比的等比数列，则a n ＝4×2n －1＝2n ＋1，故选A.]2．数列{a n }满足a 1＝1，且当n ≥2时，a n ＝n －1na n －1，则a 5＝( ) A.15B.16 C ．5D ．6A [因为a 1＝1，且当n ≥2时，a n ＝n －1n a n －1，则a n a n －1＝n －1n ，所以a 5＝a 5a 4·a 4a 3·a 3a 2·a 2a 1·a 1，即a 5＝45×34×23×12×1＝15.故选A.]3. 122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n ＋2－1的值为( ) A.n ＋1n ＋B.34－n ＋1n ＋C.34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2D.32－1n ＋1＋1n ＋2 C [∵1n ＋2－1＝1n 2＋2n ＝1n n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，∴122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n ＋2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2.]4．在等差数列{a n }中，a 1＝－2 016，其前n 项和为S n ，若S 2 0162 016－S 1010＝2 006，则S 2 018的值等于( )【导学号：68334074】A ．2 015B ．－2 016C ．2 018D ．－2 017C [等差数列中，S n ＝na 1＋n n －2d ，S n n ＝a 1＋(n －1)d2，即数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是首项为a 1＝－2016，公差为d 2的等差数列．因为S 2 0162 016－S 1010＝2 006，所以(2 016－10)d 2＝2 006，d2＝1，所以S 2 018＝2 018[(－2 016)＋(2 018－1)×1] ＝2 018，选C.]5．数列{a n }满足a 1＝1，且对任意的m ，n ∈N *都有a m ＋n ＝a m ＋a n ＋mn ，则1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2 018等于( ) A.4 0362 019 B.4 0342 018 C.4 0162 016D.2 0282 017A [令m ＝1，得a n ＋1＝a n ＋n ＋1，即a n ＋1－a n ＝n ＋1，于是a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n－a n －1＝n ，上述n －1个式子相加得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ， 所以a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋2，因此1a n ＝2nn ＋＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， 所以1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2 018＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋12 018－12 019＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 019＝4 0362 019.故选A.] 二、填空题6．设S n 是数列{a n }的前n 项和，a n ＝4S n －3，则S 4＝__________.【导学号：68334075】2027[∵a n ＝4S n －3，∴当n ＝1时，a 1＝4a 1－3，解得a 1＝1，当n ≥2时，∵4S n ＝a n ＋3，∴4S n －1＝a n －1＋3，∴4a n ＝a n －a n －1，∴a n a n －1＝－13，∴{a n }是以1为首项，－13为公比的等比数列，∴S 4＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－1341＋13＝8081×34＝2027.]7．设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝12，S n ＝kn 2－1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为__________．n2n ＋1[令n ＝1得a 1＝S 1＝k －1，令n ＝2得S 2＝4k －1＝a 1＋a 2＝k －1＋12，解得k ＝4，所以S n ＝4n 2－1，1S n＝14n 2－1＝1n ＋n －＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.] 8．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n ＋1(n ∈N *)，且a 1＝1，则通项公式a n ＝________. ⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，12·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2，n ≥2，n ∈N * [由S n ＝2a n ＋1(n ∈N *)可得S n －1＝2a n (n ≥2，n ∈N *)两式相减得：a n ＝2a n ＋1－2a n ，即a n ＋1a n ＝32(n ≥2，n ∈N *)．又由a 1＝1及S n ＝2a n ＋1(n ∈N *)可得a 2＝12，所以数列{a n }从第二项开始成一个首项为a 2＝12，公比为32的等比数列，故当n >1，n ∈N *时有a n ＝12·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2，所以有a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，12·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2，n ≥2，n ∈N *.]三、解答题9．已知等差数列{a n }中a 2＝5，前4项和S 4＝28. 【导学号：68334076】 (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)na n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n . [解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则由已知条件得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝a 1＋d ＝5，S 4＝4a 1＋4×32×d ＝28， 2分∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝4，4分∴a n ＝a 1＋(n －1)×d ＝4n －3(n ∈N *).6分(2)由(1)可得b n ＝(－1)na n ＝(－1)n(4n －3)， 10分 T 2n ＝－1＋5－9＋13－17＋…＋(8n －3)＝4×n ＝4n (n ∈N *).15分10．(2017·衢州市高三数学质量检测)已知数列{a n }满足a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，其中S n 为{a n }的前n 项和(n ∈N *)．(1)求S 1，S 2及数列{S n }的通项公式； (2)若数列{b n }满足b n ＝－nS n，且{b n }的前n 项和为T n ，求证：当n ≥2时，13≤|T n |≤79.[解] (1)数列{a n }满足S n ＝2a n ＋1， 则S n ＝2a n ＋1＝2(S n ＋1－S n )，即3S n ＝2S n ＋1， 3分所以S n ＋1S n ＝32，S 1＝a 1＝1，所以S 2＝32， 5分即数列{S n }为以1为首项，以32为公比的等比数列，所以S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(n ∈N *).7分(2)证明：在数列{b n }中，b n ＝－nS n＝－1×－n －132n －1，9分{b n }的前n 项和的绝对值|T n |＝－1×1＋－23＋49＋－233＋…＋－n －132n －1＝1＋－23＋49＋－233＋…＋－n －132n －1， 12分当n ≥2时，1－23≤1＋－23＋49＋－⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋…＋－n －132n －1≤1＋－23＋49＝79，即13≤|T n |≤79.[B 组 名校冲刺]一、选择题1．已知函数y ＝log a (x －1)＋3(a >0，a ≠1)所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{a n }的第二项与第三项，若b n ＝1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 10等于( ) 【导学号：68334077】A.911 B.1011 C.811D.1211B [y ＝log a (x －1)＋3恒过定点(2,3)， 即a 2＝2，a 3＝3，又{a n }为等差数列， ∴a n ＝n ，∴b n ＝1nn ＋，∴T 10＝1－111＝1011，故选B.]2．已知数列{a n }中，a 1＝－60，a n ＋1＝a n ＋3，则|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|等于( ) A ．445 B ．765 C ．1 080D ．3 105B [∵a n ＋1＝a n ＋3，∴a n ＋1－a n ＝3，∴{a n }是以－60为首项，3为公差的等差数列， ∴a n ＝－60＋3(n －1)＝3n －63.令a n ≤0，得n ≤21，∴前20项都为负值．∴|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|＝－(a 1＋a 2＋…＋a 20)＋a 21＋…＋a 30＝－2S 20＋S 30. ∵S n ＝a 1＋a n 2n ＝－123＋3n2×n ，∴|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|＝765，故选B.]3．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，{S n ＋na n }为常数列，则a n ＝( ) A.13n －1B.2nn ＋C.6n ＋n ＋D.5－2n 3B [由题意知，S n ＋na n ＝2，当n ≥2时，(n ＋1)a n ＝(n －1)a n －1， 从而a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·…·a n a n －1＝13·24·…·n －1n ＋1，有a n ＝2n n ＋，当n ＝1时上式成立，所以a n ＝2nn ＋.故选B.]4．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了( )A ．192里B ．96里C ．48里D ．24里B [由题意，知每天所走路程形成以a 1为首项，公比为12的等比数列，则a 1⎝⎛⎭⎪⎫1－1261－12＝378，解得a 1＝192，则a 2＝96，即第二天走了96里．故选B.] 二、填空题5．(2017·温州适应性测试)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 016＝__________.【导学号：68334078】3×21 008－3 [∵数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n①，∴n ＝1时，a 2＝2，n ≥2时，a n ·a n －1＝2n －1②，∵①÷②得a n ＋1a n －1＝2，∴数列{a n }的奇数项、偶数项分别成等比数列，∴S 2 016＝1－21 0081－2＋－21 0081－2＝3×21 008－3.]6．已知{a n }是等差数列，a 1＝1，公差d ≠0，S n 为其前n 项和，若a 1，a 2，a 5成等比数列，则S 8＝________.64 [∵a 1，a 2，a 5成等比数列，∴a 22＝a 1a 5， ∴(1＋d )2＝1×(4d ＋1)， ∴d 2－2d ＝0， ∵d ≠0，∴d ＝2.∴S 8＝8×1＋8×72×2＝64.]三、解答题7．(2017·金华一中高考5月模拟考试)数列{a n }中，a 0＝2 017，a n ＋1＝a 2na n ＋1(n ∈N,0≤n ≤1009)，求证： (1)a n ＞a n ＋1；(2)n ≥1时，2 017＜a n ＋n ＜2 018. [证明] (1)由题可知a n ＞0(0≤n ≤1 009)， 又a n ＋1＝a 2n a n ＋1，则a n －a n ＋1＝a n1＋a n＞0， 5分 所以a n ＞a n ＋1.7分(2)a n ＝a 0＋∑ni ＝1 (a i －a i －1) ＝a 0－∑ ni ＝1a i －11＋a i －1＝a 0－∑ ni ＝1 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－11＋a i －1＝a 0－n ＋∑ni ＝111＋a i －1＞a 0－n ，n ≥1，故a n ＋n ＞a 0＝2 017，n ≥1.9分所以a n －1＞a 0－(n －1)，即a n ＋1＋1＞a 0－n ＋2，n ≥2. 且由(1)知，a 0＞a 1＞a 2＞…＞a n ＞…， 则11＋a i －1＜11＋a n －1，n ≥2，i ＝1,2，…，n .11分由0≤n ≤1 009得a 0－n ＋2＞n ，当n ≥2时， ∑ ni ＝111＋a i －1＜n 1＋a n －1＜na 0－n ＋2＜1，故a n ＝a 0－n ＋∑ni ＝111＋a i －1＜a 0－n ＋1，即a n ＋n ＜a 0＋1＝2 018，n ≥2.13分又当n ＝1时，易得2 017＜a 1＋1＜2 018. 所以当n ≥1时，2 017＜a n ＋n ＜2 018. 15分8．(2017·绍兴一中高考考前适应性考试)已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2a n ，n ∈N *.(1)证明：12≤a n ＜a n ＋1＜1；(2)设S n 是数列{a n }的前n 项和，证明：S n ＞n －32.【导学号：68334079】[证明] (1)①当n ＝1时，a 1＝12，a 2＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2a 1＝sin π4＝22， 所以12≤a 1＜a 2＜1，故结论成立.3分②假设当n ＝k 时结论成立，即12≤a k ＜a k ＋1＜1，所以π4≤π2a k ＜π2a k ＋1＜π2，因为函数y ＝sin x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递增，所以12＜22＝sin π4≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2a k ＜sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2a k ＋1＜sin π2＝1.5分即12≤a k ＋1＜a k ＋2＜1，也就是说当n ＝k ＋1时，结论成立．由①②可知，对一切n ∈N *均有12≤a n ＜a n ＋1＜1.7分(2)1－a n ＋1＝1－sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2a n ＝1－cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2－a n＝2sin 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4－a n .8分由(1)知1－a n ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12， 所以0＜π2(1－a n )≤π4，由三角函数性质得2sin 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4－a n＜2⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4－a n2＝π2(1－a n )π4(1－a n )≤π2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12π4(1－a n)＝π216(1－a n )，即1－a n ＋1＜π216(1－a n )，所以1－a n ＜(1－a 1)⎝ ⎛⎭⎪⎫π216n －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫π216n －1， 13分故n －S n ＝(1－a 1)＋(1－a 2)＋…＋(1－a n ) ＜12×1－⎝ ⎛⎭⎪⎫π216n1－π216＜121－π216＝816－π2＜32. 即S n ＞n －32.15分。

突破点5 数列求和及其综合应用(对应学生用书第19页)[核心知识提炼]提炼1 a n 和S n 的关系若a n 为数列{a n }的通项，S n 为其前n 项和，则有a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.在使用这个关系式时，一定要注意区分n ＝1，n ≥2两种情况，求出结果后，判断这两种情况能否整合在一起. 提炼2求数列通项常用的方法(1)定义法：①形如a n ＋1＝a n ＋c (c 为常数)，直接利用定义判断其为等差数列．②形如a n ＋1＝ka n (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)叠加法：形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，利用a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)，求其通项公式． (3)叠乘法：形如a n ＋1a n ＝f (n )≠0，利用a n ＝a 1·a 2a 1·a 3a 2·…·a na n －1，求其通项公式． (4)待定系数法：形如a n ＋1＝pa n ＋q (其中p ，q 均为常数，pq (p －1)≠0)，先用待定系数法把原递推公式转化为a n ＋1－t ＝p (a n －t )，其中t ＝q1－p，再转化为等比数列求解．(5)构造法：形如a n ＋1＝pa n ＋q n(其中p ，q 均为常数，pq (p －1)≠0)，先在原递推公式两边同除以qn ＋1，得a n ＋1q n ＋1＝p q ·a n q n ＋1q ，构造新数列{b n }⎝⎛⎭⎪⎫其中b n ＝a n q n ，得b n ＋1＝p q ·b n ＋1q ，接下来用待定系数法求解．(6)取对数法：形如a n ＋1＝pa mn (p >0，a n >0)，先在原递推公式两边同时取对数，再利用待定系数法求解. 提炼3数列求和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、裂(拆)项相消法、错位相减法、分组法、倒序相加法和并项法等，而裂项相消法，错位相减法是常用的两种方法. 提炼4数列的综合问题数列综合问题的考查方式主要有三种：(1)判断数列问题中的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小，或者是借助数列对应函数的单调性比较大小．(2)以数列为载体，考查不等式的恒成立问题，此类问题可转化为函数的最值问题． (3)考查与数列有关的不等式的证明问题，此类问题大多还要借助构造函数去证明，或者是直接利用放缩法证明或直接利用数学归纳法．[高考真题回访]回访1 数列求和1．(2014·浙江高考)已知数列{a n }和{b n }满足a 1a 2a 3…a n ＝(2)b n (n ∈N *)．若{a n }为等比数列，且a 1＝2，b 3＝6＋b 2. (1)求a n 与b n ；(2)设c n ＝1a n －1b n(n ∈N *)．记数列{c n }的前n 项和为S n .①求S n ；②求正整数k ，使得对任意n ∈N *，均有S k ≥S n . [解] (1)由题意知a 1a 2a 3…a n ＝(2)b n ，b 3－b 2＝6， 知a 3＝(2)b 3－b 2＝8.又由a 1＝2，得公比q ＝2(q ＝－2舍去)， 2分 所以数列{a n }的通项为a n ＝2n(n ∈N *)， 所以，a 1a 2a 3…a n ＝2n n ＋2＝(2)n (n ＋1)．故数列{b n }的通项为b n ＝n (n ＋1)(n ∈N *). 5分 (2)①由(1)知c n ＝1a n －1b n ＝12n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1(n ∈N *)， 所以S n ＝1n ＋1－12n (n ∈N *).7分②因为c 1＝0，c 2>0，c 3>0，c 4>0， 当n ≥5时，c n ＝1nn ＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤n n ＋2n －1，9分而n n ＋2n－n ＋n ＋2n ＋1＝n ＋n －2n ＋1>0，得n n ＋2n≤＋25<1，11分所以，当n ≥5时，c n <0.综上，对任意n ∈N *恒有S 4≥S n ，故k ＝4. 14分 回访2 数列的综合问题2．(2017·浙江高考)已知数列{x n }满足：x 1＝1，x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)(n ∈N *)． 证明：当n ∈N *时， (1)0<x n ＋1<x n ； (2)2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12；(3)12n －1≤x n ≤12n －2.[解] (1)证明：用数学归纳法证明：x n >0. 当n ＝1时，x 1＝1>0. 假设n ＝k 时，x k >0， 那么n ＝k ＋1时，若x k ＋1≤0，则0<x k ＝x k ＋1＋ln(1＋x k ＋1)≤0，矛盾， 故x k ＋1>0. 3分因此x n >0(n ∈N *)．所以x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)>x n ＋1. 因此0<x n ＋1<x n (n ∈N *).5分(2)证明：由x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)得x n x n ＋1－4x n ＋1＋2x n＝x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1).7分记函数f (x )＝x 2－2x ＋(x ＋2)ln(1＋x )(x ≥0)， f ′(x )＝2x 2＋xx ＋1＋ln(1＋x )>0(x >0)，函数f (x )在[0，＋∞)上单调递增， 所以f (x )≥f (0)＝0，因此x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)＝f (x n ＋1)≥0， 故2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12(n ∈N *).10分(3)证明：因为x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)≤x n ＋1＋x n ＋1＝2x n ＋1， 所以x n ≥12n －1.由x n x n ＋12≥2x n ＋1－x n得1x n ＋1－12≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x n －12>0，13分所以1x n －12≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x n －1－12≥…≥2n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1－12＝2n －2， 故x n ≤12n －2.综上，12n －1≤x n ≤12n －2(n ∈N *).15分3．(2016·浙江高考)设数列{a n }满足⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n －a n ＋12≤1，n ∈N *.(1)证明：|a n |≥2n －1(|a 1|－2)，n ∈N *；(2)若|a n |≤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ，n ∈N *，证明：|a n |≤2，n ∈N *.[证明] (1)由⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n －a n ＋12≤1， 得|a n |－12|a n ＋1|≤1，故|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1≤12n ，n ∈N *，2分所以|a 1|21－|a n |2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a 1|21－|a 2|22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a 2|22－|a 3|23＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n －1|2n －1－|a n |2n ≤121＋122＋…＋12n －1<1，因此|a n |≥2n －1(|a 1|－2). 5分(2)任取n ∈N *，由(1)知，对于任意m >n ，|a n |2n －|a m |2m＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n ＋1|2n ＋1－|a n ＋2|2n ＋2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a m－1|2m －1－|a m |2m ≤12n ＋12n ＋1＋…＋12m －1<12n －1， 故|a n |<⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋|a m |2m ·2n≤⎣⎢⎡⎭⎪⎫12n －1＋12m·⎝ ⎛⎭⎪⎫32m ·2n ＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34m ·2n.8分从而对于任意m >n ，均有|a n |<2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34m ·2n.①由m 的任意性得|a n |≤2. 否则，存在n 0∈N *，有|an 0|>2， 取正整数m 0>log 34|an 0|－22n 0且m 0>n 0，11分则2n 0·⎝ ⎛⎭⎪⎫34m 0<2n 0·⎝ ⎛⎭⎪⎫34log 34|an 0|－22n 0＝|an 0|－2，与①式矛盾．综上，对于任意n ∈N *，均有|a n |≤2.15分(对应学生用书第21页) 热点题型1 数列中的a n 与S n 的关系数列中的a n 与S n 的关系题型分析：以数列中a n 与S n 间的递推关系为载体，考查数列通项公式的求法，以及推理论证的能力.【例1】 数列{a n }中，a 1＝1，S n 为数列{a n }的前n 项和，且满足2a na n S n －S 2n＝1(n ≥2)．求数列{a n }的通项公式．【导学号：68334070】[解] 由已知，当n ≥2时，2a na n S n －S 2n＝1，所以S n －S n －1S n －S n －1S n －S 2n ＝1，2分即S n －S n －1－S n －1S n＝1，所以1S n －1S n －1＝12.4分又S 1＝a 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1，公差为12的等差数列，6分所以1S n ＝1＋12(n －1)＝n ＋12，即S n ＝2n ＋1.8分 所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2n ＝－2nn ＋.12分因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，－2n n ＋，n ≥2. 15分[方法指津]给出S n 与a n 的递推关系，求a n ，常用思路：一是利用S n －S n －1＝a n n 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 . 提醒：在利用a n ＝S n －S n －1n求通项公式时，务必验证n ＝1时的情形[变式训练1] (1)已知数列{a n }前n 项和为S n ，若S n ＝2a n －2n，则S n ＝__________. 【导学号：68334071】(2)已知数列{a n }的各项均为正数，其前n 项和为S n ，且2S n ＋2＝3a n (n ∈N *)，则a n ＝__________. (1)n ·2n(n ∈N *) (2)2×3n －1(n ∈N *) [(1)由S n ＝2a n －2n得当n ＝1时，S 1＝a 1＝2；当n ≥2时，S n ＝2(S n －S n －1)－2n，即S n 2n －S n －12n －1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n 2n 是首项为1，公差为1的等差数列，则S n2n＝n ，S n ＝n ·2n (n ≥2)，当n ＝1时，也符合上式，所以S n ＝n ·2n (n ∈N *)．(2)因为2S n ＋2＝3a n ，①所以2S n ＋1＋2＝3a n ＋1， ②由②－①，得2S n ＋1－2S n ＝3a n ＋1－3a n ，所以2a n ＋1＝3a n ＋1－3a n ，即a n ＋1a n＝3. 当n ＝1时，2＋2S 1＝3a 1，所以a 1＝2，所以数列{a n }是首项为2，公比为3的等比数列， 所以a n ＝2×3n －1(n ∈N *)．]热点题型2 裂项相消法求和题型分析：裂项相消法是指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.【例2】 已知等差数列{a n }的公差d ≠0，它的前n 项和为S n ，若S 5＝70，且a 2，a 7，a 22成等比数列，(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为T n ，求证：16≤T n <38.[解] (1)由已知及等差数列的性质得S 5＝5a 3，∴a 3＝14， 1分 又a 2，a 7，a 22成等比数列，即a 27＝a 2·a 22. 2分由(a 1＋6d )2＝(a 1＋d )(a 1＋21d )且d ≠0， 解得a 1＝32d ，∴a 1＝6，d ＝4.4分 故数列{a n }的通项公式为a n ＝4n ＋2，n ∈N *. 6分(2)证明：由(1)得S n ＝n a 1＋a n2＝2n 2＋4n ，1S n＝12n 2＋4n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，8分∴T n ＝141－13＋12－14＋…＋1n －1n ＋2＝38－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2.11分又T n ≥T 1＝38－14⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋13＝16，所以16≤T n <38.15分[方法指津]裂项相消法的基本思想就是把通项a n 分拆成a n ＝b n ＋k －b n k ≥1，k ∈N *的形式，常见的裂项方式有： (1nn ＋k ＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k ； 1n －n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；(1n ＋n ＋k ＝1kn ＋k －n提醒：在裂项变形时，务必注意裂项前后系数的变化.[变式训练2] (名师押题)已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . [解] (1)由题设知a 1·a 4＝a 2·a 3＝8， 2分又a 1＋a 4＝9，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1.(舍去)4分 由a 4＝a 1q 3得公比q ＝2，故a n ＝a 1q n －1＝2n －1.6分 (2)S n ＝a 1－qn1－q＝2n－1.8分 又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1，12分所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 1－1S 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝1－12n ＋1－1.热点题型3 错位相减法求和题型分析：限于数列解答题的位置较为靠前，加上错位相减法的运算量相对较大，故该命题点出现的频率不高，但其仍是命题的热点之一，务必加强训练.【例3】 已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝2，b 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，b 1＋12b 2＋13b 3＋ (1)b n ＝b n ＋1－1(n ∈N *)．(1)求a n 与b n ；(2)记数列{a n b n }的前n 项和为T n ，求T n . [解] (1)由a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，得a n ＝2n(n ∈N *). 2分由题意知：当n ＝1时，b 1＝b 2－1，故b 2＝2. 3分 当n ≥2时，1nb n ＝b n ＋1－b n .4分整理得b n ＋1n ＋1＝b n n，所以b n ＝n (n ∈N *). 6分(2)由(1)知a n b n ＝n ·2n，因此T n ＝2＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n， 2T n ＝22＋2·23＋3·24＋…＋n ·2n ＋1，10分 所以T n －2T n ＝2＋22＋23＋ (2)－n ·2n ＋1.12分故T n ＝(n －1)2n ＋1＋2(n ∈N *).15分[方法指津]运用错位相减法求和应注意：一是判断模型，即判断数列{a n }，{b n }中一个为等差数列，一个为等比数列；二是错开位置，一般先乘以公比，再把前n 项和退后一个位置来书写，这样避免两式相减时看错列；三是相减，相减时一定要注意式中最后一项的符号，考生常在此步出错，一定要细心．提醒：为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1,2进行验证．[变式训练3] 已知在公比大于1的等比数列{a n }中，a 2，a 4是函数f (x )＝(x －2)(x －8)的两个零点．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{2na n }的前n 项和S n .[解] (1)因为a 2，a 4是函数f (x )＝(x －2)(x －8)的两个零点，且等比数列{a n }的公比q 大于1，所以a 2＝2，a 4＝8，2分所以q ＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1(n ∈N *).6分(2)由(1)知2na n ＝n ×2n，所以S n ＝1×2＋2×22＋…＋n ×2n，① 7分 2S n ＝1×22＋2×23＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1，②11分由①－②，得－S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝2－2n×21－2－n ×2n ＋1，13分所以S n ＝2＋(n －1)×2n ＋1(n ∈N *).15分热点题型4 数列的综合问题题型分析：数列与函数、不等式的综合问题多为解答题.难度偏大，属中高档题，常有以下两个命题角度：以数列为载体，考查不等式的恒成立问题； 考查与数列有关的不等式的证明问题.【例4】 (2017·绍兴市方向性仿真考试)已知数列{a n }满足，a 1＝1，a n ＝1a n ＋1－12. (1)求证：23≤a n ≤1；(2)求证：|a n ＋1－a n |≤13；(3)求证：|a 2n －a n |≤1027.【导学号：68334072】[证明] (1)由已知得a n ＋1＝1a n ＋12，又a 1＝1，所以a 2＝23，a 3＝67，a 4＝1419，猜想23≤a n ≤1.2分下面用数学归纳法证明． ①当n ＝1时，命题显然成立；②假设n ＝k 时，有23≤a n ≤1成立，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝1a k ＋12≤123＋12＜1，a k ＋1＝1a k ＋12≥11＋12＝23，即当n ＝k ＋1时也成立， 所以对任意n ∈N *，都有23≤a n ≤1.5分(2)当n ＝1时，|a 2－a 1|＝13，当n ≥2时，∵⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1＋12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋12·1a n ＝1＋12a n ≥1＋12＝32， 7分∴|a n ＋1－a n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1a n ＋12－1a n －1＋12 ＝|a n －a n －1|⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1＋12≤23|a n －a n －1|≤…≤⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1|a 2－a 1|＝13·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＜13.综上所述，|a n ＋1－a n |≤13.10分(3)当n ＝1时，|a 2－a 1|＝13＝927＜1027； 11分当n ≥2时，|a 2n －a n |≤|a 2n －a 2n －1|＋|a 2n －1－a 2n －2|＋…＋|a n ＋1－a n | ≤13⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫232n －2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232n －3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫232n －1≤23－⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝1027.15分[方法指津]解决数列与不等式的综合问题时，如果是证明题，要灵活的选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法、反证法及数学归纳法等；如果是解不等式问题，要使用解不等式的各种解法，如列表法、因式分解法、穿根法等，总之解决这类问题把数列和不等式的知识巧妙结合起来综合处理就行了.[变式训练4] (2017·台州市高三年级调考)已知数列{a n }满足：a n ＞0，a n ＋1＋1a n＜2(n ∈N *)．(1)求证：a n ＋2＜a n ＋1＜2(n ∈N *)； (2)求证：a n ＞1(n ∈N *)．[证明] (1)由a n ＞0，a n ＋1＋1a n＜2，得a n ＋1＜2－1a n＜2.2分因为2＞a n ＋2＋1a n ＋1＞2a n ＋2a n ＋1(由题知a n ＋1≠a n ＋2)， 所以a n ＋2＜a n ＋1＜2.4分(2)法一：假设存在a N ≤1(N ≥1，N ∈N *)， 由(1)可得当n ＞N 时，a n ≤a N ＋1＜1.6分根据a n ＋1－1＜1－1a n ＝a n －1a n＜0，而a n ＜1，所以1a n ＋1－1＞a n a n －1＝1＋1a n －1，于是1a N ＋2－1＞1＋1a N ＋1－1，……1a N ＋n －1＞1＋1a N ＋n －1－1.10分累加可得1a N ＋n －1＞n －1＋1a N ＋1－1.(*)由假设可得a N ＋n －1＜0，12分而当n ＞－1a N ＋1－1＋1时，显然有n －1＋1a N ＋1－1＞0，因此有1a N ＋n －1＜n －1＋1a N ＋1－1，这显然与(*)矛盾． 所以a n ＞1(n ∈N *).15分法二：假设存在a N ≤1(N ≥1，N ∈N *)，由(1)可得当n ＞N 时，0＜a n ≤a N ＋1＜1. 6分 根据a n ＋1－1＜1－1a n ＝a n －1a n＜0，而a n ＜1，所以11－a n ＋1＜an 1－a n，所以1－a n ＋11－a n ＞1a n ≥1a N ＋1＞1.于是1－a n ＞(1－a n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a N ＋1，1－a n －1＞(1－a n －2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a N ＋1，……1－a N ＋2＞(1－a N ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a N ＋1.10分 累乘可得1－a n ＞(1－a N ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a N ＋1n －N －1，(*)由(1)可得1－a n ＜1， 12分 而当n ＞ ⎝ ⎛⎭⎪⎫11－a N ＋1＋N ＋1时，则有(1－a N ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a N ＋1n －N －1＞1，这显然与(*)矛盾．所以a n ＞1(n ∈N *). 15分。

第4讲 数列求和最新考纲 1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式；2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法.知 识 梳 理1.求数列的前n 项和的方法 (1)公式法①等差数列的前n 项和公式 S n ＝n （a 1＋a n ） 2 ＝na 1＋n （n －1）2d .②等比数列的前n 项和公式 (ⅰ)当q ＝1时，S n ＝na 1；(ⅱ)当q ≠1时，S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q1－q .(2)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解. (3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项. (4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广. (5)错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广. (6)并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和.形如a n ＝(－1)n f (n )类型，可采用两项合并求解.例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.2.常见的裂项公式(1)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.(2)1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1. (3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .诊 断 自 测1.判断正误(在括号内打“√”或“×”)(1)如果数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q .( )(2)当n ≥2时，1n 2－1＝12(1n －1－1n ＋1).( ) (3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得.( )(4)若数列a 1，a 2－a 1，…，a n －a n －1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{a n }的通项公式是a n ＝3n －12.( )解析 (3)要分a ＝0或a ＝1或a ≠0且a ≠1讨论求解. 答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)√2.(必修5P38A 改编)等差数列{a n }中，已知公差d ＝12，且a 1＋a 3＋…＋a 99＝50，则a 2＋a 4＋…＋a 100＝( ) A.50B.75C.100D.125解析 a 2＋a 4＋…＋a 100＝(a 1＋d )＋(a 3＋d )＋…＋(a 99＋d )＝(a 1＋a 3＋…＋a 99)＋50d ＝50＋50×12＝75. 答案 B3.若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和为( ) A.2n ＋n 2－1 B.2n ＋1＋n 2－1 C.2n ＋1＋n 2－2D.2n ＋n －2解析 S n ＝2（1－2n ）1－2＋n （1＋2n －1）2＝2n ＋1－2＋n 2.答案 C4.(必修5P38T8改编)一个球从100 m 高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是( ) A.100＋200(1－2－9) B.100＋100(1－2－9) C.200(1－2－9)D.100(1－2－9)解析 第10次着地时，经过的路程为100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)＝100＋2×100×(2－1＋2－2＋…＋2－9)＝100＋200×2－1（1－2－9）1－2－1＝100＋200(1－2－9). 答案 A5.(必修5P61A4(3)改编)1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1＝________(x ≠0且x ≠1). 解析 设S n ＝1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1，① 则xS n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n ，②①－②得：(1－x )S n ＝1＋x ＋x 2＋…＋x n －1－nx n ＝1－x n 1－x －nx n ， ∴S n ＝1－x n （1－x ）2－nx n1－x .答案 1－x n （1－x ）2－nx n1－x6.(2017·嵊州模拟)“斐波那契数列”是数学史上一个著名数列，在斐波那契数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝1，a n ＋2＝a n ＋1＋a n (n ∈N *)则a 7＝________；若a 2 018＝m ，则数列{a n }的前2 016项和是________(用m 表示).解析 ①∵a 1＝1，a 2＝1，a n ＋2＝a n ＋1＋a n (n ∈N *)，∴a 3＝1＋1＝2，同理可得：a 4＝3，a 5＝5，a 6＝8，则a 7＝13.②∵a 1＝1，a 2＝1，a n ＋a n ＋1＝a n ＋2(n ∈N *)， ∴a 1＋a 2＝a 3， a 2＋a 3＝a 4， a 3＋a 4＝a 5， …，a 2 015＋a 2 016＝a 2 017 a 2 016＋a 2 017＝a 2 018. 以上累加得，a 1＋2a 2＋2a 3＋2a 4＋…＋2a 2 016＋a 2 017＝a 3＋a 4＋…＋a 2 018， ∴a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 2 016＝a 2 018－a 2＝m －1. 答案 13 m －1考点一 分组转化法求和【例1】 (2016·天津卷)已知{a n }是等比数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，且1a 1－1a 2＝2a 3，S 6＝63.(1)求{a n }的通项公式；(2)若对任意的n ∈N *，b n 是log 2a n 和log 2a n ＋1的等差中项，求数列{(－1)n b 2n }的前2n 项和.解 (1)设数列{a n }的公比为q . 由已知，有1a 1－1a 1q ＝2a 1q 2，解得q ＝2或q ＝－1.又由S 6＝a 1·1－q 61－q ＝63，知q ≠－1，所以a 1·1－261－2＝63，得a 1＝1.所以a n ＝2n －1.(2)由题意，得b n ＝12(log 2a n ＋log 2a n ＋1)＝12(log 22n －1＋log 22n )＝n －12， 即{b n }是首项为12，公差为1的等差数列. 设数列{(－1)n b 2n }的前n 项和为T n ，则T 2n ＝(－b 21＋b 22)＋(－b 23＋b 24)＋…＋(－b 22n －1＋b 22n )＝b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 2n －1＋b 2n ＝2n （b 1＋b 2n ）2＝2n 2.规律方法 (1)若数列{c n }的通项公式为c n ＝a n ±b n ，且{a n }，{b n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{c n }的前n 项和.(2)若数列{c n }的通项公式为c n ＝⎩⎨⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，其中数列{a n }，{b n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和.【训练1】 (1)数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于( ) A.n 2＋1－12n B.2n 2－n ＋1－12n C.n 2＋1－12n －1D.n 2－n ＋1－12n(2)(2017·杭州七校联考)数列{a n }的通项公式a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 016等于( ) A.1 008B.2 016C.504D.0解析 (1)该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n ＝n 2＋1－12n . (2)a 1＝cos π2＝0，a 2＝2 cos π＝－2，a 3＝0，a 4＝4，….所以数列{a n }的所有奇数项为0，前2 016项的所有偶数项(共1 008项)依次为－2，4，－6，8，…，－2 014，2 016.故S 2 016＝0＋(－2＋4)＋(－6＋8)＋…＋(－2 014＋2 016)＝1 008. 答案 (1)A (2)A 考点二 裂项相消法求和【例2】 (2015·全国Ⅰ卷)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.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＝n3（2n ＋3）. 规律方法 (1)利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项.(2)将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等.【训练2】 设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 3＝a 7，a 8－2a 3＝3. (1)求a n ；(2)设b n ＝1S n，求数列{b n }的前n 项和为T n .解 (1)设数列{a n }的公差为d ，由题意得⎩⎨⎧3a 1＋3d ＝a 1＋6d ，（a 1＋7d ）－2（a 1＋2d ）＝3，解得a 1＝3，d ＝2， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1.(2)由(1)得S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n (n ＋2)，∴b n ＝1n （n ＋2）＝12⎝⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2. ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n －1＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2.考点三 错位相减法求和【例3】 (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 .解 (1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，符合上式. 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，即⎩⎨⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ， 可解得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 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.所以T n ＝3n ·2n ＋2.规律方法 (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)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式.【训练3】 已知{a n }是递增的等差数列，a 2，a 4是方程x 2－5x ＋6＝0的根. (1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和.解 (1)方程x 2－5x ＋6＝0的两根为2，3， 由题意得a 2＝2，a 4＝3.设数列{a n }的公差为d ，则a 4－a 2＝2d ，故d ＝12， 从而a 1＝32.所以{a n }的通项公式为a n ＝12n ＋1.(2)设⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和为S n ，由(1)知a n 2n ＝n ＋22n ＋1，则S n ＝322＋423＋…＋n ＋12n ＋n ＋22n ＋1，12S n ＝323＋424＋…＋n ＋12n ＋1＋n ＋22n ＋2. 两式相减得12S n ＝34＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋12n ＋1－n ＋22n ＋2＝34＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1－n ＋22n ＋2.所以S n ＝2－n ＋42n ＋1.[思想方法]非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想1.转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成；2.不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和. [易错防范]1.直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论.2.在应用错位相减法时，要注意观察未合并项的正负号.3.在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项.基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.等差数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，其前n 项和为S n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项的和为( ) A.120B.70C.75D.100解析 因为S nn ＝n ＋2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项和为10×3＋10×92＝75.答案 C2.(2017·杭州调研)数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则S 17＝( )A.9B.8C.17D.16解析 S 17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9. 答案 A3.数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( ) A.200B.－200C.400D.－400解析 S 100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200. 答案 B4.(2017·高安中学模拟)已知数列5，6，1，－5，…，该数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前16项之和S 16等于( ) A.5B.6C.7D.16解析 根据题意这个数列的前7项分别为5，6，1，－5，－6，－1，5，6，发现从第7项起，数字重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项和为5＋6＋1＋(－5)＋(－6)＋(－1)＝0.又因为16＝2×6＋4，所以这个数列的前16项之和S 16＝2×0＋7＝7.故选C.答案 C5.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 016＝( ) A.22 016－1 B.3·21 008－3 C.3·21 008－1D.3·21 007－2解析 a 1＝1，a 2＝2a 1＝2，又a n ＋2·a n ＋1a n ＋1·a n ＝2n ＋12n ＝2.∴a n ＋2a n ＝2.∴a 1，a 3，a 5，…成等比数列；a 2，a 4，a 6，…成等比数列，∴S 2 016＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋…＋a 2 015＋a 2 016 ＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 015)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2 016) ＝1－21 0081－2＋2（1－21 008）1－2＝3·21 008－3.故选B.答案 B 二、填空题6.(2017·嘉兴一中检测)有穷数列1，1＋2，1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n －1所有项的和为________.解析 由题意知所求数列的通项为1－2n 1－2＝2n －1，故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为2（1－2n ）1－2－n ＝2n ＋1－2－n .答案 2n ＋1－2－n7.(2016·宝鸡模拟)数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，且a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21＝________.解析 由a n ＋a n ＋1＝12＝a n ＋1＋a n ＋2，∴a n ＋2＝a n ， 则a 1＝a 3＝a 5＝…＝a 21，a 2＝a 4＝a 6＝…＝a 20， ∴S 21＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 20＋a 21) ＝1＋10×12＝6. 答案 68.(2017·安阳二模)已知数列{a n }中，a n ＝－4n ＋5，等比数列{b n }的公比q 满足q ＝a n －a n －1(n ≥2)且b 1＝a 2，则|b 1|＋|b 2|＋|b 3|＋…＋|b n |＝________.解析 由已知得b 1＝a 2＝－3，q ＝－4，∴b n ＝(－3)×(－4)n －1，∴|b n |＝3×4n －1，即{|b n |}是以3为首项，4为公比的等比数列，∴|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＝3（1－4n ）1－4＝4n －1. 答案 4n －1 三、解答题9.(2016·北京卷)已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，且b 2＝3，b 3＝9，a 1＝b 1，a 14＝b 4.(1)求{a n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ＋b n ，求数列{c n }的前n 项和.解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ， 由⎩⎨⎧b 2＝b 1q ＝3，b 3＝b 1q 2＝9得⎩⎨⎧b 1＝1，q ＝3. ∴b n ＝b 1q n －1＝3n －1，又a 1＝b 1＝1，a 14＝b 4＝34－1＝27， ∴1＋(14－1)d ＝27，解得d ＝2.∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)×2＝2n －1(n ＝1，2，3，…). (2)由(1)知a n ＝2n －1，b n ＝3n －1，因此c n ＝a n ＋b n ＝2n －1＋3n －1. 从而数列{c n }的前n 项和S n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＋1＋3＋…＋3n －1 ＝n （1＋2n －1）2＋1－3n 1－3＝n 2＋3n －12.10.(2017·贵阳一模)已知数列{a n }的前n 项和是S n ，且S n ＋12a n ＝1(n ∈N *). (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 13(1－S n ＋1)(n ∈N *)，令T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1，求T n .解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1，由S 1＋12a 1＝1，得a 1＝23， 当n ≥2时，S n ＝1－12a n ，S n －1＝1－12a n －1，则S n －S n －1＝12(a n －1－a n )，即a n ＝12(a n －1－a n )， 所以a n ＝13a n －1(n ≥2).故数列{a n }是以23为首项，13为公比的等比数列. 故a n ＝23·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝2·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n(n ∈N *). (2)因为1－S n ＝12a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n.所以b n ＝log 13(1－S n ＋1)＝log 13⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1＝n ＋1，因为1b n b n ＋1＝1（n ＋1）（n ＋2）＝1n ＋1－1n ＋2，所以T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＝n 2（2n ＋2）. 能力提升题组 (建议用时：25分钟)11.(2016·郑州模拟)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1（n ＋1）n ＋n n ＋1(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，则在数列S 1，S 2，…，S 2 016中，有理数项的项数为( ) A.42B.43C.44D.45解析 a n ＝1（n ＋1）n ＋n n ＋1＝（n ＋1）n －n n ＋1[（n ＋1）n ＋n n ＋1][（n ＋1）n －n n ＋1] ＝nn －n ＋1n ＋1.所以S n ＝1－22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫22－33＋⎝ ⎛⎭⎪⎫33－44＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n n －n ＋1n ＋1＝1－n ＋1n ＋1，因此S 3，S 8，S 15…为有理项，又下标3，8，15，…的通项公式为n 2－1(n ≥2)， 所以n 2－1≤2 016，且n ≥2，所以2≤n ≤44，所以有理项的项数为43. 答案 B12.(2017·济南模拟)在数列{a n }中，a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则数列{a n }的前12项和等于( ) A.76B.78C.80D.82解析 因为a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，所以a 2－a 1＝1，a 3＋a 2＝3，a 4－a 3＝5，a 5＋a 4＝7，a 6－a 5＝9，a 7＋a 6＝11，…，a 11＋a 10＝19，a 12－a 11＝21，所以a 1＋a 3＝2，a 4＋a 2＝8，…，a 12＋a 10＝40，所以从第一项开始，依次取两个相邻奇数项的和都等于2，从第二项开始，依次取两个相邻偶数项的和构成以8为首项，以16为公差的等差数列，以上式相加可得，S 12＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝(a 1＋a 3)＋(a 5＋a 7)＋(a 9＋a 11)＋(a 2＋a 4)＋(a 6＋a 8)＋(a 10＋a 12)＝3×2＋8＋24＋40＝78. 答案 B13.(2017·台州调研)已知数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n，则a 1a 2a 3…a 15＝________；设b n ＝(－1)n a n ，数列{b n }前n 项的和为S n ，则S 2 016＝________. 解析 ∵a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n 1－a n ，∴a 2＝1＋21－2＝－3，a 3＝1－31＋3＝－12，a 4＝1－121＋12＝13，a 5＝1＋131－13＝2.∴a 4n ＋1＝2，a 4n ＋2＝－3，a 4n ＋3＝－12，a 4n ＝13. ∴a 4n ＋1·a 4n ＋2·a 4n ＋3·a 4n ＝2×(－3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12×13＝1.∴a 1a 2a 3…a 15＝a 13a 14a 15＝a 1a 2a 3＝2×(－3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝3.∵b n ＝(－1)n a n ，∴b 4n ＋1＝－2，b 4n ＋2＝－3，b 4n ＋3＝12，b 4n ＝13. ∴b 4n ＋1＋b 4n ＋2＋b 4n ＋3＋b 4n ＝－2－3＋12＋13＝－256.∴S 2 016＝－256×2 0164＝－2 100. 答案 3 －2 10014.(2015·山东卷)已知数列{a n }是首项为正数的等差数列，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n ·a n ＋1的前n项和为n2n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(a n ＋1)·2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)设数列{a n }的公差为d ， 令n ＝1，得1a 1a 2＝13，所以a 1a 2＝3.①令n ＝2，得1a 1a 2＋1a 2a 3＝25，所以a 2a 3＝15.② 解①②得a 1＝1，d ＝2， 所以a n ＝2n －1.(2)由(1)知b n ＝2n ·22n －1＝n ·4n ， 所以T n ＝1×41＋2×42＋…＋n ×4n ， 所以4T n ＝1×42＋2×43＋…＋n ×4n ＋1， 两式相减，得－3T n ＝41＋42＋…＋4n －n ·4n ＋1 ＝4（1－4n ）1－4－n ·4n ＋1＝1－3n 3×4n ＋1－43.所以T n ＝3n －19×4n ＋1＋49＝4＋（3n －1）4n ＋19.15.(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. 解 (1)由题意得⎩⎨⎧a 1＋a 2＝4，a 2＝2a 1＋1，则⎩⎨⎧a 1＝1，a 2＝3.又当n ≥2时，由a n ＋1－a n ＝(2S n ＋1)－(2S n －1＋1)＝2a n ，得a n ＋1＝3a n .所以，数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *. (2)设b n ＝|3n －1－n －2|，n ∈N *，b 1＝2，b 2＝1， 当n ≥3时，由于3n －1＞n ＋2，故b n ＝3n －1－n －2，n ≥3. 设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 1＝2，T 2＝3，当n ≥3时，T n ＝3＋9（1－3n －2）1－3－（n ＋7）（n －2）2＝3n －n 2－5n ＋112，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，3n －n 2－5n ＋112，n ≥2，n ∈N *.。