高考数学二轮复习专题二数列课后综合提升练1.2.2数列求和及综合应用文

【金版学案】2015届高考数学二轮复习第二讲数列求和及综合应用一、选择题1．已知等差数列{a n}前n项和为S n，若a1＋a2 012＝1，a2 013＝－1 006，则使S n取最值时n的值为( )A．1 005 B．1 006C．1 007 D．1 006或1 007答案：D2．设等差数列{a n}的前n项和为S n，若a1＝－11，a3＋a7＝－6，则当S n取最小值时，n ＝( )A．9 B．8 C．7 D．6答案：D3．等比数列{a n}前n项的积为T n，若a3a6a18是一个确定的常数，那么数列T10，T13，T17，T25中也是常数的项是( )A．T10 B．T13 C．T17 D．T25解析：∵a3a6a18＝a1q2·a1q5·a1q17＝(a1q8)3＝(a9)3为定值．∴T17＝a1a2…a17＝(a1q8)17＝(a9)17也是定值．答案：C4．已知等比数列{a n}满足a n＞0，n＝1，2，…，且a5·a2n－5＝22n(n≥3)，则当n≥1时，log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝( )A．n(2n－1) B．(n＋1)2C．n2 D．(n－1)2解析：由a5·a2n－5＝22n(n≥3)得a2n＝22n，a n＞0，则a n＝2n，log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1＝1＋3＋…＋(2n －1)＝n 2.故选C. 答案：C5．公差不为零的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 4是a 3与a 7的等比中项， S 8＝32，则S 10＝( )A ．18B ．24C ．60D ．90解析：由a 24＝a 3a 7，得(a 1＋3d)2＝(a 1＋2d)(a 1＋6d)，得2a 1＋3d ＝0，再由S 8＝8a 1＋562d＝32，得2a 1＋7d ＝8，则d ＝2，a 1＝－3，所以S 10＝10a 1＋902d ＝60.故选C.答案：C6．已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧2x－1，x ≤0，f （x －1）＋1，x ＞0，把函数g(x)＝f(x)－x 的零点按从小到大的顺序排列成一个数列，则该数列的通项公式为( )A ．a n ＝n （n －1）2 B ．a n ＝n －1C ．a n ＝n(n －1)D ．a n ＝2n－2解析：若0<x≤1，则－1<x －1<0，得f(x)＝f(x －1)＋1＝2x －1,若1<x≤2，则0<x －1≤1，得f(x)＝f(x －1)＋1＝2x －2＋1， 若2<x≤3，则1<x －1≤2，得f(x)＝f(x －1)＋1＝2x －3＋2，若3<x≤4，则2<x －1<3，得f(x)＝f(x －1)＋1＝2x －4＋3.以此类推，若n<x≤n＋1(其中n∈N)，则f(x)＝f(x －1)＋1＝2x －n －1＋n,下面分析函数f(x)＝2x的图象与直线y ＝x ＋1的交点． 很显然，它们有两个交点(0，1)和(1，2)，由于指数函数f(x)＝2x为增函数且图象下凸，故它们只有这两个交点．①将函数f(x)＝2x和y ＝x ＋1的图象同时向下平移一个单位即得到函数f(x)＝2x－1和y ＝x 的图象，取x≤0的部分，可见它们有且仅有一个交点(0，0)． 即当x≤0时，方程f(x)－x ＝0有且仅有一个根x ＝0.②取①中函数f(x)＝2x－1和y ＝x 图象－1<x ≤0的部分，再同时向上和向右各平移一个单位，即得f(x)＝2x －1和y ＝x 在0<x≤1上的图象，显然，此时它们仍然只有一个交点(1，1)．即当0<x≤1时，方程f(x)－x ＝0有且仅有一个根x ＝1. ③取②中函数f(x)＝2x －1和y ＝x 在0<x≤1上的图象，继续按照上述步骤进行，即得到f(x)＝2x －2＋1和y ＝x 在1<x≤2上的图象，显然，此时它们仍然只有一个交点(2，2)．即当1<x≤2时，方程f(x)－x ＝0有且仅有一个根x ＝2.④以此类推，函数y ＝f(x)与y ＝x 在(2，3]，(3，4]，…，(n ，n ＋1]上的交点依次为(3，3)，(4，4)，…，(n ＋1，n ＋1)．即方程f(x)－x ＝0在(2，3]，(3，4]，…，(n ，n ＋1]上的根依次为3，4，…，n ＋1. 综上所述方程f(x)－x ＝0的根按从小到大的顺序排列所得数列为0，1，2，3，4，…，n ＋1，其通项公式为a n ＝n －1.故选B. 答案：B二、填空题7．对正整数n ，设曲线y ＝x n(1－x)在x ＝2处的切线与y 轴交点的纵坐标为a n ，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋1的前n 项和是________．解析：曲线y ＝x n(1－x)＝x n－x n ＋1，曲线导数为y′＝nxn －1－(n ＋1)x n，所以切线斜率为k ＝n2n －1－(n ＋1)2n ＝－(n ＋2)2n －1，切点为(2，－2n)，所以切线方程为y ＋2n＝－(n ＋2)2n－1(x －2)，令x ＝0得，y ＋2n ＝(n ＋2)2n ，即y ＝(n ＋1)2n ，所以a n ＝(n ＋1)2n，所以a n n ＋1＝2n，是以2为首项，q ＝2为公比的等比数列，所以S n ＝2（1－2n）1－2＝2n ＋1－2.答案：2n ＋1－28．等比数列{a n }的公比q ＞0, 已知a 2＝1，a n ＋2＋a n ＋1＝6a n ，则{a n }的前4项和S 4＝________．解析：由a n ＋2＋a n ＋1＝6a n 得：qn ＋1＋q n ＝6qn －1，即q 2＋q －6＝0，q ＞0，解得q ＝2，又a 2＝1，所以a 1＝12，S 4＝12（1－24）1－2＝152.答案：152三、解答题9．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2a n ＝S 2＋S n 对一切正整数n 都成立． (1)求a 1，a 2的值． (2)设a 1＞0，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg 10a 1a n 的前n 项和为T n ，当n 为何值时，T n 最大？并求出T n 的最大值．解析：(1)取n ＝1，得a 2a 1＝S 2＋S 1＝2a 1＋a 2，① 取n ＝2，得a 22＝2a 1＋2a 2，② 由②－①，得a 2(a 2－a 1)＝a 2，③ 若a 2＝0, 由①知a 1＝0， 若a 2≠0，易知a 2－a 1＝1.④ 由①④得：a 1＝2＋1，a 2＝2＋2或a 1＝1－2，a 2＝2－2；综上所述，a 1＝0，a 2＝0或a 1＝1＋2，a 2＝2＋2或a 1＝1－2，a 2＝2－ 2. (2)当a 1>0时，由(1)知， a 1＝2＋1，a 2＝2＋2； 当n≥2时，有(2＋2)a n ＝S 2＋S n ， (2＋2)a n －1＝S 2＋S n －1.两式相减得(1＋2)a n ＝(2＋2)a n －1. 所以a n ＝2a n －1(n≥2)． 所以a n ＝a 1(2)n －1＝(2＋1)×(2)n －1.令b n ＝lg 10a 1a n ，则b n ＝1－lg(2)n －1＝12lg 1002n －1.又b 1＝1，b n －b n －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫lg 1002n －1－lg 1002n －2＝－12lg 2，所以数列{b n }是以1为首项，－12lg 2为公差，且单调递减的等差数列．则b 1>b 2>…>b 7＝lg 108＞lg 1＝0.当n≥8时，b n ≤b 8＝12lg 100128＜12lg 1＝0.所以，n ＝7时，T n 取得最大值，且T n 的最大值为 T 7＝7（b 1＋b 7）2＝7－212lg 2.10．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a 2＝12，且[3＋(－1)n ]a n ＋2－2a n ＋2[(－1)n－1]＝0，n∈N *.(1)求a 3，a 4，a 5，a 6的值及数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝a 2n －1·a 2n ，求数列{b n }的前n 项和S n .解析：(1)经计算a 3＝3，a 4＝14，a 5＝5，a 6＝18.当n 为奇数时，a n ＋2＝a n ＋2，即数列{a n }的奇数项成等差数列， ∴a 2n －1＝a 1＋(n －1)·2＝2n －1.当n 为偶数，a n ＋2＝12a n ，即数列{a n }的偶数项成等比数列，∴a 2n ＝a 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n. 因此，数列{a n }的通项公式为a n＝⎩⎨⎧n ，n 为奇数，⎝ ⎛⎭⎪⎫12n2，n 为偶数. (2)∵b n ＝(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，∴S n ＝1×12＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋(2n －3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n .①12S n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎫124＋…＋(2n －3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1.②①②两式相减，得12S n ＝1×12＋2[(12)2＋(12)3＋…＋(12)n ]－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1＝12＋12×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －11－12－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1＝32－(2n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1. ∴S n ＝3－(2n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n.。

第二讲数列求和及综合应用高考数列一定有大题，按近几年高考特点，可估计2016年不会有大的变化，考查递推关系、数学归纳法的可能较大，但根据高考题命题原则，一般会有多种方法可以求解.因此，全面掌握数列求和相关的方法更容易让你走向成功.数列求和的基本方法1.公式法.（1）等差数列前n项和公式：S n＝n（a1＋a n）2＝na1＋n（n－1）d2Ｗ.（2）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 ≠1.2.转化法.有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比或常见的数列，即先分别求和，然后再合并.3.错位相减法.这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.4.倒序相加法.这是在推导等差数列前n 项和公式时所用的方法，也就是将一个数列倒过来排列（反序），把它与原数列相加，若有公式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和.5.裂项相消法.利用通项变形，将通项分裂成两项或几项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和.数列的应用1.应用问题一般文字叙述较长，反映的事物背景陌生，知识涉及面广，因此要解好应用题，首先应当提高阅读理解能力，将普通语言转化为数学语言或数学符号，实际问题转化为数学问题，然后再用数学运算、数学推理予以解决.2.数列应用题一般是等比、等差数列问题，其中，等比数列涉及的范围比较广，如经济上涉及利润、成本、效益的增减，解决此类题的关键是建立一个数列模型{a n }，利用该数列的通项公式、递推公式或前n 项和公式求解.3.解应用问题的基本步骤.判断下面结论是否正确（请在括号中打“√”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 之和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）数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12n ＋2n －1的前n 项和为n 2＋12n .（×） （5）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.（√） （6）推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋……＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.（√）1.（2015·福建卷）若a ，b 是函数f （x ）＝x 2－px ＋q （p >0，q >0）的两个不同的零点，且a ，b ，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p ＋q 的值等于（D ）A.6B.7C.8D.9解析：不妨设a >b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝p >0，ab ＝q >0， ∴ a >0，b >0，则a ，－2，b 成等比数列，a ，b ，－2成等差数列，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧ab ＝（－2）2，a －2＝2b ，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝1，∴ p ＝5，q ＝4，∴ p ＋q ＝9. 2.（2015·新课标Ⅱ卷）设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝（A ）A.5B.7C.9D.11解析：解法一∵a1＋a5＝2a3，∴a1＋a3＋a5＝3a3＝3，∴a3＝1，∴S5＝5（a1＋a5）2＝5a3＝5，故选A.解法二∵a1＋a3＋a5＝a1＋（a1＋2d）＋（a1＋4d）＝3a1＋6d＝3，∴a1＋2d＝1，∴S5＝5a1＋5×42d＝5（a1＋2d）＝5，故选A.3.在数列{a n}中，a n＝n（n＋1）2，则：（1）数列{a n}的前n项和S n＝；（2）数列{S n}的前n项和T n＝Ｗ.解析：（1）a n＝n（n＋1）2＝n（n＋1）[]（n＋2）－（n－1）6＝16×[] n（n＋1）（n＋2）－（n－1）n（n＋1）S n＝16×[（1×2×3－0×1×2）＋（2×3×4－1×2×3）＋（3×4×5－2×3×4）＋…＋n×（n＋1）×（n＋2）－（n－1）×n×（n＋1）]＝n（n＋1）（n＋2）6.（2）S n＝n（n＋1）（n＋2）6＝n（n＋1）（n＋2）[（n＋3）－（n－1）]24＝124×[n（n＋1）（n＋2）（n＋3）－（n－1）n（n＋1）（n＋2）]T n ＝124×[（1×2×3×4－0×1×2×3）＋（2×3×4×5－1×2×3×4）＋…＋n ×（n ＋1）×（n ＋2）×（n ＋3）－（n －1）×n ×（n＋1）×（n ＋2）]＝n （n ＋1）（n ＋2）（n ＋3）24. 答案：（1）n （n ＋1）（n ＋2）6 （2）n （n ＋1）（n ＋2）（n ＋3）244.（2015·江苏卷）设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1（n ∈N *），则数列{1a n }前10项的和为 Ｗ. 解析：由题意有a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n （n ≥2）.以上各式相加，得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝（n －1）（2＋n ）2＝n 2＋n －22. 又∵ a 1＝1，∴ a n ＝n 2＋n 2（n ≥2）. ∵ 当n ＝1时也满足此式，∴ a n ＝n 2＋n 2（n ∈N *）. ∴ 1a n ＝2n 2＋n ＝2（1n －1n ＋1）. ∴ S 10＝2（11－12＋12－13＋…＋110－111） ＝2×（1－111）＝2011. 答案：2011。

专题限时集训(四) 数列求和与综合应用[专题通关练] (建议用时：30分钟)1．已知数列{a n }满足a 1＝2.a n ＋1＝2a n .S n 为{a n }的前n 项和.若S n ＝126.则n ＝( ) A ．9 B ．8 C ．7 D ．6D [因为a 1＝2.a n ＋1＝2a n .所以{a n }是首项和公比均为2的等比数列.所以S n ＝21－2n1－2＝126.解得n ＝6.]2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若S 6＞S 7＞S 5.则满足S n S n ＋1＜0的正整数n 的值为( )A ．10B ．11C ．12D ．13C [由S 6＞S 7＞S 5.得S 7＝S 6＋a 7＜S 6.S 7＝S 5＋a 6＋a 7＞S 5.所以a 7＜0.a 6＋a 7＞0.所以S 13＝13a1＋a132＝13a 7＜0.S 12＝12a1＋a122＝6(a 6＋a 7)＞0.所以S 12S 13＜0.即满足S n S n ＋1＜0的正整数n 的值为12.故选C.]3．已知{a n }是首项为1的等比数列.S n 是{a n }的前n 项和.且9S 3＝S 6.则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1an 的前5项和为( )A.158或5 B.3116或5 C.3116D.158C [依题意知{a n }的公比q ≠1.否则9S 3＝27a 1≠S 6＝6a 1,9S 3＝S 6⇒9×1·1－q31－q＝1·1－q61－q ⇒q 3＝8⇒q ＝2.∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1an 是首项为1a1＝1.公比为12的等比数列.∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1an 的前5项和为S 5＝1×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝3116.]4．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n2当n 为奇数时，－n2当n 为偶数时，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1).则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝( )A ．0B ．100C ．－100D ．10 200B [由题意.a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－…－(99＋100)＋(101＋100)＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)＝－1＋101＝100.故选B.]5．已知数列{a n }满足a n ＝n n ＋1.则a 1＋a222＋a332＋…＋a2 0182 0182的值为( )A.2 0182 019 B.2 0172 019 C.2 0184 035D.2 0172 018A [由题意.因为数列{a n }满足a n ＝n n ＋1.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫an n2的通项公式为ann2＝1n n ＋1＝1n－1n ＋1.所以a 1＋a222＋a332＋…＋a2 0182 0182＝1－12＋12－13＋…＋12 018－12 019＝1－12 019＝2 0182 019.] 6．(20xx·太原模拟)已知数列{a n }满足an ＋1an ＋1＋1＝12.且a 2＝2.则a 4＝________.11 [因为数列{a n }满足an ＋1an ＋1＋1＝12.所以a n ＋1＋1＝2(a n ＋1).即数列{a n ＋1}是等比数列.公比为2.则a 4＋1＝22(a 2＋1)＝12.解得a 4＝11.]7．已知数列{a n }的前n 项和为S n .过点P (n .S n )和点Q (n ＋1.S n ＋1)(n ∈N *)的直线的斜率为3n －2.则a 2＋a 4＋a 5＋a 9＝________.40 [因为过点P (n .S n )和点Q (n ＋1.S n ＋1)(n ∈N *)的直线的斜率为3n －2.所以Sn ＋1－Sn n ＋1－n ＝S n ＋1－S n ＝a n ＋1＝3n －2(n ∈N *).所以a 2＝1.a 4＝7.a 5＝10.a 9＝22.所以a 2＋a 4＋a 5＋a 9＝40.]8．若数列{a n }满足a 1＝1.且对于任意的n ∈N *都有a n ＋1＝a n ＋n ＋1.则1a1＋1a2＋…＋1a2 017＋1a2 018＝________. 4 0362 019[由a n ＋1＝a n ＋n ＋1. 得a n ＋1－a n ＝n ＋1. 则a 2－a 1＝1＋1.a 3－a 2＝2＋1. a 4－a 3＝3＋1.….a n －a n －1＝(n －1)＋1.n ≥2.以上等式相加.得a n －a 1＝1＋2＋3＋…＋(n －1)＋n －1.n ≥2. 把a 1＝1代入上式得.a n ＝1＋2＋3＋…＋(n －1)＋n ＝nn ＋12.1an ＝2n n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. 则1a1＋1a2＋…＋1a2 017＋1a2 018＝21－12＋12－13＋…＋12 017－12 018＋12 018－12 019＝21－12 019＝4 0362 019.][能力提升练] (建议用时：15分钟)9．(20xx·泰安模拟)数列{a n }中.a 1＝2.a 2＝3.a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2.n ∈N *).那么a 2 019＝( )A ．1B ．－2C ．3D ．－3A [因为a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2).所以a n ＝a n －1－a n －2(n ≥3).所以a n ＋1＝a n －a n －1＝(a n －1－a n－2)－a n －1＝－a n －2(n ≥3)． 所以a n ＋3＝－a n (n ∈N *). 所以a n ＋6＝－a n ＋3＝a n .故{a n }是以6为周期的周期数列． 因为2 019＝336×6＋3.所以a 2 019＝a 3＝a 2－a 1＝3－2＝1.故选A.]10．(20xx·洛阳模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n .且S n ＝2a n －1. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)记b n ＝2anan ＋1an ＋1＋1.求数列{b n }的前n 项和T n .[解] (1)当n ＝1时.a 1＝S 1＝2a 1－1.得a 1＝1.当n ≥2时.有S n －1＝2a n －1－1. 所以a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1.即a n ＝2a n －1.所以{a n }是公比为2.首项为1的等比数列.故通项公式a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)b n ＝2an an ＋1an ＋1＋1＝2n2n －1＋12n ＋1＝2⎝⎛⎭⎪⎫12n －1＋1－12n ＋1. T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝2×⎝⎛⎭⎪⎫120＋1－121＋1＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋1－122＋1＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋1－123＋1＋…＋2×⎝⎛⎭⎪⎫12n －1＋1－12n ＋1＝2n －12n ＋1. 11．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⎩⎨⎧⎭⎬⎫bn an 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 ＋1b1＋b2n ＋12＝(2n ＋1)b b ＋1.又S 2n ＋1＝b n b n ＋1.b n ＋1≠0.所以b n ＝2n ＋1. 令c n ＝bn an .则c n ＝2n ＋12n.因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝32＋522＋723＋…＋2n －12n －1＋2n ＋12n .又12T n ＝322＋523＋724＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1. 两式相减得12T n ＝32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1－2n ＋12n ＋1. 所以T n ＝5－2n ＋52n .题号内容 押题依据1由a n 与S n 的关系求通项公式 由a n 与S n 的关系求通项公式常以小题形式出现.有时也出现在解答题的第(1)问.难度中等．本题考查逻辑推理和数学运算等核心素养.综合性强.符合全国卷的命题趋势2等差数列、三个“二次”间的关系、分组求和本题将等差数列的基本运算、三个“二次”的关系及数列分组求和有机组合且难度不大.符合全国卷的命题需求.主要考查通项公式的求解与分组求和.在运算过程中体现了数学运算及逻。

卜人入州八九几市潮王学校专题晋级训练10数列的求和及其综合应用(时间是：60分钟总分值是：100分)一、选择题(本大题一一共6小题，每一小题6分，一共36分)1．等差数列{a n}满足a2＋a9＝a6，那么S9＝()．A．－2 B．0C．1 D．22．S n为等差数列{a n}的前n项和，假设a1＝－2010，－＝6，那么S2012＝()．A．2011 B．2010C．2012 D．03．S n是非零数列{a n}的前n项和，且S n＝2a n－1，那么S2012＝()．A．1－22012B．22012－1C．22011－1 D．220124．等差数列{a n}的前n项和为S n，a5＋a7＝4，a6＋a8＝－2，那么当S n取最大值时n的值是()．A．5 B．6C．7 D．85．设S n为等差数列{a n}的前n项和，假设a1＝1，公差d＝2，S k＋2－S k＝24，那么k＝()．A．8 B．7C．6 D．56．假设向量a n＝(cos2nθ，sin nθ)，b n＝(1,2sin nθ)(n∈N*)，那么数列{a n·b n＋2n}的前n项和S n＝()．A．n2B．n2＋2nC．2n2＋4n D．n2＋n二、填空题(本大题一一共3小题，每一小题6分，一共18分)7．{a n}是等差数列，S n为其前n项和，n∈N*.假设a3＝16，S20＝20，那么S10的值是__________．8．数列{a n}满足a1＝，且对任意的正整数m，n都有a m＋n＝a m·a n，那么数列{a n}的前n项和S n＝__________.9．对于数列{a n}，定义数列{a n＋1－a n}为数列{a n}的“差数列〞，假设a1＝2，{a n}的“差数列〞的通项为2n，那么数列{a n}的前n项和S n＝__________.三、解答题(本大题一一共3小题，一共46分．解容许写出必要的文字说明、证明过程或者演算步骤)10．(本小题总分值是15分)在数列{a n}中，a1＝，a n＋1＝(n∈N*)．(1)求数列{a n}的通项公式；(2){b n}的前n项和为S n，且对任意正整数N*，都有b n·＝1成立．求证：≤S n＜1.11.(本小题总分值是15分)数列{a n}是公比为d(d≠1)的等比数列，且a1，a3，a2成等差数列．(1)求d的值；(2)设数列{b n}是以2为首项，d为公差的等差数列，其前n项和为S n，试比较S n与b n的大小．12．(本小题总分值是16分)等差数列{a n}的公差d≠0，它的前n项和为S n，假设S5＝70，且a2，a7，a22成等比数列．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设数列的前n项和为T n，求证：≤T n＜.参考答案一、选择题1．B解析：方法一：∵a2＋a9＝a6，∴a1＋d＋a1＋8d＝a1＋5d，即a1＝－4d.∴S9＝9a1＋36d＝9×(－4d)＋36d＝0.应选B.方法二：由a2＋a9＝a6，得a5－3d＋a5＋4d＝a5＋d，∴a5＝0.那么S9＝＝9a5＝0，应选B.2．C解析：设数列{a n}的公差为d，那么＝n＋，∴－＝×6＝3d.∴d＝2.故S n＝na1＋n2－n＝n(n＋a1－1)．∴S2012＝2012.应选C.3．B解析：∵S n＝2a n－1，∴S n－1＝2a n－1－1(n≥2)，两式相减，得a n＝2a n－2a n－1，即a n＝2a n－1，∴数列{a n}是公比为2的等比数列．由S1＝2a1－1得a1＝1，∴S2012＝＝22012－1.应选B.4．B解析：由a5＋a7＝4，a6＋a8＝－2，两式相减，得2d＝－6，∴d＝－3.∵a5＋a7＝4，∴2a6＝4，即a6＝2.由a6＝a1＋5d，得a1＝17.∴a n＝a1＋(n－1)×(－3)＝20－3n.令a n＞0，得n＜，∴前6项和最大，应选B.5．D解析：由S k＋2－S k＝24，∴a k＋1＋a k＋2＝24，∴a1＋kd＋a1＋(k＋1)d＝24，∴2a1＋(2k＋1)d＝24.又∵a1＝1，d＝2，∴k＝5.6．B解析：a n·b n＋2n＝cos2nθ＋2sin2nθ＋2n＝(1－2sin2nθ)＋2sin2nθ＋2n＝2n＋1，那么数列{a n·b n＋2n}是等差数列，∴S n＝＝n2＋2n，应选B.二、填空题7．110解析：设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d，由题意得解之得a1＝20，d＝－2.∴S10＝10×20＋×(－2)＝110.8．2－解析：令m＝1，那么a n＋1＝a1·a n，∴数列{a n}是以a1＝为首项，为公比的等比数列．∴S n＝＝2－.9．2n＋1－2解析：∵a n＋1－a n＝2n，∴当n≥2时，a n＝(a n－a n－1)＋(a n－1－a n－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝＋2＝2n.当n＝1时，a1＝2也适宜上式，∴a n＝2n(n∈N*)．∴S n＝＝2n＋1－2.三、解答题10．(1)解：∵a n＋1＝(n∈N*)，∴＝＝＋，即－＝.∴数列是以＝2为首项，为公差的等差数列，故＝2＋＝.∴a n＝.(2)证明：∵b n·＝1，∴b n＝＝＝－.∴S n＝b1＋b2＋…＋b n＝＋＋＋…＋＝1－，∴≤S n＜1.11．解：(1)∵2a3＝a1＋a2，∴2a1d2＝a1＋a1d.∴2d2－d－1＝0.∵d≠1，∴d＝－.(2)∵b n＝2＋(n－1)·＝－＋，∴S n＝＝.∴S n－b n＝－＝.∴n＝1或者n＝10时，S n＝b n；2≤n≤9时，S n＞b n；n≥11时，S n＜b n. 12．(1)解：因为数列{a n}是等差数列，所以a n＝a1＋(n－1)d，S n＝na1＋d.依题意，有即解得a1＝6，d＝4或者a1＝14(舍去)，d＝0(舍去)．所以数列{a n}的通项公式为a n＝4n＋2(n∈N*)．(2)证明：由(1)可得S n＝2n2＋4n，所以＝＝＝.所以T n＝＋＋＋…＋＋＝＋＋＋…＋＋＝＝－.因为T n－＝－＜0，所以T n＜.因为T n＋1－T n＝＞0，所以数列{T n}是递增数列，所以T n≥T1＝.所以≤T n＜.。

训练　数列的综合应用问题 一、选择题(每小题5分，共25分) 1．设{an}是等比数列，则“a1＜a2＜a3是递增数列”的( )． A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 2．在等差数列{an}中，若a1，a2 011为方程x2－10x＋16＝0的两根，则a2＋a1 006＋a2 010＝( )． A．10 B．15 C．20 D．40 3．已知正项组成的等差数列{an}的前20项的和为100，那么a6·a15的最大值为( )． A．25 B．50 C．100 D．不存在 4．已知数列{an}的前n项和为Sn，过点P(n，Sn)和Q(n＋1，Sn＋1)(nN*)的直线的斜率为3n－2，则a2＋a4＋a5＋a9的值等于( )． A．52 B．40 C．26 D．20 5．已知各项都是正数的等比数列{an}中，存在两项am，an(m，nN*)使得＝4a1，且a7＝a6＋2a5，则＋的最小值是( )． A. B. C. D. 二、填空题(每小题5分，共15分) 6．为了解某校高三学生的视力情况，随机地抽查了该校200名高三学生的视力情况，得到频率分布直方图，如图．由于不慎将部分数据丢失，但知道前4组的频数成等比数列，后6组的频数成等差数列，设最大频率为a，视力在4.6到4.9之间的学生数为b，则a，b的值分别为________． 7．在等比数列{an}中，首项a1＝，a4＝(1＋2x)dx，则公比q为________． 8．已知数列{an}中，a1＝1，且P(an，an＋1)(nN*)在直线x－y＋1＝0上，若函数f(n)＝＋＋＋…＋(nN*，且n≥2)，函数f(n)的最小值是________． 三、解答题(本题共3小题，共35分) 9．(11分)已知数列{an}是等差数列，满足a2＝5，a4＝13.数列{bn}的前n项和是Tn，且Tn＋bn＝3. (1)求数列{an}及数列{bn}的通项公式； (2)若cn＝an·bn，试比较cn与cn＋1的大小． 10．(12分)首项为正数的数列{an}满足an＋1＝(a＋3)，nN*. (1)证明：若a1为奇数，则对一切n≥2，an都是奇数； (2)若对一切nN*都有an＋1＞an，求a1的取值范围． 11．(12分)等比数列{an}中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列. 第一列第二列第三列第一行3 2 10第二行6 4 14第三行9 8 18(1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足：bn＝an＋(－1)nln an，求数列{bn}的前n项和Sn.参考答案 1．C　[“a1＜a2＜a3”“数列{an}是递增数列”．] 2．B　[由题意，知a1＋a2 011＝a2＋a2 010＝2a1006＝10，所以a2＋a1 006＋a2 010＝15，故选B.] 3．A　[S20＝＝10(a1＋a20)＝100，故a6＋a15＝a1＋a20＝10，a6·a15≤）2＝25.] 4．B　[由题意得，＝3n－2，Sn＋1－Sn＝3n－2，即an＋1＝3n－2，an＝3n－5，因此数列{an}是等差数列，a5＝10，而a2＋a4＋a5＋a9＝2(a3＋a7)＝4a5＝40，故选B.] 5．A　[记等比数列{an}的公比为q(q＞0)，依题意有a5q2＝a5q＋2a5，由a5≠0，得q2－q－2＝0，解得q＝2， 又(a1·2m－1)·(a1·2n－1)＝16a， 即2m＋n－2＝24，m＋n－2＝4，m＋n＝6， ＋＝（＋）(m＋n)＝[5＋＋）]≥ (5＋4)＝.] 6．解析　第一组的频数为：0.1×0.1×200＝2， 第二组的频数为：0.3×0.1×200＝6，故第三组的频数为：18，第四组的频数为：54. a＝＝0.27.后五组的频数共有：200－80＝120. 又后六组成等差数列，所以第七组的频数为24，第五、六组的频数共为78，故b＝54＋78＝132. 答案　0.27,132 7．解析　a4＝＝(4＋42)－(1＋12)＝18，∴q3＝＝27，∴q＝3. 答案　3 8．解析　由题意知，an－an＋1＋1＝0，即an＋1－an＝1，数列{an}是等差数列，公差d＝1，an＝n，当n≥2时，f(n)＝＋＋＋…＋，∵f(n＋1)－f(n)＝＋＋＋…＋－＋＋＋…＋＝＋－＝－＞0，∴f(2)＜f(3)＜…，∴[f(n)]min ＝f(2)＝＋＝. 答案 9．解　(1)a2＝5，a4＝13，a4＝a2＋2d，即13＝5＋2d. d＝4，a1＝1，an＝4n－3. 又Tn＋bn＝3，Tn＋1＋bn＋1＝3， 2bn＋1－bn＝0，即bn＋1＝bn. b1＋b1＝3，b1＝， 数列{bn}为首项是，公比是的等比数列， bn＝）n－1＝. (2)cn＝anbn＝，cn＋1＝， cn＋1－cn＝－＝. 当n＝1时，cn＋1－cn＞0，cn＋1＞cn；当n≥2(nN*)时，cn＋1－cn＜0，cn＋1＜cn. 10．(1)证明　已知a1是奇数，假设ak＝2m－1是奇数，其中m为正整数，则由递推关系得ak＋1＝＝m(m－1)＋1是奇数． 根据数学归纳法，对任何nN*，an都是奇数． (2)解　法一　由an＋1－an＝(an－1)·(an－3)知，an＋1＞an当且仅当an＜1或an＞3. 另一方面，若0＜ak＜1，则0＜ak＋1＜＝1； 若ak＞3，则ak＋1＞＝3. 根据数学归纳法，0＜a1＜10＜an＜1，n∈N*，a1＞3an＞3，n∈N*. 综上所述，对一切nN*都有an＋1＞an的充要条件是0＜a1＜1或a1＞3. 法二　由a2＝＞a1，得a－4a1＋3＞0，于是0＜a1＜1或a1＞3.an＋1－an＝－＝， 因为a1＞0，an＋1＝，所以所有的an均大于0，因此an＋1－an与an－an－1同号． 根据数学归纳法，n∈N*，an＋1－an与a2－a1同号． 因此，对一切nN*都有an＋1＞an的充要条件是0＜a1＜1或a1＞3. 11．解　(1)当a1＝3时，不合题意； 当a1＝2时，当且仅当a2＝6，a3＝18时，符合题意； 当a1＝10时，不合题意．因此a1＝2，a2＝6，a3＝18. 所以公比q＝3.故an＝2·3n－1. (2)因为bn＝an＋(－1)nln an＝2·3n－1＋(－1)nln(2·3n－1) ＝2·3n－1＋(－1)n[ln 2＋(n－1)ln 3]＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3， 所以Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3. 所以当n为偶数时， Sn＝2×＋ln 3＝3n＋ln 3－1； 当n为奇数时， Sn＝2×－(ln 2－ln 3)＋·ln 3 ＝3n－ln 3－ln 2－1. 综上所述，Sn＝。

2021年高考数学二轮复习 数列求和及其综合应用1．(xx·全国新课标Ⅱ高考)等差数列{a n }的公差为2，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．n (n ＋1)B ．n (n －1)C.n n ＋12D.n n －12【解析】 因为a 2，a 4，a 8成等比数列，所以a 24＝a 2·a 8，所以(a 1＋6)2＝(a 1＋2)·(a 1＋14)，解得a 1＝2.所以S n ＝na 1＋n n －12d ＝n (n ＋1)．故选A.【答案】 A2．(xx·全国新课标Ⅰ高考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m ＝( )A ．3B ．4C ．5D ．6【解析】 可以先求出首项和公差，再利用等差数列的求和公式和通项公式求解．∵{a n }是等差数列，S m －1＝－2，S m ＝0， ∴a m ＝S m －S m －1＝2.∵S m ＋1＝3，∴a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3， ∴d ＝a m ＋1－a m ＝1.又S m ＝m a 1＋a m 2＝m a 1＋22＝0，∴a 1＝－2，∴a m ＝－2＋(m －1)·1＝2，∴m ＝5. 【答案】 C3．(xx·江西高考)某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n (n ∈N *)等于________．【解析】 每天植树的棵数构成以2为首项，2为公比的等比数列，其前n 项和S n ＝a 11－q n 1－q ＝21－2n1－2＝2n ＋1－2.由2n ＋1－2≥100，得2n ＋1≥102.由于26＝64,27＝128，则n＋1≥7，即n ≥6.【答案】 64．(xx·全国大纲高考)等差数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝10，a 2为整数，且S n ≤S 4. (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T n .【解】 (1)由a 1＝10，a 2为整数，知等差数列{a n }的公差d 为整数． 又S n ≤S 4，故a 4≥0，a 5≤0， 于是10＋3d ≥0,10＋4d ≤0.解得－103≤d ≤－52.因此d ＝－3.数列{a n }的通项公式为a n ＝13－3n .(2)b n ＝113－3n 10－3n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －113－3n .于是T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫17－110＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －113－3n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －110＝n1010－3n.从近三年高考来看，该部分高考命题的热点考向为： 1．数列求和①该考向主要涉及数列的通项与求和．数列的通项与求和是历年高考考查的重点内容之一，试题一般设置两个问题，其中第一问考查数列的基础，确定条件数列，为第二问准备条件，属于保分题；第二问的区分度较大，一般与数列的求和有关，方法较灵活，主要是错位相减、裂项相消等方法．与不等式、函数等知识交汇是命题的重点方向，要注意这方面的训练．②试题多以解答题的形式出现，属于中、高档题目． 2．数列的综合应用(1)数列的综合应用主要体现如下两点：①以等差、等比数列的知识为纽带，在数列与函数、方程、不等式的交汇处命题，主要考查利用函数观点解决数列问题以及用不等式的方法研究数列的性质；②数列与解析几何交汇的命题，往往会遇到递推数列，通常以解析几何作为试题的背景，从解析几何的内容入手，导出相关的数列关系，再进一步地解答相关的问题．(2)试题难度大都在中等偏上，有时会以压轴题的形式出现.数列求和【例1】 (xx·全国新课标Ⅰ高考)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 n2n }的前n 项和．【解】 (1)解方程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.【例2】 (xx·江西高考)已知首项都是1的两个数列{a n }，{b n }(b n ≠0，n ∈N *)满足a n b n＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0.(1)令c n ＝a n b n，求数列{c n }的通项公式；(2)若b n ＝3n －1，求数列{a n }的前n 项和S n .【解】 (1)因为a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0，b n ≠0(n ∈N *)，所以a n ＋1b n ＋1－a nb n＝2，即c n ＋1－c n ＝2. 所以数列{c n }是以首项c 1＝1，公差d ＝2的等差数列，故c n ＝2n －1.(2)由b n ＝3n －1知a n ＝c n b n ＝(2n －1)3n －1，于是数列{a n }前n 项和S n ＝1·30＋3·31＋5·32＋…＋(2n －1)·3n －1，3S n ＝1·31＋3·32＋…＋(2n －3)·3n －1＋(2n －1)·3n，相减得－2S n ＝1＋2·(31＋32＋…＋3n －1)－(2n －1)·3n ＝－2－(2n －2)3n，所以S n ＝(n －1)3n＋1.【规律感悟】 数列求和的常见类型及方法：(1)通项公式形如a n ＝kn ＋b 或a n ＝p ·q kn ＋b(其中k ，b ，p ，q 为常数)，用公式法求和． (2)通项公式形如a n ＝(k 1n ＋b 1)qk 2n ＋b 2(其中k 1，b 1，k 2，b 2，q 为常数)，用错位相减法． (3)通项公式形如a n ＝can ＋b 1an ＋b 2(其中a ，b 1，b 2，c 为常数)用裂项相消法．(4)通项公式形如a n ＝(－1)n ·n 或a n ＝a ·(－1)n (其中a 为常数，n ∈N *)等正负交叉项的求和一般用并项法．并项时应注意分n 为奇数、偶数两种情况讨论．(5)若数列的通项公式为以上四种中的某几个构成的，则可用分组法(拆项法)求和． 特别提醒：(1)运用公式法求和时注意公式成立的条件．(2)运用错位相减法求和时，相减后，要注意右边的n ＋1项中的前n 项，哪些项构成等比数列，以及两边需除以代数式时注意要讨论代数式是否为零．[创新预测]1．(xx·山东高考)已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －14n a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .【解】 (1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2，S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12，由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)， 解得a 1＝1， 所以a n ＝2n －1.(2)b n ＝(－1)n －14n a n a n ＋1＝(－1)n －14n 2n －12n ＋1＝(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1. 当n 为偶数时， T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n 2n ＋1. 当n 为奇数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1. 所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n2n ＋1，n 为偶数.(或T n ＝2n ＋1＋－1n －12n ＋1)数列的综合应用【例3】 (xx·四川高考)设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x的图象上(n ∈N *)．(1)若a 1＝－2，点(a 8,4b 7)在函数f (x )的图象上，求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)若a 1＝1，函数f (x )的图象在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 的前n 项和T n . 【解】 (1)由已知，b 1＝2a 1，b 8＝2a 8＝4b 7， 有2a 8＝4×7a 7＝aa 7＋2，解得d ＝a 8－a 7＝2.所以，S n ＝na 1＋n n －12d ＝－2n ＋n (n －1)＝n 2－3n .(2)函数f (x )＝2x在(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)，它在x 轴上的截距为a 2－1ln 2.由题意，a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2.所以，d ＝a 2－a 1＝1.从而a n ＝n ，b n ＝2n，所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n2n ，2T n ＝11＋22＋322＋…＋n 2n －1.因此，2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝2－12n －1－n 2n ＝2n ＋1－n －22n. 所以，T n ＝2n ＋1－n －22n. 【规律感悟】 1.数列与函数交汇问题的常见类型及解法：(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题． (2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、分式、求和方法对式子化简变形．另外，解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解．2．对于数列与几何图形相结合的问题，通常利用几何知识，结合图形，得出关于数列相邻项a n 与a n ＋1之间的关系．根据这个关系和所求内容变形，得出通项公式或其他所求结论．[创新预测]2．(xx·合肥第一次质量检测)已知函数f (x )＝x ＋1x(x >0)，以点(n ，f (n ))为切点作函数图象的切线l n (n ∈N *)，直线x ＝n ＋1与函数y ＝f (x )图象及切线l n 分别相交于A n ，B n ，记a n ＝|A n B n |.(1)求切线l n 的方程及数列{a n }的通项；(2)设数列{na n }的前n 项和为S n ，求证：S n <1.【解】 (1)对f (x )＝x ＋1x (x >0)求导，得f ′(x )＝1－1x 2，则切线l n 的方程为：y －(n ＋1n)＝(1－1n 2)(x －n )，即y ＝(1－1n2)x ＋2n.易知A n (n ＋1，n ＋1＋1n ＋1)，B n (n ＋1，n ＋1＋n －1n 2)， 由a n ＝|A n B n |知a n ＝|1n ＋1－n －1n 2|＝1n 2n ＋1.(2)∵na n ＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1，∴S n ＝a 1＋2a 2＋…＋na n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1<1.[总结提升] 通过本节课的学习，需掌握如下三点： 失分盲点(1)裂项相消求和时易忽视常数：裂项过程中容易忽视常数，如1n n ＋2容易分裂为1n －1n ＋2，漏掉前面的系数12.(2)错位相减法求和易忽视项及符号： ①作差时，最后一项符号易错；②求和时，成等比数列的部分的项数易错； ③两边同除以(1－q )时，右边符号易错． 答题指导正确掌握数列求和的各种方法及使用条件，在分析通项的基础上，判断求和的类型，寻找求和的方法．等差数列、等比数列的定义、公式等要应用准确．方法规律1．裂项求和的常见技巧(1)1n n ＋1＝1n －1n ＋1. (2)1n ＋n ＋k ＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k (3)1n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1(4)14n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋12．数列中不等式的放缩技巧(1)1K 2<1K 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1K －1－1K ＋1(2)1K －1K ＋1<1K 2<1K －1－1K. (3)2(n ＋1－n )<1n<2(n －n－1).数列证明问题中的运算1．在数学证明中，证明过程往往是以计算为主的，即通过计算的结果达到证明的目的，这说明运算求解能力在数学证明中具有重要地位．典型的是函数导数试题中不等式的证明、数列问题中不等式的证明．2．数列中的证明问题有等式的证明、不等式的证明、数列性质的证明等，在数列的证明问题中计算是完成证明的关键，运算求解能力是数列证明的核心．【典例】(xx·江西高考)正项数列{a n}的前n项和S n满足：S2n－(n2＋n－1)S n－(n2＋n)＝0.(1)求数列{a n}的通项公式a n；(2)令b n＝n＋1n＋22a2n，数列{b n}的前n项和为T n，证明：对于任意的n∈N*，都有T n<564.【解】(1)由S2n－(n2＋n－1)S n－(n2＋n)＝0，得[S n－(n2＋n)](S n＋1)＝0.由于{a n}是正项数列，所以S n>0，S n＝n2＋n.于是a1＝S1＝2，n≥2时，a n＝S n－S n－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.综上，数列{a n}的通项为a n＝2n.(2)证明：由于a n＝2n，b n＝n＋1n＋22a2n，则b n＝n＋14n2n＋22＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n2－1n＋22.T n＝116⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－132＋122－142＋132－152＋…＋1n－12－1n－12＋1n2－1n＋22＝116×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1n＋12－1n＋22 <116⎝⎛⎭⎪⎫1＋122＝564.【规律感悟】本题第二问裂项的依据是(n＋2)2－n2＝4(n＋1)，能快速找到这个方法，需要考生熟练掌握数学运算．在数列前n项和的不等式证明中有两个基本思路：一是先求和再放缩，其前提是数列求和能够完成；二是有的数列的前n项和很难求，甚至无法求，这时需要先对通项进行放缩(放缩后便于求和)，再求和，再放缩，达到证明的目的.建议用时实际用时错题档案45分钟一、选择题1．(预测题)已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a5＝5，S5＝15，则数列{1a n a n＋1}的前100项和为( )A.100101B.99101C.99100D.101100【解析】利用裂项相消法求和．设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d.∵a5＝5，S5＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，5a 1＋5×5－12d ＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n .∴1a n a n ＋1＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1，∴数列{1a n a n ＋1}的前100项和为1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101. 【答案】 A2．(xx·山东日照一模)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，则{|a n |}的前n 项和T n ＝( )A ．6n －n 2B ．n 2－6n ＋18C.⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 21≤n ≤3n 2－6n ＋18 n >3D.⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2 1≤n ≤3n 2－6n n >3【解析】 由S n ＝n 2－6n 得{a n }是等差数列，且首项为－5，公差为2. ∴a n ＝－5＋(n －1)×2＝2n －7， ∴n ≤3时，a n <0；n >3时，a n >0，∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 21≤n ≤3，n 2－6n ＋18 n >3. 【答案】 C3．(预测题)已知数列{a n }满足a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，且a 1＝12，则该数列的前2 015项的和等于( )A.3 0232B ．3 023C ．1 512D ．3 024【解析】 因为a 1＝12，又a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，所以a 2＝1，从而a 3＝12，a 4＝1，即得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝2k －1k ∈N *，1，n ＝2k k ∈N *，故数列的前2 015项的和等于S 2 015＝1 007×(1＋12)＋1＝3 0212＋1＝3 0232.【答案】 A4．(xx·山西大学附中4月模拟)已知函数f (x )是定义在R 上的单调增函数且为奇函数，数列{a n }是等差数列，a 1 008>0，则f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋…＋f (a 2 014)＋f (a 2 015)的值( )A ．恒为正数B ．恒为负数C ．恒为0D ．可正可负【解析】 ∵{a n }是等差数列，∴a 1＋a 2 015＝a 2＋a 2 014＝…＝2a 1 008>0， 得a 1>－a 2 015，a 2>－a 2 014，…，又f (x )是定义在R 上的单调增函数， 且f (－x )＝－f (x )，∴f (a 1)>－f (a 2 015)，即f (a 1)＋f (a 2 015)>0， 同理，f (a 2)＋f (a 2 014)>0，…，∴f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a 2 014)＋f (a 2 015)的值恒为正数，故选A. 【答案】 A5．(xx·郑州第一次质量预测)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋1n ＋n n ＋1(n∈N *)，其前n 项和为S n ，则在数列S 1，S 2，…，S 2 014中，有理数项的项数为( )A ．42B ．43C ．44D ．45【解析】 a n ＝1n ＋1n ＋n n ＋1＝n ＋1n －n n ＋1[n ＋1n ＋n n ＋1][n ＋1n －n n ＋1]＝1n －1n ＋1，∴S n ＝(1－12)＋(12－13)＋(13－14)＋…＋(1n －1n ＋1)＝1－1n ＋1，要使S n 是有理项，只需n ＋1是有理数(n＝1,2，…，2 014)，因此共有43项．【答案】 B 二、填空题6．(xx·福建厦门质检)已知数列{a n }中，a n ＋1＝2a n ，a 3＝8，则数列{log 2a n }的前n 项和等于________．【解析】 ∵a n ＋1a n＝2，a 3＝8，∴a 2＝4，a 1＝2，∴数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＝2n，∴log 2a n ＝n ，∴数列{log 2a n }的前n 项和等于n n ＋12.【答案】n n ＋127．(xx·广东广州综合测试)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝－1a n ＋1，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 014＝________.【解析】 a 1＝1，a 2＝－11＋1＝1－2，a 3＝－1－12＋1＝－2，a 4＝－1－2＋1＝1，…，数列{a n }是周期为3的周期数列，∴S 2 014＝S 2 013＋a 2 014＝671×(－12－2＋1)＋1＝－2 0112.【答案】 －2 01128．(xx·东北三校联考)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋1，前n 项和为S n .若对于任意正整数n ，不等式S 2n －S n >m16恒成立，则常数m 所能取得的最大整数为________．【解析】 由题知S 2n －S n ＝a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＋…＋a 2n ＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋1，令f (n )＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋1，n ∈N *，f (n ＋1)＝1n ＋3＋1n ＋4＋…＋12n ＋1＋12n ＋2＋12n ＋3，又f (n ＋1)－f (n )＝12n ＋2＋12n ＋3－1n ＋2＝3n ＋42n ＋22n ＋3n ＋2>0，∴函数f (n )单调递增，f (n )min ＝f (1)＝13，依题意m 16<13，得m <163.故m 所能取得的最大整数是5.【答案】 5三、解答题9．(xx·全国新课标Ⅱ高考)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1.(1)证明{a n ＋12}是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)证明1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.【证明】 (1)由a n ＋1＝3a n ＋1得a n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋12. 又a 1＋12＝32，所以{a n ＋12}是首项为32，公比为3的等比数列．所以a n ＋12＝3n2，因此{a n }的通项公式为a n ＝3n－12.(2)由(1)知1a n ＝23n －1.因为当n ≥1时，3n －1≥2×3n －1，所以13n －1≤12×3n －1.于是1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≤1＋13＋…＋13n －1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n <32.所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.10．(xx·湖南高考)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n 2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)na n ，求数列{b n }的前2n 项和． 【解】 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－n －12＋n －12＝n .故数列{a n }的通项公式为a n ＝n .(2)与(1)知，b n ＝2n ＋(－1)n n .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋ (22))＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )．记A ＝21＋22＋ (22)，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ，则A ＝21－22n1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n .故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.29119 71BF 熿q j20189 4EDD 仝36541 8EBD 躽36094 8CFE 賾26525 679D 枝T286737001 瀁34839 8817 蠗 @U。