(浙江专用)高考数学二轮复习专题三数列第2讲数列求和及综合应用学案

(浙江专用)高考数学二轮复习专题三数列第2讲数列乞降及综合应用讲课方案(浙江专用)高考数学二轮复习专题三数列第2讲数列乞降及综合应用讲课方案13/13(浙江专用)高考数学二轮复习专题三数列第2讲数列乞降及综合应用讲课方案第2讲数列乞降及综合应用高考定位数列乞降主要考通分化、位相减、裂相消等方法求数列的和，度中档偏下；数列的合是高考考的点，主要考数列与其他知的交.真感悟(2018·浙江卷)已知等比数列{an}的公比q>1，且a3＋a4＋a5＝28，a4＋2是a3，a5的等差中.数列{bn}足b1＝1，数列{(bn＋1－bn)an}的前n和2n2＋n.(1)求q的；求数列{bn}的通公式.解(1)由a4＋2是a3，a5的等差中得a3＋a5＝2a4＋4，因此a3＋a4＋a5＝3a4＋4＝28，解得a4＝8.1由a3＋a5＝20得8q＋q＝20，1解得q＝2或q＝2，因q>1，因此q＝2.cn＝(bn＋1－bn)an，数列{cn}前n和Sn.1n＝S，n＝1，n由cnn－1解得c＝4n－1.S－S，n≥2，由(1)可知an＝2n－1，因此b1n－1，2n＋1n故n－n－1＝(4－5)·1n－2bbn2nb－b＝(b－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋⋯＋(b－b)＋(b－b)n1n32211n－21n－3＝(4－5)·＋(4－9)·＋⋯＋7·1＋3.n2n22n1121n－2T＝3＋7·2＋11·2＋⋯＋(4n－5)·2，n≥2，11121n－21n－12Tn＝3·2＋7·2＋⋯＋(4n－9)·2＋(4n－5)·2，111121n－21n－1因此2Tn＝3＋4·2＋4·2＋⋯＋4·2－(4n－5)·2，n－2因此Tn＝14－(4n＋3)·2，n≥2，1－2又1＝1，因此bn＝15－(4＋3)·n≥2，又b1＝1也适合上式，因此n＝15－(4n，bn2nbn－2＋3)·2.考点整合数列乞降常用方法分化乞降：把数列的每一拆成两(或多)，再重新合成两个(或多个)的数列，最后分乞降.(2)位相减法：适用于各由一个等差数列和一个等比数列的乘成的数列.把Sn＝a1＋a2＋⋯＋an两同乘以相等比数列的公比q，获取qSn＝a1q＋a2q＋⋯＋anq，两式位相减即可求出Sn.裂相消法：立刻数列的通分成两个式子的代数差的形式，今后通累加抵消中若c干的方法，裂相消法适用于形如(其中{an}是各均不零的等差数列，c常anan＋1数)的数列.数列中的不等式主要有明数列不等式、比大小或恒成立，解决方法以下：利用数列(或函数)的性；(2)放法：①先乞降后放；②先放后乞降，包括放后成等差(或等比)数列再乞降，也许放后成等差比数列再乞降，也许放后裂相消法乞降；(3)数学法.3.数列与不等式的合主要型：明不等式，或不等式恒成立，化最是其主要思路，而求最常用方法：①作差比，利用数列性求最；②放法求最.点一数列的乞降[考法1]分化乞降【例1－1】(2018·天津卷){an}是等差数列，其前n和Sn(n∈N*)；{bn}是等比数列，公比大于0，其前n和Tn(n∈N*).已知b1＝1，b3＝b2＋2，b4＝a3＋a5，b5＝a4＋2a6.求Sn和Tn；(2)若n＋(1＋2＋⋯＋n)＝n＋4n，求正整数n的.STTTab2(1)等比数列{bn}的公比q(q>0).由b1＝1，b3＝b2＋2，可得q2－q－2＝0.因q>0，可得q＝2，故bn＝2n－1.n1－2n因此，Tn＝＝2－1.等差数列{an}的公差d.b4＝a3＋a5，可得a1＋3d＝4.b5＝a4＋2a6，可得3a1＋13d＝16，从而a1＝1，d＝1，故an＝n.因此，Sn＝n（n＋1）.2由(1)，有n12n2×（1－2）n＋1T1＋T2＋⋯＋Tn＝(2＋2＋⋯＋2)－n＝－n＝2－n－2.由Sn＋(T1＋T2＋⋯＋Tn)＝an＋4bn可得n（n＋1）n＋1n＋12＋2－n－2＝n＋2，整理得n2－3n－4＝0，解得n＝－1(舍)，或n＝4.因此，n的4.研究提高1.在理一般数列乞降，必然要注意运用化思想.把一般的数列乞降化等差数列或等比数列行乞降.在利用分乞降法乞降，常常需要数n行，最后再可否可以合并一个表达式.2.分乞降的策略：(1)依照等差、等比数列分；(2)依照正号、号分.[考法2]裂相消法乞降【例1－2】各均正数的数列{n}的前和n，且n足22＋－3)n－3(2nn－(nnaSSSnSn)＝0，n∈N*.(1)求a1的；求数列{an}的通公式；(3)明：所有正整数n，有1＋1＋⋯＋11＋1）a（a＋1）＜.1122nn(1)解由意知，22＋－3)n－3(2*n－(nn＋)＝0，∈N.SnSnn222＝0，令n＝1，有S1－(1＋1－3)S1－3×(1＋1)2S＝－3或2，即a＝－3或2，1111又an正数，因此a1＝2.(2)解222*可得，(Sn＋22由Sn－(n＋n－3)Sn－3(n＋n)＝0，n∈N3)(Sn－n－n)＝0，Sn＝n3＋n或Sn＝－3，又数列{an}的各均正数，因此Sn＝n2＋n，Sn－1＝(n－1)2＋(n－1)，因此当n≥2，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n.又a1＝2＝2×1，因此an＝2n.(3)明当＝1，1＝1＝1＜1成立；na1（a1＋1）2×363当n≥2111111，nn＝1）＜（2n－1）（2n＋1）＝(－)，a（a＋1）2n（2n＋22n－12n＋11111因此11＋22＋⋯＋nn＋1）＜＋a（a＋1）a（a＋1）a（a61111111111112[(3－5)＋⋯＋(2－1－2＋1)]＝6＋2(3－2＋1)＜6＋6＝3.nnn1111因此所有正整数n，有a1（a1＋1）＋a2（a2＋1）＋⋯＋an（an＋1）＜3.(1)解决本的关是先放后裂乞降，如本中21研究提高（2＋1）＜nn1，依照构特色合理放.（2n－1）（2n＋1）裂相消法的基本思想是把数列的通an分拆成an＝bn＋1－bn等形式，从而达到在乞降逐相消的目的，在解中要善于依照个基本思想数列{an}的通公式，使之符合裂相消法的条件.[考法3]位相减法乞降【例1－3】(2018·杭州研)已知等差数列n}足：ann*{a＋1>a(n∈N)，a1＝1，数列的前三分加上1，1，3后成等比数列，且a＋2logb＝－1.n2n求数列{an}，{bn}的通公式；求数列{an·bn}的前n和Tn.解(1)d等差数列{an}的公差，且d>0，a1＝1，a2＝1＋d，a3＝1＋2d，分加上1，1，3成等比数列，得(2＋d)2＝2(4＋2d)，因d>0，因此d＝2，因此an＝1＋(n－1)×2＝2n－1，又因an＝－1－2log2bn，1因此log2bn＝－n即bn＝2n.1(2)由(1)知，an·bn＝(2n－1)·n.241352n－1Tn＝21＋22＋23＋⋯＋2n，①11352－1n＋24＋⋯＋n2T＝22＋232n＋1，②11111＋⋯＋12n－1①－②，得n2＋3＋42nn11121－n－12n－122＝＋2×－n＋12121－2112－132＋322.－1222n＋1nn＋12n＋3因此Tn＝3－n.2研究提高(1)所“位”，就是要找“同”相减.要注意的是相减后获取的部分，在求等比数列的和，必然要清其数.(2)保果正确，可获取的和取n＝1，2行.【1－1】(2018·北京卷){a}是等差数列，且a1＝ln2，a2＋a3＝5ln2.n求{an}的通公式；求ea1＋ea2＋⋯＋ean.(1){an}的公差d.因a2＋a3＝5ln2，因此2a1＋3d＝5ln2.a1＝ln2，因此d＝ln2.因此an＝a1＋(n－1)d＝nln2.aa＝eln2ena－aln2＝2，(2)因e1＝2，a＝enn－1＝een－1因此{ea2，公比2的等比数列.n}是首aaa1－2nn＋1因此e1＋e2＋⋯＋en＝2×1－2＝2－2.【1－2】已知{n}等差数列，前n和n(∈N*)，{n}是首2的等比数列，aSnb且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.求{an}和{bn}的通公式；求数列{a2nbn}的前n和(n∈N*).(1)等差数列{an}的公差d，等比数列{bn}的公比q(q>0)，由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，因此q2＋q－6＝0，5n又因q>0，解得q＝2，因此bn＝2.b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8，①S11＝11b4，可得a1＋5d＝16，②立①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得an＝3n－2.因此{an}的通公式n＝3－2，{bn}的通公式bn＝2n.an数列{a2nbn}的前n和Tn，由a2n＝6n－2，bn＝2n，有Tn＝4×2＋10×22＋16×23＋⋯＋(6n－2)×2n，234nn＋1，2n＝4×2＋10×2＋16×2＋⋯＋(6－8)×2＋(6－2)×2Tnn上述两式相减，得23nn＋1－Tn＝4×2＋6×2＋6×2＋⋯＋6×2－(6n－2)×2，12×（1－2n）n＋1n＋2－16.因此Tn＝(3n－4)2n＋2＋16.＝1－2－4－(6n－2)×2＝－(3n－4)2因此数列{an＋2bnn2nn点二数列的适用【例2】已知数列{an}和{bn}足a1a2a3⋯an＝(2)b*a1＝2，n(n∈N).若{an}等比数列，且b3＝6＋b2.求an与bn；cn＝1－1(n∈N*).数列{cn}的前n和Sn.anbn①求Sn；②求正整数k，使得任意n∈N*均有Sk≥Sn.解(1)数列{an}的公比，由意123⋯n＝(b3－2＝6，2)n，qaaaabb知a＝(2)b3－b23又由a1＝2，得公比q＝2(q＝－2舍去)，n因此数列{an}的通an＝2(n∈N*).n（n＋1）n(n＋1).n2＝(因此，a1a2a3⋯a＝22)故数列nn＝n(n＋*{b}的通b1)(n∈N).1111－1*nn(n∈N)，n＋1nn2abn111n＋2＋⋯＋2n111111121－2n111*－1－2＋2－3＋⋯＋n－n＋1＝1－1－n＋1＝n＋1－2n(n∈N).1－26②因c1＝0，c2>0，c3>0，c4>0；当n≥5，1n（n＋1）n＝n（n＋1）n－1，c2n（＋1）（＋1）（＋2）（＋1）（－2）－>0，而n2n＋1＝n＋122n（n＋1）5·（5＋1）得2n≤25<1，因此，当n≥5，cn<0.上，任意n∈N*，恒有S4≥Sn，故k＝4.研究提高以数列背景的不等式恒成立，多与数列乞降相系，最后利用数列或数列函数的性求解.【2】已知{xn}是各均正数的等比数列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2.求数列{xn}的通公式；(2)如，在平面直角坐系xOy中，依次接点P1(x1，1)，P2(x2，2)，⋯，Pn＋1(xn＋1，n＋1)获取折P1P2⋯Pn＋1，求由折与直y＝0，x＝x1，x＝xn＋1所成的地域的面Tn.(1)数列{xn}的公比q，1＋x1q＝3，由意得x1q2－x1q＝2.因此3q2－5q－2＝0，由已知q＞0，因此＝2，1＝1.qx因此数列{x}的通公式x＝2n－1nn(2)P1，P2，⋯，P＋1向x作垂，垂足分Q1，Q2，⋯，Q＋1.nn(1)得xn＋1－xn＝2n－2n－1＝2n－1，梯形PnPn＋1Qn＋1Qn的面bn，由意b＝（n＋n＋1）n－1n－2n2因此Tn＝b1＋b2＋⋯＋bn＝3×2－1＋5×20＋7×21＋⋯＋(2n－1)×2n－3＋(2n＋1)·×2n－2.①012n－2n－1又2Tn＝3×2＋5×2＋7×2＋⋯＋(2n－1)×2＋(2n＋1)×2.②7①－②得－Tn＝3×2－1＋(2＋22＋⋯＋2n－1)－(2n＋1)×2n－1n－1＝3＋2（1－2）－(2n＋1)×2n－1.21－2（2n－1）×2n＋1n.因此T＝2位相减法的关注点(1)适用型：等差数列{an}乘以等比数列{bn}获取的数列{an·bn}的乞降.(2)步：①乞降先乘以数列{bn}的公比.②把两个和的形式位相减.③整理果形式.裂乞降的常技巧1111111(1)（＋1）＝－＋1.(2)（＋）＝kn－n＋k.nnnnnnk1111n2－1＝2n－1－n＋1.1111(4)4n2－1＝22n－1－2n＋1.数列与不等式合若是是明不等式，常化数列和的最，同要注意比法、放法、基本不等式的用；若是是解不等式，注意因式分解的用.一、我国古代数学名著《算法宗》中有以下：“望巍巍塔七，光点点倍加增，共灯三百八十一，尖几灯？”意思是：一座7塔共挂了381灯，且相两中的下一灯数是上一灯数的2倍，塔的共有灯()解析塔的的灯数a1，七塔的灯数S7，公比q，依意S7＝381，公比q1（1－27）＝2.∴a＝381，解得a＝3.1－21答案B2.(2018·全国Ⅰ卷)S等差数列{a}的前n和.若3S＝S＋S，a＝2，a＝()nn32415A.－12B.－10{a}d3SSS33×22ad4a解析法一等差数列3a1＋d＝＋n的公差，∵3＝2＋4，∴1＋1＋284×332d，解得d＝－2a1.∵a1＝2，∴d＝－3，∴a5＝a1＋4d＝2＋4×(－3)＝－10.故B.法二等差数列{n}的公差d，∵33＝2＋4，∴33＝3－3＋3＋a4，∴3＝4－3，∴aSSSSSaSSaa31＋3×2＝.∵1＝2，∴d＝－3，∴5＝1＋4＝2＋4×(－3)＝－10.故B.a2ddaaad答案B3.已知数列{a}足a－a＝2，a＝－5，|a|＋|a|＋⋯＋|a|＝()nn＋1n1126解析∵n＋1－n＝2，1＝－5，∴数列{an}是公差2的等差数列.aaaan＝－5＋2(n－1)＝2n－7.n（－5＋2n－7）2数列{an}的前n和Sn＝＝n－6n.7令an＝2n－7≥0，解得n≥2.∴n≤3，|an|＝－an；n≥4，|an|＝an.|a1|＋|a2|＋⋯＋|a6|＝－a1－a2－a3＋a4＋a5＋a6＝S－2S22＝18.＝6－6×6－2(3－6×3)63答案C4.已知数列{n}足1＝1，2＝3，n＋1n－1＝n(n≥2)，数列{n}的前40和40等于()aaaaaaaS解析由an＋1＝a(n≥2)，a1＝1，a2＝3，可得a3＝3，a4＝1，a5＝1，a6＝1，a7＝1，a8＝3，⋯，nan－1332626是一个周期6的数列，一个周期内的6之和3，又40＝6×6＋4，因此S40＝6×3＋1＋3＋3＋1＝60.答案Cnn5－1)35835.(2018·宁波十校考)等差数列{a}的前n和S，已知(a＋3a＝4，(a－1)＋3a＝2，以下正确的选项是()8A.S12＝12，a5>a8B.S12＝24，a5>a8C.S12＝12，a5<a8D.S12＝24，a5<a83解析由已知得（a－1）＋3（a－1）＝1，f(x)＝x3＋3x，易知f(x)在R上奇函55（8－1）＋3（8－1）＝－1，aa数且增，f(a5－1)＝1，f(a8－1)＝－1，因此f(a5－1)>f(a8－1)，且f(a5－1)＋f(a8－1)＝0，故a5>a8，且a5－1＝－(a8－1)，即a5＋a8＝2，又{an}是等差数列，9因此S12＝12（a1＋a12）＝12（a5＋a8）＝12.22答案An6.各均正数的数列{an}的前n和Sn，且3Sn＝anan＋1，∑a2k＝()k＝1A.n（n＋5）B.3n（n＋1）22C.n（5n＋1）D.（n＋3）（n＋5）22解析当n＝1，3S1＝a1a2，即3a1＝a1a2，∴a2＝3，当≥2，由3n＝nn＋1，可得3n－1＝an－1n，两式相减得：3n＝n(n＋1－n－1).∵n≠0，nSaaSaaaaaaan＋1－an－1＝3，n∴{a2n}一个以3首，3公差的等差数列，∴∑k＝1a2k＝a2＋a4＋a6＋⋯＋a2n＝3n＋n（n－1）×3＝3n（n＋1），B.22答案B二、填空7.在数列{an}中，an＝12n，若bn＝2＋＋⋯＋，数列{bn}的前n和Snn＋1n＋1n＋1anan＋1________.n（＋1）n12n2n解析an＝n＋1＋n＋1＋⋯＋n＋1＝n＋1＝2.22＝8＝8∴bn＝＝n（＋1）（＋1）nn＋1aannn4∴S＝b＋b＋⋯＋bn12n＝8111111－＋－＋⋯＋－n＋1223n

11n－n＋1，8n81－n＋1＝n＋1.答案8n＋1n8.(2018·研)等比数列{a}的首a＝1，且4a，2，a成等差数列，公比q＝n1123________；数列{a}的前n和S＝________.nnn解析因a1＝1，且4a1，2a2，a3成等差数列，因此4q＝4＋q2，解得q＝2，因此Sn＝1－21－22n－1.10答案n－1229.(2016·浙江卷)设数列{n}的前n项和为n.若2＝4，n＋1＝2n＋1，n∈N*，则1＝aSSaSa________，S＝________.5解析∵an＋1＝2Sn＋1，∴Sn＋1－Sn＝2Sn＋1，11SSS221∴数列Sn＋2是公比为3的等比数列，1S2＋21＝3.又S2＝4，∴S1＝1，∴a1＝1，S1＋2S11434243×3＝×3＝，2222∴S5＝121.答案112110.(2018·全国Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn＝2an＋1，则S6＝________.解析法一因为Sn＝2an＋1，因此当n＝1时，a1＝2a1＋1，解得a1＝－1；n＝2时，a1＋a2＝2a2＋1，解得a2＝－2；n＝3时，a1＋a2＋a3＝2a3＋1，解得a3＝－4；n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝2a4＋1，解得a4＝－8；n＝5时，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝2a5＋1，解得a5＝－16；n＝6时，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝2a6＋1，解得a6＝－32.因此S6＝－1－2－4－8－16－32＝－63.法二因为n＝2an＋1，因此当n＝1时，1＝21＋1，解得a1＝－1，Saa当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－(2an－1＋1)，因此an＝2an－1，因此数列{an}是以－1为首项，2为公比的等比数列，因此nn－16－1×（1－26）a＝－2，因此S＝1－2＝－63.答案－6311.(2018·北京昌平区调研)已知数列{a}的奇数项依次构成公差为d的等差数列，偶数项n1依次构成公差为*nn＝d2的等差数列(其中d1，d2为整数)，且对任意n∈N，都有a<a＋1，若a11，a2＝2，且数列{an}的前10项和S10＝75，则d1＝________，a8＝________.解析因为a1＝1，a2＝2，因此a3＝1＋d1，a4＝2＋d2*，a5＝1＋2d1.因为对任意n∈N，都有a<a，因此a>a，即1＋d>2，解得d>1；又a4>a3，2＋d2>1＋d1，54因此12解得－1＋d<d<nn＋13211a>a，1＋2d>2＋d，12115×45×4－1＋2d1.因为S10＝75，因此5×1＋2d1＋5×2＋2d2＝75，因此d1＋d2＝6，因此d2＝776－d1，因此－1＋d1<6－d1<－1＋2d1，解得3<d1<2.又d1，d2为整数，因此d1＝3，因此d2＝3.因此a8＝2＋(4－1)d2＝2＋3×3＝11.答案311三、解答题12.(2018·全国Ⅱ卷)记S为等差数列{a}的前n项和，已知a＝－7，S＝－15.nn13(1)求{n}的通项公式；a(2)求Sn，并求Sn的最小值.解(1)设{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15.由1＝－7得d＝2.a因此{a}的通项公式为a＝2n－9.nn(2)由(1)得Sn＝n2－8n＝(n－4)2－16.因此当n＝4时，n获取最小值，最小值为－16.S13.(2018·全国Ⅲ卷)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3.求{an}的通项公式，记Sn为{an}的前n项和.若Sm＝63，求m.(1)设{an}的公比为q，由题设得an＝qn－1.由已知得q4＝4q2，解得q＝0(舍去)，q＝－2或q＝2.an＝(－2)n－1或an＝2n－1.(2)nn－1n1－（－2）n3由S＝63得(－2)mman＝2n－1，则Sn＝2n－1.m由Sm＝63得2＝64，解得m＝6.综上，m＝6.14.已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn