2016版高考数学二轮专题突破(浙江专用,理科) 配套课件专题三 数列与不等式 第2讲
【4份】2016年高考数学(浙江理科专用)二轮专题复习精练：突破练
π 所以 f(B)＝sin 2B＋6＝1， π π 13 又 2B＋6 ∈6， 6 π， π π 所以 2B＋6＝2， π 所以 B＝6. (2)法一 由余弦定理 b2＝a2＋c2－2accos B 得
c2－3c＋2＝0， 所以 c＝1，或 c＝2. 法二 a b c 3 由正弦定理sin A＝sin B＝sin C得 sin A＝ 2 ，
(1)求证：AB∥GH； (2)求二面角 D－GH－E 的余弦值． (1)证明 因为 D，C，E，F 分别是 AQ，BQ，AP，BP 的中点，
所以 EF∥AB，DC∥AB.所以 EF∥DC. 又 EF⊄平面 PCD，DC⊂平面 PCD， 所以 EF∥平面 PCD. 又 EF⊂平面 EFQ，平面 EFQ∩平面 PCD＝GH， 所以 EF∥GH.又 EF∥AB， 所以 AB∥GH. (2)解 在△ABQ 中，AQ＝2BD，A10x－(20＋mx)＝(10－m)x－20(x∈N,0≤x≤200)， y2＝18x－(8x＋40)－0.05x2＝－0.05x2＋10x－40(x∈N,0≤x≤120)． (2)因为 6≤m≤8， 所以 10－m>0，函数 y1＝(10－m)x－20 是[0,200]上的增函数， 所以当 x＝200 时，生产 A 产品有最大利润为(10－m)×200－20＝1 980－ 200m(万美元)． 又 y2＝－0.05(x－100)2＋460(x∈N,0≤x≤120)． 所以当 x＝100 时，生产 B 产品有最大利润为 460 万美元． 因为 y1max－y2max＝1 980－200m－460＝
1
π 2π π π 所以 A＝3或 A＝ 3 ，当 A＝3时，C＝2，所以 c＝2； 2π π 当 A＝ 3 时，C＝6，所以 c＝1. 2.如图所示，在三棱锥 P－ABQ 中，PB⊥平面 ABQ，BA＝BP＝BQ，D，C，E， F 分别是 AQ，BQ，AP，BP 的中点，AQ＝2BD，PD 与 EQ 交于点 G，PC 与 FQ 交于点 H，连接 GH.
2016版高考数学二轮专题突破(理科)文档：专题三 数列与不等式 第1讲 含答案
第1讲等差数列与等比数列1．（2015·课标全国Ⅰ)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S8＝4S4，则a10等于( ）A.错误!B。
错误!C．10 D．122．（2015·浙江)已知｛a n}是等差数列，公差d不为零．若a2，a3，a7成等比数列，且2a1＋a2＝1，则a1＝________,d＝________。
3．(2014·广东）若等比数列｛a n｝的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝______。
4．（2013·江西)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________．1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点,经常以小题形式出现。
2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力。
热点一等差数列、等比数列的运算（1）通项公式等差数列：a n＝a1＋(n－1）d；等比数列：a n＝a1·q n－1.(2）求和公式等差数列：S n＝错误!＝na1＋错误!d；等比数列：S n＝错误!＝错误!（q≠1)．(3）性质若m＋n＝p＋q,在等差数列中a m＋a n＝a p＋a q；在等比数列中a m·a n＝a p·a q.例1 （1)设等差数列{a n}的前n项和为S n。
若a1＝－11,a4＋a6＝－6，则当S n取最小值时，n＝________.（2）已知等比数列｛a n｝公比为q,其前n项和为S n，若S3，S9，S6成等差数列，则q3等于( )A．－12B．1C．－12或1 D．－1或错误!思维升华在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显,则均可化成关于a1和d(q）的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量．跟踪演练1 （1）(2015·安徽）已知数列{a n}是递增的等比数列，a1＋a4＝9,a2a3＝8，则数列{a n}的前n项和等于________．（2)已知数列｛a n}是各项均为正数的等比数列，a1＋a2＝1,a3＋a4＝2，则log2错误!＝________.热点二等差数列、等比数列的判定与证明数列｛a n}是等差数列或等比数列的证明方法(1）证明数列｛a n}是等差数列的两种基本方法：①利用定义，证明a n＋1－a n(n∈N＊)为一常数；②利用中项性质,即证明2a n＝a n－1＋a n＋1(n≥2)．（2）证明｛a n｝是等比数列的两种基本方法：①利用定义，证明错误!(n∈N＊)为一常数;②利用等比中项，即证明a错误!＝a n－1a n＋1（n≥2）．例2 (2014·大纲全国)数列{a n}满足a1＝1，a2＝2，a n＋2＝2a n＋1－a n ＋2。
优化方案高考数学浙江·理科二轮专题复习课件：第一部分专题三 数列第1讲
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(2)等差数列、等比数列的性质
专题三 数 列
等差数列
等比数列
①若m，n，p，q∈N*，
且m＋n＝p＋q，则am＋ 性 an＝ap＋aq； 质 ②an＝am＋(n－m)d；
③Sm，S2m－Sm，S3m－ S2m，…仍成等差数列
①若m，n，p，q∈N*，
且m＋n＝p＋q，则am·an ＝ap·aq； ②an＝amqn－m； ③Sm，S2m－Sm，S3m－ S2m，…仍成等比数列 (Sm≠0)
栏目 导引
专题三 数 列
2．在本例(2)的条件下，求 a2＋a4＋a6＋…＋a2n(n∈N*)． 解：由已知得 a2，a4，a6，…，a2n，构成以 a2＝1 为首项， q2＝2 为公比的等比数列，所以其前 n 项和 Sn＝a2[1－1－（qq22）n]＝11－－22n＝2n－1.
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专题三 数 列
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专题三 数 列
所以 a1＋4a1＝2(2a1＋1)，解得 a1＝2.
所以数列{an}是首项为 2，公比为 2 的等比数列，
故 an＝2n.
(2)由(1)得a1n＝21n，
所以
Tn＝12＋212＋…＋21n＝1211－－1212n
＝1－21n.
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专题三 数 列
方法归纳 关于等差(等比)数列的基本运算，一般通过其通项公式和前 n 项和公式构造关于 a1 和 d(或 q)的方程或方程组解决，如果在 求解过程中能够灵活运用等差(等比)数列的性质，不仅可以快 速获解，而且有助于加深对等差(等比)数列问题的认识．
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专题三 数 列
[解析] (1)设{an}的公比为 q，因为 a3a5＝a24，a3a5＝4(a4－1)， 所以 a24＝4(a4－1)， 所以 a24－4a4＋4＝0，所以 a4＝2. 又因为 q3＝aa41＝21＝8，
高考数学二轮复习 第一部分 专题篇 专题三 数列 第二讲 数列的综合应用课件 文
考点二
试题 解析
考点一 考点二 考点三
3．(2016·高考山东卷)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝3n2＋8n，{bn} 是等差数列，且 an＝bn＋bn＋1. (1)求数列{bn}的通项公式； (2)令 cn＝abn＋n＋12n＋n1，求数列{cn}的前 n 项和 Tn.
考点二
考点一 考点二 考点三
2，
n＝1，
所以 Tn＝3n－n2－2 5n＋11， n≥2，n∈N*.
考点二 数列求和
试题 解析
考点一 考点二 考点三
2．(2015·高考江苏卷)设数列{an}满足 a1＝1，且 an＋1－an＝n＋1(n
∈N*)，则数列a1n前
10
20 项的和为___1_1____．
考点二
试题 解析
考点一 考点二 考点三
考点三 数列与其它知识的交汇应用
试题 解析
考点一 考点二 考点三
4．(2016·高考四川卷)已知数列{an}的首项为 1，Sn 为数列{an}的 前 n 项和，Sn＋1＝qSn＋1，其中 q>0，n∈N*. (1)若 a2，a3，a2＋a3 成等差数列，求数列{an}的通项公式； (2)设双曲线 x2－ay22n＝1 的离心率为 en，且 e2＝2，求 e21＋e22＋… ＋e2n.
考点三
考点一 考点二 考点三
试题
(2)由(1)可知 an＝qn－1， 所以双曲线 x2－ay22n＝1 的离心率 en＝ 1＋a2n＝ 1＋q2n－1. 由 e2＝ 1＋q2＝2 解得 q＝ 3， 所以 e21＋e22＋…＋e2n ＝(1＋1)＋(1＋q2)＋…＋[1＋q2(n－1)] ＝n＋[1＋q2＋…＋q2(n－1)] ＝n＋qq22n－－11＝n＋12(3n－1)．
2016版高考数学二轮专题突破(浙江专用理科)课件专题三 数列与不等式 第3讲
n＝1 n≥2
.
2.求数列通项的常用方法
(1)公式法：利用等差(比)数列求通项公式.
(2) 在已知数列 {an} 中，满足 an ＋ 1 － an ＝ f(n) ，且 f(1) ＋ f(2) ＋…＋f(n)可求，则可用累加法求数列的通项an.
an＋1 (3)在已知数列{an}中，满足 ＝f(n)，且 f(1)· f(2)· …· f(n)可 an 求，则可用累积法求数列的通项 an.
fxn＋1 －1n＋2ea[n＋1π－φ]sin φ aπ 易知 f(xn)≠0， 而 ＝ ＝－ e 是常数， n＋1 anπ－φ fxn －1 e sin φ
故数列{f(xn)}是首项为f(x1)＝ea(π－φ)· sin φ，公比为－eaπ的等
比数列.
1 2
2.(2014· 课标全国Ⅱ)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋1. 1 (1)证明{an＋2}是等比数列，并求{an}的通项公式； 1 1 解 由 an＋1＝3an＋1，得 an＋1＋2＝3(an＋2). 1 3 又 a1＋2＝2， 1 3 所以{an＋2}是首项为2，公比为 3 的等比数列. n n 3 －1 1 3 an＋2＝ 2 ，因此{an}的通项公式为 an＝ 2 .
1，n＝1， 2 因此 an＝ －nn＋1，n≥2.
思维升华
给出Sn与an 的递推关系，求an，常用思路：一是利用
Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为an的递推关系，再求其通项
公式；二是转化为Sn的递推关系，先求出Sn与n之间的 关系，再求an.
跟踪演练 1
已知正项数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝
－φ，则f′(x)＜0.
(浙江专用)高考数学二轮复习专题三数列第3讲数列不等式的证明问题(选用)学案
第3讲 数列不等式的证明问题(选用)高考定位 1.数列中不等式的证明是浙江高考数学试题的压轴题；2.主要考查数学归纳法、放缩法、反证法等数列不等式的证明方法，以及不等式的性质；3.重点考查学生逻辑推理能力和创新意识.真 题 感 悟(2017·浙江卷)已知数列{x n }满足：x 1＝1，x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)(n ∈N *). 证明：当n ∈N *时， (1)0＜x n ＋1＜x n ； (2)2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12；(3)12n －1≤x n ≤12n －2. 证明 (1)用数学归纳法证明：x n ＞0. 当n ＝1时，x 1＝1＞0.假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，x k ＞0，那么n ＝k ＋1时，若x k ＋1≤0，则0＜x k ＝x k ＋1＋ln(1＋x k ＋1)≤0，矛盾，故x k ＋1＞0， 因此x n ＞0(n ∈N *).所以x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)＞x n ＋1， 因此0＜x n ＋1＜x n (x ∈N *). (2)由x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)得，x n x n ＋1－4x n ＋1＋2x n ＝x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1).记函数f (x )＝x 2－2x ＋(x ＋2)ln(1＋x )(x ≥0). f ′(x )＝2x 2＋x x ＋1＋ln ()1＋x ＞0(x ＞0)，函数f (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以f (x )≥f (0)＝0， 因此x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)＝f (x n ＋1)≥0， 故2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12(n ∈N *).(3)因为x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)≤x n ＋1＋x n ＋1＝2x n ＋1， 所以x n ≥12x n －1≥122x n －2≥…≥12n －1x 1＝12n －1.故x n ≥12n －1.由x n x n ＋12≥2x n ＋1－x n 得1x n ＋1－12≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x n －12＞0， 所以1x n －12≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x n －1－12≥…≥2n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1－12＝2n －2， 故x n ≤12n －2.综上，12n －1≤x n ≤12n －2(n ∈N *).考 点 整 合1.数学归纳法证明一个与正整数n 有关的命题，可按下列步骤进行： (1)(归纳奠基)证明当n 取第一个值n 0(n 0∈N *)时命题成立；(2)(归纳递推)假设n ＝k (k ≥n 0，k ∈N *)时命题成立，证明当n ＝k ＋1时命题也成立. 只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n 0开始的所有正整数n 都成立. 2.反证法一般地，由证明p q 转向证明：綈q r …t ，t 与假设矛盾，或与某个真命题矛盾，从而判定綈q 为假，推出q 为真的方法，叫做反证法. 3.放缩法放缩法是利用不等式的传递性，证明不等式的方法，要证A <B ，可先将A 放大到C ，然后只需证明C <B 即可.热点一 数学归纳法证明数列不等式【例1】 (2017·金丽衢联考)设数列{a n }满足：a 1＝a ，a n ＋1＝2a n a 2n ＋1(a >0且a ≠1，n ∈N *). (1)证明：当n ≥2时，a n <a n ＋1<1；(2)若b ∈(a 2，1)，求证：当整数k ≥（b －a 2）（b ＋1）a 2（1－b ）＋1时，a k ＋1>b .证明 (1)由a n ＋1＝2a na 2n ＋1知，a n 与a 1的符号相同， 而a 1＝a >0，所以a n >0，所以a n ＋1＝2a n ＋1a n≤1，当且仅当a n ＝1时，a n ＋1＝1，下面用数学归纳法证明： ①因为a >0且a ≠1，所以a 2<1，a 3a 2＝2a 22＋1>1，即有a 2<a 3<1； ②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，有a k <a k ＋1<1， 则a k ＋2＝2a k ＋1a 2k ＋1＋1＝2a k ＋1＋1a k ＋1<1，且a k ＋2a k ＋1＝2a 2k ＋1＋1>1，即a k ＋1<a k ＋2<1. 综上，对任意n ≥2，均有a n <a n ＋1<1成立.(2)若a k ≥b ，则由(1)知当k ≥2时，1>a k ＋1>a k ≥b ；若a k <b ，因为0<x <1及二项式定理知(1＋x )n ＝1＋C 1n x ＋…＋C n n x n≥1＋nx ， 而a 2k ＋1<b 2＋1<b ＋1，且a 2<a 3<…<a k <b <1， 所以a k ＋1＝a 2·a 3a 2·a 4a 3·…·a k ＋1a k＝a 2·2k －1（1＋a 22）（1＋a 23）…（1＋a 2k ）>a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋b 2k －1> a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫21＋b k －1＝a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－b 1＋b k －1≥a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1－b 1＋b （k －1）. 因为k ≥（b －a 2）（b ＋1）a 2（1－b ）＋1，所以1－b 1＋b (k －1)＋1≥b －a 2a 2＋1＝b a 2，所以 a k ＋1>b .探究提高 数学归纳法是解决和正整数有关命题的证明方法，可以借助递推公式，证明由特殊到一般的结论成立问题.因此，可以在数列不等式的证明中大显身手.在本例中，(1)首先根据条件等式的结构特征推出a n >0，然后用数学归纳法证明即可；(2)首先由(1)知当k ≥2时，1>a k ＋1>a k ≥b ，然后利用数列的递推公式证明即可. 热点二 反证法证明数列不等式【例2】 (2018·温州调考)已知数列{a n }满足：a n >0，a n ＋1＋1a n<2(n ∈N *).(1)求证：a n ＋2<a n ＋1<2(n ∈N *)； (2)求证：a n >1(n ∈N *). 证明 (1)由a n >0，a n ＋1＋1a n<2，得a n ＋1<2－1a n<2.因为2>a n ＋2＋1a n ＋1>2a n ＋2a n ＋1(由题知a n ＋1≠a n ＋2)， 所以a n ＋2<a n ＋1<2.(2)法一 假设存在a N ≤1(N ≥1，N ∈N *)， 由(1)可得当n >N 时，a n ≤a N ＋1<1. 根据a n ＋1－1<1－1a n ＝a n －1a n<0，而a n <1，所以1a n ＋1－1>a n a n －1＝1＋1a n －1，于是1a N ＋2－1>1＋1a N ＋1－1，……1a N ＋n －1>1＋1a N ＋n －1－1.累加可得1a N ＋n －1>n －1＋1a N ＋1－1.(*)由假设可得a N ＋n －1<0， 而当n >－1a N ＋1－1＋1时，显然有n －1＋1a N ＋1－1>0，因此有1a N ＋n －1<n －1＋1a N ＋1－1，这显然与(*)矛盾. 所以a n >1(n ∈N *).法二 假设存在a N ≤1(N ≥1，N ∈N *)， 由(1)可得当n >N 时，0<a n ≤a N ＋1<1. 根据a n ＋1－1<1－1a n ＝a n －1a n<0，而a n <1，所以11－a n ＋1<a n 1－a n ，所以1－a n ＋11－a n >1a n ≥1a N ＋1>1.于是1－a n >(1－a n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a N ＋1，1－a n －1>(1－a n －2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a N ＋1，……1－a N ＋2>(1－a N ＋1)⎝⎛⎭⎪⎫1a N ＋1.累乘可得1－a n >(1－a N ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a N ＋1n －N －1，(*)由(1)可得1－a n <1， 而当n >log1a N ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫11－a N ＋1＋N ＋1时， 则有(1－a N ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a N ＋1n －N －1>1，这显然与(*)矛盾.所以a n >1(n ∈N *).探究提高 数列不等式需要对数列的范围及变化趋势进行探究，而条件又少，因此，反证法就成为解决这类问题的利器.在本例中，(1)首先根据已知不等式由a n ＋1＜2－1a n<2证明不等式的右边，再根据已知不等式利用基本不等式，可证明不等式的左边；(2)考虑反证法，即假设存在a N ≤1，利用条件和(1)，并结合放缩法逐步推出矛盾.进而证明不等式成立. 热点三 放缩法证明数列不等式 [考法1] 放缩为等比数列【例3－1】 (2018·宁波调研)已知数列{a n }满足a 1＝25，a n ＋1＝2a n 3－a n ，n ∈N *.(1)求a 2；(2)求⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的通项公式；(3)设{a n }的前n 项的和为S n ，求证：65⎝ ⎛⎭⎪⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ≤S n <2113. (1)解 由条件可知a 2＝2a 13－a 1＝413.(2)解 由a n ＋1＝2a n 3－a n 得1a n ＋1＝32·1a n －12，即1a n ＋1－1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n－1是等比数列，又1a 1－1＝32，则1a n －1＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n， 所以1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n＋1. (3)证明 由(2)可得a n ＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋1≥1⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝25⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1.所以S n ≥25＋25·⎝ ⎛⎭⎪⎫231＋…＋25·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＝65⎝ ⎛⎭⎪⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ， 故S n ≥65⎝ ⎛⎭⎪⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n 成立.另一方面a n ＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋1<1⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n，所以S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n <25＋413＋⎝ ⎛⎭⎪⎫233＋⎝ ⎛⎭⎪⎫234＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23n＝4665＋89－89·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －2<4665＋89<2113，n ≥3， 又S 1＝25<2113，S 2＝4665<2113，因此S n <2113.所以65⎝ ⎛⎭⎪⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ≤S n <2113.[考法2] 放缩为裂项求和【例3－2】 (2018·金华联考)已知数列{a n }中，a 1＝3，2a n ＋1＝a 2n －2a n ＋4. (1)证明：a n ＋1>a n ；(2)证明：a n ≥2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1；(3)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，求证：1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ≤S n <1.证明 (1)∵2a n ＋1－2a n ＝a 2n －4a n ＋4＝(a n －2)2≥0，∴a n ＋1≥a n ≥3，∴(a n －2)2>0， ∴a n ＋1>a n .(2)∵2a n ＋1－4＝a 2n －2a n ＝a n (a n －2)， ∴a n ＋1－2a n －2＝a n 2≥32， ∴a n －2≥32(a n －1－2)≥⎝ ⎛⎭⎪⎫322(a n －2－2)≥…≥⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(a 1－2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1，∴a n ≥2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.(3)∵2(a n ＋1－2)＝a n (a n －2)， ∴12（a n ＋1－2）＝1a n （a n －2）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －2－1a n ，∴1a n ＋1－2＝1a n －2－1a n ，∴1a n ＝1a n －2－1a n ＋1－2，∴S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n＝1a 1－2－1a 2－2＋1a 2－2－1a 3－2＋…＋1a n －2－1a n ＋1－2 ＝1a 1－2－1a n ＋1－2 ＝1－1a n ＋1－2.∵a n ＋1－2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ，∴0<1a n ＋1－2≤⎝ ⎛⎭⎪⎫23n， ∴1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n≤S n ＝1－1a n ＋1－2<1. 探究提高 数列中不等式的证明本身就是放缩的结果，在证明过程中，要善于观察数列通项的特点，结合不等式的结构合理地选择放大与缩小，常见的两种放缩方式是：①放缩成等比数列求和形式；②放缩成裂项求和形式.数列、不等式是高中数学的重点内容之一，也是初等数学与高等数学的衔接点之一.命题方式灵活，对学生的数学思维要求较高，具有良好的高考选拔功能.数列中不等式的证明，是浙江省高考数学试题的特色，解决问题方法独特，需要综合运用分析法、放缩法、反证法、数学归纳法、以及构造函数借助导数的工具、不等式的性质等解决问题.1.(2016·浙江卷)设数列{a n }满足|a n －a n ＋12|≤1，n ∈N *.(1)证明：|a n |≥2n －1(|a 1|－2)，n ∈N *；(2)若|a n |≤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n，n ∈N *，证明：|a n |≤2，n ∈N *.证明 (1)由⎪⎪⎪⎪⎪⎪a n －a n ＋12≤1得|a n |－12|a n ＋1|≤1， 故|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1≤12n ，n ∈N *， 所以|a 1|21－|a n |2n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a 1|21－|a 2|22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a 2|22－|a 3|23＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n－1|2n －1－|a n |2n ≤121＋122＋…＋12n －1＝1－12n －1＜1，因此|a n |≥2n －1(|a 1|－2).(2)任取n ∈N *，由(1)知，对于任意m ＞n ，|a n |2n －|a m |2m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n |2n －|a n ＋1|2n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a n ＋1|2n ＋1－|a n ＋2|2n ＋2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫|a m－1|2m －1－|a m |2m ≤12n ＋12n ＋1＋…＋12m －1＝12n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12m －n ＜12n －1，故|a n |＜⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋|a m |2m ·2n≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤12n －1＋12m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫32m ·2n ＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34m ·2n .从而对于任意m ＞n ，均有|a n |＜2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫34m·2n.①由m 的任意性得|a n |≤2. 否则，存在n 0∈N *，与①式矛盾.综上，对于任意n ∈N *，均有|a n |≤2. 2.(2018·学军中学月考)已知数列{a n }满足，a 1＝1，a n ＝1a n ＋1－12. (1)求证：23≤a n ≤1；(2)求证：|a n ＋1－a n |≤13；(3)求证：|a 2n －a n |≤1027.证明 (1)用数学归纳法证明. ①当n ＝1时，命题显然成立；②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，有23≤a k ≤1成立，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝1a k ＋12≤123＋12<1， a k ＋1＝1a k ＋12≥11＋12＝23，即当n ＝k ＋1时也成立，所以对任意n ∈N *，都有23≤a n ≤1.(2)当n ＝1时，|a 2－a 1|＝13，当n ≥2时，∵⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1＋12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋12·1a n ＝1＋12a n ≥1＋12＝32， ∴|a n ＋1－a n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1a n ＋12－1a n －1＋12 ＝|a n －a n －1|⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1＋12≤23|a n －a n －1|≤…≤⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1|a 2－a 1| ＝13·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1<13. 综上所述，|a n ＋1－a n |≤13.(3)当n ＝1时，|a 2－a 1|＝13＝927<1027；当n ≥2时，由(2)知 |a 2n －a n |≤|a 2n －a 2n－1|＋|a 2n－1－a 2n－2|＋…＋|a n＋1－a n |≤13⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫232n －2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232n －3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫232n －1≤23－⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝1027. 综上所述，|a 2n －a n |≤1027.3.(2018·浙东北大联盟考试)已知数列{a n }满足a 1＝12，a n ＋1＝a n －a 2nn （n ＋1），数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1a n 的前n 项和为S n .证明：当n ∈N *时， (1)0<a n ＋1<a n ； (2)a n ≤n3n －1；(3)S n >n －12.证明 (1)由于a n ＋1－a n ＝－a 2nn （n ＋1）≤0，则a n ＋1≤a n .若a n ＋1＝a n ，则a n ＝0，与a 1＝12矛盾，故a n ≠0，从而a n ＋1<a n ，a 1＝12>a 2>a 3>…>a n .又a n ＋1a n ＝1－a n n （n ＋1）≥1－12n （n ＋1）>0， 则a n ＋1与a n 同号.又a 1＝12>0，则a n ＋1>0，故0<a n ＋1<a n .(2)由于0<a n ＋1<a n ，则a n ＋1＝a n －a 2nn （n ＋1）<a n －a n a n ＋1n （n ＋1），即1a n －1a n ＋1<－1n （n ＋1）＝1n ＋1－1n，1a n ＋1－1a n >1n －1n ＋1. 当n ≥2时，1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1－1a n －2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1a 1＋1a 1>1n －1－1n ＋1n －2－1n －1＋…＋1－12＋1a 1＝3－1n ＝3n －1n >0，从而a n <n3n －1. 当n ＝1时，a 1＝12＝13×1－1，从而a n ≤n 3n －1.(3)由a n ＋1a n ＝1－a n n （n ＋1）≥1－a 1n （n ＋1）＝1－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1(当且仅当n ＝1时，取等号)， 得S n ＝a 2a 1＋a 3a 2＋…＋a n ＋1a n ≥n －12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1>n －12. 4.(2017·杭州质量检测)已知数列{a n }的各项均为非负数，其前n 项和为S n ，且对任意的n ∈N *，都有a n ＋1≤a n ＋a n ＋22.(1)若a 1＝1，a 505＝2 017，求a 6的最大值；(2)若对任意n ∈N *，都有S n ≤1，求证：0≤a n －a n ＋1≤2n （n ＋1）. (1)解 由题意知a n ＋1－a n ≤a n ＋2－a n ＋1， 设d i ＝a i ＋1－a i (i ＝1，2，…，504)， 则d 1≤d 2≤d 3≤…≤d 504，且d 1＋d 2＋d 3＋…＋d 504＝a 505－a 1＝2 016. ∵d 1＋d 2＋…＋d 55≤d 6＋d 7＋…＋d 504499＝2 016－（d 1＋d 2＋…＋d 5）499， ∴d 1＋d 2＋…＋d 5≤20，∴a 6＝a 1＋(d 1＋d 2＋…＋d 5)≤21，a 6的最大值为21.(2)证明 若存在k ∈N *，使得a k <a k ＋1， 则由a n ＋1≤a n ＋a n ＋22，得a k ＋1≤a k －a k ＋1＋a k ＋2＜a k ＋2，因此，从第k 项a k 开始，数列{a n }严格递增， 故a 1＋a 2＋…＋a n ≥a k ＋a k ＋1＋…＋a n ≥(n －k ＋1)a k . 对于固定的k ，当n 足够大时，必有a 1＋a 2＋…＋a n ＞1，与题设矛盾，∴{a n }不可能递增，即只能a n －a n ＋1≥0.令b k ＝a k －a k ＋1(k ∈N *)，由a k －a k ＋1≥a k ＋1－a k ＋2得b k ≥b k ＋1，b k ≥0， 故1≥a 1＋a 2＋…＋a n ＝(b 1＋a 2)＋a 2＋…＋a n ＝b 1＋2(b 2＋a 3)＋a 3＋…＋a n ＝…＝b 1＋2b 2＋…＋nb n ＋na n ＋1≥(1＋2＋…＋n )b n ＝n （n ＋1）2b n ， ∴b n ≤2n （n ＋1），综上，对一切n ∈N *，都有0≤a n －a n ＋1≤2n （n ＋1）.。
教育最新K12新(浙江专用)2016高考数学二轮专题突破 专题三 数列与不等式 第1讲 等差数列与等比数列 理
第1讲 等差数列与等比数列1．(2015·课标全国Ⅰ)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等于( )A.172B.192C ．10D ．12 2．(2015·浙江)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零．若a 2，a 3，a 7成等比数列，且2a 1＋a 2＝1，则a 1＝________，d ＝________.3．(2014·广东)若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝______.4．(2013·江西)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________．1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现.2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力.热点一 等差数列、等比数列的运算 (1)通项公式等差数列：a n ＝a 1＋(n －1)d ； 等比数列：a n ＝a 1·q n －1.(2)求和公式 等差数列：S n ＝n a 1＋a n2＝na 1＋n n －2d ；等比数列：S n ＝a 1－qn1－q＝a 1－a n q1－q(q ≠1)． (3)性质 若m ＋n ＝p ＋q ，在等差数列中a m ＋a n ＝a p ＋a q ； 在等比数列中a m ·a n ＝a p ·a q .例1 (1)设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，则当S n 取最小值时，n ＝________.(2)已知等比数列{a n }公比为q ，其前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 6成等差数列，则q 3等于( ) A ．－12B ．1C ．－12或1D ．－1或12思维升华 在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a 1和d (q )的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量．跟踪演练 1 (1)(2015·安徽)已知数列{a n }是递增的等比数列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则数列{a n }的前n 项和等于________．(2)已知数列{a n }是各项均为正数的等比数列，a 1＋a 2＝1，a 3＋a 4＝2，则log 2a 2 011＋a 2 012＋a 2 013＋a 2 0143＝________.热点二 等差数列、等比数列的判定与证明 数列{a n }是等差数列或等比数列的证明方法 (1)证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法： ①利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为一常数； ②利用中项性质，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)． (2)证明{a n }是等比数列的两种基本方法： ①利用定义，证明a n ＋1a n(n ∈N *)为一常数； ②利用等比中项，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)．例2 (2014·大纲全国)数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－a n ，证明：{b n }是等差数列； (2)求{a n }的通项公式．思维升华 (1)判断一个数列是等差(比)数列，也可以利用通项公式及前n 项和公式，但不能作为证明方法． (2)a n ＋1a n＝q 和a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)都是数列{a n }为等比数列的必要不充分条件，判断时还要看各项是否为零．跟踪演练2 (1)已知数列{a n }的首项a 1＝1，且满足a n ＋1＝a n4a n ＋1，则a n ＝________.(2)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3，则a n ＝________. 热点三 等差数列、等比数列的综合问题解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解． 例3 已知等差数列{a n }的公差为－1，且a 2＋a 7＋a 12＝－6. (1)求数列{a n }的通项公式a n 与前n 项和S n ；(2)将数列{a n }的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{b n }的前3项，记{b n }的前n 项和为T n ，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *，总有S n <T m ＋λ恒成立，求实数λ的取值范围．思维升华 (1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便．(2)数列的项或前n 项和可以看作关于n 的函数，然后利用函数的性质求解数列问题． (3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数，通过求数列的值域求解．跟踪演练3 已知首项为32的等比数列{a n }不是．．递减数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)，且S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝S n －1S n(n ∈N *)，求数列{T n }的最大项的值与最小项的值．1．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1>0，a 3＋a 10>0，a 6a 7<0，则满足S n >0的最大自然数n 的值为( )A ．6B ．7C ．12D ．132．已知各项不为0的等差数列{a n }满足a 4－2a 27＋3a 8＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 2b 12等于( ) A ．1 B ．2 C ．4D ．83．已知各项都为正数的等比数列{a n }满足a 7＝a 6＋2a 5，存在两项a m ，a n 使得a m ·a n ＝4a 1，则1m ＋4m的最小值为( )A.32B.53C.256D.434．已知等比数列{a n }中，a 4＋a 6＝10，则a 1a 7＋2a 3a 7＋a 3a 9＝________.提醒：完成作业 专题三 第1讲二轮专题强化练专题三第1讲 等差数列与等比数列A 组 专题通关1．已知等差数列{a n }中，a 5＝10，则a 2＋a 4＋a 5＋a 9的值等于( ) A ．52 B ．40 C ．26D ．202．已知等差数列{a n }中，a 7＋a 9＝16，S 11＝992，则a 12的值是( )A ．15B ．30C ．31D ．643．(2015·浙江)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n ，若a 3，a 4，a 8成等比数列，则( ) A ．a 1d ＞0，dS 4＞0 B ．a 1d ＜0，dS 4＜0 C ．a 1d ＞0，dS 4＜0D ．a 1d ＜0，dS 4＞04．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，(n ＋1)S n <nS n ＋1(n ∈N *)．若a 8a 7<－1，则( ) A ．S n 的最大值是S 8 B ．S n 的最小值是S 8 C ．S n 的最大值是S 7D ．S n 的最小值是S 75．数列{a n }的首项为3，{b n }为等差数列且b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，若b 3＝－2，b 10＝12，则a 8等于( )A ．0B ．3C ．8D ．116．若数列{n (n ＋4)(23)n}中的最大项是第k 项，则k ＝________.7．(2015·课标全国Ⅱ)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝____________.8．已知数列{a n }的首项为a 1＝2，且a n ＋1＝12(a 1＋a 2＋…＋a n ) (n ∈N *)，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S n ＝________，a n ＝________.9．成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{b n }中的b 3、b 4、b 5. (1)求数列{b n }的通项公式；(2)数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：数列{S n ＋54}是等比数列．10．(2015·广东)设数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *.已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1. (1)求a 4的值；(2)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 为等比数列；(3)求数列{a n }的通项公式．B 组 能力提高11．已知{a n }是等差数列，S n 为其前n 项和，若S 21＝S 4 000，O 为坐标原点，点P (1，a n )，Q (2 011，a 2 011)，则OP →·OQ →等于( ) A ．2 011 B ．－2 011 C ．0 D ．112．(2015·福建)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( )A ．6B ．7C ．8D ．913．数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝15，且对任意正整数m ，n ，都有a m ＋n ＝a m ·a n ，若S n <t 恒成立，则实数t 的最小值为________．14．已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，S 4，S 2，S 3成等差数列，且a 2＋a 3＋a 4＝－18. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正整数n ，使得S n ≥2 013？若存在，求出符合条件的所有n 的集合；若不存在，说明理由．学生用书答案精析专题三 数列与不等式 第1讲 等差数列与等比数列 高考真题体验 1．B [∵公差为1，∴S 8＝8a 1＋8×8－12×1＝8a 1＋28，S 4＝4a 1＋6.∵S 8＝4S 4，∴8a 1＋28＝4(4a 1＋6)，解得a 1＝12，∴a 10＝a 1＋9d ＝12＋9＝192.故选B.]2.23－1 解析 ∵a 2，a 3，a 7成等比数列， ∴a 23＝a 2a 7，即(a 1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋6d )， ∴a 1＝－23d ，∵2a 1＋a 2＝1，∴2a 1＋a 1＋d ＝1， 即3a 1＋d ＝1， ∴a 1＝23，d ＝－1.3．50解析 因为a 10a 11＋a 9a 12＝2a 10a 11＝2e 5， 所以a 10a 11＝e 5.所以ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ln(a 1a 2…a 20)＝ln[(a 1a 20)·(a 2a 19)·…·(a 10a 11)]＝ln(a 10a 11)10＝10ln(a 10a 11)＝10ln e 5＝50ln e ＝50. 4．6解析 每天植树棵数构成等比数列{a n }， 其中a 1＝2，q ＝2.则S n ＝a 1－q n1－q＝2(2n －1)≥100，即2n ＋1≥102.∴n ≥6，∴最少天数n ＝6.热点分类突破 例1 (1)6 (2)A解析 (1)设该数列的公差为d ， 则a 4＋a 6＝2a 1＋8d ＝2×(－11)＋8d ＝－6，解得d ＝2， 所以S n ＝－11n ＋n n －2×2＝n 2－12n ＝(n －6)2－36，所以当S n 取最小值时，n ＝6. (2)若q ＝1，则3a 1＋6a 1＝2×9a 1， 得a 1＝0，矛盾，故q ≠1. 所以a 1－q 31－q＋a 1－q 61－q＝2a 1－q 91－q，解得q 3＝－12或1(舍)，故选A.跟踪演练1 (1)2n－1 (2)1 005解析 (1)由等比数列性质知a 2a 3＝a 1a 4，又a 2a 3＝8，a 1＋a 4＝9，所以联立方程⎩⎪⎨⎪⎧a 1a 4＝8，a 1＋a 4＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1，又数列{a n }为递增数列，所以a 1＝1，a 4＝8，从而a 1q 3＝8，所以q ＝2.所以数列{a n }的前n 项和为S n ＝1－2n1－2＝2n－1.(2)在等比数列中，(a 1＋a 2)q 2＝a 3＋a 4，即q 2＝2，所以a 2 011＋a 2 012＋a 2 013＋a 2 014＝(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)q 2 010＝3×21 005，所以log 2a 2 011＋a 2 012＋a 2 013＋a 2 0143＝1 005.例2 (1)证明 由a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2得a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋2，即b n ＋1＝b n ＋2. 又b 1＝a 2－a 1＝1，所以{b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)解 由(1)得b n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，即a n ＋1－a n ＝2n －1. ∴a n －a n －1＝2n －3，a n －1－a n －2＝2n －5，……a 2－a 1＝1，累加得a n ＋1－a 1＝n 2，即a n ＋1＝n 2＋a 1.又a 1＝1，所以{a n }的通项公式为a n ＝n 2－2n ＋2. 跟踪演练2 (1)14n －3 (2)2n ＋1－3解析 (1)由已知得1a n ＋1＝1a n＋4，∴1a n ＋1－1a n ＝4，又1a 1＝1，故{1a n}是以1为首项，4为公差的等差数列，∴1a n＝1＋4(n －1)＝4n －3，故a n ＝14n －3.(2)由已知可得a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)， 又a 1＋3＝4，故{a n ＋3}是以4为首项，2为公比的等比数列． ∴a n ＋3＝4×2n －1，∴a n ＝2n ＋1－3.例3 解 (1)由a 2＋a 7＋a 12＝－6 得a 7＝－2，∴a 1＝4， ∴a n ＝5－n ，从而S n ＝n－n2. (2)由题意知b 1＝4，b 2＝2，b 3＝1， 设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 2b 1＝12，∴T m ＝4[1－12m]1－12＝8[1－(12)m]，∵(12)m随m 增加而递减， ∴{T m }为递增数列，得4≤T m <8. 又S n ＝n 9－n2＝－12(n 2－9n )＝－12[(n －92)2－814]，故(S n )max ＝S 4＝S 5＝10，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *总有S n <T m ＋λ，则10<4＋λ，得λ>6.即实数λ的取值范围为(6，＋∞)． 跟踪演练3 解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ， 因为S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列， 所以S 5＋a 5－S 3－a 3＝S 4＋a 4－S 5－a 5，即4a 5＝a 3，于是q 2＝a 5a 3＝14.又{a n }不是递减数列且a 1＝32，所以q ＝－12.故等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝(－1)n －1·32n .(2)由(1)得S n＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋12n，n 为奇数，1－12n，n 为偶数.当n 为奇数时，S n 随n 的增大而减小， 所以1<S n ≤S 1＝32，故0<S n －1S n ≤S 1－1S 1＝32－23＝56.当n 为偶数时，S n 随n 的增大而增大， 所以34＝S 2≤S n <1，故0>S n －1S n ≥S 2－1S 2＝34－43＝－712. 综上，对于n ∈N *， 总有－712≤S n －1S n ≤56.所以数列{T n }最大项的值为56，最小项的值为－712.高考押题精练1．C [∵a 1>0，a 6a 7<0，∴a 6>0，a 7<0，等差数列的公差小于零，又a 3＋a 10＝a 1＋a 12>0，a 1＋a 13＝2a 7<0， ∴S 12>0，S 13<0，∴满足S n >0的最大自然数n 的值为12.]2．C [设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 4－2a 27＋3a 8＝0，所以a 7－3d －2a 27＋3(a 7＋d )＝0，即a 27＝2a 7，解得a 7＝0(舍去)或a 7＝2，所以b 7＝a 7＝2.因为数列{b n }是等比数列，所以b 2b 12＝b 27＝4.]3．A [由a 7＝a 6＋2a 5，得a 1q 6＝a 1q 5＋2a 1q 4，整理有q 2－q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－1(与条件中等比数列的各项都为正数矛盾，舍去)，又由a m ·a n ＝4a 1，得a m a n ＝16a 21，即a 212m ＋n －2＝16a 21，即有m ＋n －2＝4，亦即m ＋n ＝6，那么1m ＋4n ＝16(m ＋n )(1m ＋4n)＝16(4m n ＋n m ＋5)≥16(24m n ·n m ＋5)＝32， 当且仅当4m n ＝nm，m ＋n ＝6，即n ＝2m ＝4时取得最小值32.]4．100解析 因为a 1a 7＝a 24，a 3a 9＝a 26，a 3a 7＝a 4a 6， 所以a 1a 7＋2a 3a 7＋a 3a 9＝(a 4＋a 6)2＝102＝100.二轮专题强化练答案精析专题三 数列与不等式 第1讲 等差数列与等比数列1．B [因为a 2＋a 4＝2a 3，a 5＋a 9＝2a 7，所以a 2＋a 4＋a 5＋a 9＝2(a 3＋a 7)＝4a 5，而a 5＝10， 所以a 2＋a 4＋a 5＋a 9＝4×10＝40.故选B.]2．A [因为a 8是a 7，a 9的等差中项，所以2a 8＝a 7＋a 9＝16⇒a 8＝8，再由等差数列前n 项和的计算公式可得S 11＝a 1＋a 112＝11·2a 62＝11a 6，又因为S 11＝992，所以a 6＝92，则d ＝a 8－a 62＝74，所以a 12＝a 8＋4d ＝15，故选A.] 3．B [∵a 3，a 4，a 8成等比数列，∴(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )(a 1＋7d )，整理得a 1＝－53d ，∴a 1d ＝－53d 2＜0，又S 4＝4a 1＋4×32d ＝－2d3，∴dS 4＝－2d23＜0，故选B.]4．D [由(n ＋1)S n <nS n ＋1得(n ＋1)·n a 1＋a n2<n ·n ＋a 1＋a n ＋12，整理得a n <a n ＋1，所以等差数列{a n }是递增数列，又a 8a 7<－1，所以a 8>0，a 7<0，所以数列{a n }的前7项为负值，即S n 的最小值是S 7.]5．B [∵{b n }为等差数列，设其公差为d ， 由b 3＝－2，b 10＝12，∴7d ＝b 10－b 3＝12－(－2)＝14，∴d ＝2， ∵b 3＝－2，∴b 1＝b 3－2d ＝－2－4＝－6， ∴b 1＋b 2＋…＋b 7＝7b 1＋7×62·d＝7×(－6)＋21×2＝0，又b 1＋b 2＋…＋b 7＝(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a 8－a 7)＝a 8－a 1＝a 8－3， ∵a 8－3＝0，∴a 8＝3.故选B.]6．4解析 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧k k ＋23kk ＋k ＋23k ＋1，kk ＋23k k －k ＋23k －1，所以⎩⎪⎨⎪⎧k 2≥10，k 2－2k －9≤0，由k ∈N *可得k ＝4.7．－1n解析 由题意，得S 1＝a 1＝－1，又由a n ＋1＝S n S n ＋1，得S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，所以S n ≠0，所以S n ＋1－S nS n S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n ＝－1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1＝－1为首项，－1为公差的等差数列，得1S n ＝－1－(n －1)＝－n ，所以S n ＝－1n.8．2×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1⎩⎪⎨⎪⎧2 n ＝，⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2n解析 由a n ＋1＝12(a 1＋a 2＋…＋a n ) (n ∈N *)，可得a n ＋1＝12S n ，所以S n ＋1－S n ＝12S n ，即S n ＋1＝32S n ，由此可知数列{S n }是一个等比数列，其中首项S 1＝a 1＝2，公比为32，所以S n ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1，由此得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2 n ＝，⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2n9．(1)解 设成等差数列的三个正数分别为a －d ，a ，a ＋d . 依题意，得a －d ＋a ＋a ＋d ＝15. 解得a ＝5.所以{b n }中的b 3，b 4，b 5依次为7－d,10,18＋d . 依题意，有(7－d )(18＋d )＝100， 解得d ＝2或d ＝－13(舍去)． 故{b n }的第3项为5，公比为2. 由b 3＝b 1·22，即5＝b 1·22，解得b 1＝54.所以b n ＝b 1·qn －1＝54·2n －1＝5·2n －3， 即数列{b n }的通项公式为b n ＝5·2n －3.(2)证明 由(1)得数列{b n }的前n 项和 S n ＝54－2n1－2＝5·2n －2－54， 即S n ＋54＝5·2n －2.所以S 1＋54＝52，S n ＋1＋54S n ＋54＝5·2n －15·2n －2＝2.因此{S n ＋54}是以52为首项，2为公比的等比数列．10．(1)解 当n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，即4⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋a 4＋5⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32 ＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋1，解得：a 4＝78.(2)证明 因为4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1(n ≥2)，所以4S n ＋2－4S n ＋1＋S n －S n －1＝4S n ＋1－4S n (n ≥2)，即4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1(n ≥2)，因为4a 3＋a 1＝4×54＋1＝6＝4a 2，所以4a n ＋2＋a n ＝4a n＋1，因为a n ＋2－12a n ＋1a n ＋1－12a n＝4a n ＋2－2a n ＋14a n ＋1－2a n＝ 4a n ＋1－a n －2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝2a n ＋1－a n a n ＋1－a n ＝12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1＝1为首项，公比为12的等比数列．(3)解 由(2)知，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1＝1为首项，公比为12的等比数列，所以a n ＋1－12a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，即a n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝4，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 是以a 112＝2为首项，公差为4的等差数列，所以a n⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝2＋(n －1)×4＝4n －2，即a n ＝(4n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以数列{a n }的通项公式是a n ＝(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.11．A [由S 21＝S 4 000得a 22＋a 23＋…＋a 4 000＝0， 由于a 22＋a 4 000＝a 23＋a 3 999＝…＝2a 2 011， 所以a 22＋a 23＋…＋a 4 000＝3 979a 2 011＝0，从而a 2 011＝0，而OP →·OQ →＝2 011＋a 2 011a n ＝2 011.]12．D [由题意知：a ＋b ＝p ，ab ＝q ，∵p ＞0，q ＞0，∴a ＞0，b ＞0.在a ，b ，－2这三个数的6种排序中，成等差数列的情况有a ，b ，－2；b ，a ，－2；－2，a ，b ；－2，b ，a ；成等比数列的情况有：a ，－2，b ；b ，－2，a .∴⎩⎪⎨⎪⎧ab ＝4，2b ＝a －2或⎩⎪⎨⎪⎧ab ＝4，2a ＝b －2解之得：⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝4.∴p ＝5，q ＝4，∴p ＋q ＝9，故选D.] 13.14解析 令m ＝1，可得a n ＋1＝15a n ，所以{a n }是首项为15，公比为15的等比数列，所以S n ＝15[1－15n]1－15＝14[1－(15)n ]<14，故实数t 的最小值为14. 14．解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ， 则a 1≠0，q ≠0.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧S 2－S 4＝S 3－S 2，a 2＋a 3＋a 4＝－18.即⎩⎪⎨⎪⎧－a 1q 2－a 1q 3＝a 1q 2，a 1q ＋q ＋q 2＝－18，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，q ＝－2.故数列{a n }的通项公式为a n ＝3×(－2)n －1.(2)由(1)有S n ＝3[1－－n]1－－＝1－(－2)n.假设存在n ，使得S n ≥2 013， 则1－(－2)n ≥2 013， 即(－2)n≤－2 012.当n 为偶数时，(－2)n>0，上式不成立； 当n 为奇数时，(－2)n＝－2n≤－2 012， 即2n≥2 012，得n ≥11. 综上，存在符合条件的正整数n ，且所有这样的n 的集合为{n |n ＝2k ＋1，k ∈N ，k ≥5}．。
2016版高考数学二轮复习配套课件：专题三 数列第1讲
专题三 数列
第1讲 等差数列、等比数列
第二页，编辑于星期五：二十三点 五十三分。
专题三 数列
2016考向导航——适用于全国卷Ⅱ 本讲考查的热点主要有三个方面：(1)对等差、等比数列基本 量的考查，常以客观题的形式出现，考查利用通项公式、前n 项和公式建立方程组求解，属于低档题；(2)对等差、等比数 列性质的考查，主要以客观题出现，具有“新、巧、活”的特 点，考查利用性质解决有关计算问题，属中低档题；(3)对等 差、等比数列的判断与证明，主要出现在解答题的第一问， 是为求数列的通项公式而准备的，因此是解决问题的关键环 节．
专题三 数列
(2)设 bn＝2a1an，则 bn＋1＝2a1an＋1，由于{2a1an}是递减数列，则 bn>bn＋ 1， 即 2a1an>2a1an＋ 1.因 为 y＝ 2x 是 单 调 增 函 数 ， 所 以 a1an>a1an＋1，所以 a1an－a1(an＋d)>0， 所以 a1(an－an－d)>0，即 a1(－d)>0，所以 a1d<0. 方法归纳 (1)解决此类问题的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之 间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解． (2)应牢固掌握等差、等比数列的性质，特别是等差数列中若“m ＋n＝p＋q，则 am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)”这一性质与 求和公式 Sn＝n（a1＋ 2 an）的综合应用．
栏目 导引
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2．在本例(2)的条件下，求 a2＋a4＋a6＋…＋a2n(n∈N*)． 解：由已知得 a2，a4，a6，…，a2n，构成以 a2＝1 为首项，q2＝2 为公比的等比数列，所以其前 n 项和 Sn＝a2[1－1－（qq22）n]＝11－－22n＝2n－1.
2016版高考数学二轮专题突破(,理科) 配套文档：专题三 数列与不等式 第2讲 含答案
第2讲数列的求和问题1．(2015·福建）在等差数列｛a n｝中,a2＝4,a4＋a7＝15.(1）求数列{a n｝的通项公式；(2）设b n＝2a n－2＋n，求b1＋b2＋b3＋…＋b10的值．2．（2014·课标全国Ⅰ）已知{a n｝是递增的等差数列，a2，a4是方程x2－5x＋6＝0的根．(1)求｛a n}的通项公式；(2）求数列｛错误!｝的前n项和．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、裂项相消等方法求一般数列的和,体现转化与化归的思想。
热点一分组转化求和有些数列，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，即先分别求和,然后再合并．例1 等比数列｛a n｝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。
(1）求数列{a n｝的通项公式；(2)若数列｛b n}满足:b n＝a n＋（－1)n ln a n,求数列｛b n}的前n项和S n。
思维升华在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．跟踪演练1 在等差数列{a n}中，a3＋a4＋a5＝84，a9＝73。
(1）求数列｛a n｝的通项公式;（2)对任意m∈N*,将数列{a n}中落入区间(9m，92m）内的项的个数记为b m,求数列{b m｝的前m项和S m。
热点二错位相减法求和错位相减法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．例2 (2015·衡阳联考)已知数列{a n}的前n项和为S n，且有a1＝2,3S n ＝5a n－a n－1＋3S n－1(n≥2)．（1）求数列｛a n｝的通项公式;（2)若b n＝（2n－1)a n，求数列{b n｝的前n项和T n.思维升华（1)错位相减法适用于求数列｛a n·b n}的前n项和，其中{a n｝为等差数列，{b n}为等比数列;（2）所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后得到部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．（3)为保证结果正确,可对得到的和取n＝1,2进行验证．跟踪演练2 设数列｛a n｝的前n项和为S n，已知a1＝1，S n＋1＝2S n ＋n＋1（n∈N*)，(1)求数列｛a n｝的通项公式；（2）若b n＝错误!,求数列{b n}的前n项和T n.热点三裂项相消法求和裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后,某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于{错误!｝或｛错误!}(其中｛a n｝为等差数列）等形式的数列求和．例3 （2015·广东韶关高三联考)已知在数列｛a n}中，a1＝1,当n≥2时,其前n项和S n满足S2，n＝a n(S n－错误!)．（1)求S n的表达式;（2）设b n＝S n2n＋1,数列｛b n｝的前n项和为T n，证明T n<错误!。
2016版优化方案高考数学(浙江版·理科)二轮专题复习课件高考热点追踪(三)
三、数列与解析几何的交汇 (2015· 浙江省名校新高考联盟第一次联考)已知点 x 2 y2 Pn(xn，yn)(n＝ 1，2，3，…)在双曲线 － ＝ 1 的右支上，F1、 4 5 F2 分别为双曲线的左、右焦点，且满足 P1F2⊥F1F2，|Pn＋1F2| ＝ |PnF1|，则数列{xn}的通项公式 xn＝( A． 4n－ 2 8n＋ 1 C. 3 ) B．4n－1 8n－ 1 D. 3
(2)由题意得 a2 n＝ an－ an＋1，所以 Sn＝a1－ an＋ 1.① 1 an an 1 1 由 － ＝ 和 1≤ ≤ 2，得 1≤ － ≤ 2， a n ＋1 a n a n ＋1 a n ＋1 a n ＋1 a n 所以 n≤ 1 － ≤2n， a n ＋1 a 1 1 1
1 1 因此 ≤an＋1≤ (n∈ N*)．② 2（ n＋ 1） n＋ 2 1 Sn 1 由①②得 ≤ ≤ (n∈ N*)． 2（ n＋ 2） n 2（ n＋ 1）
二、数列与不等式的交汇 1 (2015· 高考浙江卷 )已知数列 {an}满足 a1＝ 且 an＋ 1＝ an 2
* － a2 n(n∈ N )． an (1)证明：1≤ ≤ 2(n∈ N*)； a n ＋1
(2)设数列 {a2 n}的前
1 Sn n 项和为 Sn，证明： ≤ ≤ 2（ n＋ 2） n
－
n 2 ×（ 1 － 2 ） 2 3 n n＋ 1 因此 Sn－ 2Sn＝ 2＋ 2 ＋2 ＋…＋2 － n· 2 ＝ － 1－2
2016版高考数学二轮复习配套课件：专题三 数列第2讲
第七页，编辑于星期五：二十三点 五十三分。
专题三 数列
[解] (1)证明：由条件，对任意 n∈N*，有 an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3， 因而对任意 n∈N*，n≥2，有 an＋1＝3Sn－1－Sn＋3. 两式相减，得 an＋2－an＋1＝3an－an＋1，即 an＋2＝3an，n≥2. 又 a1＝1，a2＝2， 所以 a3＝3S1－S2＋3＝3a1－(a1＋a2)＋3＝3a1. 故对一切 n∈N*，an＋2＝3an.
(2n＋
79)29n＝81＋2×291－1－2929n－1
－(2n＋79)92n，
所以
Dn＝975771－2n＋8147
2 9
n.
栏目
导引 第二十七页，编辑于星期五：二十三点 五十三
分。
专题三 数列
方法归纳 错位相减法的步骤
(1)求和时先乘以数列的公比． (2)把两个和的形式错位相减．
栏目 导引
第五页，编辑于星期五：二十三点 五十三分。
专题三 数列
考点一 分组转化求和 [命题角度]
分组转化求和是把数列之和分为几组，各组中根据项的不同特征 利用不同的方法求和，求出各组和之后再求整体之和，考查时多 以解答题形式出现主要考查： 1．周期数列的求和． 2．奇偶项分别有相同的特征的数列求和． 3．通项中含有(－1)n的数列求和．
栏目 导引 第二十五页，编辑于星期五：二十三点 五十三
分。
专题三 数列
2．在本例条件下，若 d＜1 且 cn＝anbn，求 Dn＝c1＋c2＋…＋cn.
解：因为 d＜1，所以 an＝19(2n＋79)，bn＝929n－1， 所以 cn＝(2n＋79)29n－1，
Dn＝c1＋c2＋…＋cn＝(2×1＋79)920＋(2×2＋79)·921＋(2×3＋
2016版高考数学二轮专题突破(浙江专用理科)课件专题六 自选模块 第3讲
{0,2}，{0,3}，{0,4}，{1,2}，{1,3}，{1,4}，{2,3}，{2,4}，
{3,4}，共10个基本事件. 记两个小球的编号之和为 x ，由题意可知，事件A 包括两个 互斥事件：x＝5，x＝6. 事件x＝5的取法有2种，即{1,4}，{2,3}， 2 1 故 P(x＝5)＝10＝5； 事件x＝6的取法有1种，即{2,4}， 1 故 P(x＝6)＝10. 1 1 3 所以 P(A)＝P(x＝5)＋P(x＝6)＝5＋10＝10.
例1 (2014· 天津)某校夏令营有3名男同学A，B，C和3名女 同学X，Y，Z，其年级情况如下表： 一年级 二年级 三年级 男同学 女同学 A X B Y C Z
现从这6名同学中随机选出2人参加知识竞赛(每人被选到的 可能性相同). (1)用表中字母列举出所有可能的结果； 解 从6名同学中随机选出2人参加知识竞赛的所有可能结 果为{A，B}，{A，C}，{A，X}，{A，Y}，{A，Z}，{B，
11 A. 36 1 C.6 5 B. 18 4 D.9
)
解析
根据题目条件知所有的数组(a，b)共有62＝36组，
而满足条件|a－b|≤1的数组(a，b)有：(1,1)，(2,2)，(3,3)， (4,4) ， (5,5) ， (6,6) ， (1,2) ， (2,1) ， (2,3) ， (3,2) ， (3,4) ， (4,3) ， (4,5) ， (5,4) ， (5,6) ， (6,5) ，共有 16 组，根据古典 16 4 概型的概率公式知所求的概率为P＝ ＝ . 36 9 故选D. 答案 D
跟踪演练1
(1)有两张卡片，一张的正反面分别写着数字0与
1，另一张的正反面分别写着数字2与3，将两张卡片排在一起 组成一个两位数，则所组成的两位数为奇数的概率是( 1 1 A.6 B.3 1 3 C. D. 2 8 解析 )
2016版高考数学二轮专题突破(,理科) 配套文档：专题三 数列与不等式 第4讲 含答案
第4讲不等式与线性规划1．(2014·浙江)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，且0〈f(－1)＝f（－2）＝f（－3）≤3，则( )A．c≤3B．3〈c≤6C．6〈c≤9D．c>92．（2015·广东）若变量x,y满足约束条件错误!则z＝3x＋2y的最小值为（）A．4 B.错误!C．6 D.错误!3．（2015·浙江）有三个房间需要粉刷，粉刷方案要求：每个房间只用一种颜色，且三个房间颜色各不相同．已知三个房间的粉刷面积(单位:m2)分别为x，y，z，且x＜y＜z，三种颜色涂料的粉刷费用(单位：元/m2）分别为a,b，c，且a＜b＜c.在不同的方案中,最低的总费用（单位：元)是（）A．ax＋by＋cz B．az＋by＋cxC．ay＋bz＋cx D．ay＋bx＋cz4．（2015·重庆）设a,b＞0,a＋b＝5,则错误!＋错误!的最大值为________．1.利用不等式性质比较大小，利用基本不等式求最值及线性规划问题是高考的热点；2.一元二次不等式常与函数、数列结合考查一元二次不等式的解法和参数取值范围；3。
利用不等式解决实际问题。
热点一不等式的解法1．一元二次不等式的解法先化为一般形式ax2＋bx＋c>0(a≠0）,再求相应一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0）的根，最后根据相应二次函数图象与x轴的位置关系，确定一元二次不等式的解集．2．简单分式不等式的解法(1)f xg x>0（〈0)⇔f(x）g(x)>0(〈0）；（2）错误!≥0(≤0)⇔f(x)g(x）≥0(≤0）且g（x)≠0.3．指数不等式、对数不等式及抽象函数不等式，可利用函数的单调性求解．例1 （1）已知一元二次不等式f（x）〈0的解集为错误!,则f（10x)〉0的解集为（）A．｛x|x<－1或x>－lg 2}B．｛x|－1〈x<－lg 2}C．{x｜x〉－lg 2}D．{x|x〈－lg 2}（2)已知函数f（x)＝（x－2）（ax＋b）为偶函数，且在(0，＋∞）单调递增,则f（2－x)>0的解集为（）A．｛x｜x〉2或x<－2} B．｛x|－2〈x〈2}C．{x｜x〈0或x>4｝D．｛x｜0<x〈4｝思维升华(1)对于和函数有关的不等式，可先利用函数的单调性进行转化;（2)求解一元二次不等式的步骤：第一步,二次项系数化为正数；第二步,解对应的一元二次方程；第三步，若有两个不相等的实根，则利用“大于在两边，小于夹中间”得不等式的解集;(3）含参数的不等式的求解,要对参数进行分类讨论．跟踪演练1 （1)关于x的不等式x2－2ax－8a2〈0(a〉0）的解集为(x1,x2），且x2－x1＝15，则a＝________。
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＋3Sn－1(n≥2).
(1)求数列{an}的通项公式；
解 3Sn－3Sn－1＝5an－an－1(n≥2)，
an 1 ∴2an＝an－1， ＝ ， an－1 2 又∵a1＝2，
1 ∴{an}是以 2 为首项，公比为 的等比数列， 2 1 n－1 1 n－2 ∴an＝2×(2) ＝(2) ＝22－n.
一个公式.
跟踪演练1 在等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝84，a9＝73. (1)求数列{an}的通项公式； 解 因为{an}是一个等差数列， 所以a3＋a4＋a5＝3a4＝84，所以a4＝28.
设数列{an}的公差为d，
则5d＝a9－a4＝73－28＝45，故d＝9.
由a4＝a1＋3d得28＝a1＋3×9，即a1＝1，
(2)若数列{bn}满足：bn＝an＋(－1)nln an，求数列{bn}的前n
项和Sn.
解 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an＝a1＋(n－1)d＝n＋2.
1 2
(2)设bn＝ 2an 2－2＋n，求b1＋b2＋b3＋…＋b10的值. 解 由(1)可得bn＝2n＋n， 所以b1＋b2＋b3＋…＋b10
＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10)
＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋…＋10)
第一列 第二列 第三列 第一行
第二行 第三行
3
6 9
2
4 8
10
14 18
(1)求数列{an}的通项公式；
解 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 (n∈N*).
的和，体现转化与化归的思想.
热点分类突破 热点一 分组转化求和 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，即， 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.
所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋9(n－1)＝9n－8(n∈N*).
(2) 对任意 m∈N* ，将数列 {an} 中落入区间 (9m ， 92m) 内的项
的个数记为bm，求数列{bm}的前m项和Sm.
解 对m∈N*，若9m<an<92m， 则9m＋8<9n<92m＋8， 因此9m－1＋1≤n≤92m－1， 故得bm＝92m－1－9m－1. 于是Sm＝b1＋b2＋b3＋…＋bm ＝(9＋93＋…＋92m－1)－(1＋9＋…＋9m－1)
当n为偶数时， 1－3n n n n Sn＝2× ＋2ln 3＝3 ＋2ln 3－1； 1－3 当n为奇数时， n－1 1－3n Sn＝2× －(ln 2－ln 3)＋ － n ln 3 1－3 2 n－1 n ＝3 － 2 ln 3－ln 2－1. 3n＋nln 3－1， n 为偶数， 2 综上所述，Sn＝ n n－1 3 － 2 ln 3－ln 2－1， n为奇数.
设数列{an}的公差为d，则a4－a2＝2d， 1 3 故 d＝ ，从而 a1＝ . 2 2 1 所以{an}的通项公式为 an＝ n＋1. 2
1 2
an (2)求数列{2n}的前 n 项和. an 解 设{2n}的前 n 项和为 Sn. an n＋2 由(1)知2n＝ n＋1 ，则 2 n＋1 n＋2 3 4 Sn＝ 2＋ 3＋…＋ n ＋ n＋1 ， 2 2 2 2 n＋1 n＋2 1 3 4 S ＝ ＋ ＋…＋ n＋1 ＋ n＋2 . 2 n 23 24 2 2
专题三
数列与不等式
第2讲 数列的求和问题
栏目索引
高考真题体验
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高考押题精练
高考真题体验
1 2
1.(2015· 福建)在等差数列{an}中，a2＝4，a4＋a7＝15.
(1)求数列{an}的通项公式；
解 设等差数列{an}的公差为d，
a1＋d＝4， 由已知得 a1＋3d＋a1＋6d＝15， a1＝3， 解得 d＝1.
思维升华
在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想 . 把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求 和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些 项构成等比数列，清晰正确地求解 . 在利用分组求和 法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般
需要对项数 n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为
9×1－81m 1－9m ＝ － 1－81 1－9
92m＋1－10×9m＋1 ＝ . 80
热点二 错位相减法求和
错位相减法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 {an· bn} 的前 n 项和，其中
{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列.
例2
已知数列{an}的前n项和为Sn，且有a1＝2,3Sn＝5an－an－1
21－210 1＋10×10 ＝ ＋ ＝(211－2)＋55＝211＋53＝2 101. 2 1－2
1 2
2.(2014· 课标全国Ⅰ)已知{an}是递增的等差数列，a2，a4是
方程x2－5x＋6＝0的根.
(1)求{an}的通项公式；
解 方程x2－5x＋6＝0的两根为2,3，
由题意得a2＝2，a4＝3.
1 2
两式相减得
n＋2 1 3 1 1 S n＝ ＋( 3 ＋…＋ n＋1)－ n＋2 2 4 2 2 2
n＋2 3 1 1 ＝4＋4(1－ n－1)－ n＋2 . 2 2
n＋4 所以 Sn＝2－ n＋1 . 2
考情考向分析
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、裂项相消等方法求一般数列