2016版步步高高考數(shù)學(xué)大二輪總復(fù)習(xí)與增分策略全國通用文科配套課件專題四數(shù)列推理證明第2講

(1)求{an}的通項(2)an熱點一例 在等比數(shù)列{an}中，an＞0(n∈N*)，公比q∈(0,1)，且a3a5＋2a4a6＋a3a9＝100,4是a6(1)求數(shù)列{an}的通項思維升華在處理一般數(shù)列求和時，一定要注意使用轉(zhuǎn)化思想．把一般的數(shù)列求和轉(zhuǎn)化為等需要對項數(shù)n進(jìn)行討論，最后再驗證是否可以合并為一個．演練 (1)求數(shù)列{an}的通項(2)m∈N*，將數(shù)列{an}中落入?yún)^(qū)間(9m,92m)bm，求數(shù)列{bm}熱點二錯位相減法是在推導(dǎo)等比數(shù)列的前n項和時所用的方法這種方法主要用于求數(shù)列{an·bn}n項和，其中{an}，{bn}分別是等差數(shù)列和等比數(shù)列．例 (2015·衡陽聯(lián)考)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且有(1)求數(shù)列{an}的通項思維升華(1)錯位相減法適用于求數(shù)列{an·bn}的前n項和，其中{an}為等差數(shù)列，{bn}為等數(shù)列的和，此時一定要查清其項數(shù)．(3)n＝1,2進(jìn)行驗證．2設(shè)數(shù)列{an}nSna1＝1，Sn＋1＝2Sn＋n＋1(n∈N*)，(1)求數(shù)列{an}的通項(2)若bn＝ ，求數(shù)列{bn}的前n項和Tn.熱點三 1 n例 (2015·韶關(guān)高三聯(lián)考)已知在數(shù)列{an}中，a1＝1，當(dāng)n≥2時，其前n項和Sn滿足n

(1)Sn(2)bn＝Sn，數(shù)列{bn}nTn 思維升華(1n分拆成anbn＋k－nk≥1k∈*的形式，從而達(dá)到在求和時某些項相消的目的，在解題時要根據(jù)這個基本思想變換數(shù)列an的通項，之符合項相消條件． ＝1 1kk

k(n－n＋ ＝1 1 2(2n－ ＋

n＋k－＝演練 ，其前n項和Sn＝9，則 ＝n＋1＋ (2)(2015·江蘇)設(shè)數(shù)列{an}a1＝1an＋1－an＝n＋1(n∈N)，則數(shù)列10 為an＝

nSnM2意的n∈N*，都有Sn<M恒成立，則M的最小值 已知數(shù)列{an}nSnSn＝a(Sn－an＋1)(aa>0)4a3a1bn＝an，求數(shù)列{bn}n提醒：完成作業(yè)專題四22講

1，

A組 1 ，…，則其前n項和Sn為 — 1—

34，58，

— 1———2

——2 D．3在等差數(shù)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．設(shè)f(x)＝ ，若S＝f(2015)＋f(2015)＋…＋f(2015)，則 4前n項和，則S60＝

項和，若Sn(n∈N)若數(shù)列{cn}2d(d≠0)的等差數(shù)列，且數(shù)列{cn} (1)求數(shù)列{an}和{bn}的通項10．(2015·山東)設(shè)數(shù)列{an}nSn.2Sn＝3n＋3.(1)求數(shù)列{an}的通項；B組 ，其前n項積為Tn，則T2016等于 已知數(shù)列{a}滿足 a－a2，且

2016項的和等于 B．3 D．2已知lgx＋lgy＝1，且Sn＝lgxn＋lg(xn－1y)＋lg(xn－2y2)＋…＋lgyn，則Sn＝ (2)學(xué)生答案精2講高考體解(1)設(shè)等差數(shù)列{an} ＝211＋53＝2解(1)x2－5x＋6＝02,3，由題意得a2＝2，a4＝3.設(shè)數(shù)列{an}dd＝1 為

(2)設(shè)ann由

4

2n＋2n＋1 3 4

Sn＝3＋

1

1 Sn＝＋(

1

..

例 解(1)在等比數(shù)列{an}中4646

∴an＝64×1n－1＝27－n.則數(shù)列{bn}的前n項和為 ∴當(dāng)1≤n≤7時 n≥8 22 n≥8且n∈N n≥8且n∈N*演練 解(1)因為{an}是一個等差數(shù)列5d＝a9－a4＝73－28＝45a4＝a1＋3d28＝a1＋3×9(2)m∈N*9m<an<92m，則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

演練 解(1)∵Sn＋1＝2Sn＋n＋1，當(dāng)n≥2時 ＝2，∴n＝1時，①

1 2

， ，

2n

∴Tn＝ 1 1

n＝2－1－n

-2n例3 (1)解當(dāng)n≥2時，anSn－n－1代入2＝an(－1)得2Snn－1＋n－n－1＝， 所以1－1所以

12S{SnS從而1Sn.所以Sn＝ .(2)明因為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)因為 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個式 abn＝1an

，即 故b

1－1

＝21－1＋1－1＋…＋1－1

高

解析因為

所以Sn＝(1－1)＋(1－1)＋…＋[1 ，由于

<1M1.2．解(1)n＝1時，S1＝a(S1－a1＋1)，所以a1＝a，n≥2由①－②an＝a×an－1，即an＝a，故{an}a1＝aa的等比數(shù)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講 1－1

2n

2 2

∴{an}是以－60為首項，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是奇數(shù)時，an＋2－an＝1，即數(shù)列{an}11的等差數(shù)列，a＋a＋a

當(dāng)n是偶數(shù)時，an＋2＋an＝1，即數(shù)列{an}中的相鄰的兩個偶數(shù)項之和均等于因此，該數(shù)列的前60項和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}為等差數(shù)列，且a2n－1＝1＋(n－1)×1＝n，即

解析由題意可知，數(shù)列{cn}n

2n

21＋

9．解(1)設(shè)等差數(shù)列{an}d所以an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1,2，…)．設(shè)等比數(shù)列{bn－an}q，由題意得

＝8 數(shù)列{3n}的前n項和為 數(shù)列{2n－1}n

所以，數(shù)列{bn}n項和為

10．解(1)因為2Sn＝3n＋3，2a1＝3＋3n＞1此時，即所以an＝333當(dāng)33n＞1時，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經(jīng)檢驗，n＝1

[由 ，得 2 [因為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)證明n∈N*