2018年高考数学二轮复习专题4 第2讲数列求和及综合应用

+2an+1=4S
n+1+3.
可得
a2 n 1
-
an2
+2(an+1- an)=4an+1,即
2(an+1+an)=
a2 n 1
-
an2
= (an+1+an)(an+1-an).
由于 an>0,可得 an+1-an=2.
又 a12 +2a1=4a1+3, 解得 a1=-1(舍去)或 a1=3.
所以{an}是首项为 3,公差为 2 的等差数列,通项公式为 an=2n+1.
第二个使用累积的方法、第三个可以使用待定系数法化为等比数列(设 an+1+λ =p(an+λ),展开比较系数得出λ);(3)周期数列,通过验证或者推理得出数列的 周期性后得出其通项公式.
热点训练 1:(1)(2018·湖南长沙雅礼中学、河南省实验中学联考)在数列{an}
中,a1=2, an1 = an +ln(1+ 1 ),则 an 等于( )
n
所以
1 =2（1- 1 + 1 - 1 +…+ 1 -
1
）
S k 1 k
223
n n1
=2(1- 1 ) n 1
= 2n . n 1
答案: 2n n 1
3.(2015·全国Ⅱ卷,理16)设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则
Sn=
.
解析:因为 an+1=S n+1-Sn,所以 Sn+1-Sn=Sn+1Sn,

.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。

限时规范训练十一 数列求和及综合应用限时45分钟，实际用时分值81分，实际得分一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)1．数列{a n }中，a 1＝1，对所有n ∈N *都有a 1·a 2·…·a n ＝n 2，则a 3＋a 5＝( ) A.6116 B.259 C.2516D.3115解析：选A.当n ≥1时，a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2；当n ≥2时，a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝(n －1)2.两式相除，得a n ＝⎝⎛⎭⎪⎫n n －12.∴a 3＝94，a 5＝2516，∴a 3＋a 5＝6116，故选A.2．已知S n 表示数列{a n }的前n 项和，若对任意n ∈N *满足a n ＋1＝a n ＋a 2，且a 3＝2，则S 2 019＝( ) A ．1 008×2 020 B ．1 008×2 019 C ．1 009×2 019D ．1 009×2 020解析：选C.在a n ＋1＝a n ＋a 2中，令n ＝1，得a 2＝a 1＋a 2，a 1＝0；令n ＝2，得a 3＝2＝2a 2，a 2＝1，于是a n ＋1－a n ＝1，故数列{a n }是首项为0，公差为1的等差数列，S 2 019＝2 019×2 0182＝1009×2 019.3．已知数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，若a 1a 2a 3＝15，且3S 1S 3＋15S 3S 5＋5S 5S 1＝35，则a 2等于( )A ．2 B.12 C ．3D.13解析：选C.∵S 1＝a 1，S 3＝3a 2，S 5＝5a 3， ∴35＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋1a 1a 3， ∵a 1a 2a 3＝15.∴35＝a 315＋a 115＋a 215＝a 25，即a 2＝3. 4．数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则项数n 为( ) A ．120 B ．99 C ．11 D ．121解析：选A.a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－nn ＋1＋n n ＋1－n＝n ＋1－n ，所以a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n ) ＝n ＋1－1＝10.即n ＋1＝11，所以n ＋1＝121，n ＝120. 5.122－1＋132－1＋142－1＋…＋1 n ＋1 2－1的值为( ) A.n ＋12 n ＋2B.34－n ＋12 n ＋2C.34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2D.32－1n ＋1＋1n ＋2解析：选C.∵1 n ＋1 2－1＝1n 2＋2n ＝1n n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2. ∴122－1＋132－1＋142－1＋…＋1 n ＋1 2－1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2.6．定义np 1＋p 2＋…＋p n为n 个正数p 1，p 2，…，p n 的“均倒数”．若已知正项数列{a n }的前n项的“均倒数”为12n ＋1，又b n ＝a n ＋14，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝( )A.111 B.112 C.1011D.1112解析：选C.设数列{a n }的前n 项和为S n ，由na 1＋a 2＋…＋a n ＝12n ＋1得S n ＝n (2n ＋1)，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4n －1，∴b n ＝4n －1＋14＝n ，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝11×2＋12×3＋…＋110×11＝⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫110－111＝1－111＝1011.故选C.二、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)7．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＋(－1)na n ＝cos(n ＋1)π，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 019＝________.解析：∵a n ＋1＋(－1)n a n ＝cos(n ＋1)π＝(－1)n ＋1，∴当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝－1，k ∈N *，∴S 2 019＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 018＋a 2 019)＝1＋(－1)×1 009＝－ 1008.答案：－1 0088．若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式a n ＝________.解析：当n ＝1时，由已知S n ＝23a n ＋13，得a 1＝23a 1＋13，即a 1＝1；当n ≥2时，由已知得到S n－1＝23a n －1＋13，所以a n ＝S n －S n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23a n ＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫23a n －1＋13＝23a n －23a n －1，所以a n ＝－2a n －1，所以数列{a n }为以1为首项，－2为公比的等比数列，所以a n ＝(－2)n －1.答案：(－2)n －19．在等比数列{a n }中，0＜a 1＜a 4＝1，则能使不等式⎝⎛⎭⎪⎫a 1－1a 1＋⎝⎛⎭⎪⎫a 2－1a 2＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫a n －1an≤0成立的最大正整数n 是________．解析：设等比数列的公比为q ，由已知得a 1q 3＝1，且q ＞1，⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－1a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－1a 2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1a n ＝(a 1＋a 2＋…＋a n )－⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝a 1 1－q n1－q －1a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1q n 1－1q≤0，化简得q －3≤q 4－n，则－3≤4－n ，n ≤7. 答案：7三、解答题(本题共3小题，每小题12分，共36分) 10．等差数列{a n }中，a 2＝4，a 4＋a 7＝15. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n －2＋n ，求b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10的值． 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d .由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝4，a 1＋3d ＋ a 1＋6d ＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝1.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋2. (2)由(1)可得b n ＝2n＋n . 所以b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10) ＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋ (10)＝2 1－2101－2＋ 1＋10 ×102＝(211－2)＋55 ＝211＋53＝2 101.11．已知正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：4S n ＝(a n －1)(a n ＋3)(n ∈N *)． (1)求a n ；(2)若b n ＝2n·a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)∵4S n ＝(a n －1)(a n ＋3)＝a 2n ＋2a n －3， ∴当n ≥2时，4S n －1＝a 2n －1＋2a n －1－3， 两式相减得，4a n ＝a 2n －a 2n －1＋2a n －2a n －1，化简得，(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0， ∵{a n }是正项数列，∴a n ＋a n －1≠0，∴a n －a n －1－2＝0，对任意n ≥2，n ∈N *都有a n －a n －1＝2， 又由4S 1＝a 21＋2a 1－3得，a 21－2a 1－3＝0， 解得a 1＝3或a 1＝－1(舍去)，∴{a n }是首项为3，公差为2的等差数列， ∴a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1. (2)由已知及(1)知，b n ＝(2n ＋1)·2n ，T n ＝3·21＋5·22＋7·23＋…＋(2n －1)·2n －1＋(2n ＋1)·2n ，①2T n ＝3·22＋5·23＋7·24＋…＋(2n －1)·2n ＋(2n ＋1)·2n ＋1，②②－①得，T n ＝－3×21－2(22＋23＋24＋…＋2n )＋(2n ＋1)·2n ＋1＝－6－2×4 1－2n －11－2＋(2n ＋1)·2n ＋1＝2＋(2n －1)·2n ＋1.12．若数列{a n }的前n 项和为S n ，点(a n ，S n )在y ＝16－13x 的图象上(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若c 1＝0，且对任意正整数n 都有c n ＋1－c n ＝log 12a n .求证：对任意正整数n ≥2，总有13≤1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ＜34.解：(1)∵S n ＝16－13a n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝13a n －1－13a n ，∴a n ＝14a n －1.又∵S 1＝16－13a 1，∴a 1＝18，∴a n ＝18⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122n ＋1.(2)证明：由c n ＋1－c n ＝log 12a n ＝2n ＋1，得当n ≥2时，c n ＝c 1＋(c 2－c 1)＋(c 3－c 2)＋…＋(c n －c n －1)＝0＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2－1＝(n ＋1)(n －1)．∴1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ＝122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n 2－1 ＝12×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1 ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＜34. 又∵1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ≥1c 2＝13，∴原式得证．。

1 2
)2+2×
( 1+)13×
2
+(1…)0 +(n-1)×
2
+n×( 1 ) ,n3
2
12Sn=1×
( 1+)12×
2
(+13)0×
2
+…(1)+1 (n-1)×
2
+n×( 1 )n ,2
2
(1 )n4 2 ( 1 )n3 2
两式相减有
1 2
Sn=1×
( 1+)21×
2
(+1 )11×
2
+(11×)0
②作差:写出Sn的表达式,然后等式两边同时乘以公比 或除以公比得到另外一个式子,两式作差. ③求和:根据差式的特征准确求和.
(2)注意点:在错位相减后一定要注意其中各个项的结 构,特别是相减后得到的和式的第一项是否可以和后续 的项组成等比数列.
【对点训练】 (2018·衡水一模)已知数列{an}满足4Sn=(an+3)(an-1), 且an>0. (1)求数列{an}的通项公式. (2)求Tn=a1· 2a1 +a2· 2a2 +…+an· 2an 的值.
第二讲 数列求和及综合应用
热点题型1 错位相减法求和 【感悟经典】 【典例】(2018·山师附中一模)已知递减的等比数列 {an}各项均为正数,满足a1·a2·a3=8,a1+1,a2+1,a3构 成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式. (2)令bn=n·an,求数列{bn}的前n项和Sn.
Sn 3 n n 1 3 n n 1
从而bn=
11 S1 S2