2018年高考数学二轮复习 专题三数列第2讲数列的求和及综合应用课时规范练(文科) Word版 含答案

第2讲数列求和及其综合应用错位相减法求和[学生用书P34]共研典例类题通法错位相减法适用于由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积构成的数列的求和，其依据是：c n ＝a n b n ，其中{a n }是公差为d 的等差数列，{b n }是公比为q (q ≠1)的等比数列，则qc n ＝qa n b n ＝a n b n ＋1，此时c n ＋1－qc n ＝(a n ＋1－a n )·b n ＋1＝db n ＋1，这样就把对应相减的项变成了一个等比数列，从而达到求和的目的．(2016·高考山东卷)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，得⎩⎪⎨⎪⎧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 ，所以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＋ (2)＋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.应用错位相减法求和需注意的问题(1)错位相减法适用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列．(2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后所得部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1，2进行验证． [跟踪训练](2016·兰州模拟)等差数列{a n }中，已知a n ＞0，a 1＋a 2＋a 3＝15，且a 1＋2，a 2＋5，a 3＋13构成等比数列{b n }的前三项．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .[解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则由已知得： a 1＋a 2＋a 3＝3a 2＝15，即a 2＝5. 又(5－d ＋2)(5＋d ＋13)＝100， 解得d ＝2或d ＝－13(舍去)，所以a 1＝a 2－d ＝3，a n ＝a 1＋(n －1)×d ＝2n ＋1. 又b 1＝a 1＋2＝5，b 2＝a 2＋5＝10，所以公比q ＝2， 所以b n ＝5×2n －1.(2)因为T n ＝5[3＋5×2＋7×22＋…＋(2n ＋1)×2n －1]， 2T n ＝5[3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)×2n ]，两式相减得－T n ＝5[3＋2×2＋2×22＋…＋2×2n －1－(2n ＋1)×2n ]＝5[(1－2n )2n －1]， 则T n ＝5[(2n －1)2n ＋1]．裂项相消法求和[学生用书P35]共研典例类题通法 1．常见的裂项类型 (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；(5)n ＋1n （n －1）·2n ＝2n －（n －1）n （n －1）·2n ＝1（n －1）2n －1－1n ·2n. 2．裂项相消法求和的基本思想是把数列的通项公式a n 分拆成a n ＝b n ＋k －b n (k ≥1，k ∈N *)的形式，从而达到在求和时某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{a n }的通项公式，使之符合裂项相消的条件．(2016·海口调研测试)在等差数列{a n }中，公差d ≠0，a 1＝7，且a 2，a 5，a 10成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式及其前n 项和S n ； (2)若b n ＝5a n ·a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .【解】(1)因为a 2，a 5，a 10成等比数列， 所以(7＋d )(7＋9d )＝(7＋4d )2， 又因为d ≠0，所以d ＝2，所以a n ＝2n ＋5，S n ＝（7＋2n ＋5）n 2＝n 2＋6n .(2)由(1)可得b n ＝5（2n ＋5）（2n ＋7）＝52⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋5－12n ＋7， 所以T n ＝52⎝ ⎛⎭⎪⎫17－19＋19－111＋…＋12n ＋5－12n ＋7＝5n14n ＋49.裂项相消法的技巧在裂项时要注意把数列的通项分拆成的两项一定是某个数列中的相邻的两项，或者是等距离间隔的两项，只有这样才能实现逐项相消，只剩余有限的几项，从而求出其和．[跟踪训练](2016·石家庄模拟)已知等差数列{a n }中，2a 2＋a 3＋a 5＝20，且前10项和S 10＝100.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．[解] (1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧2a 2＋a 3＋a 5＝4a 1＋8d ＝20，10a 1＋10×92d ＝10a 1＋45d ＝100， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.(2)由(1)知，b n ＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝12×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫11－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1.分组转化求和[学生用书P35]共研典例类题通法 分组转化求和的三种类型分组转化求和是把数列之和分为几组，每组中的各项是可以利用公式(或其他方法)求和的，求出各组之和即得整体之和，这类试题一般有如下三种类型：(1)数列是周期数列，先求出每个周期内的各项之和，然后把整体之和按照周期进行划分，再得出整体之和；(2)奇偶项分别有相同的特征的数列(如奇数项组成等差数列、偶数项组成等比数列)，按照奇数项和偶数项分组求和；(3)通项中含有(－1)n 的数列，按照奇数项、偶数项分组，或者按照n 为奇数、偶数分类求和．(2016·呼和浩特模拟)在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＝2a n －1＋(n －2)(n ≥2，n ∈N *)． (1)证明：数列{a n ＋n }是等比数列，并求{a n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .【解】(1)因为a n ＋n ＝2[a n －1＋(n －1)]，a n ＋n ≠0， 所以{a n ＋n }是首项为4，公比为2的等比数列，所以a n ＋n ＝4×2n －1＝2n ＋1. 所以a n ＝2n ＋1－n .(2)S n ＝(22＋23＋24＋…＋2n ＋1)－(1＋2＋3＋…＋n )＝2n ＋2－n 2＋n ＋82.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.(3)根据数列的周期性分组.[题组通关]1．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n －1(n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2017＝( )A ．1009B ．1010C ．－1009D ．－1010B [解析] 因为a n ＝(－1)n －1(n ＋1)，所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2017＝(2－3)＋(4－5)＋…＋(2016－2017)＋2018＝1008×(－1)＋2018＝1010.2．设数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，数列{a 2n －1}是首项为1的等差数列，数列{a 2n }是首项为2的等比数列，且满足S 3＝a 4，a 3＋a 5＝a 4＋2.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求S 2n .[解] (1)设等差数列的公差为d ，等比数列的公比为q ，则a 1＝1，a 2＝2，a 3＝1＋d ，a 4＝2q ，a 5＝1＋2d ，所以⎩⎪⎨⎪⎧4＋d ＝2q ，（1＋d ）＋（1＋2d ）＝2＋2q ，解得d ＝2，q ＝3.所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n ＝2k －1，2·3n 2－1，n ＝2k ，(k ∈N *)．(2)S 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝(1＋3＋5＋…＋2n －1)＋(2×30＋2×31＋…＋2×3n －1) ＝（1＋2n －1）n 2＋2（1－3n ）1－3＝n 2－1＋3n .等差、等比数列的综合问题[学生用书P36]共研典例类题通法解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解．已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1a n ＋1－1－1a n －1＝0，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n ＋1a n －1，数列{b n }的前n 项和为S n ，证明：S n ＜34.【解】(1)由已知a n ＋1a n ＋1－1－1a n －1＝0，n ∈N *，得（a n ＋1－1）＋1a n ＋1－1－1a n －1＝0，即1＋1a n ＋1－1－1a n －1＝0，亦即1a n ＋1－1－1a n －1＝－1(常数)．所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n －1是以1a 1－1＝－2为首项， －1为公差的等差数列．可得1a n －1＝－2＋(n －1)×(－1)＝－(n ＋1)，所以a n ＝nn ＋1.(2)证明：因为b n ＝a n ＋1a n －1＝（n ＋1）2n （n ＋2）－1＝1n （n ＋2）＝12⎝⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋12⎝⎛⎭⎫12－14＋12⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＜12×⎝⎛⎭⎫1＋12＝34.解决数列综合问题的方法(1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便.(2)数列的项或前n 项和可以看作关于n 的函数，然后利用函数的性质求解数列问题.(3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数，通过求数列的值域求解. [跟踪训练](2016·武汉模拟)已知S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，S 1，S 2，S 4成等比数列，且a 3＝－52.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1（2n ＋1）a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)设{a n }的公差为d (d ≠0)， 因为S 1，S 2，S 4成等比数列，所以S 22＝S 1S 4，即(2a 1＋d )2＝a 1(4a 1＋6d )，化简得d 2＝2a 1d .因为d ≠0，所以d ＝2a 1.① 因为a 3＝－52，所以a 1＋2d ＝－52.②联立①②，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－12d ＝－1，所以a n ＝－12＋(n －1)×(－1)＝－n ＋12.(2)因为b n ＝1（2n ＋1）a n ＝1（2n ＋1）⎝⎛⎭⎫－n ＋12＝－2（2n ＋1）（2n －1）＝12n ＋1－12n －1，所以T n ＝⎝⎛⎭⎫13－1＋⎝⎛⎭⎫15－13＋⎝⎛⎭⎫17－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n －1＝－1＋12n ＋1＝－2n 2n ＋1. 课时作业[学生用书P120(独立成册)]1．设各项均为正数的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 4a 8＝32，则S 11的最小值为( ) A ．22 2B ．442C ．22D ．44B [解析] 因为数列{a n }为各项均为正数的等差数列，所以a 4＋a 8≥2a 4a 8＝82，S 11＝（a 1＋a 11）×112＝112(a 4＋a 8)≥112×82＝442，故S 11的最小值为442，当且仅当a 4＝a 8＝42时取等号．2．已知在数列{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 ．1080D ．3105B [解析] 因为a n ＋1＝a n ＋3，所以a n ＋1－a n ＝3. 所以{a n }是以－60为首项，3为公差的等差数列． 所以a n ＝－60＋3(n －1)＝3n －63. 令a n ≤0，得n ≤21. 所以前20项都为负值． 所以|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30| ＝－(a 1＋a 2＋…＋a 20)＋a 21＋…＋a 30 ＝－2S 20＋S 30.因为S n ＝a 1＋a n 2n ＝－123＋3n 2×n ，所以|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|＝765.3．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝3，a n ＋1a n －1＝a n (n ≥2)，则数列{a n }的前40项和S 40等于( )A ．20B ．40C ．60D ．80C [解析] 由a n ＋1＝a na n －1(n ≥2)，a 1＝1，a 2＝3，可得a 3＝3，a 4＝1，a 5＝13，a 6＝13，a 7＝1，a 8＝3，…，这是一个周期为6的数列，一个周期内的6项之和为263，又40＝6×6＋4，所以S 40＝6×263＋1＋3＋3＋1＝60.4．(2016·郑州模拟)设等比数列{a n }的各项均为正数，且a 1＝12，a 24＝4a 2a 8，若1b n＝log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a n ，则数列{b n }的前10项和为( )A ．－2011B.2011C ．－95D.95A [解析] 设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 24＝4a 2a 8，所以(a 1q 3)2＝4a 1q ·a 1q 7，即4q 2＝1，所以q ＝12或q ＝－12(舍)，所以a n ＝⎝⎛⎭⎫12n ＝2－n ，所以log 2a n ＝log 22－n ＝－n ，所以1b n ＝－(1＋2＋3＋…＋n )＝－n （1＋n ）2，所以b n ＝－2n （1＋n ）＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以数列{b n }的前10项和为－2⎣⎡⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13⎦⎤＋…＋⎝⎛⎭⎫110－111＝－2·⎝⎛⎭⎫1－111＝－2011. 5．设b n ＝a n （a n ＋1）（a n ＋1＋1）(其中a n ＝2n －1)，数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 5＝( )A.3133B.3233C.3166D.1633C [解析] 由题意得，b n ＝2n －1（2n －1＋1）（2n ＋1）＝12n －1＋1－12n ＋1，所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫120＋1－121＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋1－122＋1＋…＋ ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋1－12n ＋1＝12－12n ＋1，所以T 5＝12－133＝3166.6．已知f (x )，g (x )都是定义在R 上的函数，g (x )≠0，f ′(x )g (x )＞f (x )g ′(x )，且f (x )＝a x g (x )(a＞0，且a ≠1)，f （1）g （1）＋f （－1）g （－1）＝52.若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f （n ）g （n ）的前n 项和大于62，则n 的最小值为( )A ．8B ．7C ．6D ．9C [解析] 由⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）g （x ）′＝f ′（x ）g （x ）－f （x ）g ′（x ）g 2（x ）＞0，知f （x ）g （x ）在R 上是增函数，即f （x ）g （x ）＝a x 为增函数，所以a ＞1.又因为a ＋1a ＝52，所以a ＝2或a ＝12(舍)．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫f （n ）g （n ）的前n 项和S n ＝21＋22＋…＋2n ＝2（1－2n）1－2＝2n ＋1－2＞62.即2n ＞32，所以n ＞5.7．(2016·海口调研测试)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 ＋28．若等比数列的各项均为正数，前4项的和为9，积为814，则前4项倒数的和为________．[解析] 设等比数列的首项为a 1，公比为q ，则第2，3，4项分别为a 1q ，a 1q 2，a 1q 3，依题意得a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝9，a 1·a 1q ·a 1q 2·a 1q 3＝814⇒a 21q 3＝92，两式相除得a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3a 21q 3＝1a 1＋1a 1q ＋1a 1q 2＋1a 1q3＝2. [答案]29．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，a 2＝2，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 2017＝________．[解析] 因为a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，所以a 1＝12－a 2＝12－2，a 2＝2，a 3＝12－2，a 4＝2，…，故a 2n ＝2，a 2n －1＝12－2，所以S 2017＝1009a 1＋1008a 2＝1009×⎝⎛⎭⎫12－2＋1008×2＝10052. [答案]1005210．已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，设S n 为数列{a n }的前n 项和，对于任意的n >1，n ∈N *，S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋1)都成立，则S 10＝________．[解析]因为⎩⎪⎨⎪⎧S n ＋1＋S n －1＝2S n ＋2，S n ＋2＋S n ＝2S n ＋1＋2，所以a n ＋2＋a n ＝2a n ＋1，所以数列{a n }从第二项开始为等差数列，当n ＝2时，S 3＋S 1＝2S 2＋2，所以a 3＝a 2＋2＝4，所以S 10＝1＋2＋4＋6＋…＋18＝1＋9（2＋18）2＝91. [答案]9111．(2016·东北四市联考)已知数列{a n }满足a 1＝511，a 6＝－12，且数列{a n }的每一项加上1后成为等比数列．(1)求a n ；(2)令b n ＝|log 2(a n ＋1)|，求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)由题意数列{a n ＋1}是等比数列，设公比为q ，a 1＋1＝512，a 6＋1＝12＝512×q 5， 解得q ＝14. 则数列{a n ＋1}是以512为首项，14为公比的等比数列， 所以a n ＋1＝211－2n ，a n ＝211－2n －1.(2)由(1)知b n ＝|11－2n |，当n ≤5时，T n ＝10n －n 2，当n ≥6时，T n ＝n 2－10n ＋50，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧10n －n 2，n ≤5n 2－10n ＋50，n ≥6. 12．(2016·哈尔滨模拟)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.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 2q n －2＝4×2n －2＝2n (n ∈N *)．(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 ，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＋2×4（1－2n －1）1－2－(2n －1)2n ＋1 ＝－6－(2n －3)2n ＋1，所以T n ＝6＋(2n －3)2n ＋1.13．数列{a n }满足a n ＋1＝a n 2a n ＋1，a 1＝1. (1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和S n ，并证明1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＞n n ＋1. [解] (1)证明：因为a n ＋1＝a n 2a n ＋1，所以1a n ＋1＝2a n ＋1a n ，化简得1a n ＋1＝2＋1a n ， 即1a n ＋1－1a n ＝2，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，2为公差的等差数列． (2)由(1)知1a n ＝2n －1，所以S n ＝n （1＋2n －1）2＝n 2. 1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2＞11×2＋12×3＋…＋1n （n ＋1）＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 14．(选做题)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 ＝nf ⎝⎛⎭⎫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 ， 因为|φ|＜π，所以φ＝－2π3. (2)因为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，所以a 3n －2＋a 3n －1＋a 3n ＝(3n －2)×0＋(3n －1)×3＋3n ×(－3)＝－3(n ∈N *)， 所以S 30＝(a 1＋a 2＋a 3)＋…＋(a 28＋a 29＋a 30)＝－10 3.。

.2018 届高三第二轮复习——数列第 1 讲等差、等比考点【高考感悟】从近三年高考看，高考命题热点考向可能为：考什么怎么考题型与难度主要考查等差、等比数列的基题型：三种题型均可出现1.等差 (比 )数列的基本运算本量的求解难度：基础题主要考查等差、等比数列的定题型：三种题型均可出现2.等差 (比 )数列的判定与证明义证明难度：基础题或中档题主要考查等差、等比数列的性题型：选择题或填空题3.等差 (比 )数列的性质质难度：基础题或中档题1．必记公式(1)等差数列通项公式： an＝ a1 ＋ (n－ 1) d.n（ a1＋ an）n（n－ 1 ）d(2) 等差数列前 n 项和公式：S ＝＝ na1＋.n22(3)等比数列通项公式： ana1q n－1 .(4)等比数列前 n 项和公式：na1 （ q＝ 1）S n＝n n .a1（ 1 －q ）a1－ aq （ q≠1）＝1 － q1－ q(5)等差中项公式： 2an＝ an－ 1＋an＋1 (n≥ 2) ．(6)等比中项公式： a2n＝ an－ 1 ·an＋1(n≥ 2) ．S1 （ n＝ 1）(7) 数列 {an}的前 n 项和与通项 an 之间的关系： an＝ . Sn－ Sn－ 1（ n≥ 2）2．重要性质(1) 通项公式的推广：等差数列中，an＝am＋ (n－m )d；等比数列中，an＝ amq n－m...(2)增减性：①等差数列中，若公差大于零，则数列为递增数列；若公差小于零，则数列为递减数列．②等比数列中，若a1＞0 且 q＞ 1 或 a1＜ 0 且 0 ＜ q＜ 1，则数列为递增数列；若a1＞ 0 且 0 ＜ q＜ 1 或a1＜ 0 且 q＞ 1，则数列为递减数列．3．易错提醒(1)忽视等比数列的条件：判断一个数列是等比数列时，忽视各项都不为零的条件．(2) 漏掉等比中项：正数a， b 的等比中项是±ab，容易漏掉－ab .【真题体验】1． (2015 ·新课标Ⅰ高考)已知 {an}是公差为 1 的等差数列， Sn 为 {an}的前 n 项和．若 S8＝ 4S4，则 a10＝ ( )17 19A. B. C． 10D． 122 212． (2015 ·新课标Ⅱ高考)已知等比数列 {an}满足 a1＝， a3a5 ＝ 4( a4－1) ，则 a2 ＝ ()41 1A． 2 B．1 C.D.2 83． (2015 ·浙江高考)已知 {n}是等差数列，公差d不为零．若a2，a3，7 成等比数列，且2a1＋a2 ＝1，则a aa1＝ __________，d＝ ________．4． (2016 ·全国卷1)已知 a n是公差为 3 的等差数列，数列b n满足 b1=1， b2 =1， a n b n 1b n1 nb n，.3（I ）求a n 的通项公式；（ II ）求b n的前 n 项和 ...【考点突破】考点一、等差（比）的基本运算1．(2015 ·湖南高考)设 Sn 为等比数列 {an}的前 n 项和，若 a1 ＝ 1，且 3 S1，2S2 ，S3 成等差数列，则an＝ ________．92． (2015 ·重庆高考)已知等差数列{an}满足 a3＝2，前 3 项和 S3＝.2(1)求 {an}的通项公式；(2)设等比数列 {bn}满足 b1＝ a1 ，b4 ＝ a15，求 {bn}的前 n 项和 Tn.考点二、等差（比）的证明与判断【典例 1 】( 2017 ·全国1 )记 Sn 为等比数列 a n的前 n 项和，已知 S2=2 ， S3 =-6.（ 1）求 a n 的通项公式；（ 2）求 Sn，并判断 Sn+1， Sn，Sn+2 是否成等差数列。

2018届高三第二轮复习——数列第1讲等差、等比考点【高 考 感 悟】从近三年高考看，高考命题热点考向可能为：1．必记公式(1)等差数列通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d .(2)等差数列前n 项和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）d2.(3)等比数列通项公式：a n a 1q n －1.(4)等比数列前n 项和公式： S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1（q ＝1）a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q 1－q （q ≠1）.(5)等差中项公式：2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)． (6)等比中项公式：a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ≥2)．(7)数列{a n }的前n 项和与通项a n 之间的关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1（n ＝1）S n －S n －1（n ≥2）.2．重要性质(1)通项公式的推广：等差数列中，a n ＝a m ＋(n －m )d ；等比数列中，a n ＝a m q n －m .(2)增减性：①等差数列中，若公差大于零，则数列为递增数列；若公差小于零，则数列为递减数列． ②等比数列中，若a 1＞0且q ＞1或a 1＜0且0＜q ＜1，则数列为递增数列；若a 1＞0且0＜q ＜1或a 1＜0且q ＞1，则数列为递减数列． 3．易错提醒(1)忽视等比数列的条件：判断一个数列是等比数列时，忽视各项都不为零的条件． (2)漏掉等比中项：正数a ，b 的等比中项是±ab ，容易漏掉－ab .【 真 题 体 验 】1．(2015·新课标Ⅰ高考)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和．若S 8＝4S 4，则a 10＝( )A.172B.192C ．10D ．12 2．(2015·新课标Ⅱ高考)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )A ．2B ．1 C.12 D.183．(2015·浙江高考)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零．若a 2，a 3，a 7成等比数列，且2a 1＋a 2＝1，则a 1＝__________，d ＝________．4．(2016·全国卷1)已知{}n a 是公差为3的等差数列，数列{}n b 满足12111==3n n n n b b a b b nb +++=1，，，. （I ）求{}n a 的通项公式；（II ）求{}n b 的前n 项和.【考 点 突 破 】考点一、等差（比）的基本运算1．(2015·湖南高考)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，且3S 1，2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________．2．(2015·重庆高考)已知等差数列{a n }满足a 3＝2，前3项和S 3＝92.(1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 15，求{b n }的前n 项和T n .考点二、等差（比）的证明与判断【典例1】( 2017·全国1 )记S n 为等比数列{}n a 的前n 项和，已知S 2=2，S 3=-6.（1）求{}n a 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。

第2讲 数列的求和问题高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现转化与化归的思想.热点一 分组转化求和有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．例1 (2017·山东省平阴县第一中学模拟)已知数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，数列{b n }是公比大于0的等比数列，且b 1＝－2a 1＝2，a 3＋b 2＝－1，S 3＋2b 3＝7.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2，n 为奇数，－2a n b n ，n 为偶数，求数列{c n }的前n 项和T n . 解 (1)设数列{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，且q >0，由题易知， a 1＝－1，b 1＝2，由⎩⎪⎨⎪⎧ a 3＋b 2＝－1，S 3＋2b 3＝7，得⎩⎪⎨⎪⎧d ＋q ＝0，4q 2＋3d ＝10， 解得q ＝2⎝⎛⎭⎫q ＝－54舍去，此时d ＝－2， ∴a n ＝－2n ＋1，b n ＝2n .(2)由(1)知，a n ＝－2n ＋1，b n ＝2n ，∴c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n 为奇数，2n －12n －1，n 为偶数，当n 为偶数时，奇数项和偶数项各有n 2项， ∴T n ＝(c 1＋c 3＋c 5＋…＋c n －1)＋(c 2＋c 4＋…＋c n )＝n ＋(c 2＋c 4＋…＋c n )，令H n ＝c 2＋c 4＋c 6＋…＋c n ，∴H n ＝32＋723＋1125＋…＋2n －52n －3＋2n －12n －1，14H n ＝323＋725＋…＋2n －52n －1＋2n －12n ＋1， 以上两式相减，得34H n ＝32＋423＋425＋…＋42n －1－2n －12n ＋1 ＝⎝⎛⎭⎫421＋423＋…＋42n －1－12－2n －12n ＋1 ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫142n 1－14－12－2n －12n ＋1 ＝136－6n ＋136×2n， ∴H n ＝269－6n ＋139×2n －1. 故当n 为偶数时，T n ＝269＋n －6n ＋139×2n －1， 当n (n ≥3)为奇数时，n －1为偶数，T n ＝T n －1＋a n ＝269＋(n －1)－6n ＋79×2n －2＋2 ＝359＋n －6n ＋79×2n －2， 经验证，n ＝1也适合上式．综上，得T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 359＋n －6n ＋79×2n －2，n 为奇数，269＋n －6n ＋139×2n －1，n 为偶数.思维升华 在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．跟踪演练1 (2017届广东省揭阳市模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2(n ＋1)a n n＋n ＋1. (1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋1是等比数列； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .(1)证明 方法一 由已知得a n ＋1n ＋1＝2·a n n ＋1，∴a n ＋1n ＋1＋1＝2⎝⎛⎭⎫a n n ＋1， 又a 1＋1＝2，a n >0，∴a n n＋1≠0， ∴a n ＋1n ＋1＋1a n n＋1＝2， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋1是首项为2，公比为2的等比数列． 方法二 由a n ＋1＝2(n ＋1)a n n＋n ＋1， 得na n ＋1＝2(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，由a 1>0及递推关系，可知a n >0，∴a n n＋1≠0， ∴a n ＋1n ＋1＋1a n n＋1＝na n ＋1＋n (n ＋1)(n ＋1)a n ＋n (n ＋1) ＝2(n ＋1)a n ＋2n (n ＋1)(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)＝2， 又∵a 1＝1，∴a 11＋1＝2， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋1是首项为2，公比为2的等比数列． (2)解 由(1)得a n n＋1＝2·2n －1＝2n ， ∴a n ＝n ·2n －n ，S n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)2n －1＋n ×2n －[1＋2＋3＋…＋(n －1)＋n ]， 设T n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)2n －1＋n ×2n ， ① 则2T n ＝22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)2n ＋n ×2n ＋1， ② 由①－②，得－T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1 ＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝－(n －1)2n ＋1－2， ∴T n ＝(n －1)2n ＋1＋2， 又1＋2＋3＋…＋(n －1)＋n ＝n (1＋n )2， ∴S n ＝(n －1)2n ＋1－n (n ＋1)2＋2.热点二 错位相减法求和错位相减法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{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．例2 (2017·山西省实验中学联考)已知数列{a n }为等差数列，且a 3＝5，a 5＝9，数列{b n }的前n 项和S n ＝23b n ＋13. (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n |b n |，求数列{c n }的前n 项的和T n .解 (1)因为数列{a n }为等差数列，所以d ＝12(a 5－a 3)＝2， 又因为a 3＝5，所以a 1＝1，所以a n ＝2n －1.当n ＝1时，b 1＝23b 1＋13，所以b 1＝1； 当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝23b n －23b n －1， 所以b n ＝－2b n －1，即数列{b n }是首项为1，公比为－2的等比数列，所以b n ＝(－2)n －1. (2)因为c n ＝a n |b n |＝(2n －1)2n －1， 所以T n ＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n －1)2n －1， 2T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －1)2n ，两式相减，得－T n ＝1×1＋2×2＋2×22＋…＋2×2n －1－(2n －1)2n ＝1＋2(2＋22＋…＋2n －1)－(2n －1)2n ＝1＋2×2－2n1－2－(2n －1)2n ＝1＋2n ＋1－4－(2n －1)2n ＝－3＋(3－2n )2n ， 所以T n ＝3＋(2n －3)2n .思维升华 (1)错位相减法适用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列．(2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后得到部分求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1,2进行验证．跟踪演练2 (2017届湖南省衡阳市期末)数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＝n 2，数列{b n }满足：①b 3＝14；②b n >0；③2b 2n ＋1＋b n ＋1b n －b 2n ＝0. (1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n b n ，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)当n ＝1时，a 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1(n ∈N *)，检验a 1＝1，满足a n ＝2n －1(n ∈N *)．∵2b 2n ＋1＋b n ＋1b n －b 2n ＝0，且b n >0，∴2b n ＋1＝b n ，∴q ＝12，b 3＝b 1q 2＝14， ∴b 1＝1，b n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1 (n ∈N *)． (2)由(1)得c n ＝(2n －1)⎝⎛⎭⎫12n －1，T n ＝1＋3×⎝⎛⎭⎫12＋5×⎝⎛⎭⎫122＋…＋(2n －1)⎝⎛⎭⎫12n －1， 12T n ＝1×⎝⎛⎭⎫12＋3×⎝⎛⎭⎫122＋…＋(2n －3)⎝⎛⎭⎫12n －1＋(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n ， 两式相减，得12T n ＝1＋2×⎝⎛⎭⎫12＋2×⎝⎛⎭⎫122＋…＋2×⎝⎛⎭⎫12n －1－(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n ＝1＋2⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n －1－(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n ＝3－⎝⎛⎭⎫12n －1⎝⎛⎭⎫32＋n .∴T n ＝6－⎝⎛⎭⎫12n －1(2n ＋3)．热点三 裂项相消法求和裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于⎩⎨⎧⎭⎬⎫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3 (2017届山东省青岛市二模)在公差不为0的等差数列{a n }中，a 22＝a 3＋a 6，且a 3为a 1与a 11的等比中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)n n⎝⎛⎭⎫a n －12⎝⎛⎭⎫a n ＋1－12，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设数列{a n }的公差为d ，∵a 22＝a 3＋a 6，∴(a 1＋d )2＝a 1＋2d ＋a 1＋5d ，①∵a 23＝a 1·a 11， 即(a 1＋2d )2＝a 1·(a 1＋10d )， ② ∵d ≠0，由①②解得a 1＝2，d ＝3.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1.(2)由题意知，b n ＝(－1)n n⎝⎛⎭⎫3n －32·⎝⎛⎭⎫3n ＋32＝(－1)n ·16·⎝⎛⎭⎪⎫13n －32＋13n ＋32 ＝(－1)n·19·⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1 T n ＝19⎣⎡ －⎝⎛⎭⎫11＋13＋⎝⎛⎭⎫13＋15－⎝⎛⎭⎫15＋17＋… ⎦⎤＋(－1)n ⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1 ＝19⎣⎡⎦⎤－1＋(－1)n 12n ＋1. 思维升华 (1)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，从而在求和时达到某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{a n }的通项公式，使之符合裂项相消的条件．(2)常用的裂项公式①若{a n }是等差数列，则1a n a n ＋1＝1d ⎝⎛⎭⎫1a n －1a n ＋1，1a n a n ＋2＝12d ⎝⎛⎭⎫1a n －1a n ＋2； ②1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，1n (n ＋k )＝1k ⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋k ； ③1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1； ④1n (n ＋1)(n ＋2)＝12⎣⎡⎦⎤1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2)； ⑤1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，1n ＋n ＋k ＝1k (n ＋k －n )． 跟踪演练3 已知数列{a n }满足：1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝n 22(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n a n ＋1，S n 为数列{b n }的前n 项和，对于任意的正整数n ，S n >2λ－13恒成立，求实数λ的取值范围．解 (1)由题意，得当n ＝1时，1a 1＝12，则a 1＝2. 当n ≥2时，1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝n 22， 则1a 1＋1a 2＋…＋1a n －1＝(n －1)22， 两式相减，得1a n ＝n 22－(n －1)22＝2n －12， 即a n ＝22n －1，当n ＝1时，也符合上式，则a n ＝22n －1. (2)由(1)，得b n ＝a n a n ＋1＝22n －1·22(n ＋1)－1＝4(2n －1)(2n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1， 所以S n ＝2⎣⎡ ⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋⎝⎛⎭⎫15－17＋…＋ ⎦⎤⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1 ＝2·⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1， 则n 越大，12n ＋1越小，S n 越大，即当n ＝1时，S n 有最小值S 1＝43. 因为对于任意的正整数n ，S n >2λ－13恒成立， 所以43>2λ－13，解得λ<56， 故实数λ的取值范围是⎝⎛⎭⎫－∞，56.真题体验1．(2017·全国Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k＝________. 答案 2n n ＋1解析 设等差数列{a n }的公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧ a 3＝a 1＋2d ＝3，S 4＝4a 1＋4×32d ＝10，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1. ∴S n ＝n ×1＋n (n －1)2×1＝n (n ＋1)2， 1S n ＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1. ∴∑k ＝1n1S k ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1 ＝2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1.2．(2017·天津)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 2n －1}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 . 由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12，而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. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n .(2)设数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为T n ，由a 2n ＝6n －2，b 2n －1＝2×4n －1，得a 2n b 2n －1＝(3n －1)×4n ，故T n ＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n －1)×4n ， ③ 4T n ＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n －4)×4n ＋(3n －1)×4n ＋1， ④ ③－④，得－3T n ＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n －(3n －1)×4n ＋1 ＝12×(1－4n )1－4－4－(3n －1)×4n ＋1 ＝－(3n －2)×4n ＋1－8， 得T n ＝3n －23×4n ＋1＋83.。

数列的求和与综合应用专题[基础达标](40分钟65分)一、选择题(每小题5分，共30分)1.数列1，(1+2)，(1+2+22)，…，(1+2+22+…+2n-1)，…的前n项和为()A.2n-1B.n·2n-nC.2n+1-nD.2n+1-n-2D【解析】记a n=1+2+22+…+2n-1=2n-1，∴S n=2·(2n-1)2-1-n=2n+1-2-n.2{a n}的前n项和为S n，a2，a4是方程x2-x-2=0的两个根，S5=()A.52B.5 C.-52D.-5A【解析】解法1：由x2-x-2=0解得a2=-1，a4=2，或a2=2，a4=-1，当a2=-1，a4=2时，d=32，a n=32n-4，所以S5=5×-52+5×42×32=52；当a2=2，a4=-1时，d=-32，a n=-32n+5，所以S5=5×72+5×42×-32=52.解法2：由已知得a2+a4=1，则S5=5(a1+a5)2=5(a2+a4)2=52×1=52.3{a n}的通项公式为a n=2n-2，若b n=log2a n+3，则数列1b n b n+1的前n项和T n为()A.n2(n-2)B.n2(n+2)C.2nn+2D.12(n+2)B【解析】由题可知b n=log2a n+3=log22n-2+3=n+1，1b n b n+1=1(n+1)(n+2)=1n+1−1n+2，则T n=b1+b2+…+b n=12-13+13-14+…+1n+1-1n+2=12−1n+2=n2(n+2).4{a n}和等比数列{b n}中，有a n=n，b n=2n-1，记c n=a n b n，则数列{c n}的前n项和为()A.(n+1)×2n+1B.(n-1)×2n-1C.(n-1)×2n+1D.(n-1)×2n+1+1C 【解析】由c n =a n b n =n ·2n-1，记其前n 项和为T n ，则T n =c 1+c 2+c 3+…+c n =1×20+2×21+3×22+…+n×2n-1 ①，两边同乘以2，得2T n =1×21+2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1+n×2n ②，①-②得-T n =1+21+22+23+…+2n-1-n×2n ，化简得T n =(n-1)×2n +1.5.现有200根相同的钢管，把它们堆成三角形垛，要使剩余的钢管尽可能少，那么剩余的钢管为 ( )A .9根B .10根C .19根D .29根B 【解析】设堆成x 层，得1+2+3+…+x ≤200，即求使得x (x+1)≤400成立的最大正整数x ，应为19.∴剩余的钢管为200-19(19+1)2=10.6S n 是等差数列{a n }的前n 项和，且S 6>S 7>S 5，给出下列五个命题：①d<0；②S 11>0；③S 12<0；④数列{S n }中的最大项为S 11；⑤|a 6|>|a 7|.其中正确命题的个数是 ( )A .5B .4C .3D .1C 【解析】由已知得S 6-S 5=a 6>0，S 7-S 6=a 7<0，S 7-S 5=a 6+a 7>0，则d=a 7-a 6<0，S 11=11(a 1+a 11)2=11a 6>0，S 12=12(a 1+a 12)2=6(a 6+a 7)>0，由a 6>0，a 7<0，a 6+a 7>0，得|a 6|>|a 7|，数列{S n }中的最大项为S 6，故①②⑤正确. 二、填空题(每小题5分，共15分)7{a n }中，a 1=0，a n+2+(-1)n a n =2.记S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 2016-S 2013= .2016 【解析】当n 为奇数时，a n+2-a n =2，又a 1=0，则数列{a n }的奇数项构成以0为首项，2为公差的等差数列，即a 2k-1=2k-2，k ∈N *；当n 为偶数时，a n+2+a n =2，则S 2016-S 2013=a 2014+a 2015+a 2016=a 2015+2=2014+2=2016.8{a n }中，a 1=2，当n ≥2时，a n =2a n-1+3·2n-1，数列 an 2n 的前n 项和为S n ，则不等式S n <20的解集为 .{1，2，3，4} 【解析】当n ≥2时，a n2n =a n -12n -1+32，令b n =an2n ，则数列{b n }是以b 1=1为首项，公差为32的等差数列，S n =n+n (n -1)2×32=3n 2+n 4，由S n <20得3n 2+n-80<0，即(3n+16)(n-5)<0，所以n=1，2，3，4符合条件.9{a n }的首项a 1=2，前n 项和为S n ，且a n+1=2S n +2n+2(n ∈N *)，则S n = .3n +12-n-32 【解析】由a n+1=2S n +2n+2得S n+1=3S n +2n+2，则S n+1+(n+1)+32=3 S n +n +32 ，且S 1+1+32=92，所以数列 S n +n +32 是以92为首项，3为公比的等比数列，则S n +n+32=92×3n-1，S n =3n +12-n-32.三、解答题(共20分)10.(10分{a n }中，a 1=13，a n+1=an2-a n，(n ∈N *).(1)求证：数列 1a n-1 是等比数列，并求{a n }的通项公式a n ；(2)设b n =na n1-a n，求证：∑i =1nb i <2.【解析】由已知得1an +1=2a n-1，∴1an +1-1=2 1a n-1 ，∴1a n +1-11a n-1=2，∴ 1a 1-1 是首项为1a 1-1=2，公比为2的等比数列，∴1a n-1=2·2n-1=2n ，∴a n =12n +1.(2)b n =na n 1-a n=n2n ，∴S n =12+22+…+n 2，∴12S n =12+22+…+n2， 两式相减得12S n =12+12+12+…+12−n2=1-n +22， ∴S n =2-n +22<2，即∑i =1nb i <2.11.(10分S n 为公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且a 1=1，S 1，S 2，S 4成等比数列. (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.【解析】(1)由已知得S22=S1·S4，即a1(4a1+6d)=(2a1+d)2，可得2a1d=d2，又由a1=1，d≠0得d=2，故a n=2n-1，n∈N*.(2)由已知可得b n=1(2n-1)(2n+1)，T n=11×3+13×5+15×7+…+1(2n-1)(2n+1)=1 21-13+13-15+15-17+…+12n-1−12n+1=1 2×1-12n+1=n2n+1，n∈N*.[高考冲关](30分钟40分)1.(5分已知点D为△ABC的边BC上一点，BD=3DC，E n(n∈N*)为边AC的一列点，满足E n A=14a n+1E n B-(3a n+2)E n D，其中实数列{a n}中a n>0，a1=1，则{a n}的通项公式为()A.3×2n-1-2B.2n-1C.3n-2D.2×3n-1-1D【解析】由BD=3DC得E n D−E n B=3(E n C−E n D)，则E n C=43E n D−13E n B，设E n A=m E n C，则E n A=43m E n D−13m E n B，则43m=-(3a n+2)，-13m=14a n+1，消去m得a n+1=3a n+2，则a n+1+1=3(a n+1)，又a1+1=2，所以{a n+1}是以2为首项，3为公比的等比数列，则a n+1=2×3n-1，则a n=2×3n-1-1.2.(5分{a n}的前n项和为S n，S3=a22，a2a5+2a42=0，若λa n≤S2n-1恒成立，则实数λ的取值范围为.-32，1【解析】设等比数列{a n}的公比为q，则由a2a5+2a42=0得a3a4+2a42=0，因为a4≠0，则a3+2a4=0，q=a4a3=-12，又S3=a22，即a1(1-q3)1-q=(a1q)2，解得a1=3，则λa n≤S2n-1即为λ·3-12n-1≤31--122n-11+12=2+122n-2，当n为奇数时，3λ≤2·2n-1+12n-1min ，因为2n-1≥1，所以2·2n-1+12n-1≥3，则λ≤1；当n为偶数时，-3λ≤2·2n-1+12n-1min ，因为2n-1≥2，所以2·2n-1+12n-1≥92，则λ≥-32，综上可得-32≤λ≤1.3.(10分)已知数列{a n}的前n项和S n=3n2+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.【解析】(1)由题意知当n≥2时，a n=S n-S n-1=6n+5，当n=1时，a1=S1=11.所以a n=6n+5.设等差数列{b n}的公差为d.由a1=b1+b2，a2=b2+b3，即11=2b1+d，17=2b1+3d，可解得b1=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=c1+c2+…+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]，两式相减，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+2.4.(10分{a n }满足a n+2=qa n (q 为实数，且q ≠1)，n ∈N *，a 1=1，a 2=2，且a 2+a 3，a 3+a 4，a 4+a 5成等差数列. (1)求q 的值和{a n }的通项公式； (2)设b n =lo g 2a 2n a 2n -1，n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和.【解析】(1)由已知，有(a 3+a 4)-(a 2+a 3)=(a 4+a 5)-(a 3+a 4)，即a 4-a 2=a 5-a 3， 所以a 2(q-1)=a 3(q-1). 又因为q ≠1，故a 3=a 2=2， 由a 3=a 1·q ，得q=2.当n=2k-1(k ∈N *)时，a n =a 2k-1=2k-1=2n -1； 当n=2k (k ∈N *)时，a n =a 2k =2k=2n. 所以{a n }的通项公式为a n = 2n -1 (n 为奇数)，2n (n 为偶数).(2)由(1)得b n =lo g 2a 2n a 2n -1=n 2n -1.设{b n }的前n 项和为S n ，则 S n =1×120+2×121+3×122+…+(n-1)×12n -2+n×12n -1，12S n =1×121+2×122+3×123+…+(n-1)×12n -1+n×12n ， 上述两式相减，得12S n =1+12+12+…+12n -1−n2=1-12n1-1−n 2=2-22−n 2，整理得S n =4-n +22n -1.所以数列{b n }的前n 项和为4-n +22n -1，n ∈N *. 5.(10分)祖国大陆允许台湾农民到大陆创业以来，在11个省区设立了海峡两岸农业合作试验区和台湾农民创业园，台湾农民在那里申办个体工商户可以享受“绿色通道”的申请、受理、审批一站式服务，某台商第一年年初到大陆就创办了一座120万元的蔬菜加工厂M ，M 的价值在使用过程中逐年减少，从第二年到第六年，每年年初M 的价值比上年年初减少10万元，从第七年开始，每年年初M 的价值为上年年初的75%.(1)求第n 年年初M 的价值a n 的表达式； (2)设A n =a 1+a 2+…+a nn，若A n 大于80万元，则M 继续使用，否则需在第n 年年初对M 更新，证明：必须在第九年年初对M 更新.【解析】(1)当n ≤6时，数列{a n }是首项为120，公差为-10的等差数列，故a n =120-10(n-1)=130-10n.当n ≥7时，数列{a n }从a 6开始的项构成一个以a 6=130-60=70为首项，以34为公比的等比数列，故a n =70× 34n -6.所以第n 年年初M 的价值a n =130-10n (n ≤6)，70× 34n -6(n ≥7).(2)设S n 表示数列{a n }的前n 项和，由等差数列和等比数列的求和公式，得 当1≤n ≤6时，S n =120n-5n (n-1)，A n =Snn =120-5(n-1)=125-5n ≥95>80.当n ≥7时，由于S 6=570，故S n =570+(a 7+a 8+…+a n )=570+70×3× 1- 3n -61-34=780-210× 34n -6.因为{a n }是递减数列，所以{A n }是递减数列.因为A n =Snn =780-210× 34n -6n，A 8=780-210× 3428≈82.734>80， A 9=780-210× 3439≈76.823<80，所以必须在第九年年初对M 更新.。