2016版步步高高考数学大二轮总复习与增分策略全国通用文科配套课件专题四数列推理证明第2讲

(1)求{an}的通项(2)an热点一例 在等比数列{an}中，an＞0(n∈N*)，公比q∈(0,1)，且a3a5＋2a4a6＋a3a9＝100,4是a6(1)求数列{an}的通项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需要对项数n进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个．演练 (1)求数列{an}的通项(2)m∈N*，将数列{an}中落入区间(9m,92m)bm，求数列{bm}热点二错位相减法是在推导等比数列的前n项和时所用的方法这种方法主要用于求数列{an·bn}n项和，其中{an}，{bn}分别是等差数列和等比数列．例 (2015·衡阳联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且有(1)求数列{an}的通项思维升华(1)错位相减法适用于求数列{an·bn}的前n项和，其中{an}为等差数列，{bn}为等数列的和，此时一定要查清其项数．(3)n＝1,2进行验证．2设数列{an}nSna1＝1，Sn＋1＝2Sn＋n＋1(n∈N*)，(1)求数列{an}的通项(2)若bn＝ ，求数列{bn}的前n项和Tn.热点三 1 n例 (2015·韶关高三联考)已知在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足n

(1)Sn(2)bn＝Sn，数列{bn}nTn 思维升华(1n分拆成anbn＋k－nk≥1k∈*的形式，从而达到在求和时某些项相消的目的，在解题时要根据这个基本思想变换数列an的通项，之符合项相消条件． ＝1 1kk

k(n－n＋ ＝1 1 2(2n－ ＋

n＋k－＝演练 ，其前n项和Sn＝9，则 ＝n＋1＋ (2)(2015·江苏)设数列{an}a1＝1an＋1－an＝n＋1(n∈N)，则数列10 为an＝

nSnM2意的n∈N*，都有Sn<M恒成立，则M的最小值 已知数列{an}nSnSn＝a(Sn－an＋1)(aa>0)4a3a1bn＝an，求数列{bn}n提醒：完成作业专题四22讲

1，

A组 1 ，…，则其前n项和Sn为 — 1—

34，58，

— 1———2

——2 D．3在等差数列{an}中，a1＝－2012nSn，若S2012－S10＝2002S20142 等于 A．2 B．－2 D．－2 5．(2015·曲靖一模1 1 1

4－

1 1

1 1

1 2 0146．设f(x)＝ ，若S＝f(2015)＋f(2015)＋…＋f(2015)，则 4前n项和，则S60＝

项和，若Sn(n∈N)若数列{cn}2d(d≠0)的等差数列，且数列{cn} (1)求数列{an}和{bn}的通项10．(2015·山东)设数列{an}nSn.2Sn＝3n＋3.(1)求数列{an}的通项；B组 ，其前n项积为Tn，则T2016等于 已知数列{a}满足 a－a2，且

2016项的和等于 B．3 D．2已知lgx＋lgy＝1，且Sn＝lgxn＋lg(xn－1y)＋lg(xn－2y2)＋…＋lgyn，则Sn＝ (2)学生答案精2讲高考体解(1)设等差数列{an} ＝211＋53＝2解(1)x2－5x＋6＝02,3，由题意得a2＝2，a4＝3.设数列{an}dd＝1 为

(2)设ann由

4

2n＋2n＋1 3 4

Sn＝3＋

1

1 Sn＝＋(

1

..

例 解(1)在等比数列{an}中4646

∴an＝64×1n－1＝27－n.则数列{bn}的前n项和为 ∴当1≤n≤7时 n≥8 22 n≥8且n∈N n≥8且n∈N*演练 解(1)因为{an}是一个等差数列5d＝a9－a4＝73－28＝45a4＝a1＋3d28＝a1＋3×9(2)m∈N*9m<an<92m，则9m＋8<9n<92m＋8，9m－1＋1≤n≤92m－1，故得bm＝92m－1－9m－1. － 例 解∴2an＝an－1，an 又22∴an＝2×1n－1＝1 2222

演练 解(1)∵Sn＋1＝2Sn＋n＋1，当n≥2时 ＝2，∴n＝1时，①

1 2

， ，

2n

∴Tn＝ 1 1

n＝2－1－n

-2n例3 (1)解当n≥2时，anSn－n－1代入2＝an(－1)得2Snn－1＋n－n－1＝， 所以1－1所以

12S{SnS从而1Sn.所以Sn＝ .(2)明因为n＝Sn＝ 1 11 1 )，2n＋1 2n－2n1 2(2n－1 2n＋1(所以n1 1＋11＋…＋1 －1 )](＝1(1

1所以nT演 解析(1)因为 n＋－n＋1＋所以Sn＝1＋a＋a3…＋an1＋n＝(－1)(－2)＋(4－3)＋…＋( ( n＋－n)＝ n＋－1. n＋－1＝9解得()1n13nn1个式 abn＝1an

，即 故b

1－1

＝21－1＋1－1＋…＋1－1

高

解析因为

所以Sn＝(1－1)＋(1－1)＋…＋[1 ，由于

<1M1.2．解(1)n＝1时，S1＝a(S1－a1＋1)，所以a1＝a，n≥2由①－②an＝a×an－1，即an＝a，故{an}a1＝aa的等比数列，所以an＝a×an－1＝an.4a3a12a28a3＝a1＋2a2，即8a3＝a＋2a2，a≠0即a＝1a＝－1舍去 an＝1n＝1

(2)由(1)bn＝

Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n－1)×2n－1＋(2n＋1)×2n，①

2讲 1－1

2n

2 2

∴{an}是以－60为首项，3an≤0∴20

2

＝2014[(－2012)＋(2＝2014 [由an＋1＝an(n≥2)，a1＝1，a2＝3，可得 33＝6×3 ＝ ＝1 1 ∴1＋1＋1

－1＋1－1＋1－1＋…＋1－1

＝1 1 1 ＝3－11 1 2(n＋

6．1

解析 2 S＝1 2 S＝1 2

20142 2S＝2 2

f(2＋2014＋f(2015)＋f(2015)＋＋2014＋①＋②得，2S＝[f(1)＋f(2

2

)]＝22 22∴S＝2014＝12

2

f(2

[f(2

2解析方法一n是奇数时，an＋2－an＝1，即数列{an}11的等差数列，a＋a＋a

当n是偶数时，an＋2＋an＝1，即数列{an}中的相邻的两个偶数项之和均等于因此，该数列的前60项和S60＝465＋15＝480.方法二∵an＋2＋(－1)nan＝1，∴a3－a1＝1，a5－a3＝1，a7－a5＝1，…，且＋a4＝1，a8＋a6＝1，…，∴{a2n－1}为等差数列，且a2n－1＝1＋(n－1)×1＝n，即

解析由题意可知，数列{cn}n

2n

21＋

9．解(1)设等差数列{an}d所以an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1,2，…)．设等比数列{bn－an}q，由题意得

＝8 数列{3n}的前n项和为 数列{2n－1}n

所以，数列{bn}n项和为

10．解(1)因为2Sn＝3n＋3，2a1＝3＋3n＞1此时，即所以an＝333当33n＞1时，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1＋(1×3－1＋2×3－2＋…＋(n－1)×31－n)，所以3Tn＝1＋(1×30＋2×3－1＋…＋(n－1)×32－n)，333

＝6－2×3nTn＝12－4×3n经检验，n＝1

[由 ，得 2 [因为a1＝1，又an＋1＝1＋ 2 2a2＝12即得an＝22016S2016＝1008×(1＋1＝11解析lgx＋lgy＝1Sn＝lgxn＋lg(xn－1y)＋lg(xn－2y2)＋…＋lg(xyn－1)＋lgyn，所以Sn＝12n14．(1)证明n∈N*