（普通班）2017届高三数学一轮复习 第六篇 数列 理（课件+习题）（打包8套）.zip

1第六篇 数列(必修 5)第 1 节 数列的概念与简单表示法【选题明细表】知识点、方法 题号观察法求通项公式 1,7递推公式的应用 3,4,8,12,13an与 Sn的关系 2,9,10数列的单调性、最值 5,11综合问题 6,14基础对点练(时间:30 分钟)1.(2016 宜春校级模拟)已知数列 , , , , ,…,则 5 是它的( C )5 11172329 5(A)第 19 项 (B)第 20 项 (C)第 21 项 (D)第 22 项解析:数列 , , , , ,…,中的各项可变形为:5 11172329, , , , ,…,5 5+6 5+2×6 5+3×6 5+4×6所以通项公式为 an= = ,5+6(𝑛‒1) 6𝑛‒1令 =5 ,得 n=21.6𝑛‒1 52.设数列{a n}的前 n 项和 Sn=n2,则 a8的值为( A )(A)15 (B)16 (C)49 (D)64解析:由 a8=S8-S7=64-49=15.3.(2016 临潼区校级模拟)数列{a n}满足 an+1= 若 a1=,则 a2 015等于( B ){2𝑎𝑛,0≤𝑎𝑛,所以 a2=2a1-1=,所以 a3=2a2=,a4=2a3=,所以 a5=2a4-1=.所以 an+4=an,所以 a2 015=a4×503+3=a3=.4.(2015 吉林校级模拟)已知 a1=1,an+1= ,则数列{a n}的通项为 an等于( C )𝑎𝑛3𝑎𝑛+1(A) (B)2n-112𝑛‒1(C) (D)3n-213𝑛‒2解析:因为 an+1= ,𝑎𝑛3𝑎𝑛+1所以 3an+1an=an-an+1,两边同除以 an+1an2得 3= -,1𝑎𝑛+1由 a1=1,所以=1,所以数列{}是首项为 1,公差为 3 的等差数列,所以=1+3(n-1)=3n-2,所以 an= .13𝑛‒25.设 an=-3n2+15n-18,则数列{a n}中的最大项的值是( D )(A) (B) (C)4 (D)0163 133解析:a n=-3(n-)2+,由二次函数性质,得当 n=2 或 n=3 时,a n取最大值,最大值为 a2=a3=0.6.(2015 衢州模拟)数列{a n}满足 an=n2+kn+2,若不等式 an≥a 4恒成立,则实数 k 的取值范围是( B )(A)[-9,-8] (B)[-9,-7](C)(-9,-8) (D)(-9,-7)解析:a n=n2+kn+2=(n+)2+2-,因为不等式 an≥a 4恒成立,所以 3.5≤-≤4.5,解得-9≤k≤-7.7.(2016 宜昌模拟)已知数列 ln 3,ln 7,ln 11,ln 15,…,则 2ln 5+ln 3 是该数列的第 项. 解析:由数列 3,7,11,15,…,可知此数列的通项公式为 an=ln(4n-1).令 2ln 5+ln 3=ln(4n-1),所以 75=4n-1,解得 n=19.所以 2ln 5+ln 3 是该数列的第 19 项.答案:198.(2016 濮阳一模)已知数列{a n}中,a 1=20,an+1=an+2n-1,n∈N *,则数列{a n}的通项公式 an= .解析:因为数列{a n}中,a 1=20,an+1=an+2n-1,n∈N *,所以 a2=a1+1,a3=a2+3,a4=a3+5,…an=an-1+2n-3;上式累加可得an=a1+1+3+5+…+(2n-3)=20+(𝑛‒1)(1+2𝑛‒3)2=n2-2n+21.答案:n 2-2n+219.(2016 云南玉溪一中高三期中)数列{a n}的通项 an=n2(cos2 -sin2 ),其前 n 项和为 Sn,𝑛𝜋3 𝑛𝜋33则 S30为 . 解析:因为 an=n2(cos2 -sin2 )=n2cos ,𝑛𝜋3 𝑛𝜋3 2𝑛𝜋3所以 S30=12·cos +22·cos +32·cos 2π+…+30 2·cos 20 π2𝜋3 4𝜋3=-×1-×22+32-×42-×52+62+…-×282-×292+302=-[(12+22-2×32)+(42+52-2×62)+…+(282+292-2×302)]=-[(12-32)+(42-62)+…+(282-302)+(22-32)+(52-62)+…+(292-302)]=-[-2(4+10+16+…+58)-(5+11+17+…+59)]=-[-2× ×10- ×10]=470.(4+58)2 (5+59)2答案:47010.若数列{a n}的前 n 项和 Sn满足:S n=2an+1.(1)求 a1,a2,a3;(2)求{a n}的通项公式.解:(1)因为 Sn=2an+1.所以当 n=1 时,S 1=a1=2a1+1,所以 a1=-1;同理可得 a2=-2;a3=-4.(2)当 n≥2 时,a n=Sn-Sn-1=2an+1-2an-1-1=2an-2an-1,所以 an=2an-1,即数列{a n}是以 a1=-1 为首项,公比 q=2 的等比数列.所以 an=-2n-1.能力提升练(时间:15 分钟)11.(2016 山东模拟)设函数 f(x)= 数列 {an}满足 an=f(n),n∈N +,且数列{(3‒𝑎)𝑥‒3,𝑥≤7,𝑎𝑥‒6,𝑥7, {an}是递增数列,则实数 a 的取值范围是( B )(A)(1,3) (B)(2,3)(C)(,3) (D)(1,2)解析:因为 f(x)={(3‒𝑎)𝑥‒3,𝑥≤7,𝑎𝑥‒6,𝑥7, 数列{a n}满足 an=f(n),n∈N +,且数列{a n}是递增数列所以 {𝑎1,3‒𝑎0,𝑎218‒7𝑎,解得 {𝑎1,𝑎2或 𝑎0,an0,解得 n6 或 n6(n∈N *)时,a n0.令 n2-n-300,则-x0,因为 f(x)是定义在 R 上的奇函数,所以 f(x)=-f(-x)=-[-x (1+x)]=x(1+x).由 a1=,且 an+1= ,11‒𝑎𝑛所以 a2= = =2,11‒𝑎1 11‒12a3= = =-1,11‒𝑎2 11‒2a4= = =.11‒𝑎3 11‒(‒1)…所以数列{a n}是以 3 为周期的周期数列,则 a11=a3×3+2=a2=2.所以 f(a11)=f(2)=2×(2+1)=6.1第 2节 等差数列【选题明细表】知识点、方法 题号等差数列的判定与证明 13,14等差数列的基本运算 1,3,10等差数列的性质 2,4,8,9等差数列的单调性、最值 5,7,12等差数列的综合应用 6,11,15基础对点练(时间:30 分钟)1.(2016昆明一中月考)设 Sn为等差数列{a n}的前 n项和,若 a3=3,S9-S6=27,则该数列的首项 a1等于( D )(A)- (B)- (C) (D)解析:由 得{𝑎1+2𝑑=3,9𝑎1+36𝑑‒(6𝑎1+15𝑑)=27 {𝑎1+2𝑑=3,𝑎1+7𝑑=9,解得 a1=.故选 D.2.(2015河北石家庄二模)已知数列{a n}为等差数列,且 a1+a7+a13=4,则 a2+a12的值为( B )(A) (B) (C)2 (D)4解析:因为 a1+a7+a13=3a7=4,所以 a7=.所以 a2+a12=2a7=2×=.3.(2016云南第二次检测)设 Sn是等差数列{a n}的前 n项和,若=,则等于( D )(A) (B) (C)4 (D)5359解析:因为=,所以 =,𝑎1+4𝑑𝑎1+2𝑑解得 a1=-.所以= = = =5.5(𝑎1+𝑎5)23(𝑎1+𝑎3)2 5𝑎33𝑎25·3𝑑23·𝑑24.(2015郑州第一次质量预测)已知数列{a n}是等差数列,其前 n项和为 Sn,若 a1a2a3=10,且=,则 a2等于( A )5𝑆1𝑆5(A)2 (B)3 (C)4 (D)5解析:因为 S5= =5a3,5(𝑎1+𝑎5)2又 =,5𝑆1𝑆52所以 =,5𝑎1·5𝑎3所以 a1a3=5,又 a1a2a3=10,所以 a2=2.5.设等差数列{a n}的前 n项和为 Sn,若 a2=-9, a3+a7=-6,则当 Sn取得最小值时,n 等于( D )(A)9 (B)8 (C)7 (D)6解析:因为 a3+a7=2a5=-6,所以 a5=-3,所以 d=2,所以 a6=-1,a7=1,所以 S6最小.故选 D.6.(2015高考北京卷)设{a n}是等差数列.下列结论中正确的是( C )(A)若 a1+a20,则 a2+a30(B)若 a1+a3 𝑎1𝑎3(D)若 a10解析:因为{a n}为等差数列,所以 2a2=a1+a3.当 a2a10时,得公差 d0,所以 a30,所以 a1+a32 ,所以 2a22 ,𝑎1𝑎3 𝑎1𝑎3即 a2 ,故选 C.𝑎1𝑎37.(2016湖南省师范大学附属中学高三上月考)已知数列{a n}为等差数列,其前 n项和为 Sn,且 1+ 0的 n的最大值为 . 𝑎11𝑎10解析:因为 Sn有最大值,则数列{a n}单调递减.又 0,a110,𝑎1+𝑎192S20=20× =10(a10+a11)1,n∈N *).(1)求 a1,a2及通项 an;(2)设 Sn为数列{a n}的前 n项和,则数列 S1,S2,S3,…中哪一项最小?解:(1)因为数列{a n}满足 a3=-13,an=an-1+4,所以 an-an-1=4,即数列{a n}为等差数列且公差为 d=4,所以 a2=a3-d=-13-4=-17,a1=a2-d=-17-4=-21,所以通项 an=a1+(n-1)d=-21+4(n-1)=4n-25.(2)令 an=4n-25≥0 可解得 n≥ ,2544所以数列{a n}的前 6项为负值,从第 7项开始为正数,所以数列 S1,S2,S3,…中 S6最小.能力提升练(时间:15 分钟)12.(2015甘肃二诊)设等差数列{a n}的前 n项和为 Sn,且满足 S170,S180,17·(𝑎1+𝑎17)2所以 a90,又 S18=9(a1+a18)=9(a9+a10)0,0,…,0, a2…a9,所以,,…, 中最大的项为.𝑆15𝑎1513.正项数列{a n}满足:a 1=1,a2=2,2 = + (n∈N *,n≥2), 则 a7= . 𝑎2𝑛𝑎2𝑛+1𝑎2𝑛‒1解析:因为 2 = + (n∈N *,n≥2),所以数列{ }是以 =1为首项,以 d= - =4-𝑎2𝑛𝑎2𝑛+1𝑎2𝑛‒1 𝑎2𝑛 𝑎21 𝑎22𝑎211=3为公差的等差数列,所以 =1+3(n-1)=3n-2,所以 an= ,n≥1.所以 a7= =𝑎2𝑛 3𝑛‒2 3×7‒2.19答案: 1914.已知等差数列的前三项依次为 a,4,3a,前 n项和为 Sn,且 Sk=110.(1)求 a及 k的值;(2)设数列{b n}的通项公式 bn=,证明数列{b n}是等差数列,并求其前 n项和 Tn.解:(1)设该等差数列为{a n},则 a1=a,a2=4,a3=3a,由已知有 a+3a=8,得 a1=a=2,公差 d=4-2=2,所以 Sk=ka1+ ·d=2k+ ×2=k2+k.𝑘(𝑘‒1)2 𝑘(𝑘‒1)2由 Sk=110,得5k2+k-110=0,解得 k=10或 k=-11(舍去),故 a=2,k=10.(2)由(1)得 Sn= =n(n+1),𝑛(2+2𝑛)2则 bn==n+1,故 bn+1-bn=(n+2) -(n+1)=1,即数列{b n}是首项为 2,公差为 1的等差数列,所以 Tn= = .𝑛(2+𝑛+1)2 𝑛(𝑛+3)215.(2015南昌模拟)已知数列{a n}满足 a1=1,an= (n∈N *,n≥2),数列{b n}满足关系𝑎𝑛‒12𝑎𝑛‒1+1式 bn=(n∈N *).(1)求证:数列{b n}为等差数列;(2)求数列{a n}的通项公式.(1)证明:因为 bn=,且 an= ,𝑎𝑛‒12𝑎𝑛‒1+1所以 bn+1= = = .1𝑎𝑛+11𝑎𝑛2𝑎𝑛+12𝑎𝑛+1𝑎𝑛所以 bn+1-bn= -=2.2𝑎𝑛+1𝑎𝑛又 b1==1,所以数列{b n}是首项为 1,公差为 2的等差数列.(2)解:由(1)知数列{b n}的通项公式为bn=1+(n-1)×2=2n-1,又 bn=,所以 an== .12𝑛‒1所以数列{a n}的通项公式为 an= .12𝑛‒1精彩 5分钟1.(2015江西校级二模)已知函数 f(x)=x2-2x+4,数列{a n}是公差为 d的等差数列,若a1=f(d-1),a3=f(d+1),则{a n}的通项公式为( B )(A)an=2n-2 (B)an=2n+1 (C)an=2n+3 (D)an=n+2解题关键:解决本题的关键是构建方程求出 d.解:因为 f(x)=x2-2x+4,所以 a1=f(d-1)=(d-1)2-2(d-1)+4=d2-4d+7,a3=f(d+1)=(d+1)2-2(d+1)+4=d2+3,所以 a3-a1=4d-4,即 2d=4d-4,6解得 d=2,所以 a1=3,所以 an=3+2(n-1)=2n+1.2.等差数列{a n}满足 a3=3,a6=-3,则数列{a n}的前 n项和 Sn的最大值为 . 解题关键:解出 a1和 d,采用 Sn=An2+Bn利用函数求最值,也可利用通项公式求最值.解析:法一 由 a3=3,a6=-3得,{𝑎1+2𝑑=3,𝑎1+5𝑑=‒3,解得 {𝑎1=7,𝑑=‒2.所以 Sn=na1+ d=-n2+8n=-(n-4)2+16.𝑛(𝑛‒1)2所以当 n=4时 Sn取最大值 16.法二 由 a3=3,a6=-3得 {𝑎1+2𝑑=3,𝑎1+5𝑑=‒3,解得 {𝑎1=7,𝑑=‒2,所以 an=9-2n.则 n≤4 时,a n0,当 n≥5 时,a n0,故前 4项和最大且 S4=4×7+ ×(-2)=16.4×32答案:16考点一 等差数列的基本量运算考点二 等差数列的判断与证明反思归纳 等差数列的性质考点三 反思归纳 1第 3节 等比数列【选题明细表】知识点、方法 题号等比数列的判定与证明 6,11,14等比数列的基本运算 1,5,8,10等比数列的性质 2,7,9等差、等比数列的综合 4,12等比数列与其他知识的综合 3,13,15基础对点练(时间:30 分钟)1.已知数列{a n}是等比数列,a 1=,a4=-1,则 a6等于( A )(A)-4 (B)4 (C)-8 (D)8解析:设{a n}的公比为 q,由=q 3,得 q=-2,所以 a6=a1q5=-4.2.(2016哈尔滨六中高三期中)已知数列{a n}满足 1+log3an=log3an+1 (n∈N *),a2+a4+a6=9,则(a5+a7+a9)等于( C )𝑙𝑜𝑔13(A)- (B) (C)-5 (D)5解析:因为 1+log3an=log3an+1(n∈N *),所以 3an=an+1,即数列{a n}为公比 q=3的等比数列,则a5+a7+a9=q3(a2+a4+a6)=243,所以 (a5+a7+a9)= 243=-5.𝑙𝑜𝑔13 𝑙𝑜𝑔133.(2015宁夏石嘴山高三联考)在各项均为正数的等比数列{a n}中,a 2a10=9,则 a5+a7( A )(A)有最小值 6 (B)有最大值 6(C)有最大值 9 (D)有最小值 3解析:依题意知,a n0,又 a2a10=9,所以 a5a7=9.所以 a5+a7≥2 =6.(当且仅当 a5=a7时,取等号)𝑎5𝑎7故 a5+a7有最小值 6.4.(2016南昌二中高三月考)等差数列{a n}中,2a 3- +2a11=0,数列{b n}为等比数列,且 b7=a7,𝑎27则 b6b8的值为( C )(A)4 (B)2 (C)16 (D)8解析:因为数列{a n}为等差数列,所以 2a7=a3+a11,因为 2a3- +2a11=0,𝑎27所以 4a7- =0,𝑎27因为 a7≠0,所以 a7=4,2因为数列{b n}是等比数列,所以 b6b8= = =16,故选 C.𝑏27𝑎275.(2015南昌校级二模)已知等比数列{a n}的前 n项和为 Sn,且 a1+a3=,a2+a4=,则等于( C )(A)4n-1 (B)4n-1(C)2n-1 (D)2n-1解析:设等比数列{a n}的公比为 q,所以 q= =,𝑎2+𝑎4𝑎1+𝑎3所以 a1+a3=a1(1+q2)=a1(1+)=,解得 a1=2,所以 an=2×()n-1=()n-2,Sn= ,2[1‒(12) 𝑛]1‒12所以= =2n-1.2[1‒(12) 𝑛]1‒12(12) 𝑛‒26.(2016奉贤区模拟)已知数列{a n}的首项 a1=1,an+1=3Sn(n∈N *),则下列结论正确的是( B )(A)数列{a n}是等比数列(B)数列 a2,a3,…,an是等比数列(C)数列{a n}是等差数列(D)数列 a2,a3,…,an是等差数列解析:由 an+1=3Sn(n≥1),得an=3Sn-1(n≥2),两式作差得 an+1-an=3an(n≥2),即 an+1=4an(n≥2),因为 a1=1,an+1=3Sn(n≥1),所以 a2=3,所以数列 a2,a3,…,an是公比为 4的等比数列.7.等比数列{a n}的首项 a1=-1,前 n项和为 Sn,若 = ,则{a n}的通项公式 an= . 𝑆10𝑆53132解析:因为 = ,𝑆10𝑆53132所以 =- ,𝑆10‒𝑆5𝑆5 1323因为 S5,S10-S5,S15-S10成等比数列,且公比为 q5,所以 q5=- ,q=-,132则 an=-1×-n-1=--n-1.答案:- (-) n-18.已知等比数列{a n}的公比为正数,且 a2·a6=9a4,a2=1,则 a1= . 解析:由 a2·a6=9a4得 a2(a2q4)=9a2q2,解得 q2=9,所以 q=3或 q=-3(舍去),所以由 a2=a1q,得 a1==.答案:9.(2016南昌二中高三上第三次月考)等比数列{a n}的公比为 q,其前 n项的积为 Tn,并且满足条件 a11,a99a100-10, 1成立的最大自然数 n等于 198,其中正确的结论是 . 解析:①中(a 99-1)(a100-1)1,a99a1001,所以 a991,01,T199=a1a2…a199=(a1a199)(a2a198)…(a99a101)a1000,因为 S3-3a1-2a2=0,所以 a1+a2+a3-3a1-2a2=0,所以 a3-2a1-a2=0,所以 a1q2-2a1-a1q=0,消去 a1可解得 q=2或 q=-1(舍去),又因为存在两项 an,am使得 =4a1,𝑎𝑚𝑎𝑛5所以 aman=16 ,𝑎21所以 qm+n-2=16 ,𝑎21 𝑎21所以 qm+n-2=16,即 2m+n-2=16,所以 m+n-2=4,所以(m+n)=1,所以+=(+)(m+n)= (5++ )≥(5+2 )=,4𝑚𝑛 𝑛𝑚·4𝑚𝑛当且仅当= ,4𝑚𝑛即 m=2且 n=4时取等号,所以+的最小值是.14.(2014高考江西卷)已知数列{a n}的前 n项和 Sn= ,n∈N *.3𝑛2‒𝑛2(1)求数列{a n}的通项公式;(2)证明:对任意的 n1,都存在 m∈N *,使得 a1,an,am成等比数列.(1)解:由 Sn= ,得 a1=S1=1,3𝑛2‒𝑛2当 n≥2 时,a n=Sn-Sn-1=3n-2,所以数列{a n}的通项公式为:a n=3n-2.(2)证明:要使得 a1,an,am成等比数列,只需要 =a1·am,𝑎2𝑛即(3n-2) 2=1·(3m-2),即 m=3n2-4n+2,而此时 m∈N *,且 mn.所以对任意的 n1,都存在 m∈N *,使得 a1,an,am成等比数列.15.(2015宜昌校级二模)在等比数列{a n}中,其前 n项和为 Sn,已知 a3=,S3=,(1)求数列{a n}的通项公式;(2)是否存在正整数 n,使得 Sn-Sn+2= 成立,若存在,求出 n的值,若不存在,请说明理由.332解:(1)设等比数列的公比为 q,依题意,有 a1q2=,a1+a1q+a1q2=,解得 a1=,q=1或 a1=6,q=-,故数列{a n}的通项公式为 an=或 an=6·(-)n-1.(2)假设存在正整数 n,使得Sn-Sn+2= 成立,3326①当 a1=,q=1时,由 Sn-Sn+2=332⇒n-(n+2)= ,无解;332②当 a1=6,q=-时,Sn=4[1-(-)n],由 Sn-Sn+2= ⇒(-)n=- ⇒n=5.332 132综合①②知,存在正整数 n=5,使得 Sn-Sn+2= 成立.332精彩 5分钟1.(2015上饶二模)三个实数 a,b,c成等比数列,若 a+b+c=1成立,则 b的取值范围是( D )(A)(0,] (B)[-1,](C)[-,0) (D)[-1,0)∪(0,]解题关键:把 a,c用 b与公比 q表示,由 a+b+c=1进而得出 b关于 q的函数,利用基本不等式即可求出范围.解析:因为三个实数 a,b,c成等比数列,可设,b,bq,因为 a+b+a=1成立,所以+b+bq=1,所以 b= = ,𝑞𝑞2+𝑞+1 1𝑞+1𝑞+1因为 q+∈(-∞,-2]∪[2,+∞),所以 b∈[-1,0)∪(0,].2.(2015日照二模)函数 y= 的图象上存在不同的三点到原点的距离构成等比数9‒(𝑥‒5)2列,则以下不可能成为等比数列的公比的数是( D )(A) (B) (C) (D)2 3 5解题关键:由图象上的点到原点的距离的最大、最小值,求出公比的最大、最小值.解析:函数 y= 等价于9‒(𝑥‒5)2 {(𝑥‒5)2+𝑦2=9,𝑦≥0, 表示圆心在(5,0),半径为 3的上半圆(如图所示),圆上点到原点的最短距离为 2(点(2,0)处),最大距离为 8(点(8,0)处),若存在三点成等比数列,则最大的公比 q应有 8=2q2,即 q2=4,q=2,最小的公比应满足 2=8q2,即 q2=,解得 q=.7又不同的三点到原点的距离不相等,故 q≠1,所以公比的取值范围为≤q≤2,且 q≠1.考点一 等比数列的基本运算考点二 等比数列的判定与证明反思归纳 等比数列的性质及应用考点三 反思归纳 在等比数列的基本运算问题中 ,一般是利用通项公式与前 n项和公式 ,建立方程 (组 )求解 ,但如果灵活运用等比数列的性质 ,可减少运算量 ,提高解题速度 .1第 4 节 数列求和及综合应用【选题明细表】知识点、方法 题号公式法、并项法、分组法求和 1,2,6裂项相消法求和 3,10,11, 13错位相减法求和 4,9数列的综合应用 5,8,12,14数列的实际应用 7基础对点练(时间:30 分钟)1.数列{1+2 n-1}的前 n 项和为( C )(A)1+2n (B)2+2n(C)n+2n-1 (D)n+2+2n解析:由题意令 an=1+2n-1,所以 Sn=n+ =n+2n-1,故选 C.1‒2𝑛1‒22.数列{a n}的前 n 项和为 Sn,已知 Sn=1-2+3-4+…+(-1)n-1·n,则 S17等于( A )(A)9 (B)8 (C)17 (D)16解析:S 17=(1-2)+(3-4)+…+(15-16)+17=-1×8+17=9.故选 A.3.(2015 鞍山校级四模)数列{a n}的前 n 项和为 Sn,若 an= ,则 S5等于( B )1𝑛(𝑛+1)(A)1 (B) (C) (D)130解析:因为 an=- ,1𝑛+1所以 Sn=(1-)+(-)+…+(- )=1- = .1𝑛+1 1𝑛+1 𝑛𝑛+1所以 S5=.故选 B.4.Sn=+++…+等于( B )(A) (B)2𝑛‒𝑛2𝑛 2𝑛+1‒𝑛‒22𝑛(C) (D)2𝑛‒𝑛+12𝑛+1 2𝑛+1‒𝑛+22𝑛解析:由 Sn=+++…+,①得 Sn=++…+ + ,②𝑛‒12𝑛 𝑛2𝑛+1①-②得,2Sn=+++…+-𝑛2𝑛+1= - ,12[1‒(12)𝑛]1‒12 𝑛2𝑛+1所以 Sn= .2𝑛+1‒𝑛‒22𝑛5.(2015 郑州二模)已知等比数列{a n}的首项为,公比为-,其前 n 项和为 Sn,则 Sn的最大值为( D )(A) (B) (C) (D)解析:因为等比数列{a n}的首项为,公比为-,所以 Sn= =1-(-)n,32[1‒(‒12) 𝑛]1‒(‒12)当 n 取偶数时,S n=1-()nb14b6.又 b14+b6=b1q13+b1q5,由 a13+a9-(b14+b6)=2b1q9-b1q13-b1q5=-b1q5(q8-2q4+1)=-b1q5(q4-1)2≤0,则有 a13+a9≤b 14+b6.综上可得,A,B,C 均错,D 正确.13.(2015 广西南宁二模)在各项均为正数的等比数列{a n}中,a 1=2,且 2a1,a3,3a2成等差数列.(1)求等比数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足 bn=(n+2)log2an,求数列{}的前 n 项和 Tn.解:(1)设数列{a n}的公比为 q,因为 2a1,a3,3a2成等差数列,所以 2a1+3a2=2a3,2a1+3a1q=2a1q2,2q2-3q-2=0,解得 q=2 或 q=-.因为 q0,所以 q=2.因为 a1=2,所以数列{a n}的通项公式 an=a1qn-1=2n,n∈N *.(2)因为 bn=(n+2)log2an=n(n+2),所以= =(- ),1𝑛(𝑛+2) 1𝑛+2Tn=++…+ +1𝑏𝑛‒1=[(1-)+(-)+(-)+…+( -)+( - )+(- )]1𝑛‒2 1𝑛‒1 1𝑛+1 1𝑛+2=(1+- - )1𝑛+1 1𝑛+2=- .2𝑛+32(𝑛2+3𝑛+2)14.(2015 郑州第二次质量预测)已知数列{a n}的前 n 项和为 Sn,且 Sn=2an-2.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设 bn=log2a1+log2a2+…+log2an,求使(n-8)b n≥nk 对任意 n∈N *恒成立的实数 k 的取值范围.解:(1)由 Sn=2an-2 可得 a1=2,因为 Sn=2an-2,所以当 n≥2 时,a n=Sn-Sn-1=2an-2an-1,6即 =2.𝑎𝑛𝑎𝑛‒1数列{a n}是以 a1=2 为首项,公比为 2 的等比数列,所以 an=2n(n∈N *).(2)bn=log2a1+log2a2+…+log2an=1+2+3+…+n= .𝑛(𝑛+1)2由(n-8)b n≥nk 对任意 n∈N *恒成立,即实数 ≥k 对 n∈N *恒成立;(𝑛‒8)(𝑛+1)2设 cn=(n-8)(n+1),则当 n=3 或 n=4 时,c n取得最小值为-10,所以 k≤-10,即 k 的取值范围为(-∞,-10].精彩 5 分钟1.(2015 石家庄二模)已知函数 f(x)= 设方程 f(x)= 的根从小到{1‒|1‒𝑥|,𝑥∈(‒∞,2),2𝑓(𝑥‒2),𝑥∈[2,+∞), 2𝑥‒12大依次为 x1,x2,…,xn,…,n∈N *,则数列{f(x n)}的前 n 项和为( C )(A)n2 (B)n2+n (C)2n-1 (D)2n+1-1解题关键:解决本题的关键是正确画出函数 f(x)的图象,找出 f(x)= 的根,进而可得数2𝑥‒12列{f(x n)}是特殊数列,利用公式法求和.解析:函数 f(x)= 的图象如图所示,{1‒|1‒𝑥|,𝑥∈(‒∞,2),2𝑓(𝑥‒2),𝑥∈[2,+∞)x=1 时,f(x)=1,x=3 时,f(x)=2,x=5 时,f(x)=4,所以方程 f(x)= 的根从小到大依次为 1,3,5,…,数列 {f(xn)}从小到大依次为 1, 2𝑥‒122,4,…,组成以 1 为首项,2 为公比的等比数列,所以数列{f(x n)}的前 n 项和为 =2n-1.故选 C.1‒2𝑛1‒22.(2015 甘肃一诊)设数列{a n}的前 n 项和为 Sn,已知++…+= ,设 bn=() ,数列{b n}的𝑛𝑛+1 𝑎𝑛前 n 项和为 Tn,若对一切 n∈N *均有 Tn∈(,m 2-6m+ ),则实数 m 的取值范围是 .163解题关键:先求出 Sn,再由 an与 Sn的关系求出 an,进而求出 bn及 Tn,然后求出 Tn的范围,则7由 Tn∈(,m 2-6m+ )可知 Tn的范围应是集合(,m 2-6m+ )的子集,比较端点值即可求解.163 163解析:因为++…+= ,①𝑛𝑛+1所以当 n≥2 时,++…+ = ,②1𝑆𝑛‒1𝑛‒1𝑛所以①-②得= - = ,𝑛𝑛+1𝑛‒1𝑛 1𝑛(𝑛+1)所以 Sn=n(n+1)(n≥2).当 n=1 时,= =,11+1所以 a1=2,符合 Sn=n(n+1)(n≥2),所以 Sn=n(n+1),所以可求得 an=2n,所以 bn=() =()2n=()n. 𝑎𝑛因为 =,b1=,𝑏𝑛+1𝑏𝑛所以{b n}是以为首项,为公比的等比数列.所以 Tn= = ∈[,].14×[1‒(14) 𝑛]1‒14 1‒(14) 𝑛3因为 Tn∈(,m 2-6m+ ),163所以[,)⊆(,m 2-6m+ ),163即{1𝑚14,𝑚2‒6𝑚+163≥13,解得 m0 或 m≥5.答案:(-∞,0)∪[5,+∞)考点一 数列求和 (高频考点 )反思归纳 (2)利用裂项相消法求和时 ,应注意抵消后不一定只剩下第一项和最后一项 ,也有可能前面剩两项 ,后面也剩两项 ,再就是将通项公式裂项后 ,有时候需要调整前面的系数 ,使前后相等 .反思归纳 数列与函数、不等式的综合考点二 反思归纳 (1)数列与函数的综合问题主要有以下两类 :① 已知函数条件 ,解决数列问题 ,一般利用函数的性质、图象 ;② 已知数列条件 ,解决函数问题 ,一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形 .(2)数列与不等式的恒成立问题 .此类问题常构造函数 ,通过函数的单调性、最值等解决问题 .(3)与数列有关的不等式证明问题 .解决此类问题要灵活选择不等式的证明方法 ,如比较法、综合法、分析法、放缩法等 .