統(tǒng)考版2024高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)板塊2命題區(qū)間精講精講2數(shù)列學(xué)案含解析理

PAGE14-數(shù)列閱卷案例思維導(dǎo)圖(2024·全國卷Ⅲ，T17,12分)設(shè)數(shù)列{an}滿意a1＝3，an＋1＝3an－4n.(1)計算a2，a3，猜想{an}的通項(xiàng)公式并加以證明；(2)求數(shù)列{2nan}的前n項(xiàng)和Sn.本題考查：遞推數(shù)列、錯位相減法等學(xué)問，邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算等核心素養(yǎng).答題模板標(biāo)準(zhǔn)解答踩點(diǎn)得分第1步：歸納、猜想由特殊到一般，發(fā)覺規(guī)律，猜想通項(xiàng).第2步：證明利用數(shù)學(xué)歸納法證明猜想的正確性.第3步：求和依據(jù)數(shù)列的特點(diǎn)，選擇恰當(dāng)?shù)那蠛头椒?第(1)問得分點(diǎn)及說明：1.只要a2，a3數(shù)據(jù)計算正確就各得1分.2.猜想正確再得1分.3.符合數(shù)學(xué)歸納法證明步驟得全分，否則不得分.第(2)問得分點(diǎn)及說明：1.列出Sn的表達(dá)式并想利用錯位相減法求和得2分.2.“－Sn”計算正確，不化簡不扣分.3.Sn的計算正確，但沒化到最簡不扣分.命題點(diǎn)1等差、等比數(shù)列基本量的運(yùn)算1．兩組重要公式(1)等差數(shù)列：①Sn＝eq\f(na1＋an,2)＝na1＋eq\f(nn－1,2)d；②am＝an＋(m－n)d；③若m，n，p成等差數(shù)列，則2an＝am＋ap.(2)等比數(shù)列：①Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)＝eq\f(a1－anq,1－q)(q≠1)；②am＝an·qm－n；③若m，n，p成等比數(shù)列，則aeq\o\al(2,n)＝am·ap.2．等差(比)數(shù)列的運(yùn)算技巧：①在進(jìn)行等差(比)數(shù)列項(xiàng)與和的運(yùn)算時，若條件和結(jié)論間的聯(lián)系不明顯，則均可化成關(guān)于a1和d(q)的方程組求解；②要留意消元法及整體計算，以削減計算量．3．由等差數(shù)列、等比數(shù)列組成的綜合問題，首先要依據(jù)兩數(shù)列的概念，設(shè)出相應(yīng)的基本量，充分運(yùn)用通項(xiàng)公式、求和公式、數(shù)列的性質(zhì)，確定基本量．解綜合題的成敗在于審清題目，弄懂來龍去脈，揭示問題的內(nèi)在聯(lián)系和隱含條件，形成解題策略．[高考題型全通關(guān)]1．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知a2＋a15＝17，S10＝55.數(shù)列{bn}滿意an＝log2bn.(1)求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；(2)若數(shù)列{an＋bn}的前m項(xiàng)和Tm滿意Tm＝S32＋18，求m的值．[解](1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，因?yàn)閍2＋a15＝17，S10＝55，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a1＋15d＝17，,10a1＋45d＝55，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝1，))則an＝n.又an＝log2bn，即bn＝2an，所以數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝2n.(2)依題意得數(shù)列{an＋bn}的前m項(xiàng)和Tm＝(a1＋a2＋…＋am)＋(b1＋b2＋…＋bm)＝(1＋2＋…＋m)＋(2＋22＋…＋2m＝eq\f(mm＋1,2)＋eq\f(21－2m,1－2)＝eq\f(mm＋1,2)＋2m＋1－2.又S32＋18＝eq\f(32×1＋32,2)＋18＝546，則eq\f(mm＋1,2)＋2m＋1＝548，因?yàn)閒(n)＝eq\f(nn＋1,2)＋2n＋1(n∈N*)為單調(diào)遞增函數(shù)，所以m＝8.[點(diǎn)評]等差、等比數(shù)列基本量的運(yùn)算體現(xiàn)了方程的思想，求解的關(guān)鍵是建立有關(guān)基本量的方程．2．設(shè){an}是等差數(shù)列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比數(shù)列．(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)記{an}的前n項(xiàng)和為Sn，求Sn的最小值．[解](1)設(shè){an}的公差為d.因?yàn)閍1＝－10，所以a2＝－10＋d，a3＝－10＋2d，a4＝－10＋3d.因?yàn)閍2＋10，a3＋8，a4＋6成等比數(shù)列，所以(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6)．所以(－2＋2d)2＝d(－4＋3d)．解得d＝2.所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－12.(2)法一：由(1)知，an＝2n－12.則當(dāng)n≥7時，an＞0；當(dāng)n＝6時，an＝0，當(dāng)n＜6時，an＜0.所以Sn的最小值為S5＝S6＝－30.法二：由(1)知，Sn＝eq\f(n,2)(a1＋an)＝n(n－11)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(11,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(121,4)，又n∈N*，∴當(dāng)n＝5或n＝6時，Sn的最小值S5＝S6＝－30.命題點(diǎn)2等差、等比數(shù)列的推斷與證明1．判定等差(比)數(shù)列的主要方法：(1)定義法：對于隨意n≥1，n∈N*，驗(yàn)證an＋1－aneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或\f(an＋1,an)))為與正整數(shù)n無關(guān)的同一個常數(shù)；(2)中項(xiàng)公式法．2.eq\f(an＋1,an)＝q和aeq\o\al(2,n)＝an－1an＋1(n≥2)都是數(shù)列{an}為等比數(shù)列的必要不充分條件，判定時還要看各項(xiàng)是否為零．3．若要推斷一個數(shù)列不是等差(等比)數(shù)列，則只需說明某連續(xù)三項(xiàng)(如前三項(xiàng))不是等差(等比)數(shù)列即可．[高考題型全通關(guān)]1．(2024·婁底市模擬)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1，an＞0，Seq\o\al(2,n)＝aeq\o\al(2,n＋1)－λSn＋1，其中λ為常數(shù)．(1)證明：Sn＋1＝2Sn＋λ；(2)是否存在實(shí)數(shù)λ，使得數(shù)列{an}為等比數(shù)列？若存在，求出λ；若不存在，請說明理由．[解](1)證明：∵an＋1＝Sn＋1－Sn，Seq\o\al(2,n)＝aeq\o\al(2,n＋1)－λSn＋1，∴Seq\o\al(2,n)＝(Sn＋1－Sn)2－λSn＋1，則Sn＋1(Sn＋1－2Sn－λ)＝0.∵an＞0，知Sn＋1＞0，∴Sn＋1－2Sn－λ＝0，故Sn＋1＝2Sn＋λ.(2)由(1)知，Sn＋1＝2Sn＋λ，當(dāng)n≥2時，Sn＝2Sn－1＋λ，兩式相減，an＋1＝2an(n≥2，n∈N*)，所以數(shù)列{an}從第2項(xiàng)起成等比數(shù)列，且公比q＝2.又S2＝2S1＋λ，即a2＋a1＝2a1＋λ∴a2＝a1＋λ＝1＋λ＞0，得λ＞－1.因此an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，n＝1，,λ＋1·2n－2，n≥2.))若數(shù)列{an}是等比數(shù)列，則a2＝1＋λ＝2a1∴λ＝1，閱歷證得λ＝1時，數(shù)列{an}是等比數(shù)列．2．設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知a3＝7，an＝2an－1＋a2－2(n≥2)．(1)證明：數(shù)列{an＋1}為等比數(shù)列；(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式，并推斷n，an，Sn是否成等差數(shù)列？[解](1)證明：因?yàn)閍3＝7，a3＝3a2－2，所以a2所以an＝2an－1＋1，所以a1＝1，eq\f(an＋1,an－1＋1)＝eq\f(2an－1＋2,an－1＋1)＝2(n≥2)，所以數(shù)列{an＋1}是首項(xiàng)為a1＋1＝2，公比為2的等比數(shù)列．(2)由(1)知，an＋1＝2n，所以an＝2n－1，所以Sn＝eq\f(21－2n,1－2)－n＝2n＋1－n－2，所以n＋Sn－2an＝n＋(2n＋1－n－2)－2(2n－1)＝0，所以n＋Sn＝2an，即n，an，Sn成等差數(shù)列．命題點(diǎn)3數(shù)列求和角度一分組轉(zhuǎn)化、并項(xiàng)求和1．在處理一般數(shù)列求和時，肯定要留意運(yùn)用轉(zhuǎn)化思想．把一般的數(shù)列求和轉(zhuǎn)化為等差數(shù)列或等比數(shù)列進(jìn)行求和．在利用分組求和法求和時，經(jīng)常依據(jù)須要對項(xiàng)數(shù)n的奇偶進(jìn)行探討．最終再驗(yàn)證是否可以合并為一個表達(dá)式．2．分組求和的策略：(1)依據(jù)等差、等比數(shù)列分組；(2)依據(jù)正號、負(fù)號分組．[高考題型全通關(guān)]1．(2024·百校聯(lián)盟三模)已知正項(xiàng)等比數(shù)列{an}滿意a1＝2，a3a7＝322，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn＝n2－n(1)求{an}，{bn}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an，n為奇數(shù)，,bn，n為偶數(shù)，))求數(shù)列{cn}的前2n項(xiàng)和T2n.切入點(diǎn)：本題第(1)問設(shè)正項(xiàng)等比數(shù)列{an}的公比為q(q>0)，然后依據(jù)等比中項(xiàng)的性質(zhì)a3a7＝aeq\o\al(2,5)＝322，進(jìn)一步計算可得公比q的值，即可得到數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式，然后利用公式bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S1，n＝1,Sn－Sn－1，n≥2))可計算出數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；第(2)問先依據(jù)第(1)問的結(jié)果寫出數(shù)列{cn}的通項(xiàng)公式，然后運(yùn)用奇偶項(xiàng)分別求和的分組求和法計算出前2n項(xiàng)和T2n.[解](1)由題意，設(shè)正項(xiàng)等比數(shù)列{an}的公比為q(q>0)，則a3a7＝aeq\o\al(2,5)＝322，故a5＝32.q4＝eq\f(a5,a1)＝16＝24.解得q＝2.∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2·2n－1＝2n，n∈N*.當(dāng)n＝1時，b1＝S1＝12－1＝0，當(dāng)n≥2時，bn＝Sn－Sn－1＝n2－n－(n－1)2＋(n－1)＝2n－2.∴數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式為bn＝2n－2，n∈N*.(2)由(1)知，cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(an，n為奇數(shù)，,bn，n為偶數(shù)，))即cn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2n，n為奇數(shù)，,2n－2，n為偶數(shù).))∴T2n＝c1＋c2＋c3＋c4＋…＋c2n－1＋c2n ＝21＋2＋23＋6＋…＋22n－1＋(4n－2)＝(21＋23＋…＋22n－1)＋[2＋6＋…＋(4n－2)]＝eq\f(2－22n－1·22,1－22)＋eq\f(n·[2＋4n－2],2)＝eq\f(1,3)·22n＋1＋2n2－eq\f(2,3).2．(2024·昆明模擬)已知{an}是公差不為零的等差數(shù)列，a4＝13，且a1，a2，a7成等比數(shù)列．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝(－1)n＋1an，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，求T2020.[解](1)設(shè){an}的公差為d，d≠0，∵a1，a2，a7成等比數(shù)列，∴aeq\o\al(2,2)＝a1a7，可得(a1＋d)2＝a1(a1＋6d)，又d≠0，得d＝4a1又a4＝a1＋3d＝13，聯(lián)立可得a1＝1，d＝4，∴an＝1＋4(n－1)＝4n－3.(2)∵bn＝(－1)n＋1an＝(－1)n＋1(4n－3)，∴T2020＝b1＋b2＋…＋b2020 ＝(1－5)＋(9－13)＋…＋(8065－8069)＋(8073－8077)＝(－4)×1010＝－4040.[點(diǎn)評]用并項(xiàng)求和法求數(shù)列的前n項(xiàng)和一般是指把數(shù)列的一些項(xiàng)合并組成我們熟識的等差數(shù)列或等比數(shù)列來求和．可用并項(xiàng)求和法的常見類型：一是數(shù)列的通項(xiàng)公式中含有肯定值符號；二是數(shù)列的通項(xiàng)公式中含有符號因子“(－1)n”；三是數(shù)列{an}是周期數(shù)列．角度二裂項(xiàng)相消法求和用裂項(xiàng)相消法求和需留意的兩點(diǎn)一要駕馭常見的裂項(xiàng)技巧，如eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋1)))(數(shù)列{an}是公差為d的等差數(shù)列)，eq\f(1,nn＋k)＝eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋k)))，eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，eq\f(1,nn＋1n＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,nn＋1)－\f(1,n＋1n＋2)))，eq\f(1,\r(n＋1)＋\r(n))＝eq\r(n＋1)－eq\r(n)等；二會“相消”，即會消去中間項(xiàng)，只剩有限項(xiàng)，再求和．[高考題型全通關(guān)]1．(2024·玉林一模)已知數(shù)列{an}滿意a1＝4，an＋1＝2an＋3×2n＋1.(1)證明：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))為等差數(shù)列，并求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝eq\f(6×4n,anan＋1)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.切入點(diǎn)：本題第(1)問將題干中的遞推公式進(jìn)行轉(zhuǎn)化變形可發(fā)覺數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))是以2為首項(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列；第(2)問先依據(jù)第(1)問計算出數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式，然后對通項(xiàng)公式進(jìn)行轉(zhuǎn)化，再運(yùn)用裂項(xiàng)相消法計算出前n項(xiàng)和Tn.[解](1)證明：依題意，由an＋1＝2an＋3×2n＋1，兩邊同時乘以eq\f(1,2n＋1)，可得 eq\f(an＋1,2n＋1)＝eq\f(an,2n)＋3，即eq\f(an＋1,2n＋1)－eq\f(an,2n)＝3，∵eq\f(a1,21)＝eq\f(4,2)＝2，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))是以2為首項(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列，∴eq\f(an,2n)＝2＋3(n－1)＝3n－1，∴an＝(3n－1)·2n，n∈N*.(2)由(1)，可知bn＝eq\f(6×4n,anan＋1)＝eq\f(6×4n,3n－1·2n·3n＋2·2n＋1)＝eq\f(3,3n－13n＋2)＝eq\f(1,3n－1)－eq\f(1,3n＋2)， 故Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝eq\f(1,2)－eq\f(1,5)＋eq\f(1,5)－eq\f(1,8)＋…＋eq\f(1,3n－1)－eq\f(1,3n＋2)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,3n＋2)＝eq\f(3n,23n＋2).[點(diǎn)評]對于形如“an＋1＝pan＋mpn＋1”型的數(shù)列，求通項(xiàng)時常構(gòu)造eq\f(an＋1,pn＋1)＝eq\f(an,pn)＋m求解．同時解答本題可以借助(1)的提示找到證明的思路，從而想到構(gòu)造數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n))).2．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且Sn＝eq\f(4,3)an－eq\f(2,3).(1)求{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝log2an，cn＝eq\f(1,bnbn＋1)，數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Tn，證明：eq\f(1,3)≤Tn<eq\f(1,2).[解](1)由S1＝eq\f(4,3)a1－eq\f(2,3)，得a1＝2，因?yàn)镾n＝eq\f(4,3)an－eq\f(2,3)，Sn－1＝eq\f(4,3)an－1－eq\f(2,3)(n≥2)，所以Sn－Sn－1＝eq\f(4,3)an－eq\f(4,3)an－1，化簡得an＝4an－1，即數(shù)列{an}是以2為首項(xiàng)，4為公比的等比數(shù)列，所以an＝2×4n－1＝22n－1.(2)證明：因?yàn)閎n＝log2an＝2n－1，所以cn＝eq\f(1,bnbn＋1)＝eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，則Tn＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(1,2)－eq\f(1,4n＋2).因?yàn)閚∈N*，所以當(dāng)n＝1時，Tn取得最小值eq\f(1,3)，當(dāng)n接近無限大時，Tn趨于eq\f(1,2)，故eq\f(1,3)≤Tn<eq\f(1,2).[點(diǎn)評](1)若{an}成正項(xiàng)等比數(shù)列，則{logaan}成等差數(shù)列，其中a＞0且a≠1；(2)與數(shù)列有關(guān)的不等式證明問題，常借助數(shù)列的單調(diào)性，需留意n∈N*.角度三錯位相減法求和1．一般地，假如數(shù)列{an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列，求數(shù)列{an·bn}的前n項(xiàng)和時，可采納錯位相減法求和，一般是和式兩邊同乘以等比數(shù)列{bn}的公比，然后作差求解．2．在寫“Sn”與“qSn”的表達(dá)式時應(yīng)特殊留意將兩式“錯項(xiàng)對齊”，以便下一步精確地寫出“Sn－qSn”的表達(dá)式．[高考題型全通關(guān)]1．(2024·菏澤模擬)已知數(shù)列{an}滿意nan＋1－(n＋1)an＝1(n∈N*)，且a1＝1.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)若數(shù)列{bn}滿意bn＝eq\f(an,3n－1)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn.切入點(diǎn)：(1)將已知等式兩邊同除以n(n＋1)，可得eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，再用累加法可得所求通項(xiàng)公式；(2)求得bn＝(2n－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n－1)，再由錯位相減法求和，結(jié)合等比數(shù)列的求和公式，計算可得所求和．[解](1)由nan＋1－(n＋1)an＝1(n∈N*)，可得eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，由eq\f(an,n)＝eq\f(a1,1)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,2)－\f(a1,1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a3,3)－\f(a2,2)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)－\f(an－1,n－1)))＝1＋1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n－1)－eq\f(1,n)＝2－eq\f(1,n)，所以an＝2n－1，n∈N*.(2)bn＝eq\f(an,3n－1)＝(2n－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n－1)，Sn＝1·1＋3·eq\f(1,3)＋5·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)＋…＋(2n－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n－1)，eq\f(1,3)Sn＝1·eq\f(1,3)＋3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)＋5·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)＋…＋(2n－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n)，兩式相減可得eq\f(2,3)Sn＝1＋2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(2)＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n－1)))－(2n－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n)＝1＋2·eq\f(\f(1,3)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n－1))),1－\f(1,3))－(2n－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n)，化簡可得Sn＝3－(n＋1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n－1).[點(diǎn)評]本題給出的遞推式：“nan＋1－(n＋1)an＝1”看似平淡，實(shí)則新奇，表面看來無從下手，細(xì)致分析項(xiàng)的系數(shù)便可發(fā)覺規(guī)律：eq\f(an＋1,n＋1)－eq\f(an,n)＝eq\f(1,nn＋1)，然后借助裂項(xiàng)法，累加法求出{an}的通項(xiàng)公式，此題把數(shù)列中的化歸轉(zhuǎn)化思想體現(xiàn)的淋漓盡致．2．已知函數(shù)f(x)＝eq\r(3)cosπx－sinπx(x∈R)的全部正數(shù)的零點(diǎn)構(gòu)成遞增數(shù)列{an}(n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(2,3)))，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Tn.[解](1)f(x)＝eq\r(3)cosπx－sinπx＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(πx＋\f(π,6)))，由題意令πx＋eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，解得x＝k＋eq\f(1,3)(k∈Z)．又函數(shù)f(x)的全部正數(shù)的零點(diǎn)構(gòu)成遞增數(shù)列{an}，所以{an}是以eq\f(1,3)為首項(xiàng)，1為公差的等差數(shù)列，所以an＝n－eq\f(2,3)(n∈N*)．(2)由(1)知bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(2,3)))＝n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)，則Tn＝1·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(1)＋2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＋…＋(n－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－1)＋n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)，①eq\f(1,2)Tn＝1·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＋3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(4)＋…＋(n－1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)＋n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n+1)，②①－②得，eq\f(1,2)Tn＝eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)－n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n+1)＝eq\f(\f(1,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n)·\f(1,2),1－\f(1,2))－n·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n+1)＝1－(n＋2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n+1)，所以Tn＝2－(n＋2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n).命題點(diǎn)4數(shù)列與不等式解決與數(shù)列求和有關(guān)的不等式問題的常用方法——“放縮法”和“單調(diào)性法”(1)放縮法：①假如和式能夠求出，則求出結(jié)果后進(jìn)行放縮．②假如和式不能求出，則須要把數(shù)列的通項(xiàng)放縮成能夠求和的形式，求和后再進(jìn)行放縮，但要留意放縮的“尺度”和“位置”．(2)單調(diào)性法：先求出數(shù)列的和，然后分析該函數(shù)的單調(diào)性，必要時可借助導(dǎo)數(shù)處理．[高考題型全通關(guān)]1．已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且a5＋a13＝34，S3＝9.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和Sn；(2)求證：eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)＜2.[解](1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由已知得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a5＋a13＝34，,3a2＝9，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋8d＝17，,a1＋d＝3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2，))故an＝2n－1，Sn＝n2.(2)eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)＝1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2) ＜1＋eq\f(1,1×2)＋eq