2020届浙江高考数学总复习课件：数列的综合问题

6.4 数列求和、数列的综合应用挖命题【考情探究】分析解读 1.等差数列和等比数列是数列的两个最基本的模型是高考中的热点之一.基本知识的考查以选择题或填空题的形式呈现，而综合知识的考查则以解答题的形式呈现.2. 以数列为载体来考查推理归纳、类比的能力成为高考的热点3. 数列常与其他知识如不等式、函数、概率、解析几何等综合起来进行考查4. 数学归纳法常与数列、不等式等知识综合在一起，往往综合性比较强，对学生的思维要求比较高.5. 预计2020年高考中，等差数列与等比数列的综合问题仍然是考试的热点，复习时要足够重视.破考点【考点集训】考点一数列的求和1. （2018浙江新高考调研卷五（绍兴一中）,14）已知等差数列｛a n｝的首项为a，公差为-2，S n为数列｛a n｝的前n项和，若从S7开始为负数，则a的取值范围为_______ ，S n最大时，n= _____ .答案[5,6）;32. （2018浙江杭州地区重点中学第一学期期中，22）已知函数f（x）=x 2+x，x €[1,+ ®），a n=f（a n」）（n > 2，n匕N）. （1）证明：- -_w f（x）< 2x2;⑵设数列｛｝的前n项和为A n,数列的前n项和为B,a1亠,证明:2证明 ⑴f(x)-_ -_=x+x-d>0, .・.f(x) >f(x)-2x 2=x 2+x-2x 2=x-x 2=x(1-x) < 0(x >1), ^f(x) < 2x 2,/• --_< f(x) < 2x 2.⑵a n=f(a n-i)=+a n-i ? =a n -a n-i (n > 2),贝寸 A n =++ …+=a n+1-a 1=a n+1-累加得:Bn=——+——+…+——=—-一=一---—= ------- =—31+1 .由(1)得 a n >-一- -？ a n+1 +- >— >• *a n+1 > -一 - - —=- a n+1 > 3 • - 一.3a n =f(a n-1) w 2 ? a n+1 w 2 w 2 w …w--—=—a n+〔w _x _ ・ =—・ ,--_ w_w_・即 -1 w —w ,而 -1 >考点二数列的综合应用1. （2018浙江新高考调研卷二（镇海中学）,10）数列{a n }的各项均为正数，S n 为其前n 项和,对于任意n € N *,总 有S n = ------ .设b=a 4n+1,d n =3n （n 匕N ）,且数列{b n }中存在连续的k （k>1,k 匕N ）项和是数列{d n }中的某一项，则k 的取值集合为（ ）A.{k|k=2 “, a e N *}B.{k|k=3 “,N *}c.{k|k=2 a , a e N} D.{k|k=3 a , a e N} 答案 B2. （2017浙江“七彩阳光”新高考研究联盟测试，9）已知函数f （x ）=sin xcos x+COS 2x,0 w X 0VX 1VX 2V …VX n w_,a n =|f （X n ）-f （x n-1）|,n eN,S n =a+a 2 +…+a n ,贝 U S n 的最大值等于（ ） A. _B.-a n =+a n-i =a n-1 (a n-1+1)? _=.-------=—-—(n > 2),C. _+1D.2 答案A考点三数学归纳法1. (2018浙江新高考调研卷五(绍兴一中),22)在数列｛a n｝中,a i=a,a n+i=—a n+_ (n € N*),已知0<a<1.⑴求证:a n+i<a n(n € N);(2)求证:a n > ___________证明(1)由题意知a n>0,a n+1-a n=一-一a=一• a n(a n-1)(n € N).下面用数学归纳法证明:a n<1.①n=1时,a 1=a<1,结论成立.②假设n=k时,a k<1,当n=k+1 时,a k+1-a k=—a k(a k-1)<0,即a k+1<a k<1,结论成立.根据①②可知，当n€ N*时,a n<1,所以a n+1<a n.(2) 由a“+1=—a“+— -------- ,得 ----- = -------------- = ---------------- =一=—,因为0<a n <1,所以-------- =— ------------ <—--------- ,所以—< --------- --- ----- = ----------- 乩-—(n》2),即_ < ______ +_- 一< …<_」1= _____ =—L ___ ,所以a n> --------- ,又a1=a,所以当n € N时,a n> --------- .2. (2017浙江新高考临考冲刺卷,22)已知正项数列a满足:a n+1=a n- (n € N*).(1)证明：当n > 2时,a n<——;⑵设S n为数列｛a n｝的前n项和，证明:S n<1+ln 一(n € N).证明(1)因为a2>0,所以a1- >0,故0<a1<1.下面利用数学归纳法证明结论.4w i,结论成立;当n=2 时,a 2=日1-=-假设当n=k(k > 2)时，结论成立，即a k w+—则当n=k+1 时,a k+1=-因为函数f(x)=- +-在-上单调递增，0<a k<——<,所以a k+i < - ——+_= ---------------------- < ---------- 即当n=k+1时，结论成立.由数学归纳法知，当n》2时,a n< 一.⑵首先证明：当x>0时，均有ln(1+x)> 设g(x)=ln(1+x)- 一，贝Ug'(x)=—— -- ------- = ------ >0,所以g(x)在(0,+ a)上单调递增，因此，当x>0时,g(x)>g(0)=0,即ln(1+x)> —.在上述不等式中，取x=——,则ln —— > -------------- ,即In —— >——,所以，当n>2时，S=a i+(a 2+a3 — ajva i匕+-—+—<a i+ _ - …——=a i+ln ——<1+ln ——.而当n=1 时,S i=a i<1+In 一=1 成立.综上,S n<1+In 一(n e N*).炼技法【方法集训】方法1 错位相减法求和1. 已知数列｛a n｝的前n 项和为S n,a i=5,nS n+i-(n+1)S n=n2+n.(1) 求证:数列一为等差数列；(2) 令b n=2n a n,求数列｛b n｝的前n项和Tk解析(1)证明：由nS n+i-(n+1)S n=n+n 得-------- =1,又—5,所以数列一是首项为5,公差为1的等差数列.(2)由(1)可知一=5+(n-1)=n+4,所以S=n2+4n.2 2当 n A 2 时,a n =S n -S n-i =n +4n-(n-1) -4(n-1)=2n+3. 又a i =5也符合上式,所以a n =2n+3(n € N *), 所以 b n =(2n +3)2 :所以 T n =5X 2+7X2 2+9X2 3+…+(2n+3)2 :①2T n =5X2 2+7X2 3+9X 2 4+- +(2n+1)2 n +(2n+3)2 n+1,② 所以②-①得 n+134n+1T n =(2n+3)2 -10-(2 +2+…+2 )=(2n+3)2 n+1-10- _- ____ =(2n+3)2 n+1-10-(2 n+2-8) =(2n+1)2 n+1-2. 2.已知数列｛a n ｝是等比数列,a 2=4,a 3+2是a ?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 . 解析⑴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 ?+2是日2和日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 工0,所以q=2.n-2n-2 n*所以 a n =a 2q =4X2 =2 (n € N).所以数列｛a n ｝的通项公式a n =2n (n € N *). (2)因为 a n =2n ,所以 b n =2log 2a “-1=2n-1, 所以 a n b n =(2n-1)2 n,则 T n =1X 2+3X 2 2+5X 2 3+…+(2n-3)2 n-1+(2n-1)2 n ,①2T n =1X 2 2+3X 2 3+5X 2 4+- +(2n-3)2 n +(2n-1)2 n+1.② 由①-②得，-T n =2+2X 2 2+2X2 3+…+2X2 n -(2n-1)2 n+1方法2 裂项相消法求和1. (2018浙江嘉兴高三期末,22)已知数列｛a n ｝满足a 1=1,a n = (1)求数列｛a n ｝的通项公式； ⑵求证：对任意的n € N,都有: ①一+—+—+…+—<3;②一+——+——+…+——>——(k A 2,k € N).=2+2 -(2n-1)2 n+1=-6-(2n-3)2n+1所以 T n =6+(2n-3)2n+1解析⑴当n A 2时，一=a n-1 (n A 2)./•当n>2 时,a n=n.又i=1,「.a n=n,n 匕 N*.(3 分)⑵证明：①当n=1时,1<3成立；•••当n》2 时,—=——= ------ < = - • ------- ---- =—-—•——一<一-_.(6 分)_+_+一+…+_<1+ -= + —^― + _=-= + _ ^― + …+- = + —_ =1+1+_- _- ------- <3,•_+_+一+…+_<3.(9 分)②—+ __ + __ + …+ __ =_+ __ +__ + …+ __ + ___ ,设s=-+——+…+——+——，_则S=——+——+…+——+-，2S=- ——+————+…+——一+——+- .(11分)T 当x>0,y>0 时,(x+y) _ - =2卜+-> 4,•_+_>一,当且仅当x=y时等号成立.(13分)•当k>2,k € N*时,2S> ----------- •(nk-n)=——>—— .•S>—,即一+一+一+ …+——>^—(k >2,k € N).(15 分)2. (2017 浙江宁波期末,22)已知数列&｝满足Q=2,a n+1=2(S n+n+1)(n € N),b n=a・+1.(1)求证:｛b n｝是等比数列；⑵记数列｛nb n｝的前n项和为T n,求T n；(3) 求'证: ----- <—I—I—+ …+—<—.解析(1)证明:由日1=2,得a2=2(a汁1+1)=8.由a n+1=2(S n+n+1),得a n=2(S n-1 +n)(n》2),两式相减，得a n+1=3a n+2(n > 2),当n=1时上式也成立，故a n+1=3a n+2(n € N).所以有a n+1+1=3(a n+1),即b n+1=3b n,又b1=3,故｛b n｝是等比数列.⑵由(1)得b n=3n,所以「=1X 3+2X 3 2+3X 3 3+…+n • 3”, 3T n =1 X 3 2+2X 3 3+3X 3 4+…+n • 3n+1,两式相减，得-2「=3+32+33+…+3n -n • 3n+1= - -n • 3n+1,n+1故卩=---• 3 +-•⑶证明：由 a n=b n-仁3 n -1,得—= ----->—,k € N *,所以—+_+_+••• +_<_+_ ---------------- -------------------- … --------------------------=—+ ------- ------- =—+ — • --------- < .故一- -- <_+_+_+…+_v_.过专题 【五年高考】A 组自主命题•浙江卷题组考点一数列的求和1.(2016浙江文,17,15分)设数列｛a n ｝的前n 项和为S.已知S=4,a n+1=2S+1,n € N.⑴求通项公式a n ；⑵求数列｛|a n-n-2|｝的前n 项和.解析⑴由题意得 则又当 n 》2 时,由 a n+1-a n =(2S n +1)-(2S n-1 +1)=2a n , 得 a n+1=3an .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 *,贝U b=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+ --------------------- — ---------------- ,所以T n =- - €易错警示 (1)当n 》2时，得出a n+1 =3a n ,要注意a ’是否满足此关系式 (2)在去掉绝对值时，要考虑n=1,2时的情形.在又一=^所以 + + +■…+ >一+ + +■… + = ____------ ,k € N,求和过程中，要注意项数，最后「要写成分段函数的形式.2. (2015浙江文,17,15分)已知数列｛a n｝和｛b n｝满足a i=2,b i=1,a n+i=2a“(n € N),b i+_b2+_b3+…+_b n=b n+i-1(n € N*).(1) 求a n 与b n；(2) 记数列｛a n b n｝的前n项和为「，求T解析(1)由a1=2,a n+1=2a n,得a“=2 (n € N).由题意知：当n=1 时,b1=b2-1,故b2=2.当n》2 时，-b n=b n+1-b n,整理得 -- =—,所以b n=n(n € N).(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 • 2：所以升2「=2+22+23+…+2n-n • 2n+1.故T n=(n-1)2 n+1+2(n € N*).评析本题主要考查数列的通项公式，等差、等比数列的基础知识，同时考查数列求和的基本思想方法，以及推理论证能力.考点二数列的综合应用1. (2018浙江,20,15分)已知等比数列｛a n｝的公比q>1,且日3+日4+日5=28,日4+2是a3,a 5的等差中项.数列｛b n｝满足b1=1,数列｛(b n+1-b n)a n｝的前n 项和为2n2+n.(1) 求q的值;(2) 求数列｛b n｝的通项公式.解析本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力.(1) 由日4+2是a3,a 5的等差中项得日3+&=2日4+4,所以日3+日4+日 5 = 384+4 = 28,解得a4=8.由a3+a5=20 得8 - =20,解得q=2或q=_,因为q>1,所以q=2.(2) 设C n=(b n+1-b n)a n,数列｛C n｝的前n 项和为S.由C n= 解得C n=4n-1.由(1)可知a n=2，所以b n+1-b n=(4n-1)故b n-b n-i =(4n-5) ■- ,n A 2,b n-b i=(b n-b n-i)+(b n-1 -b n-2 )+ …+(b 3-b 2)+(b 2-b i)=(4n-5) •一+(4n-9) •一+ …+7 •一+3.设T n=3+7 •-+11 •- + …+(4n-5) •- ,n > 2, -T n=3 •-+7 •- + …+(4n-9) •- +(4n-5) •- ,所以_T n=3+4 • _+4 •一+ …+4 •一-(4n-5) •一,因此T n=14-(4n+3) •一,n > 2,又b i=1,所以b n=15-(4n+3) •--.易错警示利用错位相减法求和时，要注意以下几点：(1) 错位相减法求和，适合数列｛a n b n｝,其中｛a n｝为等差数列，｛b n｝为等比数列.(2) 在等式两边所乘的数是等比数列｛b n｝的公比.(3) 两式相减时，一定要错开一位.⑷特别要注意相减后等比数列的项数.(5)进行检验.2. (2016浙江,20,15分)设数列｛an｝满足-—— < 1,n € N.n 1 *(1)证明:|a n| A 2- (|a 1|-2),n € N;⑵若|a n| < - ,n € N,证明:|a n| < 2,n € N*.证明(1)由---------- W 1 得|a n|-—|a n+1 |W 1,故---- -- ---- 三一,n € N ,所以——-——=——-—— + ——-—+…+ — -—— W— +—+••• +——<1,因此|a n| A 2n-1 (|a 1|-2).⑵任取n€ N*,由(1)知，对于任意m>n,--- ------= ------------ + --------------------- + …+ ---- -- ------- W — + --- +…+ ----- < ---- ,n n n故|a n|< —--- • 2 W ——・ _ • 2 =2+ —・ 2 .从而对于任意m>n,均有|a n|<2+ - • 2.①由m的任意性得|a n| W2.否则，存在n0€ N,有| |>2,取正整数m>lo _—-且m>n。

第四节数列的综合问题(一) 复习目标学法指导1.会证明新构造数列是等差或等比数列.2.求新构造数列的相关参数值及最值问题.3.数列与函数等相关问题. 1.通过已知关系构造新数列,新数列往往是等差或等比数列,一般采用定义法.2.新构造数列的相关参数值问题,这是数列中的探索性问题,分为条件探索、结论探索和存在探索三类问题.3.数列中的最值问题主要在等差数列中,因为其前n项和是S n=An2+Bn型.4.数列与函数的联系多为单调性或最值问题.一、新数列的构成1.由递推关系式变换成新数列.2.由前n项和构造成新数列.3.通过函数关系构造新数列.1.概念理解(1)由递推关系式或从等差、等比数列中取出一些项组成新数列,往往能从等差、等比数列的定义出发,对它们变形解决问题.(2)利用S n与a n的关系,可以把问题转化为S n的递推式或a n的递推式,构造出新数列模式,利用等差或等比数列定义解决.(3)通过函数关系,如对数、指数等构造新数列转化为等差、等比数列也是考查的方向之一. 2.与新数列应用相关的结论(1)a n+1=pa n +q(p,q 为常数,p ≠0,p ≠1,q ≠0)可构造a n+1+1q p -=p(a n +1qp -), 即{a n +1q p -}为等比数列. (2)S n -S n-1=pS n S n-1可两边同除S n S n-1得(p 为常数)1nS -11n S -=-p(常数)构造{1nS }为等差数列.二、等差数列前n 项和最值问题1.等差数列{a n }前n 项和为S n ,则S n =na 1+()12n n -d=2d n 2+(a 1-2d )n 可以看作是关于n 的二次函数型,它的最值取决于d 的符号.2.若a 1>0,d<0,则S n 存在最大值;当a 1<0,d>0,则S n 存在最小值.1.概念理解求等差数列前n 项和的最值方法有两种:(1)二次函数法:运用配方法把S n 转化为二次函数,借助二次函数的单调性及数形结合得以解决;(2)通项公式法:求使a n ≥0(或a n ≤0)成立时最大的n 值即可. 2.与等差数列前n 项和最值相关联的结论 (1)S n =An 2+Bn(A,B 为常数)可以简化运算. (2)若a 1>0且S p =S q (p ≠q),则①若p+q 为偶数,则当n=2p q +时,S n 最大;②若p+q 为奇数,则当n=12p q +-或n=12p q ++时,S n 最大.三、数列中的探索性问题(求参数)1.条件探索性问题:针对一个结论,条件未知需探求,或条件增删需确定,或条件正误需判定.2.结论探索性问题:有条件而无结论或结论的正确与否需要确定.3.存在探索性问题:要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立.1.概念理解(1)条件探索性问题解决的基本策略是执果索因,先寻找结论成立的必要条件,再通过检验或认证找到结论成立的充分条件.在执果索因的过程中,常常会犯的一个错误是不考虑推理过程的可逆与否,误将必要条件当作充分条件,应引起 注意.(2)结论探索性问题的解决策略是:先探索结论而后去论证结论,在探索过程中常可先从特殊情形入手,通过观察、分析、归纳、判断来猜测,得出结论,再就一般情形去认证结论.(3)存在探索性问题解决策略是:假定题中的数学对象存在或结论成立或暂且认可其中的一部分结论,然后在这个前提下进行逻辑推理.若由此导出矛盾,则否定假设,否则给出肯定结论,其中反证法在解题中起着重要作用.2.与探索性问题相关联的结论(1)通过分离参数解决恒成立问题.(2)数列中的比较大小可以构造函数,通过函数的单调性进行证明.(3)数列问题以分式形式给出条件,一般采用取倒数转化为等差或等比数列再解答.四、数列与函数问题1.数列是一类特殊函数,其定义域为N*或其子集;2.等差数列的通项a n可以看作关于n的一次函数,等比数列的通项a n 可以看作关于n的指数型函数(q≠1);3.等差数列的前n项和S n可以看作关于n的二次函数型;等比数列的前n项和S n可以看作关于n的指数型函数(q≠1).1.概念理解(1)数列是一类特殊的函数,它的图象是一群孤立的点;(2)转化为以函数为背景的条件时,应该注意题中的限制条件,如函数的定义域,这往往是很容易被忽视的问题;(3)利用函数的方法研究数列中的相关问题时,应准确构造相应的函数,注意数列中相关限制条件的转化.2.数列与函数关系应用相关联的结论(1)在数列{a n}中,若a n+1>a n,则{a n}为递增数列;若a n+1<a n,则{a n}为递减数列;(2)数列的图象只能是位于y轴右侧的一些孤立点;(3)a n =2n-1可以等价于f(n)=2n-1与一次函数f(x)=2x-1建立联系; (4)等差数列的前n 项和S n 是关于n 的二次函数型(d ≠0),nS n是关于n的一次函数,比如已知{a n }为等差数列且S 10=100,S 100=10,求S 110时,可以利用三点(10,1010S ),(100,100100S ),(110,110110S)共线解出S 110.1.在等差数列{a n }中,若a 1<0,S n 为其前n 项和且S 7=S 17,则S n 最小时的n 的值为( D )(A)12或13 (B)11或12 (C)11 (D)12解析:由S 7=S 17依据二次函数对称性知当n=12时,S n 最小.故选D. 2.(2018·全国Ⅰ卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和,若3S 3=S 2+S 4,a 1=2,则a 5等于( B ) (A)-12 (B)-10 (C)10 (D)12解析:设等差数列{a n }的公差为d,由3S 3=S 2+S 4,得3[3a 1+()3312⨯-×d]=2a 1+()2212⨯-×d+4a 1+()4412⨯-×d,将a 1=2代入上式,解得d=-3,故a 5=a 1+(5-1)d=2+4×(-3)=-10.故选B.3.已知数列{a n }满足a n+1+a n-1=2a n ,n ≥2,点O 是平面上不在l 上的任意一点,l 上有不重合的三点A,B,C,又知a 2OA +a 2 015OC =OB ,则S 2 016等于( D )(A)1 007 (B)2 014 (C)2 016 (D)1 008 解析:如图,设AB =λAC ,则a 2OA +a 2 015OC =OB =OA +AB =OA +λAC =OA +λ(OC -OA ), 故(a 2-1+λ)OA =(λ-a 2 015) OC . 又A,B,C 三点不重合,所以2201510,0,aa λλ-+=⎧⎨-=⎩所以a 2+a 2 015=1.又因为a n+1+a n-1=2a n (n ≥2),所以{a n }为等差数列,所以S 2 016=()1201620162a a ⨯+=()2201520162a a ⨯+=1 008.故选D. 4.定义:在数列{a n }中,若满足21n n a a ++-1n na a+=d(n ∈N *,d 为常数),称{a n }为“等差比数列”.已知在“等差比数列”{a n }中,a 1=a 2=1,a 3=3,则20152013a a = .解析:由题意可知21a a =1,32a a =3,32a a -21aa=3-1=2. 所以数列{1n na a +}为以1为首项,以2为公差的等差数列.所以1n na a +=1+(n-1)×2=2n-1,n ∈N *,所以20152013a a=4×2 0132-1=16 208 675. 答案:16 208 675考点一 构造新数列,判断新数列是等差或等比数列 【例1】 已知数列{a n }满足:a n+2=3a n+1-2a n ,a 1=2,a 2=4,n ∈N *. (1)求证:数列{a n+1-a n }为等比数列,并求数列{a n }的通项公式; (2)若b n =a n (a n +1),{b n }的前n 项和记为S n ,求S n . (1)证明:因为211n n n na a aa +++--=11132n n n n naa a a a +++---=2,所以数列{a n+1-a n }是公比为2,首项为2的等比数列,所以a n+1-a n =2n ,累加可知:a n -a 1=2+22+…+2n-1=2n -2(n ≥2), a n =2n (n ≥2),当n=1时,a 1=2满足上式, 所以a n =2n (n ∈N *).(2)解:因为b n =2n (2n +1)=4n +2n , 所以S n =(4+2)+(42+22)+…+(4n +2n ) =()41414n --+()21212n --=143n ++2n+1-103. 新数列的构造没有一定的模式,一般是根据题目给出的条件,可能是{a n }的递推关系也可能是S n 的关系,根据情况构造,遇到分式一般是取倒数.设数列{a n }的前n 项和为S n ,S n =2a n +λn-4(n ∈N *,λ∈R),且数列{a n -1}为等比 数列.(1)求实数λ的值,并写出数列{a n }的通项公式; (2)①判断数列{11na --1na }(n ∈N *)的单调性;②设b n =()11n na --,数列{b n }的前n 项和为T n ,证明:T 2n <29.(1)解:由S n =2a n +λn-4得 S n+1=2a n+1+λ(n+1)-4, 两式相减得a n+1=2a n+1-2a n +λ, 即a n+1=2a n -λ,所以a n+1-1=2a n -λ-1=2(a n -12λ+).因为数列{a n -1}为等比数列,所以12λ+=1,λ=1,所以a 1=3,a 1-1=2, 所以a n -1=2n ,a n =2n +1. (2)①解:因为11na --1na =()11n n a a -=()1212nn+,又2n ,2n +1单调递增,所以数列{11na --1na }(n ∈N *)为单调递减数列.②证明:因为b n =()11n na --=()1121n n --+,所以T 2n =b 1+b 2+…+b 2n =(13-15)+(19-117)+…+(21121n -+-2121n+) 由①得2111n a---211n a->211n a--21n a ,即2112n --21121n -+>212n -2121n+, 所以21121n -+-2121n+<2112n --212n=212n=14n.所以T 2n <(13-15)+(214+314+…+14n )=(13-15)+1111164114n -⎛⎫- ⎪⎝⎭-<13-15+112=1360<29.考点二 数列与函数关系【例2】 (2018·浙江卷)已知a 1,a 2,a 3,a 4成等比数列,且a 1+a 2+a 3+a 4=ln(a 1+a 2+a 3).若a 1>1,则( ) (A)a 1<a 3,a 2<a 4 (B)a 1>a 3,a 2<a 4 (C)a 1<a 3,a 2>a 4 (D)a 1>a 3,a 2>a 4 解析:因为ln x ≤x-1(x>0),所以a 1+a 2+a 3+a 4=ln(a 1+a 2+a 3)≤a 1+a 2+a 3-1,所以a4=a1·q3≤-1.由a1>1,得q<0.若q≤-1,则ln(a1+a2+a3)=a1+a2+a3+a4=a1(1+q)·(1+q2)≤0.又a1+a2+a3=a1(1+q+q2)≥a1>1,所以ln(a1+a2+a3)>0,矛盾.因此-1<q<0.所以a1-a3=a1(1-q2)>0,a2-a4=a1q(1-q2)<0,所以a1>a3,a2<a4.故选B.求等差数列前n项和的最值常用的方法(1)利用等差数列的单调性,求出最值;(2)利用性质求出其正负转折项,便可求得和的最值;(3)将等差数列的前n项和S n=An2+Bn(A,B为常数)看作二次函数,根据二次函数的性质求最值.已知等差数列{a n}的首项a1=20,公差d=-2,则前n项和S n的最大值为.解析:因为等差数列{a n}的首项a1=20,公差d=-2,代入求和公式得S n=na1+()12n n- d=20n-()12n n-×2=-n2+21n=-(n-212)2+(212)2,又因为n∈N*,所以n=10或n=11时,S n取得最大值,最大值为110.答案:110考点三数列中的探索性问题(求参数)【例3】已知数列{a n}中,a1=2,a2=3,其前n项和S n满足S n+2+S n=2S n+1+1(n∈N*);数列{b n}中b1=a1,b n+1=4b n+6(n∈N*).(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)设c n=b n+2+(-1)n-1λ·2n a(λ为非零整数,n∈N*),试确定λ的值,使得对∀n∈N*都有c n+1>c n成立.解:(1)由已知得S n+2-S n+1-(S n+1-S n)=1,所以a n+2-a n+1=1(n≥1).又a2-a1=1,所以数列{a n}是以a1=2为首项,1为公差的等差数列.所以a n=n+1.因为b n+1=4b n+6,即b n+1+2=4(b n+2),又b1+2=a1+2=4,所以数列{b n+2}是以4为首项,4为公比的等比数列.所以b n=4n-2.(2)因为a n=n+1,b n=4n-2,所以c n=4n+(-1)n-1λ·2n+1.要使c n+1>c n成立,需c n+1-c n=4n+1-4n+(-1)nλ·2n+2-(-1)n-1λ·2n+1>0恒成立,化简得3·4n-3λ(-1)n-12n+1>0恒成立,即(-1)n-1λ<2n-1恒成立,①当n 为正奇数时,即λ<2n-1恒成立,当且仅当n=1时,2n-1有最小值1,所以λ<1;②当n 为正偶数时,即λ>-2n-1恒成立,当且仅当n=2时,-2n-1有最大值-2,所以 λ>-2, 即-2<λ<1.又λ为非零整数,则λ=-1.综上所述,存在λ=-1,使得对任意n ∈N *,都有c n+1>c n 成立.对于数列问题,一般要先求出数列的通项,不是等差数列和等比数列的要转化为等差数列或等比数列.遇到S n 要注意利用S n 与a n 的关系将其转化为a n ,再研究其具体性质.遇到(-1)n 型的问题要注意分n 为奇数与偶数两种情况进行讨论,本题易忘掉对n 的奇偶性的讨论而致误.【例4】 已知各项均为正数的数列{a n }满足:21n a +=22na +a n a n+1,且a 2+a 4=2a 3+4,其中 n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式; (2)数列{b n }满足:b n =()212nnna n +,是否存在正整数m,n(1<m<n),使得b 1,b m ,b n 成等比数列?若存在,求出所有的m,n 的值,若不存在,请说明理由.解:(1)因为21n a +=22na +a n a n+1,即(a n +a n+1)(2a n -a n+1)=0.又a n >0,所以2a n -a n+1=0, 即2a n =a n+1.所以数列{a n }是公比为2的等比数列. 由a 2+a 4=2a 3+4,得2a 1+8a 1=8a 1+4, 解得a 1=2.故数列{a n }的通项公式为a n =2n (n ∈N *). (2)因为b n =()212nnna n +=21n n +,所以b 1=13,b m =21m m +,b n =21nn +. 若b 1,b m ,b n 成等比数列,则(21m m +)2=13(21n n +), 即22441m m m ++=63n n +. 由22441m mm ++=63nn +, 可得3n=22241m m m -++,所以-2m 2+4m+1>0, 从而1-62<m<1+62.又m ∈N *,且m>1,所以m=2,此时n=12. 故当且仅当m=2,n=12时,b 1,b m ,b n 成等比数列.对于结论探索性问题,需要先得出一个结论,再进行证明.注意含有两个变量的问题,变量归一是常用的解题思想,一般把其中的一个变量转化为另一个变量,根据题目条件,确定变量的值,遇到数列中的比较大小问题可以采用构造函数,根据函数的单调性进行证明,这是解决复杂问题常用的方法.【例5】 已知数列{a n }的首项a 1=35,a n+1=321n na a +,n ∈N *.(1)求证:数列{1na -1}为等比数列;(2)是否存在互不相等的正整数m,s,n,使m,s,n 成等差数列,且a m -1,a s -1,a n -1成等比数列?如果存在,请给予证明;如果不存在,请说明理由.(1)证明:因为11n a +=23+13na, 所以11n a +-1=13(1na-1). 又因为11a -1≠0,所以1na -1≠0(n ∈N *).所以数列{1na -1}为等比数列.(2)解:假设存在,则m+n=2s, (a m -1)(a n -1)=(a s -1)2,由(1)知1na -1=(11a -1)(13)n-1=23n, 则a n =332nn +,所以(332nn +-1)(332mm +-1)=(332ss +-1)2,化简得3m +3n =2×3s . 因为3m +3n ≥2×3m n+=2×3s ,当且仅当m=n 时等号成立,又m,s,n 互不相等,所以不存在.数列问题是以分式形式给出条件的,一般采用取倒数,再转化为等差数列或等比数列,通过等差数列与等比数列的桥梁作用求出通项.遇到多个变量的存在性问题,一般先假设存在,再寻找满足的条件,一般可以利用基本不等式、值域或范围等判断是否存在.已知{a n }的前n 项和为S n ,且a n +S n =4(n ∈N *). (1)求证:数列{a n }是等比数列; (2)是否存在正整数k,使122k kS S +-->2成立?若存在,求出正整数k,若不存在,请说明理由.(1)证明:由题意,S n +a n =4,S n+1+a n+1=4, 所以(S n+1+a n+1)-(S n +a n )=0, 即2a n+1-a n =0,a n+1=12a n , 又2a 1=S 1+a 1=4,所以a 1=2.所以数列{a n }是首项为2,公比为12的等比数列. (2)解:S n =1212112n ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦-=4-22-n .122k k S S +-->2⇔12422422k k ------>2⇔11322222k k --⋅-⋅-<0⇔23<21-k <1⇔1<2k-1<32. 因为k ∈N *,所以2k-1∈N *.这与2k-1∈(1,32)相矛盾,故不存在这样的k,使不等式成立.数列的函数特性【例题】 已知数列{a n }满足a 1=1,|a n+1-a n |=p n ,n ∈N *. (1)若{a n }是递增数列,且a 1,2a 2,3a 3成等差数列,求p 的值; (2)若p=12,且{a 2n-1}是递增数列,{a 2n }是递减数列,求数列{a n }的通项公式.解:(1)因为{a n }是递增数列,所以a n+1-a n =p n . 又a 1=1,a 2=p+1,a 3=p 2+p+1, 因为a 1,2a 2,3a 3成等差数列,所以4a 2=a 1+3a 3,4p+4=1+3p 2+3p+3,3p 2=p, 解得p=13,p=0,当p=0,a n+1-a n =0,与{a n }是递增数列矛盾, 所以p=13.(2)因为{a 2n-1}是递增数列,所以a 2n+1-a 2n-1>0, 于是(a 2n+1-a 2n )+(a 2n -a 2n-1)>0. ① 由于212n<2112n -,所以|a 2n+1-a 2n |<|a 2n -a 2n-1|. ② 由①②得a 2n -a 2n-1>0, 所以a 2n -a 2n-1=(12)2n-1=()22112nn --. ③因为{a 2n }是递减数列,所以同理可得a 2n+1-a 2n <0, a 2n+1-a 2n =-(12)2n=()2+1212n n -. ④由③④得a n+1-a n =()112n n +-,所以a n =a 1+(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+…+(a n -a n-1)=1+()2112-+()3212-+…+()112nn -- =1+12·1112112n -⎛⎫-- ⎪⎝⎭+=43+13·()112nn --,所以数列{a n }的通项公式为a n =43+13·()112nn --.规范要求:(1)在第一问中,因为{a n }是递增数列,所以a n+1-a n =p n ,去掉绝对值符号,后面对p 的取值取舍,需要检验,漏不得;(2)第二问中的子数列:{a2n-1}是递增数列,{a2n}是递减数列,是解决本题的关键.温馨提示:(1)由{a n}是递增数列,去掉绝对值符号,求出前三项,再利用a1,2a2,3a3成等差数列,得到关于p的方程即可;(2){a2n-1}是递增数列,{a2n}是递减数列,可以去掉绝对值符号,再利用叠加法求通项公式.【规范训练1】设数列{a n}为等比数列,数列{b n}满足b n=na1+(n-1)a2+…+2a n-1+a n,n∈N*,已知b1=m,b2=32m,其中m≠0.(1)求数列{a n}的通项(用含m的式子表示);(2)设S n为数列{a n}的前n项和,若对于任意的正整数n,都有S n∈[1,3],求实数m的取值范围.解:(1)由已知b1=a1,所以a1=m,又b2=2a1+a2,所以2a1+a2=32m,解得a2=-2m,所以数列{a n}的公比q=-12.a n=m(-12)n-1.(2)S n=112112nm⎡⎤⎛⎫--⎢⎥⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦⎛⎫-- ⎪⎝⎭=23m·[1-(-12)n],因为1-(-12)n>0,所以,由S n∈[1,3]得1112n⎛⎫--⎪⎝⎭≤23m≤3112n⎛⎫--⎪⎝⎭,当n为奇数时1-(-12)n∈(1,32],当n为偶数时1-(-12)n∈[34,1),所以1-(-12)n最大值为32,最小值为34.对于任意的正整数n都有1112n⎛⎫-- ⎪⎝⎭≤23m≤3112n⎛⎫--⎪⎝⎭,所以43≤23m≤2,2≤m≤3.即所求实数m的取值范围是{m|2≤m≤3}.【规范训练2】已知数列{a n}的前n项和为S n,数列{S n}的前n项和为T n,满足T n=2S n-n2.(1)证明:数列{a n+2}是等比数列,并求出数列{a n}的通项公式;(2)设b n=n·a n,求数列{b n}的前n项和K n.(1)证明:由T n=2S n-n2,得a1=2a1-1,解得a1=S1=1,由S1+S2=2S2-4,解得a2=4.当n≥2时,S n=T n-T n-1=2S n-n2-2S n-1+(n-1)2,即S n=2S n-1+2n-1, ①S n+1=2S n+2n+1, ②由②-①得a n+1=2a n+2,所以a n+1+2=2(a n+2),又a2+2=2(a1+2),所以数列{a n+2}是以a1+2=3为首项,2为公比的等比数列,所以a n+2=3·2n-1,即a n=3·2n-1-2.(2)解:因为b n =3n ·2n-1-2n,所以K n =3(1·20+2·21+…+n ·2n-1)-2(1+2+…+n) =3(1·20+2·21+…+n ·2n-1)-n 2-n. 记R n =1·20+2·21+…+n ·2n-1, ③ 2R n =1·21+2·22+…+n ·2n , ④ 由③-④得-R n =1·20+1·21+…+2n-1-n ·2n=1212n---n ·2n =(1-n)·2n -1,所以R n =(n-1)·2n +1. 所以K n =3(n-1)2n -n 2-n+3.类型一 新数列的构造及性质判断1.化简S n =n+(n-1)×2+(n-2)×22+…+2×2n-2+2n-1的结果是( D ) (A)2n+1+n-2 (B)2n+1-n+2 (C)2n -n-2 (D)2n+1-n-2解析:因为S n =n+(n-1)×2+(n-2)×22+…+2×2n-2+2n-1,① 2S n =n ×2+(n-1)×22+(n-2)×23+…+2×2n-1+2n ,② 所以①-②得-S n =n-(2+22+23+…+2n )=n+2-2n+1, 所以S n =2n+1-n-2. 故选D.2.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且a n +S n =n,则下列说法正确的是( B )(A){a n }是等比数列 (B){a n -1}是等比数列 (C){a n +1}是等比数列 (D){a n -2}是等比数列解析:由a n +S n =n, ① 当n=1时,a 1+S 1=1,即a 1=12,当n ≥2时,a n-1+S n-1=n-1, ② ①-②得a n -a n-1+a n =1, 即a n =12a n-1+12,所以a n -1=12(a n-1-1),即111nn aa ---=12.又a 1-1=-12, 所以{a n -1}是首项为-12,公比为12的等比数列. 故选B.3.已知数列{a n }中的任意一项都为正实数,且对任意m,n ∈N *,有a m ·a n =a m+n ,如果a 10=32,则a 1的值是( C ) (A)-2 (B)2解析:令m=1,则1n na a +=a 1,所以数列{a n }是以a 1为首项,公比为a 1的等比数列,从而a n =1na ,因为a 10=32,所以a 1故选C.4.等比数列{c n }满足c n+1+c n =10·4n-1(n ∈N *),数列{a n }的前n 项和为S n ,且a n =log 2c n ,则a n = .解析:设{c n }的公比为q,由题意知c 1+c 2=10,c 2+c 3=40,即1121110,40,c c q c q c q +=⎧⎪⎨+=⎪⎩得12,4,c q =⎧⎨=⎩所以c n =2·4n-1=22n-1, 所以a n =log 222n-1=2n-1,即a n =2n-1. 答案:2n-1类型二 数列与函数5.设{a n }是等比数列,函数y=x 2-x-2 013的两个零点是a 2,a 3,则a 1a 4等于( D )(A)2 013 (B)1 (C)-1 (D)-2 013 解析:由题意a 2,a 3是x 2-x-2 013=0的两根. 由根与系数关系得a 2a 3=-2 013. 又a 1a 4=a 2a 3,所以a 1a 4=-2 013. 故选D.6.(2018·金华十校模拟)已知等差数列{a n }满足a 4>0,a 5<0,数列的前n 项和为S n ,则54SS 的取值范围是 .解析:由题意可得141510,0,30,40,a d a a d a a d ><⎧⎪=+>⎨⎪=+<⎩据此可得-3d<a 1<-4d, 则-4<1a d<-3, 令t=1a d∈(-4,-3), 结合等差数列前n 项和公式有54S S =1154524342a d a d⨯+⨯+=1151046a d a d++=51046t t ++, 令f(t)=51046t t ++(-4<t<-3), 则f'(t)=()()()2546451046t t t +-++=()21046t -+<0,据此可知函数f(t)单调递减,f(-4)=1010--=1,f(-3)=56--=56, 即54S S 的取值范围是(56,1). 答案:(56,1)类型三 等差数列的前n 项和、最值及数列中的探索性问题 7.等差数列{a n }的前n 项和为S n ,已知a 5+a 7=4,a 6+a 8=-2,则当S n 取最大值时,n 的值是( B )(A)5 (B)6 (C)7 (D)8解析:依题意得2a 6=4,2a 7=-2,a 6=2>0,a 7=-1<0; 又数列{a n }是等差数列,因此在该数列中,前6项均为正数,自第7项起以后各项均为负数,于是当S n 取最大值时,n=6.故选B.8.数列{a n }是各项均为正数的等比数列,{b n }是等差数列,且a 6=b 7,则有( B ) (A)a 3+a 9≤b 4+b 10 (B)a 3+a 9≥b 4+b 10 (C)a 3+a 9≠b 4+b 10(D)a 3+a 9与b 4+b 10的大小不确定 解析:因为a3+a 9≥6=2b 7=b 4+b 10,当且仅当a 3=a 9时取等号.故选B.9.数列{a n }满足a n =n 2+kn+2,若不等式a n ≥a 4恒成立,则实数k 的取值范围是( B )(A)[-9,-8] (B)[-9,-7](C)(-9,-8) (D)(-9,-7)解析:由已知得n 2+kn+2≥4k+18,即(4-n)k ≤n 2-16,其中n ∈N *.当n=1,2,3时,k ≤(-n-4)min =-7;当n=4时,等号成立;当n ≥5时,k ≥(-n-4)max =-9,所以实数k 的取值范围是[-9,-7].故选B.10.已知{a n }的通项公式为a n =4n-3,其前n 项和为S n ,b n =nS n c +(c ≠0),要使{b n }为等差数列,则c= . 解析:由题意知S n =2n 2-n,故b n =22n nn c-+, 所以b 1=11c +,b 2=62c +,b 3=153c+ (c ≠0). 令2b 2=b 1+b 3得c=-12, 当c=-12时,b n =2212n nn --=2n,当n ≥2时,b n -b n-1=2(常数), 故当c=-12时,{b n }为等差数列. 答案:-12。