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2015高三数学《文科》二轮复习《专题3 数列》PPT版

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2015高三数学《文科》二轮复习《专题3 数列》PPT版文字介绍:第8讲　数列、等差数列、等比数列　第9讲数列求和及数列的简单应用专题三　数列专题三　数列第第88讲　数列、等差数列、等讲　数列、等差数列、等比数列比数列返回目录考点考向探究核心知识聚焦第8讲　数列、等差数列、等比数列体验高考体验高考返回目录1．[2013·重庆卷]若2，a，b，c，9成等差数列①，则c－a＝________．[答案]72[解析]设公差为d，则d＝9－25－1＝74，所以c－a＝2d＝72.⇒等差数列关键词：概念如①、基本量、通项公式如②、求和公式．主干知识主干知识核心知识聚焦第8讲　数列、等差数列、等比数列体验高考体验高考　　返回目录2．[2014·重庆卷改编]在等差数列{an}中，a1＝2，a3＋a5＝10，则a7＝②________．[答案]8[解析]设公差为d，由题意得a1＋2d＋a1＋4d＝2a1＋6d＝4＋6d＝10，解得d＝1，所以a7＝a1＋6d＝2＋6＝8.核心知识聚焦体验高考体验高考　　返回目录3．[2013·新课标全国卷Ⅰ改编]设首项为1，公比为23的等比数列{an}的前n项和为S③n，则Sn＝________．[答案]3－2·23n－1[解析]Sn＝1－23n1－23＝3－2·23n－1.⇒等比数列关键词：概念、基本量、通项公式、求和公式如③.主干知识主干知识　　第8讲　数列、等差数列、等比数列核心知识聚焦体验高考体验高考　　返回目录4．[2013·上海卷]在等差数列an中，若a1＋a2＋a3＋a4＝30，则a2＋a3＝④________．[答案]15[解析]因为a1＋a2＋a3＋a4＝2(a2＋a3)＝30，所以a2＋a3＝15.⇒等差数列与等比数列的性质关键词：在条件m＋n＝p＋q下am，an，ap，aq的关系，如④⑤.主干知识主干知识第8讲　数列、等差数列、等比数列核心知识聚焦体验高考体验高考返回目录5．[2014·广东卷]等比数列an的各项均为正数，且a1a5＝4，则log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a⑤5＝________．[答案]5第8讲　数列、等差数列、等比数列[解析]在等比数列{an}中，a1a5＝a2a4＝a23＝4.因为an>0，所以a3＝2，所以a1a2a3a4a5＝(a1a5)(a2a4)a3＝a53＝25，所以log2a1＋log2a2＋log2a3＋log2a4＋log2a5＝log2(a1a2a3a4a5)＝log225＝5.核心知识聚焦体验高考体验高考返回目录6．[2014·湖北卷改编]已知递增的等差数列{an}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列⑥，则数列{an}的通项公式an＝________．[答案]4n－2⇒等差数列与等比数列的综合关键词：等差与等比问题融合在一个问题中如⑥.主干知识主干知识[解析]设等差数列的公差为d，则d>0.因为a1，a2，a5成等比数列，所以a22＝a1a5，即(a1＋d)2＝a1(a1＋4d)，解得d＝4，所以an＝4n－2.第8讲　数列、等差数列、等比数列核心知识聚焦返回目录————教师教师知识必备知识必备————　　知识必备数列、等差数列、等比数列概念按照一定次序排列的一列数．分有穷、无穷、递增、递减、摆动、常数数列等通项公式数列{an}中的项用一个公式表示，an＝f(n)数列、等差数列、等比数列一般数列{an}前n项和Sn＝a1＋a2＋…＋anan＝11,1,nnSnSSn，≥2第8讲　数列、等差数列、等比数列返回目录累加法an＋1＝an＋f(n)型累乘法an＋1＝anf(n)型转化法an＋1＝pan＋q·pn＋1(p≠0，1，q≠0)⇔an＋1pn＋1＝anpn＋q数列、等差数列、等比数列简单的递推数列解法待定系数法an＋1＝can＋d(c≠0，1，d≠0)⇔an＋1＋λ＝c(an＋λ)，λ＝dc－1.比较系数得出λ，转化为等比数列解决递推数列问题的基本思想是“转化”，即转化为两类基本数列——等差数列、等比数列求解————教师教师知识必备知识必备————　　第8讲　数列、等差数列、等比数列返回目录概念满足an＋1－an＝d(常数)，d＞0递增、d＜0递减、d＝0常数数列通项公式an＝a1＋(n－1)d＝am＋(n－m)dam＋an＝ap＋aq⇔m＋n＝p＋qam＋an＝2ap⇔m＋n＝2p数列、等差数列、等比数列等差数列{an}前n项和公式Sn＝na1＋n（n－1）2d＝n（a1＋an）2Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…为等差数列————教师教师知识必备知识必备————　　第8讲　数列、等差数列、等比数列返回目录概念满足an＋1：an＝q(q≠0且q为常数)，单调性由a1的正负，q的范围确定通项公式an＝a1qn－1＝amqn－maman＝apaq⇔m＋n＝p＋qaman＝a2p⇔m＋n＝2p数列、等差数列、等比数列等比数列{an}前n项和公式Sn＝111(1),1,11,1nnaaqaqqqqnaq公比不等于－1时，Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等比数列————教师教师知识必备知识必备————　　第8讲　数列、等差数列、等比数列返回目录第8讲　数列、等差数列、等比数列►考点一等差数列的计算与证明概念——1.对等差数列概念的理解；2.等差数列的判断与证明通项——1.求等差数列中的某一项；2.求通项；3.求n前n项和——1.求等差数列前n项和；2.求通项；3.求基本量题型：选择，填空，解答分值：5－14分难度：基础热点：求等差数列基本量考点考向探究返回目录第8讲　数列、等差数列、等比数列例1(1)已知数列{an}，若对任意n∈N*满足an＋1＝an＋a2，且a3＝2，则a2014＝()A．2013B．2014C．20132D．1012(2)[2014·安徽卷改编]已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，n∈N＋，求证：数列ann是等差数列．[答案](1)A考点考向探究返回目录第8讲　数列、等差数列、等比数列[解析]在an＋1＝an＋a2中，令n＝1，则a2＝a1＋a2，所以a1＝0.令n＝2，则a3＝2a2，所以a2＝1.于是an＋1－an＝1，故数列an是首项为0，公差为1的等差数列，所以a2014＝2013.(2)证明：由已知可得an＋1n＋1＝ann＋1，即an＋1n＋1－ann＝1，所以数列ann是以a11＝1为首项，1为公差的等差数列．[小结]在等差数列问题中，最基本的量是首项和公差，在解题时根据已知条件求出这两个量，其他的问题也就随之解决了，这就是解决等差数列问题的基本量方法，其中蕴含着方程思想的运用．等差数列的判断或证明，一般是依据等差数列的定义或等差中项进行判断．考点考向探究　　返回目录变式题(1)设{an}为等差数列，Sn为其前n项和，且a1＋a2＋a5＋a8＝8，则S7＝()A．13B．14C．15D．16(2)已知等差数列{an}单调递增且满足a1＋a10＝4，则a8的取值范围是()A．(2，4)B．(－∞，2)C．(2，＋∞)D．(4，＋∞)第8讲　数列、等差数列、等比数列考点考向探究　　返回目录[解析](1)因为a1＋a5＝2a3，a2＋a8＝2a5，所以由a1＋a2＋a5＋a8＝8，可得a3＋a5＝4，所以S7＝7（a1＋a7）2＝7（a3＋a5）2＝14.(2)a1＋a10＝a3＋a8＝4，由于数列{an}单调递增，所以a3＜a8，所以2a3＜a3＋a8＝4，所以a3＜2，所以a8＝4－a3＞2，即a8的取值范围是(2，＋∞)．[答案](1)B(2)C第8讲　数列、等差数列、等比数列考点考向探究返回目录第8讲　数列、等差数列、等比数列►考点二等比数列的基本计算概念——1.等比数列概念的理解；2.等比数列的判断与证明通项——1.求等比数列中的某一项；2.求通项；3.求n前n项和——1.求等比数列前n项和；2.求通项；3.求基本量题型：选择，填空，解答分值：5－14分难度：中等热点：求等比数列基本量考点考向探究返回目录例2[2014·新课标全国卷Ⅱ]等差数列{an}的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则{an}的前n项和Sn＝()A．n(n＋1)B．n(n－1)C．n（n＋1）2D．n（n－1）2第8讲　数列、等差数列、等比数列[解析]由题意，得a2，a2＋4，a2＋12成等比数列，即(a2＋4)2＝a2(a2＋12)，解得a2＝4，故a1＝2，所以Sn＝2n＋n（n－1）2×2＝n(n＋1)．[答案]A考点考向探究　返回目录[小结]在等比数列问题中，最基本的量是首项和公比，在解题时根据已知条件求出这两个量，其他的问题也就随之解决了，这就是解决等比数列问题的基本量方法，其中蕴含着方程思想的运用．等比数列的判断或证明，一般是依据等比数列的定义或等比中项进行判断．第8讲　数列、等差数列、等比数列考点考向探究　返回目录第8讲　数列、等差数列、等比数列变式题(1)已知在等比数列{an}中，a1＋a3＝10，a4＋a6＝54，则等比数列{an}的公比q的值为()A．14B．12C．2D．8(2)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{bn}中的b3，b4，b5，若数列{bn}的前n项和为Sn，求证：数列Sn＋54是等比数列．[答案](1)B[解析]依题意，因为a1＋a3＝10，a4＋a6＝54，所以a4＋a6a1＋a3＝a1q3＋a3q3a1＋a3＝q3＝18，所以q＝12.考点考向探究　返回目录(2)证明：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.所以数列{bn}中的b3，b4，b5依次为7－d，10，18＋d.依题意，得(7－d)(18＋d)＝100，解得d＝2或d＝－13(舍去)，故数列{bn}的公比为2，b1＝54，所以数列{bn}的前n项和Sn＝54（1－2n）1－2＝5×2n－2－54，即Sn＋54＝5×2n－2，所以S1＋54＝52，因此数列Sn＋54是以52为首项，2为公比的等比数列．第8讲　数列、等差数列、等比数列考点考向探究返回目录第8讲　数列、等差数列、等比数列►考点三数列中递推关系递推数列——1.由递推公式求通项公式；2.由ap求aq项an与Sn的关系——1.由an与Sn的关系求an；2.由an与Sn的关系求Sn题型：选择，填空分值：4－5分难度：中等热点：求通项an考点考向探究　返回目录例3(1)[2014·新课标全国卷Ⅱ]数列{an}满足an＋1＝11－an，a8＝2，则a1＝________．(2)单调递增数列an的前n项和为Sn，满足Sn＝12a2n＋n，则数列{an}的通项公式为________．第8讲　数列、等差数列、等比数列[解析](1)由题易知a8＝11－a7＝2，得a7＝12；a7＝11－a6＝12，得a6＝－1；a6＝11－a5＝－1，得a5＝2，于是可知数列{an}具有周期性，且周期为3，所以a1＝a7＝12.[答案](1)12(2)an＝n考点考向探究返回目录(2)n＝1时，a1＝12a21＋1，得a1＝1，当n≥2时，有Sn－1＝12a2n－1＋n－1①，又Sn＝12a2n＋n②，由②－①得an＝12a2n－a2n－1＋1，即an－12－a2n－1＝0，所以an－an－1＝1或an＋an－1＝1(n≥2)．又因为an是单调递增数列，故an－an－1＝1，所以数列an是首项为1，公差为1的等差数列，所以an＝n.第8讲　数列、等差数列、等比数列考点考向探究　返回目录[小结]由含an与Sn的关系式求an，主要是利用公式an＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2，将式中的Sn或Sn－1转化为an，在使用an＝Sn－Sn－1时需n≥2，所以一般要验证当n＝1时，a1＝S1是否满足当n≥2时数列的通项公式．第8讲　数列、等差数列、等比数列变式题(1)已知数列an满足a1＝0，an＋1＝an－33an＋1(n∈N*)，则a2014等于()A．0B．－3C．3D．2(2)设Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，S2n＝anSn－12(n≥2)，则Sn＝________．考点考向探究返回目录[解析](1)经验算有a1＝0，a2＝－3，a3＝3，a4＝0，a5＝－3，…可知数列具有周期性，且其周期为3，所以a2014＝a3×671＋1＝a1＝0.(2)∵S2n＝anSn－12，∴当n≥2时，S2n＝(Sn－Sn－1)Sn－12，整理得，Sn－1－Sn＝2Sn－1Sn，所以1Sn－1Sn－1＝2，所以数列1Sn是以2为公差的等差数列，其首项为1S1＝1，所以1Sn＝1＋2(n－1)，即Sn＝12n－1.[答案](1)A(2)12n－1第8讲　数列、等差数列、等比数列考点考向探究返回目录第8讲　数列、等差数列、等比数列►考点四等差、等比数列的综合应用等差、等比数列——1.求通项；2.求和项；3.求参量题型：选择，填空，解答分值：5－14分难度：中等热点：求通项和前n项和例４[2014·北京卷]已知{an}是等差数列，满足a1＝3，a4＝12，数列{bn}满足b1＝4，b4＝20，且{bn－an}为等比数列．(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)求数列{bn}的前n项和．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由题意得d＝a4－a13＝12－33＝3.考点考向探究　返回目录第8讲　数列、等差数列、等比数列所以an＝a1＋(n－1)d＝3n(n＝1，2，…)．设等比数列{bn－an}的公比为q，由题意得q3＝b4－a4b1－a1＝20－124－3＝8，解得q＝2.所以bn－an＝(b1－a1)qn－1＝2n－1.从而bn＝3n＋2n－1(n＝1，2，…)．(2)由(1)知bn＝3n＋2n－1(n＝1，2，…)．数列{3n}的前n项和为32n(n＋1)，数列{2n－1}的前n项和为1×1－2n1－2＝2n－1，所以，数列{bn}的前n项和为32n(n＋1)＋2n－1.考点考向探究　返回目录[小结]本题需先求出数列{bn－an}的通项，再求数列{bn}的通项．千万不要误认为数列{bn}是等比数列，而直接用公式求解．第8讲　数列、等差数列、等比数列变式题在公差不为0的等差数列{an}中，a3＋a10＝15，且a2，a5，a11成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝1an＋1an＋1＋…＋1a2n－1，试比较bn＋1与bn的大小，并说明理由．考点考向探究返回目录解：(1)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)．由已知得，a1＋2d＋a1＋9d＝15，（a1＋4d）2＝（a1＋d）（a1＋10d）.解得a1＝2，d＝1，所以an＝n＋1.(2)由(1)可知，bn＝1n＋1＋1n＋2＋…＋12n，bn＋1＝1n＋2＋1n＋3＋…＋12n＋2.因为bn＋1－bn＝12n＋1＋12n＋2－1n＋1＝12n＋1－12n＋2＞0，所以bn＋1＞bn.第8讲　数列、等差数列、等比数列考点考向探究返回目录例1[配例2使用]数列an为各项均为正数的等比数列，且a4＝2，已知函数f(x)＝log12x，则f(a31)＋fa32＋…＋fa37＝()A．－6B．－21C．－12D．21[备选理由]例1考查等比数列通项的性质问题；例2是对数列是成等差还是成等比数列的综合判断；例3考查数列通项与项的关系，以及数列的证明问题；例4综合考查等差等比数列，以及数列中项的大小比较问题．————教师备用例题教师备用例题————　　第8讲　数列、等差数列、等比数列返回目录[解析]f(a31)＋f(a32)＋…＋f(a37)＝3(log12a1＋log12a2＋…＋log12a7)＝3log12(a1a2…a7)＝3log12a74＝21log122＝－21.[答案]B第8讲　数列、等差数列、等比数列例２[配合例3使用]已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＝2an＋1，则Sn＝()A．2n－1B．32n－1C．23n－1D．12n－1返回目录[解析]因为an＋1＝Sn＋1－Sn，所以由Sn＝2an＋1，得Sn＝2(Sn＋1－Sn)，整理得3Sn＝2Sn＋1.易知Sn≠0，所以Sn＋1Sn＝32，所以数列{Sn}是以S1＝a1＝1为首项，以q＝32为公比的等比数列，所以Sn＝32n－1.[答案]B第8讲　数列、等差数列、等比数列例3[配例1，例3使用]已知数列an的各项为正数，其前n项和Sn满足Sn＝an＋122，设bn＝10－ann∈N*.(1)求证：数列an是等差数列，并求数列an的通项公式；(2)设数列bn的前n项和为Tn，求Tn的最大值．返回目录解：(1)证明：当n＝1时，a1＝S1＝a1＋122，∴a1＝1.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an＋122－an－1＋122，即a2n－a2n－1－2an－2an－1＝0，∴a2n－2an＋1＝a2n－1＋2an－1＋1，∴(an－1)2＝(an－1＋1)2，∴an－an－1＝2，所以数列{an}是等差数列，故an＝2n－1.(2)由(1)可知，bn＝10－an＝－2n＋11，且b1＝9，∴bn－bn－1＝－2，∴数列{bn}是等差数列，∴Tn＝n（b1＋bn）2＝－n2＋10n.当n＝5时，T5＝－52＋10×5＝25.故数列{bn}的前n项和的最大值为25.第8讲　数列、等差数列、等比数列返回目录解：(1)设等差数列{an}的公差为d，由已知可知，a1＋2d＝10，a1＋5d＝22，解得a1＝2，d＝4，∴an＝2＋(n－1)×4＝4n－2.(2)证明：由题可知Tn＝1－13bn.①第8讲　数列、等差数列、等比数列例4[配例4使用]已知数列{an}是等差数列，a3＝10，a6＝22，数列{bn}的前n项和是Tn，且Tn＋13bn＝1.(1)求数列{an}的通项公式；(2)求证：数列{bn}是等比数列；(3)记cn＝an·bn，求证：cn＋1＜cn.返回目录令n＝1，得b1＝1－13b1，解得b1＝34，当n≥2时，Tn－1＝1－13bn－1.②由①－②得bn＝13bn－1－13bn，∴bn＝14bn－1.又b1＝34≠0，∴bnbn－1＝14.∴数列{bn}是以34为首项，14为公比的等比数列．(3)证明：由(2)可得，bn＝34n，∴cn＝an·bn＝3（4n－2）4n，cn＋1－cn＝3[4（n＋1）－2]4n＋1－3（4n－2）4n＝30－36n4n＋1.∵n≥1，故cn＋1－cn＜0.∴cn＋1＜cn.第8讲　数列、等差数列、等比数列返回目录第第99讲　数列求和及数列的简讲　数列求和及数列的简单应用单应用考点考向探究核心知识聚焦第9讲　数列求和及数列的简单应用体验高考体验高考返回目录1．[2014·湖南卷改编]数列{an}的通项公式为an＝n，设bn＝＋（－1）na①n，则数列{bn}的前2n项和T2n＝________．[答案]22n＋1＋n－2⇒分组求和关键词：分组后用等差、等比数列求和公式如①.主干知识主干知识核心知识聚焦第9讲　数列求和及数列的简单应用返回目录[解析]由已知，得bn＝2n＋(－1)n·n，所以T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．记A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则A＝2（1－22n）1－2＝22n＋1－2，B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n.故数列{bn}的前2n项和T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.核心知识聚焦体验高考体验高考　　返回目录2．[2013·江西卷改编]已知an＝2n，bn＝1（n＋1）an②，则数列{bn}的前n项和Tn＝________．[答案]n2n＋2⇒裂项求和关键词：裂项相消法求和如②③.主干知识主干知识　　第9讲　数列求和及数列的简单应用核心知识聚焦返回目录[解析]由已知an＝2n，故bn＝1（n＋1）an＝12n（n＋1）＝121n－1n＋1，∴Tn＝121－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝121－1n＋1＝n2n＋2.第9讲　数列求和及数列的简单应用核心知识聚焦体验高考体验高考返回目录[答案]<[解析]因为an＝2n－1，所以1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋1＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋1（2n－1）（2n＋1）＝121－13＋13－15＋15－17＋12n－1－12n＋1＝12·1－12n＋1<12.第9讲　数列求和及数列的简单应用3．[2013·广东卷改编]数列{an}的通项公式为an＝2n－1，比较1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋1③________12.(填“＞”“＜”或“＝”)核心知识聚焦体验高考体验高考　　返回目录4．[2014·新课标全国卷Ⅰ改编]数列{an}的通项公式为an＝12n＋1，设数列an2n的前n项和为S④n，则Sn＝______________．[答案]2－n＋42n＋1⇒错位相减关键词：“等差与等比数列积”型数列如④.主干知识主干知识第9讲　数列求和及数列的简单应用核心知识聚焦返回目录[解析]由已知可知an2n＝n＋22n＋1，则Sn＝322＋423＋…＋n＋12n＋n＋22n＋1，12Sn＝323＋424＋…＋n＋12n＋1＋n＋22n＋2，两式相减得12Sn＝34＋123＋…＋12n＋1－n＋22n＋2＝34＋141－12n－1－n＋22n＋2，所以Sn＝2－n＋42n＋1.第9讲　数列求和及数列的简单应用核心知识聚焦体验高考体验高考返回目录5．[2013·江西卷]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⑤，则需要的最少天数n(n∈N*)等于________．[答案]6⇒数列的实际应用关键词：与数列有关的实际应用问题如⑤.主干知识主干知识[解析]Sn＝2（1－2n）1－2＝2n＋1－2≥100，得n≥6.第9讲　数列求和及数列的简单应用核心知识聚焦返回目录————教师教师知识必备知识必备————　　知识必备数列求和及数列的简单应用等差数列Sn＝na1＋n（n－1）2d＝n（a1＋an）2，特别地，1＋2＋3＋…＋n＝n（n＋1）2等比数列Sn＝111(1),1,11,1nnaaqaqqqqnaq特别地，1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1自然数平方和12＋22＋32＋…＋n2＝n（n＋1）（2n＋1）6数列求和及数列的简单应用常用求和公式自然数立方和13＋23＋…＋n3＝n（n＋1）22第9讲　数列求和及数列的简单应用返回目录公式法如an＝2＋2n，an＝3n分组法如an＝2n＋2n，an＝(－1)nn＋2裂项法如an＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1数列求和及数列的简单应用常用求和方法错位相减法如an＝(2n－1)·2n常用裂项方法：1n（n＋k）＝1k1n－1n＋k；1n2－1＝121n－1－1n＋1；14n2－1＝1212n－1－12n＋1；n＋1n（n－1）·2n＝1（n－1）·2n－1－1n·2n————教师教师知识必备知识必备————　　第9讲　数列求和及数列的简单应用返回目录等差数列基本特征是均匀增加或减少等比数列基本特征是指数增长，常见的是增长率问题、存款复利问题数列求和及数列的简单应用数列模型一个简单递推数列基本特征是指数增长的同时又均匀减少．如年收入增长率为20%，每年年底要拿出a(常数)作为下年度的开销，即数列{an}满足an＋1＝1.2an－a————教师教师知识必备知识必备————　　第9讲　数列求和及数列的简单应用返回目录►考点一数列的求和数列求和——数列分拆，重新分组，公式法求和题型：选择，填空，解答分值：5－6分难度：基础热点：分组求和例1在等比数列{an}中，an>0(n∈N*)，且a1a3＝4，a3＋1是a2和a4的等差中项．(1)求数列{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足bn＝an＋1＋log2an(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Sn.►考向一分组转化法求和考点考向探究第9讲　数列求和及数列的简单应用返回目录解：(1)设数列{an}的公比为q.由an>0可知公比q>0，则可得a1a3＝4，2（a3＋1）＝a2＋a4，即a22＝4，2（a3＋1）＝a2＋a4，所以a2＝2，2（a2q＋1）＝a2＋a2q2解得a2＝2，q＝2所以a1＝1，q＝2.故an＝2n－1.(2)由(1)可知，bn＝an＋1＋log2an＝2n＋(n－1)，∴Sn＝(21＋22＋23＋…＋2n)＋[0＋1＋2＋…＋(n－1)]＝2（1－2n）1－2＋n（n－1）2＝2n＋1＋n（n－1）2－2.第9讲　数列求和及数列的简单应用考点考向探究返回目录第9讲　数列求和及数列的简单应用[小结]若一个数列是由两个或多个等差、等比数列的和差形式组成，或这个数列可以分解成两个或多个等差、等比数列的和差形式，则可以根据数列的结构，对原数列的各部分分别使用等差、等比数列的求和公式求和，进而求得原数列的和．变式题已知数列{an}的前n项和是Sn，且2Sn＝2－an.(1)求数列{an}的通项公式；(2)记bn＝an＋n，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)当n＝1时，2a1＝2－a1，解得a1＝23.当n≥2时，由2Sn＝2－an，得2Sn－1＝2－an－1，两式相减，得2(Sn－Sn－1)＝an－1－an，即2an＝an－1－an，考点考向探究　　返回目录∴3an＝an－1，即anan－1＝13，∴数列{an}是以23为首项，13为公比的等比数列．∴数列{an}的通项公式为an＝213n.(2)由(1)知bn＝2×13n＋n，∴Tn＝213＋132＋133＋…＋13n＋(1＋2＋3＋…＋n)＝2×131－13n1－13＋n2＋n2＝1－13n＋n2＋n2.第9讲　数列求和及数列的简单应用考点考向探究返回目录►考向二错位相减法求和数列求和——“等差乘等比数列”型，错位相减法求和题型：解答分值：6分难度：较难热点：错位相减法第9讲　数列求和及数列的简单应用例2已知数列{an}为正项等比数列，a2＝3，a6＝243，Sn为等差数列{bn}的前n项和，b1＝3，S5＝35.(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；(2)设Tn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn，求Tn.考点考向探究返回目录第9讲　数列求和及数列的简单应用解：(1)设数列{an}的公比为q(q＞0)．则由题意可知，a1q＝3，a1q5＝243，∴a1＝1，q＝3，∴an＝3n－1.设数列{bn}的公差为d，由题意可得，b1＝3，5b1＋10d＝35，∴b1＝3，d＝2，∴bn＝2n＋1.(2)Tn＝1×3＋3×5＋32×7＋…＋3n－1(2n＋1)，3Tn＝3×3＋32×5＋33×7＋…＋3n－1(2n－1)＋3n(2n＋1)，相减得－2Tn＝3＋3×2＋32×2＋…＋3n－1×2－3n(2n＋1)＝3＋2×(3＋32＋…＋3n－1)－3n(2n＋1)＝3n－3n(2n＋1)＝－2n·3n，∴Tn＝n·3n.考点考向探究　返回目录[小结]用错位相减法求和应注意：①要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；②在写出“Sn”和“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“Sn－qSn”的表达式．第9讲　数列求和及数列的简单应用考点考向探究　返回目录第9讲　数列求和及数列的简单应用►考向三裂项相消法求和数列求和——数列拆分，相消转化为有限的几项题型：解答分值：6分难度：较难热点：裂项相消法例3设数列{an}的前n项和为Sn，对任意的正整数n，都有an＝5Sn＋1成立．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝log4|an|，求数列1bn·bn＋2的前n项和Tn.考点考向探究　返回目录第9讲　数列求和及数列的简单应用解：(1)当n＝1时，a1＝5S1＋1，∴a1＝－14.又∵an＝5Sn＋1，an＋1＝5Sn＋1＋1，∴an＋1－an＝5an＋1，即an＋1an＝－14，∴数列{an}是首项为a1＝－14，公比为q＝－14的等比数列，∴an＝－14n.(2)由(1)得bn＝log4－14n＝－n，∴1bnbn＋2＝1n（n＋2）＝121n－1n＋2，∴Tn＝121－13＋12－14＋…＋1n－1n＋2＝121＋12－1n＋1－1n＋2＝34－2n＋32（n＋1）（n＋2）.考点考向探究　返回目录第9讲　数列求和及数列的简单应用[小结]常见的裂项方式有：1n（n＋1）＝1n－1n＋1；1n（n＋k）＝1k1n－1n＋k；1n2－1＝121n－1－1n＋1；14n2－1＝1212n－1－12n＋1.变式题已知等差数列{an}满足a3＝4，a5＋a7＝14，且其前n项和为Sn.(1)求an及Sn；(2)令bn＝1a2n－1(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Tn.考点考向探究　返回目录第9讲　数列求和及数列的简单应用解：(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d.∵a3＝4，a5＋a7＝14，∴a1＋2d＝4，2a1＋10d＝14.解得a1＝2，d＝1.∴an＝2＋(n－1)×1＝n＋1，Sn＝n（a1＋an）2＝n2＋3n2.(2)由(1)得a2n－1＝n2＋2n，∴bn＝1n2＋2n＝1n（n＋2）＝121n－1n＋2.∴Tn＝121－13＋12－14＋…＋1n－1n＋2＝121＋12－1n＋1－1n＋2＝3n2＋5n4（n2＋3n＋2）.考点考向探究返回目录►考点二数列的简单应用数列的实际应用——1.等差数列的实际应用；2.等比数列的实际应用题型：选择，填空，解答分值：5－10分难度：基础热点：等差数列的实际应用第9讲　数列求和及数列的简单应用考点考向探究　返回目录例４某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M，M的价值在使用过程中逐年减少．从第2年到第6年，每年初M的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M的价值为上年初的75%.(1)求第n年初M的价值an的表达式；(2)设An＝a1＋a2＋…＋ann，若An大于80万元，则M继续使用，否则须在第n年初对M进行更新，证明：须在第9年初对M进行更新．第9讲　数列求和及数列的简单应用考点考向探究返回目录解：(1)当n≤6时，数列{an}是首项为120，公差为－10的等差数列，所以an＝120－10(n－1)＝130－10n.当n≥7时，数列{an}是以a6为首项，34为公比的等比数列，又a6＝70，所以an＝70×34n－6.因此，第n年初M的价值an的表达式为an＝130－10n，n≤6，70×34n－6，n≥7.(2)证明：设Sn为数列{an}的前n项和．当1≤n≤6时，Sn＝120n－5n(n－1)，An＝120－5(n－1)＝125－5n.当n≥7时，由于S6＝570，所以第9讲　数列求和及数列的简单应用考点考向探究返回目录Sn＝S6＋(a7＋a8＋…＋an)＝570＋70×34×4×1－34n－6＝780－210×34n－6，所以An＝780－210×34n－6n.因为数列{an}是递减数列，所以数列{An}是递减数列，又A8＝780－210×348－68＝824764＞80，A9＝780－210×349－69＝767996＜80，所以须在第9年初对M进行更新．第9讲　数列求和及数列的简单应用考点考向探究返回目录例1[配例2使用]已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＋an＝－12n2－32n＋1(n∈N*)．(1)设bn＝an＋n，证明：数列{bn}是等比数列；(2)求数列{nbn}的前n项和Tn.[备选理由]例1考查等比数列的证明和错位相减法求和；例2是一道裂项难度较大的问题，并涉及不等式的证明．————教师备用例题教师备用例题————　　第9讲　数列求和及数列的简单应用返回目录解：(1)证明：因为an＋Sn＝－12n2－32n＋1，所以当n＝1时，2a1＝－1，则a1＝－12，当n≥2时，an－1＋Sn－1＝－12(n－1)2－32(n－1)＋1，所以2an－an－1＝－n－1，即2(an＋n)＝an－1＋n－1，所以bn＝12bn－1(n≥2)，又b1＝a1＋1＝12，所以数列{bn}是首项为12，公比为12的等比数列，所以bn＝12n.第9讲　数列求和及数列的简单应用返回目录(2)由(1)得nbn＝n2n，所以Tn＝12＋222＋323＋424＋…＋n－12n－1＋n2n，①2Tn＝1＋22＋322＋423＋…＋n－12n－2＋n2n－1.②由②－①得Tn＝1＋12＋122＋…＋12n－1－n2n＝1－12n1－12－n2n＝2－n＋22n.第9讲　数列求和及数列的简单应用返回目录例２[配例3使用]正项数列{an}的前n项和Sn满足：S2n－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.(1)求数列{an}的通项公式an.(2)令bn＝n＋1（n＋2）2a2n，数列{bn}的前n项和为Tn.证明：对于任意的n∈N*，都有Tn<564.第9讲　数列求和及数列的简单应用解：(1)由S2n－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，得Sn－（n2＋n）(Sn＋1)＝0.由于数列an是正项数列，所以Sn>0，所以Sn＝n2＋n.故当n＝1时，a1＝S1＝2.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.又a1＝2满足此关系式，故数列an的通项公式为an＝2n.返回目录第9讲　数列求和及数列的简单应用(2)证明：由于an＝2n，bn＝n＋1（n＋2）2a2n，则bn＝n＋14n2（n＋2）2＝1161n2－1（n＋2）2.故Tn＝1161－132＋122－142＋132－152＋…＋1（n－1）2－1（n＋1）2＋1n2－1（n＋2）2＝1161＋122－1（n＋1）2－1（n＋2）2<1161＋122＝564.

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