下载文档原格式
第2讲 数列求和及综合应用高考定位 1.高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和，难度中档偏下；2.在考查数列运算的同时，将数列与不等式、函数交汇渗透.解 (1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，①故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)，②真 题 感 悟又S2n＋1＝b n b n＋1，b n＋1≠0，所以b n＝2n＋1.考 点 整 合2.数列求和3.数列与函数、不等式的交汇数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出S n的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化.数列与不等式的综合问题一般以数列为载体，考查最值问题、不等关系或恒成立问题.解 (1)因为a n＝5S n＋1，n∈N*，所以a n＋1＝5S n＋1＋1，(2)b n＝－1－log2|a n|＝2n－1，数列{b n}的前n项和T n＝n2，因此{A n}是单调递增数列，探究提高 1.给出S n与a n的递推关系求a n，常用思路是：一是利用S n－S n－1＝a n(n≥2)转化为a n的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n的递推关系，先求出S n与n之间的关系，再求a n.2.形如a n＋1＝pa n＋q(p≠1，q≠0)，可构造一个新的等比数列.(1)解 2(S n＋1)＝(n＋3)a n，①当n≥2时，2(S n－1＋1)＝(n＋2)a n－1，②①－②得，(n＋1)a n＝(n＋2)a n－1，热点二 数列的求和考法1 分组转化求和【例2－1】(2018·合肥质检)已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且满足S4＝24，S7＝63.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若b n＝2a n＋(－1)n·a n，求数列{b n}的前n项和T n.因此{a n}的通项公式a n＝2n＋1.(2)∵b n＝2a n＋(－1)n·a n＝22n＋1＋(－1)n·(2n＋1)＝2×4n＋(－1)n·(2n＋1)，探究提高 1.在处理一般数列求和时，一定要注意运用转化思想.把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和.在利用分组求和法求和时，常常根据需要对项数n的奇偶进行讨论.最后再验证是否可以合并为一个表达式.2.分组求和的策略：(1)根据等差、等比数列分组；(2)根据正号、负号分组.(1)证明 ∵S n＝2n2＋5n，∴当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝4n＋3.又当n＝1时，a1＝S1＝7也满足a n＝4n＋3.故a n＝4n＋3(n∈N*).∴数列{3a n}是公比为81的等比数列.(2)解 ∵b n＝4n2＋7n，探究提高 1.裂项相消法求和就是将数列中的每一项裂成两项或多项，使这些裂开的项出现有规律的相互抵消，要注意消去了哪些项，保留了哪些项.2.消项规律：消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项.解 (1)设等比数列{a n}的公比为q(q>0)，所以a n＝a1q n－1＝3n.(2)由(1)得b n＝log332n－1＝2n－1，解 (1)设{a n}的公差为d，由题设解之得a1＝1，且d＝1.因此a n＝n.探究提高 1.一般地，如果数列{a n}是等差数列，{b n}是等比数列，求数列{a n·b n}的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{b n}的公比，然后作差求解.2.在写“S n”与“qS n”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确地写出“S n－qS n”的表达式.解 (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，符合上式.所以a n＝6n＋5.设数列{b n}的公差为d，所以b n＝3n＋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].两式作差，得－T n＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]所以T n＝3n·2n＋2.∵a n＋1＝f′(a n)，且a1＝1.∴a n＋1＝a n＋2则a n＋1－a n＝2，因此数列{a n}是公差为2，首项为1的等差数列.∴a n＝1＋2(n－1)＝2n－1.等比数列{b n}中，b1＝a1＝1，b2＝a2＝3，∴q＝3.∴b n＝3n－1.又n∈N*，∴n＝1，或n＝2故适合条件T n≤S n的所有n的值为1和2.探究提高 1.求解数列与函数交汇问题注意两点：(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特别重视；(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件.2.数列为背景的不等式恒成立、不等式证明，多与数列的求和相联系，最后利用数列或数列对应函数的单调性处理.解 (1)由已知S n＝2a n－a1，有a n＝S n－S n－1＝2a n－2a n－1(n≥2)，即a n＝2a n－1(n≥2).从而a2＝2a1，a3＝2a2＝4a1.又因为a1，a2＋1，a3成等差数列，即a1＋a3＝2(a2＋1)，所以a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得a1＝2，所以数列{a n}是首项为2，公比为2的等比数列，故a n＝2n.即2n>1 000，又∵n∈N*，因为29＝512<1 000<1 024＝210，所以n≥10，1.错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列{a n}乘以等比数列{b n}对应项得到的数列{a n·b n}求和.(2)步骤：①求和时先乘以数列{b n}的公比.②把两个和的形式错位相减.③整理结果形式.2.裂项求和的常见技巧3.数列与不等式综合问题(1)如果是证明不等式，常转化为数列和的最值问题，同时要注意比较法、放缩法、基本不等式的应用；(2)如果是解不等式，注意因式分解的应用.。
【走向高考】（全国通用）2016高考数学二轮复习 第一部分 微专题强化练 专题10 数列求和及综合应用一、选择题1．(文)(2015·新课标Ⅱ文，5)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 ．5B ．7C ．9D ．11[答案] A[解析] 考查等差数列的性质及求和公式．a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝3⇒a 3＝1，S 5＝5a 1＋a 52＝5a 3＝5.故选A. (理)(2015·新课标Ⅰ文，7)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[答案] B[解析] 本题主要考查等差数列的通项及求和公式． 由题可知：等差数列{a n }的公差d ＝1，因为等差数列S n ＝a 1n ＋n n －1d2，且S 8＝4S 4，代入计算可得a 1＝12；等差数列的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ，则a 10＝12＋(10－1)×1＝192.故本题正确答案为B.[方法点拨] 数列求和的类型及方法技巧(1)公式法：直接应用等差、等比数列的求和公式求和． (2)错位相减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．(3)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)，当它与原数列相加时若有公因式可提，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．(4)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．(5)分组转化求和法有些数列，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、等比数列或常见的数列，可先分别求和，然后再合并．2．(文)设{a n }是等比数列，函数y ＝x 2－x －2013的两个零点是a 2、a 3，则a 1a 4＝( ) A ．2013 B ．1 C ．－1 D ．－2013[答案] D[解析] 由条件得，a 1a 4＝a 2a 3＝－2013.(理)已知数列{a n }满足a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，n ∈N *，且a 5＝π2.若函数f (x )＝sin2x ＋2cos 2x2，记y n ＝f (a n )，则数列{y n }的前9项和为( )A ．0B ．－9C ．9D ．1[答案] C[解析] 据已知得2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，即数列{a n }为等差数列，又f (x )＝sin2x ＋2×1＋cos x 2＝sin2x ＋1＋cos x ，因为a 1＋a 9＝a 2＋a 8＝…＝2a 5＝π，故cos a 1＋cos a 9＝cos a 2＋cos a 8＝…＝cos a 5＝0，又2a 1＋2a 9＝2a 2＋2a 8＝…＝4a 5＝2π，故sin2a 1＋sin2a 9＝sin2a 2＋sin2a 8＝…＝sin2a 5＝0，故数列{y n }的前9项之和为9，故选C.3．(2014·某某协作联校三模)已知数列{a n }的通项公式a n ＝2014sin n π2，则a 1＋a 2＋…＋a 2014＝( )A ．2012B ．2013C ．2014D ．2015[答案] C[解析] 数列{a n }的周期为4，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2014(sin π2＋sinπ＋sin 3π2＋sin2π)＝0，又∵2014＝4×503＋2，∴a 1＋a 2＋…＋a 2014＝a 1＋a 2＝2014sin π2＋2014sinπ＝2014.4．(文)已知函数f (x )满足f (x ＋1)＝32＋f (x )(x ∈R )，且f (1)＝52，则数列{f (n )}(n ∈N *)前20项的和为( )A ．305B ．315C ．325D ．335[答案] D[解析] ∵f (1)＝52，f (2)＝32＋52，f (3)＝32＋32＋52，…， f (n )＝32＋f (n －1)，∴{f (n )}是以52为首项，32为公差的等差数列．∴S 20＝20×52＋2020－12×32＝335. (理)设y ＝f (x )是一次函数，若f (0)＝1，且f (1)，f (4)，f (13)成等比数列，则f (2)＋f (4)＋…＋f (2n )等于( )A ．n (2n ＋3)B ．n (n ＋4)C ．2n (2n ＋3)D ．2n (n ＋4)[答案] A[解析] 设f (x )＝kx ＋1(k ≠0)，则(4k ＋1)2＝(k ＋1)×(13k ＋1)⇒k ＝2，f (2)＋f (4)＋…＋f (2n )＝(2×2＋1)＋(2×4＋1)＋(2×6×1)＋…＋(2×2n ＋1)＝2n 2＋3n .[方法点拨] 解决数列与函数知识结合的题目时，要明确数列是特殊的函数，它的图象是群孤立的点，注意函数的定义域等限制条件，准确的进行条件的转化，数列与三角函数交汇时，数列通常作为条件出现，去除数列外衣后，本质是三角问题．5．(文)已知数列{a n }是等比数列，且每一项都是正数，若a 1、a 49是2x 2－7x ＋6＝0的两个根，则a 1·a 2·a 25·a 48·a 49的值为( )A.212B ．9 3C ．±9 3D ．35[答案] B[解析] ∵{a n }是等比数列，且a 1，a 49是方程2x 2－7x ＋6＝0的两根， ∴a 1·a 49＝a 225＝3.而a n >0，∴a 25＝ 3.∴a 1·a 2·a 25·a 48·a 49＝a 525＝(3)5＝93，故选B.(理)(2015·某某质检)如果数列{a n }中，相邻两项a n 和a n ＋1是二次方程x 2n ＋2nx n ＋＝0(n ＝1,2,3，…)的两个根，当a 1＝2时，c 100的值为( )A ．－9984B ．9984C ．9996D ．－9996[答案] C[解析] 由根与系数关系，a n ＋a n ＋1＝－2n ，则(a n ＋1＋a n ＋2)－(a n ＋a n ＋1)＝－2. 即a n ＋2－a n ＝－2，∴a 1，a 3，a 5，…和a 2，a 4，a 6，…都是公差为－2的等差数列，∵a 1＝2，a 1＋a 2＝－2，∴a 2＝－4，即a 2k ＝－2k －2，∴a 100＝－102，a 2k －1＝－2k ＋4，∴a 101＝－98.∴c 100＝a 100·a 101＝9996.6．等差数列{a n }中，a 1>0，公差d <0，S n 为其前n 项和，对任意自然数n ，若点(n ，S n )在以下4条曲线中的某一条上，则这条曲线应是( )[答案] C[解析] ∵S n ＝na 1＋n n －12d ，∴S n ＝d 2n 2＋(a 1－d2)n ，又a 1>0，公差d <0，所以点(n ，S n )所在抛物线开口向下，对称轴在y 轴右侧．[点评] 可取特殊数列验证排除，如a n ＝3－n .7．(2015·某某市一模)已知无穷数列{a n }，如果存在常数A ，对于任意给定的正数ε(无论多小)，总存在正整数N ，使得n >N 时，恒有|a n －A |<ε成立，就称数列{a n }的极限为A ，则四个无穷数列：①{(－1)n×2}；②{n }；③⎩⎨⎧⎭⎬⎫1＋12＋122＋123＋…＋12n －1；④{2n ＋1n }，其极限为2的共有( ) A ．4个 B ．3个 C ．2个 D ．1个[答案] C[解析] 对于①，|a n －2|＝|(－1)n ×2－2|＝2×|(－1)n－1|，当n 是偶数时，|a n －2|＝0，当n 是奇数时，|a n －2|＝4，所以不符合数列{a n }的极限的定义，即2不是数列{(－1)n×2}的极限；对于②，由|a n －2|＝|n －2|<ε，得2－ε<n <2＋ε，所以对于任意给定的正数ε(无论多小)，不存在正整数N ，使得n >N 时，恒有|a n －2|<ε，即2不是数列{n }的极限；对于③，由|a n －2|＝|1＋12＋122＋123＋…＋12n －1－2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n1－12－2＝22n<ε，得n >1－log 2ε，即对于任意给定的正数ε(无论多小)，总存在正整数N ，使得n >N 时，恒有|a n －2|<ε成立，所以2是数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1＋12＋122＋123＋…＋12n －1的极限；对于④，由|a n －2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2n ＋1n －2＝1n <ε，得n >1ε，即对于任意给定的正数ε(无论多小)，总存在正整数N ，使得n >N 时，恒有|a n －2|<ε成立，所以2是数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n ＋1n 的极限．综上所述，极限为2的共有2个，即③④. 二、填空题8．(文)若数列{a n }满足1a n ＋1－1a n＝d (n ∈N *，d 为常数)，则称数列{a n }为“调和数列”．已知正项数列{1b n}为“调和数列”，且b 1＋b 2＋…＋b 9＝90，则b 4·b 6的最大值是________．[答案] 100[解析] 由调和数列的定义知{b n }为等差数列，由b 1＋b 2＋…＋b 9＝9b 5＝90知b 5＝10， ∵b n >0，∴b 4b 6≤(b 4＋b 62)2＝b 25＝100.(理)(2014·某某十所名校联考)对于各项均为整数的数列{a n }，如果a i ＋i (i ＝1,2,3，…)为完全平方数，则称数列{a n }具有“P 性质”，不论数列{a n }是否具有“P 性质”，如果存在与{a n }不是同一数列的{b n }，且{b n }同时满足下面两个条件：①b 1，b 2，b 3，…，b n 是a 1，a 2，a 3，…，a n 的一个排列；②数列{b n }具有“P 性质”，则称数列{a n }具有“变换P 性质”，下面三个数列：①数列{a n }的前n 项和为S n ＝n3(n 2－1)；②数列1,2,3,4,5；③数列1,2,3，…，11.其中具有“P 性质”或“变换P 性质”的有________(填序号)．[答案] ①②[解析] S n ＝n 3(n 2－1)，S n －1＝n －13[(n －1)2－1](n ≥2)，∴a n ＝S n －S n －1＝n 3(n －1)(n ＋1)－n －13(n 2－2n )＝n3(n －1)(n ＋1－n ＋2)＝n (n －1)(n ≥2)，又a 1＝S 1＝0，∴a 1＋1＝1＝12，a 2＋2＝4＝22，a 3＋3＝9＝32，…，a n ＋n ＝n 2，∴数列{a n }具有“P 性质”；数列1,2,3,4,5排为3,2,1,5,4，则a 1＋1＝4＝22，a 2＋2＝4＝22，a 3＋3＝4＝22，a 4＋4＝9＝32，a 5＋5＝9＝32，∴数列1,2,3,4,5具有“变换P 性质”，同理可验证数列1,2,3，…，11不具有“P 性质”和“变换P 性质”．[方法点拨] 脱去新定义的外衣，将问题化为基本数学模型，用相应的知识方法解答是解决此类问题的基本方法．9．(2015·某某文，13)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，则数列{a n }的前9项和等于________．[答案] 27[解析] 考查1.等差数列的定义；2.等差数列的前n 项和． ∵n ≥2时，a n ＝a n －1＋12，且a 1＝1，∴{a n }是以1为首项，12为公差的等差数列．∴S 9＝9×1＋9×82×12＝9＋18＝27.10．已知向量a ＝(2，－n )，b ＝(S n ，n ＋1)，n ∈N *，其中S n 是数列{a n }的前n 项和，若a ⊥b ，则数列{a na n ＋1a n ＋4}的最大项的值为________．[答案] 19[解析] ∵a ⊥b ，∴a ·b ＝2S n －n (n ＋1)＝0，∴S n ＝n n ＋12，∴a n ＝n ，∴a n a n ＋1·a n ＋4＝n n ＋1n ＋4＝1n ＋4n＋5，当n ＝2时，n ＋4n 取最小值4，此时a na n ＋1a n ＋4取到最大值19.三、解答题11．(文)(2015·某某省检测)已知等比数列{a n }的前n 项和是S n ，S 18S 9＝78. (1)求证：S 3，S 9，S 6依次成等差数列；(2)a 7与a 10的等差中项是否是数列{a n }中的项？如果是，是{a n }中的第几项？如果不是，请说明理由．[解析] (1)证明：设等比数列{a n }的公比为q ，若q ＝1，则S 18＝18a 1，S 9＝9a 1，S 18S 9＝21≠78.∴q ≠1.∴S 18＝a 11－q (1－q 18)，S 9＝a 11－q (1－q 9)，S 18S 9＝1＋q 9.∴1＋q 9＝78，解得q ＝－2－13.∴S 3＝a 11－q 31－q ＝32×a 11－q ，S 6＝a 11－q 61－q＝34×a 11－q. S 9＝a 11－q (1－q 9)＝98×a 11－q. ∵S 9－S 3＝－38×a 11－q ，S 6－S 9＝－38×a 11－q ，∴S 9－S 3＝S 3－S 9.∴S 3，S 9，S 6依次成等差数列．(2)a 7与a 10的等差中项等于a 7＋a 102＝14a 1－18a 12＝a 116.设a 7与a 10的等差中项是数列{a n }中的第n 项，则 a 1(－2－13)n －1＝a 116，化简得(－2)－n －13＝(－2)－4，则－n －13＝－4，解得n ＝13.∴a 7与a 10的等差中项是数列{a n }中的第13项．(理)(2015·某某一模)设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足(1－q )S n ＋qa n ＝1，且q (q －1)≠0.(1)求{a n }的通项公式；(2)若S 3，S 9，S 6成等差数列，求证：a 2，a 8，a 5成等差数列． [解析] (1)当n ＝1时，由(1－q )S 1＋qa 1＝1，∴a 1＝1，当n ≥2时，由(1－q )S n ＋qa n ＝1，得(1－q )S n －1＋qa n －1＝1，两式相减得 (1－q )a n ＋q (a n －a n －1)＝0，∴a n ＝qa n －1，∵a 1＝1，q (q －1)≠0，∴a n ＝q n －1，综上a n ＝qn －1.(2)由(1)可知a na n －1＝q ，所以{a n }是以1为首项，q 为公比的等比数列． 所以S n ＝1－a n q 1－q ，又S 3＋S 6＝2S 9，得1－a 3q 1－q ＋1－a 6q 1－q ＝21－a 9q1－q，化简得a 3＋a 6＝2a 9，两边同除以q 得a 2＋a 5＝2a 8. 故a 2，a 8，a 5成等差数列．[方法点拨] 1.在处理数列求和问题时，一定要先读懂题意，分清题型，区分等差数列与等比数列，不是基本数列模型的注意运用转化思想化归为等差、等比数列，在利用分组求和时，要特别注意项数．2．在处理等差与等比数列的综合问题时，先要看所给数列是等差数列还是等比数列，再依据条件建立方程求解．12．(文)已知函数f (x )在(－1,1)上有定义，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－1，且满足对任意x 、y ∈(－1，1)，有f (x )＋f (y )＝f ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋y 1＋xy ，数列{x n }中，x 1＝12，x n ＋1＝2x n 1＋x 2n .(1)证明：f (x )在(－1,1)上为奇函数； (2)求数列{f (x n )}的通项公式； (3)求证：1f x 1＋1f x 2＋…＋1f x n>－2n ＋5n ＋2.[分析] (1)要证f (x )为奇函数，只需证明f (－x )＋f (x )＝0，只需在条件式中令y ＝－x ，为了求f (0)，令x ＝y ＝0即可获解．(2)利用f (x )＋f (y )＝f (x ＋y1＋xy)可找出f (x n ＋1)与f (x n )的递推关系，从而求得通项．(3)由f (x n )的通项公式确定数列{1f x n}的求和方法，求和后利用放缩法可证明．[解析] (1)证明：令x ＝y ＝0，∴2f (0)＝f (0)， ∴f (0)＝0.令y ＝－x ，则f (x )＋f (－x )＝f (0)＝0， ∴f (－x )＝－f (x )，∴f (x )在(－1,1)上为奇函数．(2)f (x 1)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－1， f (x n ＋1)＝f ⎝⎛⎭⎪⎫2x n 1＋x 2n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x n ＋x n 1＋x n ·x n ＝2f (x n)，∴f x n ＋1f x n＝2，即{f (x n )}是以－1为首项，2为公比的等比数列，∴f (x n )＝－2n －1.(3)1f x 1＋1f x 2＋…＋1f x n＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋122＋…＋12n －1＝－1－12n1－12＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫2－12n －1＝－2＋12n －1>－2， 而－2n ＋5n ＋2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋1n ＋2＝－2－1n ＋2<－2. ∴1f x 1＋1f x 2＋…＋1f x n>－2n ＋5n ＋2.(理)在直角坐标平面上有一点列P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)，…，P n (x n ，y n )，…，对于每个正整数n ，点P n 均位于一次函数y ＝x ＋54的图象上，且P n 的横坐标构成以－32为首项，－1为公差的等差数列{x n }．(1)求点P n 的坐标；(2)设二次函数f n (x )的图象以P n 为顶点，且过点D n (0，n 2＋1)，若过D n 且斜率为k n 的直线l n 与只有一个公共点，求T n ＝1k 1k 2＋1k 2k 3＋…＋1k n －1k n的表达式；(3)设S ＝{x |x ＝2x n ，n 为正整数}，T ＝{y |y ＝12y n ，n 为正整数}，等差数列{a n }中的任一项a n ∈(S ∩T )，且a 1是S ∩T 中最大的数，－225<a 10<－115，求数列{a n }的通项公式．[解析] (1)由题意知x n ＝－32－(n －1)＝－n －12，y n ＝－n －12＋54＝－n ＋34，∴P n ⎝⎛⎭⎪⎫－n －12，－n ＋34.(2)由题意可设二次函数f n (x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋n ＋122－n ＋34，因为f n (x )的图象过点D n (0，n 2＋1)，所以a ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋122－n ＋34＝n 2＋1，解得a ＝1，所以f n (x )＝x 2＋(2n ＋1)x ＋n 2＋1.由题意可知，k n ＝f ′n (0)＝2n ＋1，(n ∈N *)． 所以T n ＝1k 1k 2＋1k 2k 3＋…＋1k n －1k n＝13×5＋15×7＋…＋12n －12n ＋1＝1213－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋1＝16－14n ＋2. (3)由题意得S ＝{x |x ＝－2n －1，n 为正整数}，T ＝{y |y ＝－12n ＋9，n 为正整数}， 所以S ∩T 中的元素组成以－3为首项，－12为公差的等差数列， 所以a 1＝－3，则数列{a n }的公差为－12k (k ∈N *)， 若k ＝1，则a n ＝－12n ＋9，a 10＝－111∉(－225，－115)； 若k ＝2，则a n ＝－24n ＋21，a 10＝－219∈(－225，－115)； 若k ≥3，则a 10≤－327，即a 10∉(－225，－115)．综上所述，数列{a n }的通项公式为a n ＝－24n ＋21(n 为正整数)．[方法点拨] 1.数列与函数的综合性试题通常用到函数与方程、化归与转化、分类与整合等思想．注意数列是特殊的函数、等差、等比数列更是如此，因此求解数列与函数的综合性题目时，注意数列与函数的内在联系，将所给条件向a n 与n 的关系转化．2．数列还常与不等式交汇命题，不等式常作为条件或证明、求解的一问呈现，解答时先将数列的基本问题解决，再集中解决不等式问题，注意放缩法、基本不等式、裂项、累加法的运用．13．(文)(2015·某某文，19)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 .[解析] 考查1.等差数列的通项公式；2.“错位相减法”求和及运算求解能力．(1)设数列{a n }的公差为d ，令n ＝1，得1a 1a 2＝13，得到a 1a 2＝3. 令n ＝2，得1a 1a 2＋1a 2a 3＝25，所以a 2a 3＝15. 解得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 －1)·4n ＋n ·4n ＋1， 两式相减，得－3T n ＝41＋42＋…＋4n －n ·4n ＋1 ＝41－4n 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.(理)(2015·某某八市质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对于任意的正整数n ，直线x ＋y ＝2n 总是把圆(x －n )2＋(y －S n )2＝2n 2平均分为两部分，各项均为正数的等比数列{b n }中，b 6＝b 3b 4，且b 3和b 5的等差中项是2a 3.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若＝a n b n ，求数列{}的前n 项和T n .[解析] (1)由于x ＋y ＝2n 总是把圆(x －n )2＋(y －S n )2＝2n 2平均分为两部分，所以直线过圆心，所以n ＋S n ＝2n ，即S n ＝n 2，所以a 1＝S 1＝1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1，经检验n ＝1时也成立，所以a n ＝2n －1.等比数列{b n }中，由于b 6＝b 3b 4，所以b 1q 5＝b 21q 5，因为b 1>0，q >0，所以b 1＝1，因为b 3和b 5的等差中项是2a 3，且2a 3＝10，所以b 3＋b 5＝20，所以q 2＋q 4＝20，解得q ＝2，所以b n ＝2n －1.(2)由于＝a n b n ，所以T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n .T n ＝1＋3×2＋5×22＋…＋(2n －1)2n －1① 2T n ＝2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －1)2n ②所以－T n ＝1＋2(2＋22＋…＋2n －1)－(2n －1)2n ＝1＋2×21－2n －11－2－(2n －1)2n ＝－3＋2×2n －(2n －1)2n ＝－3＋(3－2n )2n ，T n ＝3＋(2n －3)2n .14．(文)政府决定用“对社会的有效贡献率”对企业进行评价，用a n 表示某企业第n 年投入的治理污染的环保费用，用b n 表示该企业第n 年的产值．设a 1＝a (万元)，且以后治理污染的环保费用每年都比上一年增加2a 万元；又设b 1＝b (万元)，且企业的产值每年比上一年的平均增长率为10%.用P n ＝a n b n 100ab表示企业第n 年“对社会的有效贡献率”． (1)求该企业第一年和第二年的“对社会的有效贡献率”；(2)试问从第几年起该企业“对社会的有效贡献率”不低于20%?[解析] (1)∵a 1＝a ，b 1＝b ，P n ＝a n b n 100ab， ∴P 1＝a 1b 1100ab ＝1%， P 2＝a 2b 2100ab ＝3a ×1.1b 100ab＝3.3%. 故该企业第一年和第二年的“对社会的有效贡献率”分别为1%和3.3%.(2)由题意，得数列{a n }是以a 为首项，以2a 为公差的等差数列，数列b n 是以b 为首项，以1.1为公比的等比数列，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a ＋(n －1)·2a ＝(2n －1)a ，b n ＝b 1(1＋10%)n －1＝1.1n －1b .又∵P n ＝a n b n 100ab， ∴P n ＝2n －1a ×1.1n －1b 100ab＝2n －1×1.1n －1100. ∵P n ＋1P n ＝2n ＋12n －1×1.1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋22n －1×1.1>1，∴P n ＋1>P n ，即P n ＝2n －1×1.1n －1100单调递增． 又∵P 6＝11×1.15100≈17.72%<20%， P 7＝13×1.16100≈23.03%>20%. 故从第七年起该企业“对社会的有效贡献率”不低于20%. (理)甲、乙两大超市同时开业，第一年的全年销售额都为a 万元，由于经营方式不同，甲超市前n 年的总销售额为a 2(n 2－n ＋2)万元，乙超市第n 年的销售额比前一年的销售额多(23)n －1a 万元． (1)求甲、乙两超市第n 年销售额的表达式；(2)若其中某一超市的年销售额不足另一超市的年销售额的50%，则该超市将被另一超市收购，判断哪一超市有可能被收购？如果有这种情况，将会出现在第几年．[解析] (1)设甲、乙两超市第n 年销售额分别为a n 、b n ，又设甲超市前n 年总销售额为S n ，则S n ＝a 2(n 2－n ＋2)(n ≥2)，因n ＝1时，a 1＝a ， 则n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a 2(n 2－n ＋2)－a 2[(n －1)2－(n －1)＋2]＝a (n －1)， 故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ a ，n ＝1，n －1a ，n ≥2，又因b 1＝a ，n ≥2时，b n －b n －1＝(23)n －1a ， 故b n ＝b 1＋(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝a ＋23a ＋(23)2a ＋…＋(23)n －1a ＝[1＋23＋(23)2＋…＋(23)n －1]a ＝1－23n 1－23a ＝[3－2·(23)n －1]a ， 显然n ＝1也适合，故b n ＝[3－2·(23)n －1]a (n ∈N *)(2)当n ＝2时，a 2＝a ，b 2＝53a ，有a 2>12b 2； n ＝3时，a 3＝2a ，b 3＝199a ，有a 3>12b 3；当n ≥4时，a n ≥3a ，而b n <3a ，故乙超市有可能被收购．当n ≥4时，令12a n >b n ， 则12(n －1)a >[3－2·(23)n －1]a ⇒n －1>6－4·(23)n －1， 即n >7－4·(23)n －1. 又当n ≥7时，0<4·(23)n －1<1， 故当n ∈N *且n ≥7时，必有n >7－4·(23)n －1. 即第7年乙超市的年销售额不足甲超市的一半，乙超市将被甲超市收购．[方法点拨] 1.用数列知识解相关的实际问题，关键是合理建立数学模型——数列模型，弄清所构造的数列的首项是什么，项数是多少，然后转化为解数列问题．求解时，要明确目标，即搞清是求和，还是求通项，还是解递推关系问题，所求结论对应的是一个解方程问题，还是解不等式问题，还是一个最值问题，然后进行合理推算，得出实际问题的结果．2．数列的实际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．3．正确区分等差与等比数列模型，正确区分实际问题中的量是通项还是前n 项和．15．(文)定义：若数列{A n }满足A n ＋1＝A 2n ，则称数列{A n }为“平方递推数列”．已知数列{a n }中，a 1＝2，点(a n ，a n ＋1)在函数f (x )＝2x 2＋2x 的图象上，其中n 为正整数．(1)证明：数列{2a n ＋1}是“平方递推数列”，且数列{lg(2a n ＋1)}为等比数列；(2)设(1)中“平方递推数列”的前n 项之积为T n ，即T n ＝(2a 1＋1)(2a 2＋1)…(2a n ＋1)，求T n 关于n 的表达式；(3)记b n ＝log2a n ＋1T n ，求数列{b n }的前n 项之和S n ，并求使S n >2012成立的n 的最小值．[解析] (1)证明：由题意得a n ＋1＝2a 2n ＋2a n ，∴2a n ＋1＋1＝4a 2n ＋4a n ＋1＝(2a n ＋1)2.所以数列{2a n ＋1}是“平方递推数列”．令＝2a n ＋1，所以lg ＋1＝2lg. 因为lg(2a 1＋1)＝lg5≠0，所以lg 2a n ＋1＋1lg 2a n ＋1＝2. 所以数列{lg(2a n ＋1)}为等比数列．(2)由(1)知lg(2a n ＋1)＝(lg5)×2n －1， ∴2a n ＋1＝10(lg5)×2n －1＝52n －1， ∴T n ＝520×521×522×…×52n －1＝520＋21＋…＋2n －1＝52n －1. (3)∵b n ＝log2a n ＋1T n ＝2n －12n －1＝2－(12)n －1， ∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝2n －1×1－12n 1－12＝2n －2＋12n －1， 由2n －2＝2012得n ＝1007，∴S 1006＝2×1006－2＋121005∈(2010,2011)，S 1007＝2×1007－2＋121006∈(2012,2013)． 故使S n >2012成立的n 的最小值为1007.(理)已知曲线C ：xy ＝1，过C 上一点A n (x n ，y n )作一斜率为k n ＝－1x n ＋2的直线交曲线C 于另一点A n ＋1(x n ＋1，y n ＋1)，点列{A n }的横坐标构成数列{x n }，其中x 1＝117. (1)求x n 与x n ＋1的关系式；(2)令b n ＝1x n －2＋13，求证：数列{b n }是等比数列； (3)若＝3n －λb n (λ为非零整数，n ∈N *)，试确定λ的值，使得对任意n ∈N *，都有＋1>成立．[分析] (1)由直线方程点斜式建立x n 与y n 关系，而(x n ，y n )在曲线xy ＝1上，有x n y n ＝1，消去y n 得x n 与x n ＋1的关系；(2)由定义证b n ＋1b n为常数；(3)转化为恒成立的问题解决． [解析] (1)过点A n (x n ，y n )的直线方程为y －y n ＝－1x n ＋2(x －x n )，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧ y －y n ＝－1x n ＋2x －x n xy ＝1，消去y 得1x n ＋2x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫y n ＋x n x n ＋2x ＋1＝0. 解得x ＝x n 或x ＝x n ＋2x n. 由题设条件知x n ＋1＝x n ＋2x n . (2)证明：b n ＋1b n ＝1x n ＋1－2＋131x n －2＋13＝1x n ＋2x n －2＋131x n －2＋13＝x n 2－x n ＋131x n －2＋13＝3x n ＋2－x n 32－x n 3＋x n －23x n －2＝－2. ∵b 1＝1x 1－2＋13＝－2≠0，∴数列{b n }是等比数列． (3)由(2)知，b n ＝(－2)n ，要使＋1>恒成立，由＋1－＝[3n ＋1－λ(－2)n ＋1]－[3n －λ(－2)n]＝2·3n ＋3λ(－2)n >0恒成立， 即(－1)n λ>－⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1恒成立． ①当n 为奇数时，即λ<⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1恒成立． 又⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1的最小值为1，∴λ<1. ②当n 为偶数时，即λ>－⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1恒成立， 又－⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1的最大值为－32，∴λ>－32， 即－32<λ<1.又λ为非零整数， ∴λ＝－1，使得对任意n ∈N *，都有＋1>.。
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。
随堂讲义•第一部分知识复习专题专题三数列第二讲数列求和及综合应用广东高考数列一定有大题,按广东近几年高考特点,可估计2015 年不会有大的变化,是递推关系，仍然考数学归纳法的可能较大, 但根据高考题命题原则,一般会出有多种方法可以求解的.因此, 全面掌握数列相关的方法更容易让你走向成功・考点1 数列求和的基本方法1.公式法.⑴等差数列前n项和公式：n (al+an) ,( n (n—1) dSn=2 = 2⑵等比数列前“项和公式：na1 _ ]q _ _________ 卫-1・辽厂gl (l_qn) al—anq .心L2.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门项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数^｛an-bn｝的前门项和，其中｛an｝, ｛切｝分别是等差数列和等比数列.4.倒序相加法.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.考点2 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{an},利用该数列的通项公式、递推公式或前门项和公式求解.3.解应用问题的基本步骤.考点自测1- （2014噺课标II卷）数列伽｝满足an+ 1 = F—，。
8=2, ffl al=2 .解析：由已知得，血=1 一嬴a8=2,所以a7=l—^=□亦=1 一莎=7 亦=1 一瓜=2, “4=1 花p, “3=1 —胁2・已知等差数列｛日门｝的前门项和为Sc若a3 = 20・日6 ,则S8等于 ________ .80解析：由«3=20-«6,得«3+«6=20,S8 = ° 1X 8=4@ 1 +a8)=4@3+亦)=80・3・在数列｛如｝中，an」"号1贝!|：⑴数列｛切｝的前n项和Sn=H（W+1）6（^+2）24解析: (如=冲1=“ S + I) [ (£2) - ST)] (〃 + 1)(兀+2) — (n —1) n (n + 1)]Sn=|x£(lX2X3-0XlX2)+(2X3X4-lX2X3)+(3X4X5 0-2X3 X 4) + - + nX(n + 1)X(n + 2) 一{n - l)XnX(n + 1)]= “(”+l) (〃+2)6 *⑵S“=〃(“+1)(“+2)n (n+1) (n+2) [ 0+3) — (n—1)]24=^X[n(n+l)(n+2)(n+3)—(n—l)n (n+1)("+2)] Array Tn=-X[(lX2X3X4-()XlX2X3)+(2X3X4X5--lX2:X3X4) + -+nX(n + l)X(n + 2)X(n + 3)-(n-l)XnX(n + l)X(“+2)]24「5+1)5+2)5+3)244・已知等比数歹!1｛日门｝的前门项和为S门二2・3门+k伙GR , neN*) z则数列｛刖｝的通项公式为刖二4X3n-1(nGN*)G冋考热点关破突破点1等差、等比数列的判定以及可转化为等差或等比数列的求和问题例 1 已知数列伽冲，al=l, an • an+1= jj U(nEN*),记力〃为｛劲｝的前2〃项的和.⑴设加=必，证明：数列伽｝是等比数列.⑵求m⑶不等式64-T2n tz2〃W3(l-肋2”)对于一切〃WN*恒成立, 求实数R的最大值.w+1 、口加+ 1 a2n+2 a2n+la2n+2（2丿证明:（1）——= ---------- = ------------------ = ---- ------bn a2n alnaln +1 ⑴2“Array ....................................... 2……1 ......................................... 1.............. 1 二 ..........=｛所以伽｝是首项为公比为扌的等比数列.解析: (l\n(2)由⑴知，加=反当 n=2k(kE^)时an=alk=bk=flUA当 n=2k-l(kEN*)时，an=a2k-l=；⑴2A1-ra2k=为正奇数，所以2,"为正偶数・……fl^-1・哪栏目链接⑴"©⑶解析：由（2）知，647加“2〃W3（1—辰2“）即得64所以kW2“+亦一64 64因为2"+亦一64$2\阿• —-64=-48（当n=3时等号成In即所求比的最大值为一48.T2〃=(al+a3+…+a2〃一l)+("2+a4+…+“2")=1_2' 1}规律方法⑴已知数列｛拠｝的前门项和S门,求少时分如下三个步骤进行: ①当门二1时,51 = S1 ;②当门22时#bn= Sn - Sn -;③验证6是否适合门N2的解析式,据验证情况写出切的表达式.(2)用数表给出的数列求其通项或和的问题，往往要弄清前门-1行共有多少项・1. (201牛北乐卷)已知｛日门｝是等差数列,满足日1=3, a4=12,数列｛br?｝满足Q=4, b4=20,且｛b n—a n｝是等比数列.⑴求数列｛引｝利切的通项公式；(2)求数列｛切的前门项和.- ...・：口曲定症§5)屁疑田咲「出启娱書報旺黒直區关「(门，「2…-L H U)L ;CM :e %q 、s L )fi 0 二笊勺怪fflg s B 疾向解析：⑴设等差数列｛血｝的公差为d,由题意得:«4-al 12-3 d= ~~=3,所以 an=«l+(n —l)J=3n(n = l, 19 …)，设等比数列｛bn-an ｝的公比为4,由题意得：q3 =所以 bn —an=(bl —al)qn —l=2n — l 9 从而加=3兀+2”—l(n=l> 2, •••).M-a4 20-12bl —al 4—3=8,解得g=2・(2)由(1)知,bn=3n+2n — l(n = l f2,…),3数列｛3"｝的前n项和为尹(〃+1),数列｛2“一1｝的前n项和为伏百=2”-1,......................................................................3所以数列伽｝的前n项和为尹(“+1)+2"—1・突破点2 错位相减法求和例2等比数列｛诃的前n项和为Sn，已知对任意的nGN* ,点（〃，S”）均在函数y=bx+r（b>0 且bHl, b, /均为常数）的图象上.（1）求数列伽｝的通项公式.M+1(2)当b=2时，记ftn=-^-(nEN*),求数列伽｝的前n项和Tn.解析：(1)因为对任意的“WN*,点(弘S〃)均在函数y=bx +”b>0且b知,0, r均为常数)的图象上，所以Sn=bn-\-r.当“=1 时,al=Sl=b+r9严會当书$2 , an=Sn l=bn+r^=bn^bn〕I1I 1I — l=(b_l)bn — 1,又因为｛绑｝为等比数列，所以「=一1,公比为爪所以an = (b~ l)bn — l(/i E N$).⑵当b=2时,an=(b—l)bn — l=2n—l9 bn =4 X In—1的土匚 ”+1 «» 2 3 4 〃+1丙，则沪計才•••+丽P1 2,3,4, n t n+1尹=計 才亦+”•+丙+丙，两式相减，得1_ 2 宀……2"…22亠23亠24「25x x fi-1 . 23Xt2/iH~2 4 2n+l 2M +2‘比 I 31 n+1 3 〃+3弘」+丄+丄+丄+..・+丄_也2'「22 23 24 25 …2”+「2w+2 ……2n —l) n+13 1〃+l所以叱一亦一丙亍內2.设数列伽｝的前〃项和为Sn=2n2f 伽｝ 为等比数列，且a l=bl f b2(a2-al)=bl.式;/小、几 an⑵设吩丽求数列｛c 〃｝的前n 项和Tn.•I —导II 寺r J P J r J r J r A -r J r J r J r J -r J r J r J r J r J r J r J r J P J r J r J r A -r J r J r J r A -r J r J r J r J r J r J r J r ^J r J r J r J r J r J r J r ^J r J r J r J r J r J r J r J r J r J r J r J -r Jr J r J r J -r J r J r J r J r J r J r J rG 液迫«f 吳送g・ Q N UJ Q Z —寻H E -:•Z —IXFW叫Bn u fe n l z 沏PK—・fc z AV l z 沏rq H I S H 它 :忘谨二 S +寺(SIU9)一十 g ...二S +旻旻I I吕)+(1—寺+:・+学+导+3Z I I I H We㊀—©VJ r ^J r *F J r J F 4r J P J F ^J r J F ^J F J r J F J r ^4f J r J r J F J r J P J F /J r J F ^J F J r J F J r ^4f ^J r J F J r J F J F J r J r J F ^J F J r J F J r ^4F ^J r J r J r J F J F /J r J F ^J F J r J F J r ^4F ^J r J r J r J F J F J r J r ^/^J r J F J r ^^J F ^J FJ r■ ■〔◎寺all/z)+I —寻&|冷)+…4-碎x s +#x f突破点3 裂项相消法求和例3已知点1, *是函数f(x)=ax(a>0且aHl)的图象上一点,等比数列｛an｝的前n项和为f(n)-c,数列｛bn｝(bn>0)的首项为c, 且前n项和Sn满足Sn—Sn—1=寸G+寸Sn—l(n$2)・(1)求数列伽｝和伽｝的通项公式.正整数n是多少?⑵若数列｛匚佥詁的前n项利为Tn,问：满足Tn> 1 000,, « ,而的最小解析:(l)Vf(l)=a=|,al=f(l)-c=pc, a2=[f(2)-c]-[f(l)—c]=一彳, =[f(3)-c]-[f(2)-c] = -^.又数列伽｝成等比数列,£a22 81 _2 1•al=^3_=^=_3=3 _27.*.c=i.又公比q=^=£，・M q ■叫W I H S ・fc E F M 二—吕H B I E I Z U H I—瓷S I 庁==鸟吕入益瀬7.!s £H I X (I —E +I H 單・舉報揪鄭岳1痕撤0£累槪牠4-1笹<@姦頼n l u s了車•••6人^・0人鸟x■(Z 令)I ST 庁7 (I s ?⑵％=硕+丽+顾+…+血肋+]1(2n-l) X (2n+l)由g 缶〉HS 得"〉罟,所以满足的最小2n —1 2〃+1丿=2X? 2兀+1丿2n+FlX3+3X5+5X7+#*>+正整数为77.3・设数列伽｝的前n项和Sn=/i2—4«+4.(1)求数列伽｝的通项公式;(2)设各项均不为0的数列伽｝中，所有满足bi・加+1V0的整数j的个数称为这个数列伽｝的变号数，令加=1 一如2WN*),求数列伽｝的变号数;爲唸+•••+⑶试求实数久的取值范围，使得不等式久W济对-切肢N*恒成立.V^l=-3<0, ft2=l+4=5>0, W=-3<0, /•/=!, i=2都满足bi • bi+l<Q.8（2二5）宀（2二3「>叮即当时厂数列｛血｝递增.•门4=一*<0, ••"3〃4〉0,・「=3 不满足竝•加+1V0.由1一>0=>n^5,可知i=4 满足bi• W+l<0,•:数列伽｝的变号数为3・栏目链4 2n~51⑶令—而+五+•••+亦P则只需求伽｝的最小值.由⑴可得：纽=_1+(_1)+*£+詞+・・・+(占_土)戶J * * 2n—3)~ ~2~2 (2n - 3)' ...............................................・・•当心2时,数列伽｝单调递增，•:当心2时，c2=—2最小.又Tcl = —I>c2, •••数列伽啲最小项为c2=-2・(一8, -2].故2突破4 递推关系给出的数列问题例4在数列｛an｝中，已知a1 =3, an + 1 =5an+4.求数列｛an｝的通项公式.解析：解法一（待定系数法）设an+l+a=5（an+a）,则an + l=5an+4a,•: a =1,即an+l+l=5(an+l)・an+l=(al+l)*5n—l=4*5n—1.•：an=4・5n—1—1.解法二（除屏法）等式an+l=5an+4两边同时除以5n+1得:an+1 an . 4 5n+l 5n 5n+Tan 4令 bn=如，则 bn-bn-l=^,Abn=bl+(b2-bl)+(b3-b2)+-+(bn-l-bn-2)+(bn-Aan=5n • bn=3-5n —1+5n —1—1=4*5n —1—1.bn-+4-53+-42an+l=5an+4,①an=5an—1+4,②①一②得an+1—an=5(an—an—1), fbl=a2—al = 16, 令bn=an+l—an,则| ........................................ 1>bn=16・5n—T,即an+1—an=16・5n—1, 而an=al+(a2—al)+(a3—a2)+*>e+(an—an—1)=3+16Xl+16X5+・・・ + 16X5n-21—5n—1=3+16X1-5 =4・5n—1一1・+4)+4—52an —2+5X4+4―=5n —iai+Gn —••讦 541)X4解法四（迭代法）an=5an —1 + 4=5*(5an —2=3X5n-l+4X1-5=4-5n-l-l.4.设数列｛an｝满足a!=l, an=3a n-!+2(n>l, nG N*),求数列仏｝的通项公式.解析：根据an=3an-l~{-2可以得到血+1=3伽一1+1），即数列伽+1}是首项为01+1=2,公比为3的等比〔数则.............................................所以a〃 + l=2・3〃一1 即an=293n~l—l.小结反思1.数列求和的常用方法:⑴公式法•适用于可转化为等差或等比的数列，这种⑵裂项相消法.适用于通项公式形如｛盘討的数列，其中｛血｝是各项不为0的等差数列，c为常数.(3)错位相减法.适用于通项公式形如｛anbn｝的数列,其中｛劲｝是等差数列，｛加｝是等比数列.。
(时间：60分钟 满分：100分)一、选择题(本大题共6小题，每小题6分，共36分) 1．等差数列{a n }满足a 2＋a 9＝a 6，则S 9＝( )． A ．－2 B ．0 C ．1 D ．22．已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝－2 010，S 2 0102 010－S 2 0042 004＝6，则S 2 012＝( )．A ．2 011B ．2 010C ．2 012D ．03．已知S n 是非零数列{a n }的前n 项和，且S n ＝2a n －1，则S 2 012＝( )．A ．1－22 012B ．22 012－1C ．22 011－1D ．22 0124．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( )．A ．5B ．6C ．7D ．85．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，公差d ＝2，S k ＋2－S k ＝24，则k ＝( )． A ．8 B ．7 C ．6 D ．56．若向量a n ＝(cos 2nθ，sin nθ)，b n ＝(1,2sin nθ)(n ∈N *)，则数列{a n ·b n ＋2n }的前n 项和S n ＝( )．A ．n 2B ．n 2＋2nC ．2n 2＋4nD ．n 2＋n二、填空题(本大题共3小题，每小题6分，共18分)7．已知{a n }是等差数列，S n 为其前n 项和，n ∈N *.若a 3＝16，S 20＝20，则S 10的值为__________．8．已知数列{a n }满足a 1＝23，且对任意的正整数m ，n 都有a m ＋n ＝a m ·a n ，则数列{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”，若a 1＝2，{a n }的“差数列”的通项为2n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝__________.三、解答题(本大题共3小题，共46分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)10．(本小题满分15分)已知在数列{a n }中，a 1＝12，a n ＋1＝3a n a n ＋3(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知{b n }的前n 项和为S n ，且对任意正整数N *，都有b n ·n (3－4a n )a n＝1成立．求证：12≤S n ＜1.11.(本小题满分15分)已知数列{a n }是公比为d (d ≠1)的等比数列，且a 1，a 3，a 2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．(本小题满分16分)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)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为T n ，求证：16≤T n ＜38.参考答案一、选择题1．B 解析：方法一：∵a 2＋a 9＝a 6， ∴a 1＋d ＋a 1＋8d ＝a 1＋5d ，即a 1＝－4d . ∴S 9＝9a 1＋36d ＝9×(－4d )＋36d ＝0. 故选B.方法二：由a 2＋a 9＝a 6，得a 5－3d ＋a 5＋4d ＝a 5＋d ， ∴a 5＝0.则S 9＝(a 1＋a 9)×92＝9a 5＝0，故选B.2．C 解析：设数列{a n }的公差为d ， 则S n n ＝d 2n ＋⎝⎛⎭⎪⎫a 1－d 2，∴S 2 0102 010－S 2 0042 004＝d2×6＝3d .∴d ＝2.故S n ＝na 1＋n 2－n ＝n (n ＋a 1－1)． ∴S 2 012＝2 012.故选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S 1＝2a 1－1得a 1＝1，∴S 2 012＝1×(1－22 012)1－2＝22 012－1.故选B.4．B 解析：由a 5＋a 7＝4，a 6＋a 8＝－2，两式相减，得2d ＝－6， ∴d ＝－3.∵a 5＋a 7＝4，∴2a 6＝4，即a 6＝2. 由a 6＝a 1＋5d ，得a 1＝17.∴a n ＝a 1＋(n －1)×(－3)＝20－3n .令a n ＞0，得n ＜203，∴前6项和最大，故选B.5．D 解析：由S k ＋2－S k ＝24，∴a k ＋1＋a k ＋2＝24， ∴a 1＋kd ＋a 1＋(k ＋1)d ＝24，∴2a 1＋(2k ＋1)d ＝24. 又∵a 1＝1，d ＝2，∴k ＝5.6．B 解析：a n ·b n ＋2n ＝cos 2nθ＋2sin 2nθ＋2n ＝(1－2sin 2nθ)＋2sin 2nθ＋2n ＝2n ＋1，则数列{a n ·b n ＋2n }是等差数列，∴S n ＝(3＋2n ＋1)n 2＝n 2＋2n ，故选B.二、填空题7．110 解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1＋2d ＝16，S 20＝20a 1＋20×192×d ＝20，解之得a 1＝20，d ＝－2.∴S 10＝10×20＋10×92×(－2)＝110.8．2－2n ＋13n 解析：令m ＝1，则a n ＋1＝a 1·a n ，∴数列{a n }是以a 1＝23为首项，23为公比的等比数列．∴S n ＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n 1－23＝2－2n ＋13n .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)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n1－2＋2＝2n.当n ＝1时，a 1＝2也适合上式，∴a n ＝2n (n ∈N *)．∴S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.三、解答题10．(1)解：∵a n ＋1＝3a n a n ＋3(n ∈N *)，∴1a n ＋1＝a n ＋33a n ＝13＋1a n ，即1a n ＋1－1a n ＝13. ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1a 1＝2为首项，13为公差的等差数列，故1a n ＝2＋n －13＝n ＋53.∴a n ＝3n ＋5. (2)证明：∵b n ·n (3－4a n )a n＝1，∴b n ＝a nn (3－4a n )＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1， ∴12≤S n ＜1. 11．解：(1)∵2a 3＝a 1＋a 2，∴2a 1d 2＝a 1＋a 1d .∴2d 2－d －1＝0.∵d ≠1，∴d ＝－12.(2)∵b n ＝2＋(n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－n 2＋52， ∴S n ＝n (b 1＋b n )2＝－n 2＋9n 4.∴S n －b n ＝－n 2＋9n 4－⎝ ⎛⎭⎪⎫－n 2＋52＝－(n －1)(n －10)4.∴n ＝1或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 ＝a 1＋(n －1)d ，S n ＝na 1＋n (n －1)2d .依题意，有⎩⎪⎨⎪⎧S 5＝70，a 72＝a 2a 22，即⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋10d ＝70，(a 1＋6d )2＝(a 1＋d )(a 1＋21d )，解得a 1＝6，d ＝4或a 1＝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 ＝2n 2＋4n ，所以1S n ＝12n 2＋4n ＝12n (n ＋2)＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2.所以T n ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n －1＋1S n＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝38－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2.因为T n －38＝－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2＜0，所以T n ＜38.因为T n ＋1－T n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋3＞0， 所以数列{T n }是递增数列，所以T n ≥T 1＝16.所以16≤T n ＜38.。
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。
