仁寿一中北校区苗强1.高考导航考点扫描考情统计2018考向预测20172016201520142013数列的求和T9T14T17T17T17T16从近年高考中对数列求和及其综合应用的考查推断,主、客观题不会同时出现,两小或一大,难度中等.数列主观题常与函数、方程、不等式等知识点交汇,综合考查函数与方程、等价转化、分类讨论等数学思想.考查内容主要是:以等差、等比数列为载体,考查数列的通项、求和;利用递推关系求数列的通项、前n项和;而该部分的难点是数列与其他知识点的交汇问题,如:数列中的给定信息题、证明题、恒成立问题等.数列与函数、方程、不等式的交汇T9T14T17T17T17T16数列的要求CCCCC2.数列的基本知识网()1等差,等比的通项及性质,求和.()2累加法转化法累乘法构造法公式法分组求和法错位相减法倒序相加法裂项相消法数列的通项数列求和1),2()1(11*1aNnnnaanannn,满足:已知数列例的通项公式;)求数列(na1.2,)1(222nTnbabnnnann项的和的前求数列)设(nannanaaaannaannaannaanaannnnnnnnnnnnn亦成立,对解得以上各个等式相乘得:,,即时,)当解:(1,1232211121112322111()()()123222121222212342nnnnnbnTn=+-\=++++-+-+-+()由可知,222-12-12122nnnn2321212nnnnaaaana都有中对任意正整数:在数列例{}()(){}2211121log,,23.4nnannnnnnnabccnTbbT+=?-=()求数列的通项公式;设令,记数列的前项和为证明:312111:an时,解111321212nnnaaaan时,232121nnnaaaa又2n+1n21=a成立,经检验对两式相除得1212112112nannnnnn2112nncnbnn可知:由211111131412131121nnnnTn21-11-21121nn43211121-43nn21121nn而11133a,则13,1,3,1.nnnan解:(Ⅰ)由233nnS可得111(33)32aS,2n33321-3321-a1-n1-nn1-nnnSS.,log21332,33nnannnnnnnnTnbabbaSSnan项和的前求数列满足若数列的通项公式;求数列已知项和为的前:设数列例.1,32,3131lognnnannnnab可得:231333233132nnTnn,nnnnnT3132333233314322nnnnT31333332-1432相减得:两式1,32,3112nnnna)知由(2321nbbbbTnn41543322314333nnnnnnT成立时,经检验311Tn41543322314333nnnnnnTnnnnT3131313621[方法归纳]数列求和的四种常用方法(1)直接由等差、等比数列的求和公式求和,注意对等比数列中q≠1的讨论.(2)错位相减法:主要用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘所得数列求和,即等比数列求和公式的推导过程的推广.(3)裂项相消求和法:把数列每一项分裂成两项的和,通过正、负项相消求和.(4)分组转化法:把数列的每一项分成两项,使其转化为几个等差、等比数列再求解.针对训练1已知等差数列{an}的公差不为零,其前n项和为Sn,若S5=70,且a2,a7,a22成等比数列.(1)求数列{an}的通项公式;(2)设数列1Sn的前n项和为Tn,求Tn.解(1)由题知S5=70a27=a2·a22,即5a1+10d=70a1+6d2=a1+da1+21d,解得a1=6,d=4或a1=14,d=0(舍去),所以数列{an}的通项公式为an=4n+2.解(2)证明:由(1)得Sn=2n2+4n,则1Sn=12nn+2=141n-1n+2,则Tn=14(1-13+12-14+13-15+…+1n-1-1n+1+1n-1n+2)=141+12-1n+1-1n+2=38-14(1n+1+1n+2),针对训练2已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an+1=2Sn+1(n∈N*),等差数列{bn}中,公差d=2,且b1+b2+b3=15.(1)求数列{an}、{bn}的通项公式;(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.解:(1)∵a1=1,an+1=2Sn+1(n∈N*),∴an=2Sn-1+1(n∈N*,n1),∴an+1-an=2(Sn-Sn-1)=2an,∴an+1=3an(n∈N*,n1).又a2=2a1+1=3,a2=3a1,例3、[2015·四川高考]设数列{an}(n=1,2,3,…)的前n项和Sn满足Sn=2an-a1,且a1,a2+1,a3成等差数列.(1)求数列{an}的通项公式;解:(1)由已知Sn=2an-a1,有数列与函数、方程、不等式的交汇(2)记数列1an的前n项和为Tn,求使得|Tn-1|11000成立的n的最小值.所以a1+4a1=2(2a1+1),解得a1=2.又因为a1,a2+1,a3成等差数列,即a1+a3=2(a2+1).从而a2=2a1,a3=2a2=4a1.an=Sn-Sn-1=2an-2an-1(n≥2),即an=2an-1(n≥2).所以,数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列.an=2n.∴数列{an}是以1为首项,3为公比的等比数列,∴an=a1·qn-1=3n-1.∵b1+b2+b3=15,∴b2=5.又d=2,∴b1=b2-d=3.∴bn=3+2(n-1)=2n+1.(2)由(1)知Tn=3×1+5×3+7×32+…+(2n-1)×3n-2+(2n+1)×3n-1,①∴3Tn=3×3+5×32+7×33+…+(2n-1)×3n-1+(2n+1)×3n.②∴①-②得-2Tn=3×1+2×3+2×32+2×33+…+2×3n-1-(2n+1)×3n=3+2(3+32+33+…+3n-1)-(2n+1)×3n=3+2×31-3n-11-3-(2n+1)×3n=-2n×3n∴Tn=n×3n.例、[2015·四川高考]设数列{an}(n=1,2,3,…)的前n项和Sn满足Sn=2an-a1,且a1,a2+1,a3成等差数列.(2)记数列1an的前n项和为Tn,求使得|Tn-1|11000成立的n的最小值.[规范解答](2)由(1)得1an=12n.所以Tn=12+122+…+12n=121-12n1-12=1-12n.由|Tn-1|11000,得1-12n-111000,即2n1000.因为29=51210001024=210,所以n≥10.于是,使|Tn-1|11000成立的n的最小值为10.已知函数f(x)满足f(x+y)=f(x)·f(y)且f(1)=12.(1)当n∈N*时,求f(n)的表达式;(2)设an=n·f(n),n∈N*,求证:a1+a2+a3+…+an2;(3)设bn=(9-n)fn+1fn,n∈N*,Sn为{bn}的前n项和,当Sn最大时,求n的值.解:(1)令x=n,y=1,得f(n+1)=f(n)·f(1)=12f(n),∴{f(n)}是首项为12,公比为12的等比数列,∴f(n)=12n.(2)证明:设Tn为{an}的前n项和,∵an=n·f(n)=n·12n,∴Tn=12+2×122+3×123+…+n×12n,针对训练312Tn=122+2×123+3×124+…+(n-1)×12n+n×12n+1,两式相减得12Tn=12+122+…+12n-n×12n+1,∴Tn=2-12n-1-n×12n2.(3)∵f(n)=12n,∴bn=(9-n)fn+1fn=(9-n)12n+112n=9-n2,∴当n≤8时,bn0;当n=9时,bn=0;当n9时,bn0.∴当n=8或9时,Sn取得最大值.