(共29张PPT)
第3讲 数列求和的方法
考点一 分组求和与并项求和
考点二 裂项相消法求和
目 录 索 引
考点三 错位相减法求和
考点一 分组求和与并项求和
理知识
1.分组求和法:若一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或者是可求和数列组成的,则使用分组求和法,各组内分别求和后再相加减.
2.并项求和法:一个数列的前n项和中,若两两结合能呈现规律性的变化,此时可并项求和.形如an=(-1)nf(n)类型的数列求和,常采用两项合并求解.
[微提醒]在并项求和时,要注意项数的奇偶,这决定着项能否恰好两两合并.
链高考
(2024全国甲,文17)记Sn为等比数列{an}的前n项和,已知2Sn=3an+1-3.
(1)求{an}的通项公式;
(2)求数列{Sn}的通项公式.
解 (1)∵2Sn=3an+1-3,①
∴当n≥2时,2Sn-1=3an-3.②
①-②得,2an=3an+1-3an,即3an+1=5an,=q,
∴等比数列{an}的公比q=
又2S1=3a2-3,即2a1=3×a1-3,解得a1=1.故an=1×()n-1=()n-1.
(2)∵2Sn=3an+1-3,
∴Sn=(an+1-1)=[()n-1].
例1 (2025天津河北区模拟)已知等差数列{an}满足a1=3,公差d≠0,且a1,a4,a13恰为等比数列{bn}的前三项.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式;
(2)若数列{cn}满足cn=an+bn,求数列{cn}的前n项和Tn;
(3)求{(-1)nan}的前2n项和S2n.
解 (1)由a1,a4,a13为等比数列,可得=a1·a13,即=a1·(a1+12d),即(3+3d)2=3(3+12d),解得d=2或d=0(舍).所以an=a1+(n-1)d=2n+1.
又{bn}的前三项为a1,a4,a13,即3,9,27,即b1=3,b2=9,b3=27,公比q==3,
所以bn=3×3n-1=3n.
(2)由(1)得cn=an+bn=2n+1+3n,
则Tn=c1+c2+c3+…+cn=(3+3)+(5+32)+(7+33)+…+(2n+1+3n)
=(3+5+7+…+2n+1)+(3+32+33+…+3n)
==n2+2n+
(3)因为an=2n+1,数列{(-1)nan}即为{(-1)n(2n+1)},
所以S2n=-a1+a2-a3+…-a2n-1+a2n=-3+5-7+…-(4n-1)+(4n+1)
=(-3+5)+(-7+9)+…+[-(4n-1)+(4n+1)]=2n.
变式探究
(变结论)本例条件不变,求数列{(-1)nan}的前n项和Sn.
解 对于数列{(-1)n(2n+1)},
当n为偶数时,Sn=-a1+a2-a3+…+an=-3+5-7+…-(2n-1)+(2n+1)
=(-3+5)+(-7+9)+…+[-(2n-1)+(2n+1)]=2=n;
当n为奇数时,Sn=-a1+a2-a3+…-an=-3+5-7+…+(2n-1)-(2n+1)
=(-3+5)+(-7+9)+…-(2n+1)=2-(2n+1)=-n-2.
综上所述,Sn=
【对点训练1】
(2025重庆渝北模拟)已知数列{an}满足+…+=n(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=ansin,数列{bn}的前n项和为Sn,求S100.
解 (1)+…+=n,①
当n=1时,=1,即a1=1;
当n≥2时,+…+=n-1,②
①-②得=1,∴an=2n-1(n≥2).
∵n=1时,a1=1也满足上式,故an=2n-1(n∈N*).
(2)记cn=b4n-3+b4n-2+b4n-1+b4n,
则cn=a4n-3sin+a4n-2sin+a4n-1sin+a4nsin
=a4n-3-a4n-1=[2(4n-3)-1]-[2(4n-1)-1]=-4(常数),
∴数列{cn}为常数列.
∴S100=b1+b2+b3+b4+b5+b6+b7+b8+…+b97+b98+b99+b100
=c1+c2+…+c25=-4×25=-100.
考点二 裂项相消法求和
理知识
裂项相消法就是把数列的通项分解,使得相加后项与项之间能够相互抵消,从而求得其和.常见的裂项方式有:
);
);
;
;
].
[微提醒]在裂项相消的过程中,有的是相邻项抵消,有的是间隔项抵消.
链高考
(2022新高考Ⅰ,17节选)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,是公差为的等差数列.
证明:+…+<2.
证明 是以=1为首项,以为公差的等差数列,
=1+(n-1)Sn=an.①
当n≥2时,Sn-1=an-1.②
①-②得an=Sn-Sn-1=an-an-1,an-1=an,,
设=bn,则bn=bn-1,
∴{bn}为常数列,且b1=,=bn=,∴an=
由上知,=2,
+…+=2(1-+…+)=2(1-)<2.
例2 (2025浙江金华模拟)已知{an}为等差数列,前n项和为Sn(n∈N*),{bn}是首项为2且公比大于0的等比数列,b2+b3=12,b3=a4-2a1,S11=11b4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)若数列{cn}满足cn=,且数列{cn}的前n项和为Tn,
求证:≤Tn<.
(1)解 设{an}的公差为d,{bn}的公比为q,则q>0.
因为b1=2,b2+b3=b1(q+q2)=2(q+q2)=12,可得q2+q-6=0,解得q=2(负值舍去),故数列{bn}的通项公式为bn=2·2n-1=2n.
因为b3=a4-2a1=8,S11=11b4=11×16,
即解得
故数列{an}的通项公式为an=1+3(n-1)=3n-2.
(2)证明 由题得cn=,
所以Tn=()+()+…+()=
因为Tn+1-Tn=cn>0,故数列{Tn}单调递增,
所以Tn≥T1=c1=,且Tn=
因此,对任意的n∈N*,Tn<
考点三 错位相减法求和
理知识
如果数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,求数列{anbn}的前n项和时,常采用错位相减法.
链高考
(2024全国甲,理18)记Sn为数列{an}的前n项和,已知4Sn=3an+4.
(1)求{an}的通项公式;
(2)设bn=(-1)n-1nan,求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)因为4Sn=3an+4,所以4Sn+1=3an+1+4,两式相减,得4an+1=3an+1-3an,即an+1=-3an,
又4S1=3a1+4,则a1=4,
故数列{an}是首项为4,公比为-3的等比数列,则an=4×(-3)n-1.
(2)bn=(-1)n-1nan=4n·3n-1,所以Tn=4(1×30+2×31+3×32+…+n·3n-1).
3Tn=4(1×31+2×32+3×33+…+n·3n),
两式相减,得-2Tn=4(1+31+32+…+3n-1-n·3n)=4(-n·3n)=(2-4n)·3n-2,
所以Tn=(2n-1)3n+1.
例3 (2023全国甲,理17节选)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a2=1,2Sn=nan.求数列的前n项和Tn.
解 由已知条件可求出an=n-1(n∈N*),∴an+1=n,=n,
∴Tn=1+2+3+…+n,①
Tn=1+2+…+(n-1)+n,②
①-②得,Tn=-n,∴Tn=2-(2+n)
【对点训练2】(2025辽宁大连模拟)已知{an}为等差数列,其前n项和为Sn, {bn}为等比数列,a1=-2b1=1,a2+b2=,S6=36.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)求数列{anbn}的前n项和Tn.
解 (1)设{an}的公差为d,{bn}的公比为q,则S6=6a1+d=36,解得d=2.
因为a2+b2=,即(1+d)+(-)×q=,所以q=-,
所以an=1+(n-1)×2=2n-1,bn=(-)×(-)n-1=(-)n.
(2)由(1)得anbn=(2n-1)(-)n,
则Tn=-1+3-5+7-…+(2n-3)×(-)n-1+(2n-1)×(-)n,①
(-)×Tn=-3+5-7+…+(2n-3)×(-)n+(2n-1)×(-)n+1,②
由①-②得Tn=-+2-2+2-…+2×(-)n-(2n-1)×(-)n+1
=-+2[-…+(-)n]-(2n-1)×(-)n+1
=-+2-(2n-1)×(-)n+1
=-(-)n-1-(2n-1)×(-)n+1=-(6n+1)×(-)n-1,
所以Tn=-(6n+1)×(-)n-1.(共41张PPT)
专题二 数列
考点一 等差、等比数列基本量运算
考点二 等差、等比数列性质
目 录 索 引
考点三 等差、等比数列的证明
领航高考风向标
近五年高考数列命题呈现以下特点:
从前几年全国高考来看,对本专题考查多为“一大一小”的形式,有时也只考一道解答题.从2024年数学实行新的试卷结构后,数列解答题不再是单独必考,也不一定是中低档的考题.除了数列的求和等基本运算外,还常与概率统计、导数、不等式等知识综合命制难度较大的题目.
[复习策略]
1.熟记公式,保障运算的正确率 等差、等比数列的通项公式、前n项和公式等公式是解决数列问题的根本.数学运算素养在本单元中无处不在,需要加强训练.如乘公比错位相减法求和等,要规避易错点,不但要会做,还要做对.
2.注重总结规律 本章知识结构清晰,常规题型规律明显.要通过题目总结方法,并了然于胸,如什么情况下选择什么样的方法求数列的通项或前n项和,对症下药,事半功倍.
3.关注数学文化背景的数列试题 数列非常适宜与数学文化结合命题,尤其是中国古代数学名著中涉及的一些常见数列题,此类问题关键是阅读理解题意,转化为等差或等比数列等模型解答.
4.重视数列与其他知识的融合加深 尤其在压轴题中,数列不一定孤立考查,而是与函数、不等式、解析几何等知识深度融合.例如,通过数列的通项公式构造函数,利用函数的单调性研究数列的最值问题;或者利用数列与不等式的结合,证明数列相关的不等式,这类综合性题目对学生的知识迁移和综合运用能力提出了更高要求.
第1讲 等差数列、等比数列
考点一 等差、等比数列基本量运算
理知识
项目 等差数列 等比数列
基本公式 通项公式 an=a1+(n-1)d an=a1qn-1(q≠0)
前n 项和 公式 Sn==na1+d (1)q≠1,Sn=;
(2)q=1,Sn=na1
应用等比数列的前n项和公式时,若公比不确定,则一定要分析其为1的情况
链高考
1.(2023全国甲,理5)设等比数列{an}的各项均为正数,前n项和为Sn,若a1=1, S5=5S3-4,则S4=( )
A. B.
C.15 D.30
C
解析 设等比数列{an}的公比为q,易知q>0,且q≠1.
由题意,得-4,
又a1=1,所以-4,解得q=2或q=-2(舍去),所以S4==15,故选C.
2.(2024新高考Ⅱ,12)记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a3+a4=7,3a2+a5=5,则S10= .
95
解析 设等差数列{an}的公差为d.
解得则d=3,a9=20,
∴S10=5(a2+a9)=95.
例1 (1)(2025北京,5)已知{an}是公差不为0的等差数列,a1=-2,若a3,a4,a6成等比数列,则a10=( )
A.-20 B.-18
C.16 D.18
C
解析 设数列{an}的公差为d,则d≠0.
∵a3,a4,a6成等比数列,∴=a3·a6,
∴(-2+3d)2=(-2+2d)(-2+5d),
整理,得d2-2d=0,解得d=0(舍去)或d=2,
∴a10=a1+9d=16.故选C.
(2)(2025江苏苏锡常镇一模)已知Sn为等比数列{an}的前n项和,若a4=4a3-4a2,则=( )
A.5 B.9
C.-9 D.-5
A
解析 设等比数列{an}的公比为q,显然an≠0,由a4=4a3-4a2,即a2q2=4a2q-4a2,则q2=4q-4,解得q=2,
所以=5.
(3)我国度量衡的发展有着悠久的历史,战国时期就已经出现了类似于砝码的、用来测量物体质量的“环权”.已知9枚环权的质量(单位:铢)从小到大构成项数为9的数列{an},该数列的前3项成等差数列,后7项成等比数列,且a1=1,a5=12,a9=192,则a7= ;数列{an}所有项的和为 .
48
384
解析 设前3项的公差为d,后7项的公比为q,则q4==16,且q>0,可得q=2,则a3=1+2d=,即1+2d=3,可得d=1.所以a3=3,a7=a3q4=48.数列{an}所有项的和a1+a2+…+a9=1+2+3+3×2+…+3×26=3+=384.
【对点训练1】(1)(2025广东广州模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a1=11,S10=4a4,则an+Sn取最大值时n的值是( )
A.4 B.5
C.6 D.10
B
解析 设等差数列{an}的公差为d,则S10==4a4=4(a1+3d),
化简得2a1+11d=0,又a1=11,所以d=-2,
所以an=11-2(n-1)=13-2n,Sn==12n-n2,
则an+Sn=-n2+10n+13=-(n-5)2+38,
所以当n=5时,an+Sn取最大值,最大值为38.
(2)(多选题)(2025新高考Ⅱ,9)记Sn为等比数列{an}的前n项和,q为{an}的公比,q>0.若S3=7,a3=1,则( )
A.q= B.a5=
C.S5=8 D.an+Sn=8
AD
解析 由S3=7,a3=1,得S2=6,即a1(1+q)=6①,又a1q2=1②,
①÷②,得=6,即6q2-q-1=0,解得q=-(舍去)或q=,所以a1=4,A正确.
a5=a3q2=1,B错误.S5=,C错误.
Sn==2(4-an)=8-an,所以Sn+an=8.D正确.故选AD.
考点二 等差、等比数列性质
理知识
项目 等差数列 等比数列
常用性质 通项公式 性质1 若m,n,p,q∈N*,且m+n=p+q,则am+an=ap+aq 等号两边项数一样多,避免出现am+an=am+n的错误.等比数列类似 若m,n,p,q∈N*,且m+n=p+q,则am·an=ap·aq
通项公式 性质2 an=am+(n-m)d;d=,n≠m an=amqn-m;qn-m=
项目 等差数列 等比数列
常用性质 前n项片 段和性质 Sm,-Sm,,…仍成等差数列,公差为m2d Sm,-Sm,,…仍成等比数列,公比为qm, Sm≠0
奇、偶项 和的性质 若项数为偶数2m,公差为d, 则S2m=m(am+am+1),S偶-S奇=md, ;若项数为奇数2m+1,则S2m+1=(2m+1)am+1,S奇-S偶=am+1,,m∈N* 若项数为偶数2m,公比为q,则=q,m∈N*
[微提醒]在应用等比数列的此性质时,要注意Sm≠0,m为偶数且q=-1的情况不适用此公式.
链高考
1.(2024全国甲,理4)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S5=S10,a5=1,则a1=( )
A. B.
C.- D.-
B
解析 设公差为d,由S5=S10,可得5a1+d=10a1+d,即5a1+35d=0,
又a5=1,即a1+4d=1,解得a1=,故选B.
2.(2021全国甲,文9)记Sn为等比数列{an}的前n项和.若S2=4,S4=6,则S6=( )
A.7 B.8
C.9 D.10
A
解析 设等比数列的公比为q,由题意知q≠1.
根据等比数列的性质可知,S2,S4-S2,S6-S4成等比数列,即(S4-S2)2=S2(S6-S4),
∵S2=4,S4=6,∴(6-4)2=4(S6-6),解得S6=7.故选A.
例2 (1)(2025浙江杭州模拟)已知数列{an},{bn}均为等差数列,其前n项和分别为Sn,Tn,满足(2n+3)Sn=(3n-1)Tn,则=( )
A.2 B.3
C.5 D.6
A
解析 因为数列{an},{bn}均为等差数列,可得a7+a8+a9=3a8=15a8=S15,且b6+b10=b1+b15,又由T15=,可得b6+b10=T15.
因此=2.
(2)(2023新高考Ⅱ,8)记Sn为等比数列{an}的前n项和,若S4=-5,S6=21S2,则S8=( )
A.120 B.85
C.-85 D.-120
C
解析 若q=1,则S6=6a1,S2=2a1,不满足S6=21S2,所以q≠1.由S4=-5,可知q≠-1.由S6=21S2得=21,所以1-q6=(1-q2)(1+q2+q4)=21(1-q2),
则q4+q2-20=0,解得q2=4或q2=-5(舍去).
由已知S4==-5,则S8==-85.故选C.
(3)(多选题)(2025河北邢台模拟)在等比数列{an}中,公比为q,其前n项积为Tn,并且满足a1>1,a99·a100-1>0,<0,则以下结论正确的是( )
A.0
B.a99·a101-1<0
C.当n=100时,Tn取最大值
D.使Tn>1成立的最大自然数n等于198
ABD
解析 因为a99·a100-1>0,所以q197>1,所以q>0.
又因为<0,所以(a99-1)(a100-1)<0,
由a1>1,可得a99>1,a100<1,所以q=<1,故A正确;
因为a99·a101=<1,所以B正确;
因为T100=T99a100因为T198=a1a2…a198=(a1a198)(a2a197)…(a99a100)=>1,
T199=a1a2…a198a199=(a1a199)·(a2a198)…(a99a101)a100=<1,故D正确.
【对点训练2】(1)(2025山东威海模拟)已知{an}为等差数列,且a6+a15=4,若数列{an}的前m项的和为40,则正整数m的值为( )【一题多解】
A.10 B.20
C.30 D.40
B
解析 (方法一 等差数列的性质)因为a6+a15=a1+a20=4,
所以S20==10×4=40.因为Sm=40,所以m=20.
(方法二 特值法)令每一项均为x,则a6+a15=2x=4,可得x=2,
因为Sm=2m=40,所以m=20.
(2)(2025广东珠海模拟)已知等比数列{an}共有2n项,其和为240,且奇数项
的和比偶数项的和大80,则公比q= .
解析 设等比数列{an}的奇数项的和、偶数项的和分别为S奇,S偶.
由题意可得解得所以q=
考点三 等差、等比数列的证明
理知识
等差数列、等比数列的判断与证明
定义法 an+1-an=d(d为常数,n∈N*) {an}是等差数列 =q(q是不为0的常数,n∈N*)
{an}是等比数列
通项公 式法 an=pn+q(p,q为常数,n∈N*) {an}是等差数列 an=cqn(c,q均是不为0的常数,n∈N*)
{an}是等比数列
中项法 2an+1=an+an+2(n∈N*) {an}是等差数列 =an·an+2(an·an+1·an+2≠0,n∈N*)
{an}是等比数列
前n项 和法 Sn=An2+Bn(A,B为常数,n∈N*) {an}是等差数列 Sn=Aqn-A(A,q为常数,且A≠0,q≠0,1)
{an}是等比数列
[微提醒]证明数列为等差(比)数列一般使用定义法,而在选择题、填空题中则可利用其余方法直接判断.
链高考
(2021全国甲,文18)记Sn为数列{an}的前n项和,已知an>0,a2=3a1,且数列{}是等差数列.证明:{an}是等差数列.
证明 ∵{}是等差数列,a2=3a1,
,
即数列{}的公差为
+(n-1)=n,
即Sn=n2a1.当n≥2时,Sn=n2a1,
Sn-1=(n-1)2a1,则an=Sn-Sn-1=n2a1-(n-1)2a1=(2n-1)a1,
当n=1时,由an=(2n-1)a1得a1=(2×1-1)a1=a1,
∴an=(2n-1)a1,n∈N*,∴{an}是等差数列.
例3 (2025山东青岛模拟)已知数列{an}满足a1=1,a2=3,an+2=3an+1-2an (n∈N*).
(1)证明:数列{an+1-an}是等比数列;
(2)求数列{an}的通项公式;
(3)若数列{bn}满足(n∈N*),证明{bn}是等差数列.
(1)证明 ∵an+2=3an+1-2an,
∴an+2-an+1=2(an+1-an).
∵a1=1,a2=3,=2(n∈N*).
∴{an+1-an}是以a2-a1=2为首项,2为公比的等比数列.
(2)解 由(1)得an+1-an=2n(n∈N*),
∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=2n-1+2n-2+…+2+1=2n-1(n∈N*).
(3)证明 ∵,,
∴2[(b1+b2+…+bn)-n]=nbn,①
2[(b1+b2+…+bn+bn+1)-(n+1)]=(n+1)bn+1.②
②-①,得2(bn+1-1)=(n+1)bn+1-nbn,
即(n-1)bn+1-nbn+2=0,③
nbn+2-(n+1)bn+1+2=0.④
④-③,得nbn+2-2nbn+1+nbn=0,即bn+2-2bn+1+bn=0,
∴bn+2-bn+1=bn+1-bn(n∈N*),∴{bn}是等差数列
【对点训练3】(2025广东广州模拟)已知数列{an}为等差数列,a1=1, a3=4+1,其前n项和为Sn,数列{bn}满足bn=.
(1)求证:数列{bn}为等差数列;
(2)试探究数列{an}中是否存在三项构成等比数列 若存在,请求出这三项;若不存在,请说明理由.
(1)证明 由数列{an}为等差数列,则其公差d==2,故an=1+2(n-1) =2n-2+1,故Sn=n2-n+n,则bn=n-+1,可得相邻两项的差为常数,故数列{bn}为等差数列.
(2)解 假设存在,且为am,as,at(m≠s≠t)三项构成等比数列,则有amat=,
即有(2m-2+1)(2t-2+1)=,
即有6mt-6(m+t)+(m+t)=6s2-12s+2s,
由m,t,s均为整数,则有即有mt-(m+t)=-(m+t),化简得(m-t)2=0,即m=t,与m≠s≠t矛盾,
故数列{an}中不存在三项构成等比数列.(共15张PPT)
培优拓展(三) 子数列与增减项问题
类型一 数列公共项问题
类型二 数列增减项问题
目 录 索 引
数列的增减项问题在高考数学中占有重要地位,这类题目主要考查学生对数列结构的深入理解以及灵活运用知识的能力.通过在原数列中插入、删除或重组项来构造新数列,并在此基础上研究其性质或求和问题,是命题的常见形式.掌握这类问题的解法,不仅能提升数列知识的综合运用水平,更能培养数学思维的灵活性和创造性.
类型一 数列公共项问题
例1 (1)(2020新高考Ⅰ,14)将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an},则{an}的前n项和为 .【一题多解】
3n2-2n
解析 (方法一)数列{2n-1}的项均为奇数,数列{3n-2}的所有奇数项均为奇数,所有偶数项均为偶数.并且显然{3n-2}中的所有奇数均能在{2n-1}中找到,所以{2n-1}与{3n-2}的所有公共项就是{3n-2}的所有奇数项,这些项从小到大排列式的新数列{an}为以1为首项,以6为公差的等差数列.所以{an}的前n项和为Sn=n×1+6=3n2-2n.
(方法二)因为数列{2n-1}是以1为首项,以2为公差的等差数列,数列{3n-2}是以1为首项,以3为公差的等差数列,所以这两个数列的公共项所构成的新数列{an}是以1为首项,以6为公差的等差数列,所以{an}的前n项和为Sn=n×1+6=3n2-2n.
(2)(2025浙江丽水模拟)已知数列{an}为公差不为0的等差数列,其前n项和为Sn,a5=S9,a4a6=a4-a6.设数列{bn}是以4为首项,4为公比的等比数列,若数列{an}和{bn}的公共项为am,记m从小到大构成数列{cn},则{cn}的前n项和
Rn= .
4n+5n-
解析 设{an}首项为a1,公差为d(d≠0),
因为a5=S9,a4a6=a4-a6,则
解得(舍).
则an=a1+(n-1)d=-8+2(n-1)=2n-10;
由题意,得bn=4·4n-1=4n.
因为am=2m-10,所以2m-10=4n,即m=,因此cn=+5,
所以Rn=(41+42+…+4n)+5n=+5n=4n+5n-
类型二 数列增减项问题
例2 (2025陕西西安模拟)已知数列{an}是等差数列,且a2=4,2a4-a5=7.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)在ak和ak+1(k∈N*)之间插入k个相同的数(-1)k+1·k,构成一个新数列{bn}:a1,1,a2,-2,-2,a3,3,3,3,a4,…,求{bn}的前100项和T100.
解 (1)因为数列{an}是等差数列,设首项为a1,公差为d,
依题意,a2=4,2a4-a5=7,
即解得
所以等差数列{an}的通项公式为an=1+3(n-1)=3n-2.
(2)设ak和插入的k个(-1)k+1·k构成一组数,
则前k组共有k+(1+2+…+k)=k+个数,
令100,又k∈N*,解得k≤12;
当k=12时,=90<100,
∴{bn}的前100项中包含前12组数和第13组数的前10个,
∴T100=(a1+1)+(a2-22)+(a3+32)+…+(a11+112)+(a12-122)+(a13+13×9)
=(a1+a2+…+a13)+(1-22+32-42+…+112-122)+117
=-(1+2+3+…+12)+117
=247-+117=247-78+117=286.
【对点训练】(2024广东佛山模拟)若数列{an}满足a1=1,an+1=3an+1,若bn=2an+1(n∈N*),抽去数列{bn}的第3项、第6项、第9项…余下的项的顺
序不变,构成一个新数列{cn},则数列{cn}的前100项的和为 .
(3150-1)
解析 由an+1=3an+1,得an+1+=3(an+).
又a1+,所以数列{an+}是以为首项,3为公比的等比数列,
所以an+3n-1=,所以an=所以bn=2an+1=3n.
设数列{cn}的前n项的和为Sn,
则S100=c1+c2+c3+c4+…+c99+c100
=b1+b2+b4+b5+…+b145+b146+b148+b149
=(b1+b4+…+b145+b148)+(b2+b5+…+b146+b149)
=(3+34+…+3145+3148)+(32+35+…+3146+3149)
=(3150-1).(共45张PPT)
融合创新(一) 以数列为背景的创新问题
创新点1 数列与集合的交汇问题
创新点2 数列与函数(导数)的交汇问题
目 录 索 引
创新点3 数列中的新定义、新运算问题
真题解构 数列
在新高考背景下,数列与其他知识的综合应用已成为高考命题的热点,也是各地模拟考试的重点考查内容.这类问题常以压轴大题的形式出现,通常具有较高的难度和较广的考查范围.数列不仅可与概率、函数、解析几何等主干知识结合,还能与集合、解三角形、立体几何等模块交汇命题.因此,在复习备考时,学生需强化综合运用各模块知识解题的灵活性,并对此类题型予以充分重视.此外,以数列为载体的新定义问题也频繁出现,解决此类问题的关键在于准确理解新定义中的概念或运算,并将其合理转化为数列的相关知识进行求解.
创新点1 数列与集合的交汇问题
例1 (2025湖南长沙模拟)设n(n≥2)为正整数,集合U={1,2,3,…,n},集合A={t1,t2,…,tm}(m∈N*,m≤n)为U的一个非空子集,记S(A)=+…+,其中q≥2.
(1)若n=2,q=3,求S(A)的取值的集合;
(2)证明:S(A)的所有可能取值个数为2n-1;
(3)是否存在q,使得S(A)的所有可能取值从小到大排列成等差数列 若存在,求q;若不存在,说明理由.
(1)解 当n=2时,A={1}或A={2}或A={1,2},
∴31=3,32=9,31+32=12,S(A)的可能取值为3,9,12.
∴S(A)的取值集合为{3,9,12}.
(2)证明 设集合Ai={t1,t2,…,ti},Aj={m1,m2,…,mj},Ai与Aj中相同的元素不予考虑,其中t1假设ti>mj,则+…+q1+q2+q3+…+,
∴S(Ai)-S(Aj)=+…+-(+…+)
-(q1+q2+q3+…+)=
∵q≥2,>0,即S(Ai)≠S(Aj),∴不存在两个不同的子集Ai,Aj,使得S(Ai)=S(Aj),∴S(A)的所有可能取值个数为U的非空子集个数,为2n-1.
(3)解 ∵q3>q+q2,∴q,q2,q+q2为S(A)的所有可能取值中最小的三个,
∴2q2=q+q+q2,解得q=2;
当q=2时,易知S(A)为偶数,且S(A)最大值为21+22+…+2n=2n+1-2,最小值为2,由(2)可知S(A)的所有可能取值个数为2n-1,区间[2,2n+1-2]中偶数个数恰为2n-1,
∴S(A)的所有可能取值集合为{2,4,6,…,2n+1-2}.
∵该集合中任何一项2n均能写成+…+的形式,进而可构成首项为2,公差为2的等差数列,
∴存在q=2,使得S(A)的所有可能取值从小到大排列成等差数列.
【对点训练1】(2025山西陕西等四省联考)已知集合P={m0,m1,m2,m3,…,mn-1},m,n∈N*,m>1,集合Qk满足Qk P,1≤k≤2n,k∈N*,当k取不同值时,Qk各不相同.记Qk的所有元素之和为,将数列{}的所有项重新排列为c1,c2,c3,…,,使得cn+1≥cn.
(1)当m=3时,求c1,c2,c3,c4.
(2)当m=2时,证明:c1,c2,c3,…,成等差数列.
(3)设m≥3,,1≤i≤2n,1≤j≤2n,i∈N*,j∈N*,
证明:+(1-m)≥(2-m).
(1)解 由题意可得c1=0,c2=1,c3=3,c4=1+3=4.
(2)证明 当m=2时,
设Qi={,…,},Qj={,…,},cr=,cs=,
其中0≤i11≤r≤2n,1≤s≤2n,t∈N*,m∈N*,it∈N*,jm∈N*,r∈N*,s∈N*.
由i≠j,得Qi≠Qj,去除Qi与Qj的相同元素,设Qi剩余元素中最大的元素为,
Qj剩余元素中最大的元素为,1≤λ≤t,λ∈N*,1≤μ≤m,μ∈N*.
若,
则cr-cs-(+…+)-(+…+20)=1,
则cr>cs.
若,则同理有cr所以对任意的i≠j,,即cr≠cs恒成立.
由题意可知c1=0,=1+2+4+…+2n-1=2n-1.
因为对任意的i≠j,,cr≠cs恒成立,
且c1≤c2≤c3≤…,c1,c2,c3,…,N*,
所以0=c1故cr-cr-1=1,所以c1,c2,c3,…,成等差数列.
(3)证明 ①若Qi Qj,+(m-2)+(m-2)=(m-1),
即+(1-m)(2-m);
②若Qi不包含于Qj,则Qi≠ ,Qj≠ ,
不妨设A={x|x∈Qi,x Qj},B={x|x∈Qj,x Qi},
则A≠ ,B≠ ,A∩B= ,=TA+=TB+,由,得TA≤TB,
设A={,…,},0≤f1B={,…,},0≤d1由TA≤TB,m≥3,得TA≤TB=+…+因为0≤1-<1,m-1>1,所以<1,
则,所以dη+1>fξ.
因为dη∈N,fξ∈N,所以dη≥fξ,因为A∩B= ,所以dη≠fξ,所以dη-1≥fξ,
TA=+…+m0+m1+…+
,即(m-1)TA≤TB-1,得(m-1)TA因为TA=,TB=,
所以(m-1)()<,即+(1-m)>(2-m)
综上,+(1-m)(2-m)
创新点2 数列与函数(导数)的交汇问题
例2 (2025浙江宁波模拟)牛顿在《流数法》一书中,给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿法.如图,r是函数f(x)的零点,牛顿用“作切线”的方法找到了一串逐步逼近r的实数x0,x1,…,xn-1,xn,在点(x0,f(x0))处作f(x)的切线,则f(x)在x=x0处的切线与x轴交点的横坐标是x1,同理f(x)在(x1,f(x1))处的切线与x轴交点的横坐标是x2,一直继续下去,得到数列{xn}(n∈N*),从图中可以看到,x1较x0接近r,x2较x1接近r,……,当n很大时,|xn-r|很小,我们就可以把xn的值作为r的近似值,即把xn作为函数f(x)的近似零点.现令f(x)=(2x+1)3.
(1)当x0=1时,求f(x)=0的近似解x1,x2;
(2)在(1)的条件下,求数列{xn}的前n项和Sn;
(3)当x>0时,令g(x)=x·ln[f()],若-有两个不同实数根α,β(α<β).求证:<β-α(1)解 由题意可得在x=x0处的切线方程为y-f(x0)=f'(x0)(x-x0),
令y=0,得x1=x0-,同理可得在x=x1处的切线方程为y-f(x1)=f'(x1)(x-x1),
令y=0,得x2=x1-
对于函数f(x)=(2x+1)3,f'(x)=6(2x+1)2,
故x1=x0-=1-=1-,x2=x1-
(2)解 由(1)可知存在递推关系xn+1=xn-=xn-xn-,
构造等比数列xn+1+xn-(xn+),x1+=1≠0,
所以数列是以1为首项,为公比的等比数列,
故xn+=()n-1,即xn=()n-1-,
所以数列{xn}的前n项和Sn=n=3-3×()n-
(3)证明 由题意可得g(x)=x·ln[f()]=xln x(x>0),则g'(x)=ln x+1,
令g'(x)=0,得x=,当x∈(0,)时,g'(x)<0;
当x∈(,+∞)时,g'(x)>0,所以g(x)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增,
所以g(x)min=g()=-,又当x→0+时,g(x)→0;
当x→+∞时,g(x)→+∞,且g(1)=0,
所以当m∈(-,0)时,g(x)=m有两个不同实数根,
又(-,0) (-,0),
所以g(x)=m有两个不同实数根α,β(α<β),且α∈(0,),β∈(,1),αln α=βln β=m.
先证明右半部分:β-α考虑g(x)在x=1处的切线方程:y-g(1)=g'(1)(x-1),即y=x-1,当y=m时,x=m+1,因为1>β,所以y=m与切线的交点的横坐标大于β,即β又α∈(0,),故β-α再证明左半部分:<β-α.
观察不等式的结构,联想到一元二次方程的两根之差
|x1-x2|=,
即构造方程x2-x-m=0来描述不等式的左边,故尝试将g(x)=xln x放缩为二次函数,即将ln x放缩成x-1,
故令h(x)=ln x-(x-1)=ln x-x+1(x>0),则h'(x)=-1=,当x∈(0,1)时,h'(x)>0;
当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,
所以h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
所以h(x)≤h(1)=0,即ln x≤x-1,当且仅当x=1时等号成立,
所以当x∈(0,1)时,g(x)=xln x又g()=-ln 2<-,故0<α<<β<1,所以α+t1-1<0.
因为αln α-+t1=0<α2-α-+t1=(α-t1)(α+t1-1),所以得到α同理可得β>t2,所以β-α>t2-t1=
综上,<β-α【对点训练2】(2025四川德阳模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn,满足Sn+1=3Sn-2n+4,且a1=4.
(1)求数列{an}的通项公式an;
(2)令f(x)=a1x+a2x2+…+an-1xn-1+anxn,n∈N*,讨论f'(1)与的大小关系;
(3)对任意正整数n∈N*,(1+)(1+)·…·(1+)解 (1)当n=1时,S2=3S1+2,所以a2=10.
因为Sn+1=3Sn-2n+4,所以当n≥2时,Sn=3Sn-1-2(n-1)+4,
所以两式相减得an+1=3an-2,所以an+1-1=3(an-1)(n≥2),
又a1=4,a2=10,a2-1=3(a1-1)成立,所以=3对n∈N*成立,
所以数列{an-1}为以a1-1=3为首项,q=3为公比的等比数列,
所以an-1=3n,即an=3n+1.
(2)因为f(x)=a1x+a2x2+…+an-1xn-1+anxn,
f'(x)=a1+2a2x+…+(n-1)an-1xn-2+nanxn-1,
f'(1)=a1+2a2+…+(n-1)an-1+nan=31+1+2(32+1)+…+(n-1)(3n-1+1)+n(3n+1)
=(31+2·32+3·33+…+n·3n)+(1+2+3+…+n),
令Tn=31+2·32+…+(n-1)3n-1+n·3n,
则3Tn=32+2·33+…+(n-1)·3n+n·3n+1,
两式相减得-2Tn=31+32+…+3n-n·3n+1,
所以Tn=,故f'(1)=,
所以f'(1)-,
所以当n=1时,f'(1)=,
当n≥2时,所以2n-1>0,3n+1-(n+3)-3n+(n+2)=2·3n-1>0,
所以3n-(n+2)单调递增,所以f'(1)>
(3)令f(x)=x-1-ln x,x>0,则f'(x)=1-,令f'(x)>0,则x>1,
令f'(x)<0,则0则f(x)min=f'(1)=0,
所以f(x)≥f(1)=0,x-1≥ln x(当且仅当x=1时等号成立),
则ln(1+)<,
所以ln(1+)<,ln(1+)<,…,ln(1+)<,
所以ln(1+)+ln(1+)+…+ln(1+)<+…+,
ln(1+)+ln(1+)+…+ln(1+)<()n<=ln ,
(1+)(1+)…(1+)<,
设bn=(1+)(1+)…(1+),则=1+>1,则{bn}单调递增,
又因为(1+)(1+)…(1+)>1+,
所以正整数m的最小值为2.
创新点3 数列中的新定义、新运算问题
例3 (2025山东青岛一模)若数列{an}满足:①an∈N*;②an+1>an;③当整数k≠0时,存在正整数m及b1,b2,…,bm∈{-1,1},使得k=a1b1+a2b2+…+ambm;④对于任意正整数m及b1,b2,…,bm∈{-1,1},都有a1b1+a2b2+…+ambm≠0.则称数列{an}“非零可表”.
(1)若数列{an}满足an=n,判断{an}是否“非零可表”,并说明理由;
(2)若数列{an}满足a1=1,an+1=n+ai,证明:数列{an}“非零可表”;
(3)证明:存在满足an>Mn(M>2)的数列{an}“非零可表”.
(1)解 {an}不“非零可表”,理由如下:
{an}中a1=1,a2=2,a3=3,则当b1=b2=1,b3=-1时,
a1b1+a2b2+a3b3=1+2-3=0,不满足④,故{an}不“非零可表”.
(2)证明 an+1=n+ai,当n≥2时,an=n-1+ai,
则an+1-an=n+ai-(n-1)-ai=1+an,所以an+1=1+2an,n≥2,
故an+1+1=2(an+1),n≥2,
又a1=1,所以a2=1+a1=2,a2+1=3,
当n≥2时,an+1=3×2n-2,an=3×2n-2-1,n=1时不满足上式,
所以an=满足①②.
a1=1,b1∈{-1,1},显然k=±1满足要求,
当k≥2时,-a1-a2-a3-…-ak+ak+1=-1-2-5-…-(3×2k-2-1)+3×2k-1-1
=-1-(3-1)-(6-1)-…-(3×2k-2-1)+3×2k-1-1
=3×2k-1-(3+6+…+3×2k-2)+k-3=3×2k-1-+k-3=k,
显然a1+a2+a3+…+ak-ak+1=-k,k≥2.
综上,满足③.
假设存在m,使得a1b1+a2b2+…+ambm=0,
则a1b1+a2b2+…+am-1bm-1=-ambm,|a1b1+a2b2+…+am-1bm-1|=|-ambm|=am,
其中|a1b1+a2b2+…+am-1bm-1|≤|a1|+|a2|+|a3|+…+|am-1|
=a1+a2+a3+…+am-1=ai=am-(m-1),
即am≤am-(m-1),显然矛盾,故不存在m,使得a1b1+a2b2+…+ambm=0,满足④.
综上,数列{an}“非零可表”.
(3)证明 M>2,定义[x]为小于或等于x的最大整数,
取数列{an}:a1=[M2]+1,
其中Sn为{an}的前n项和,显然{an}是严格递增的正整数数列,满足①②.
a1=[M2]+1>M,a2=S1+1=[M2]+2>M2,
假设对n=2t-1,2t,t∈N*都有an>Mn(M>2),
则a2t+1=S2t+[M2t+2]+1>M2t+M2t+2>M2t+1,
a2t+2=S2t+1+t+1>a2t+1>M2t+M2t+2>M2t+2,故an>Mn(M>2).
下面证明{an}满足③④,
若存在正整数m以及b1,b2,…,bm∈{-1,1},有k=a1b1+a2b2+…+ambm,
故|k|=|a1b1+a2b2+…+ambm|≥|ambm|-|a1b1+a2b2+…+am-1bm-1|≥am-Sm-1>0,所以满足④,
若整数k≠0,不妨设k>0,则由a2n-S2n-1=n,取b1=b2=…=b2n-1=-1,b2n=1,
则有n=aibi,取b1=b2=…=b2n-1=1,b2n=-1,则有-n=aibi,③成立.
综上,构造的数列{an}:a1=[M2]+1,(其中Sn为{an}的前n项和)“非零可表”.
【对点训练3】(2025浙江衢州丽水湖州二模)对于给定的n项整数数列An:a1,a2,…,an(n≥3),定义变换H(i):①若i=1,则a1加2,an,a2均加1,其余项不变;②若12,6,9,4 3,6,10,6.
(1)找出一系列变换,使得数列:1,2,3经过这系列变换后成为常数列.
(2)是否能找出一系列变换,使得数列:-1,-1,0,2,2经过这系列变换后成为常数列 若存在,请给出具体的变换;若不存在,请说明理由;并请判断当n为奇数时,对于任意数列An,是否总存在一系列变换能使该数列成为常数列(无需证明).
(3)当n为偶数且数列An是递增数列时,是否存在一系列变换,使得该数列成为常数列 若存在,请给出具体的变换;若不存在,请说明理由.
结合上述情况,推断当n为奇数时,对于任意数列An,总存在一系列变换能使该数列成为常数列.
(3)不存在,理由如下:
假设存在m次变换,能使得a1,a2,…,an经过这m次变换后成为常数列b1,b2,…,bn,其中b1=b2=…=bn.
注意到每做一次变换H(i),均能使奇数项的和a1+a3+…+an-1增加2,
偶数项的和a2+a4+…+an增加2.
因此m次变换后有
由b1=b2=…=bn知b1+b3+…+bn-1=b2+b4+…+bn,
所以a1+a3+…+an-1=a2+a4+…+an,(*)
而{an}为递增数列,故a1从而得a1+a3+…+an-1因此假设不成立,即不存在这样的系列变换使得该数列成为常数列.
真题解构 数列
例题 (15分)(2025新高考Ⅰ,16)已知数列{an}中,a1=3,.
(1)证明:数列{nan}为等差数列;
(2)给定正整数m,设函数f(x)=a1x+a2x2+…+amxm,求f'(-2).
命题分析 本题以数列递推公式为载体,考查等差数列的定义、构造法求数列的通项、错位相减法求和等知识,属于课程学习情境,体现基础性、综合性与创新结合,通过变形结合定义证明等差数列,考查逻辑推理素养及转化与化归的思想.通过对f(x)求导并代入-2利用错位相减法求和,考查数学运算能力.
解题分析
题意理解
序号 信息读取 信息加工
1 证明:{nan}为等差数列 证明(n+1)an+1-nan是一个常数
2 前两项的分母积恰为第三项的分母,可同乘化为整式
3 求f'(-2) 先求f'(x),再对x赋值为-2计算,需要先求出an
思路探求
关键步骤 思维要点 思维缘由
(第1问) 转化为数列定义 (n+1)an+1-nan=1 结合已知等式的特点,两边同乘n(n+1)
(第2问) 求f'(x) f'(x)=3+4x+5x2+…+(m+2)xm-1 代入an并求导
(第2问) 求f'(-2) f'(x)= 乘公比错位相减化简f'(x),再将x=-2代入计算
书写表达
(1)证明 因为a1=3,,
所以(n+1)an+1=nan+1,注①→思考:已知条件怎么变形得到的 (2分)
即(n+1)an+1-nan=1,(3分)
所以{nan}是以a1=3为首项,1为公差的等差数列.(4分)
(2)解 在数列{nan}中,首项为3,公差为1,
所以nan=3+1×(n-1),所以an=1+.(6分)
所以f(x)=3x+2x2+x3+…+(1+)xm,(7分)
所以f'(x)=3+4x+5x2+…+(m+2)xm-1,注②→思考:和式中各项的通项是什么 有什么特点 适合哪种求和方法 (8分)
所以xf'(x)=3x+4x2+5x3+…+(m+2)xm,(9分)
当x≠1且x≠0时,注③→思考:为什么要限制x≠1且x≠0 本题还需要再考虑这两种特殊情况吗
(1-x)f'(x)=3+x+x2+…+xm-1-(m+2)xm注④→思考:这一步是如何得到的 有哪几个易错点
=3+-(m+2)xm,(11分)
所以f'(x)=,(12分)
所以f'(-2)=
=1+=1-(14分)
=.(15分)
回顾反思 数列问题的核心在于求解通项公式和数列求和.本题首先根据第(1)问的提示对递推关系式进行变形,通过定义证明{nan}为等差数列,并由此求得an,进而求出函数f(x).再以函数求导为工具,求出f'(x),确定通项特征,并采用错位相减法求出结果.最后将x=-2代入结果进行化简.试题源于人教A版选择性必修二第40页3(2)题,第41页7题,第56页11题;人教B版选择性必修三第44页1题、2题,第59页10题,第60页2题.(共23张PPT)
第2讲 求数列的通项公式
考点一 利用an与Sn的关系求通项
考点二 累加法、累乘法求通项
目 录 索 引
考点三 构造法求通项
考点一 利用an与Sn的关系求通项
理知识
已知数列{an}的前n项和为Sn,则an=
[微提醒]an=Sn-Sn-1的前提是n≥2,n∈N*,所以要注意验证a1.
链高考
(2023天津,5)已知数列{an}的前n项和为Sn,若a1=2,an+1=2Sn+2(n∈N*),则a4=( )
A.16 B.32
C.54 D.162
C
解析 当n≥2,n∈N*时,an=2Sn-1+2,所以an+1-an=2an,即an+1=3an.
当n=1时,a2=2S1+2=2a1+2=6=3a1.
所以数列{an}是首项为2,公比为3的等比数列,则a4=a1q3=54.
例1 (1)若数列{an}的前n项和为Sn,且满足an+2SnSn-1=0(n≥2),a1=.
求证:{}是等差数列.
证明 当n≥2时,an=Sn-Sn-1,且an+2SnSn-1=0,即(Sn-Sn-1)+2SnSn-1=0,
可得=2,且=2.
故数列{}是以首项为2,公差为2的等差数列.
(2)(2025河北保定模拟节选)记数列{an}的前n项和为Sn,已知a1=3, an+1=+3.
证明:数列{an}为等差数列.
证明 因为an+1=+3,所以nan+1=2Sn+3n,当n≥2时,(n-1)an=2Sn-1+3(n-1),
两式相减得nan+1-(n+1)an=3,①
则(n+1)an+2-(n+2)an+1=3,②
②-①,得(n+1)an+2+(n+1)an=(2n+2)an+1,所以an+2+an=2an+1(n≥2).
因为nan+1=2Sn+3n,又a1=3,所以当n=1时,a2=2S1+3=2a1+3=9;
当n=2时,2a3=2S2+6=24+6=30,则a3=15,所以a1+a3=2a2,满足an+2+an=2an+1,所以an+2+an=2an+1,故数列{an}为等差数列.
【对点训练1】(2025云南昆明模拟节选)已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,且an=(n≥2),求数列{an}的通项公式.
解 因为各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn,则对任意的n∈N*,Sn>0,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=,
即()·()=,所以=1.
因此,数列{}是等差数列,且其首项为=1,公差为1,
所以=1+n-1=n,则当n≥2时,an==n+n-1=2n-1,a1=1也满足上式,故对 n∈N*,an=2n-1.
考点二 累加法、累乘法求通项
理知识
1.数列{an}中,已知a1,满足an+1-an=f(n),且f(1)+f(2)+…+f(n-1)可求,则可用累加法求an.
2.数列{an}中,已知a1,满足=f(n),且f(1)·f(2)·…·f(n-1)可求,则可用累乘法求an.
链高考
(2022新高考Ⅰ,17节选)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a1=1,是公差为的等差数列.
求{an}的通项公式.
解 ∵{}是首项为=1,公差为的等差数列,=1+(n-1)=,
(n≥2),
(n≥2),
∴Sn=S1……
(n≥2),
∴an=Sn-Sn-1=(n≥2),
又a1=1满足此公式,∴{an}的通项公式为an=
例2 (1)(2025山东青岛模拟)在数列{an}中,a1=3,an+1=an+lg(1+),则a100=( )
A.5 B.3+100lg 3
C.4 D.10+2lg 3
A
解析 在数列{an}中,a1=3,an+1=an+lg(1+),即an+1-an=lg=lg(n+1)-lg n,
所以a100=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a100-a99)
=3+lg 2-lg 1+lg 3-lg 2+…+lg 100-lg 99
=3-lg 1+lg 100=3+2=5.
(2)(2025浙江衢州模拟)已知各项均为正数的数列{an},满足a1=1, a1a2+a2a3+…+anan+1+(n+1)=1,则a2 025=( )
A.2 B.
C.2 025 D.
D
解析 因为a1a2+a2a3+…+anan+1+(n+1)=1,
所以当n≥2时,a1a2+a2a3+…+an-1an+n=1,
两式相减,得anan+1+(n+1)-n=0,所以anan+1+-n+n=0,
所以(an+an+1)an+1+n(an+1+an)(an+1-an)=0,
所以(an+1+an)[an+1+n(an+1-an)]=0,
所以(an+1+an)[(n+1)an+1-nan]=0.
因为数列{an}各项均为正数,所以(n+1)an+1=nan,所以,
所以……,所以,
又a1=1,所以an=,所以a2 025=
考点三 构造法求通项
理知识
1.形如an+1=(p,q≠0)的数列,两边同时取倒数构造等差数列求通项.
2.若数列{an}满足an+1=pan+q(p≠0,1,q≠0),构造an+1+λ=p(an+λ).
3.若数列{an}满足an+1=pan+f(n)(p≠0,1),构造an+1+g(n+1)=p[an+g(n)].
链高考
(2023全国甲,理17节选)记Sn为数列{an}的前n项和,已知a2=1,2Sn=nan.求{an}的通项公式.
解 由题意可知,2Sn=nan,①
当n≥2时,2Sn-1=(n-1)an-1,②
①-②得2an=nan-(n-1)an-1,
∴(n-1)an-1=(n-2)an.
当n≥3时,是从第2项开始的常数数列,
当n=2时,=a2=1,
∴an=n-1(n≥2),当n=1时,2a1=a1,a1=0,满足上式,∴an=n-1(n∈N*).
例3 (1)(2025广东广州模拟)已知数列{an}满足a1=1,a2=,且an+2=(n∈N*),则数列{an}的通项公式是 .
an=
解析 由an+2=(n∈N*),则,两边取倒数,得+1,又a1=1,a2=,则=2,故数列{}是以2为首项,1为公差的等差数列,所以=2+(n-1)=n+1,则有=n,=n-1,…,=2,且n≥3,故…=n!,即an=,显然n=1,2均满足.
(2)(2025湖南湘潭模拟)已知在数列{an}中,a1=3,an+1=2an-2n+3,n∈N*,Sn为数列{an}的前n项和,则数列{an}的通项公式an= ;S8= .
2n+2n-1
574
解析 因为an+1=2an-2n+3,a1=3,则an+1-2(n+1)+1=2(an-2n+1),且a1-2+1=2≠0,可知数列{an-2n+1}是以首项为2,公比为2的等比数列,
则an-2n+1=2×2n-1=2n,即an=2n+2n-1,
可得Sn=(2+1)+(22+3)+…+(2n+2n-1)=(2+22+…+2n)+(1+3+…+2n-1)
==2(2n-1)+n2,
所以S8=2(28-1)+82=574.
【对点训练2】(2025安徽合肥模拟)已知数列{an},{bn}中,a1=2,b1=6, an+1=2an,bn+1=2bn-an,若am=bm,则m=( )
A.4 B.5
C.6 D.7
B
解析 在数列{an}中,由a1=2,an+1=2an,得数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列,所以an=2n,则bn+1=2bn-2n,即=-,
因此数列{}是以=3为首项,-为公差的等差数列.
则=3+(n-1)(-),即bn=(7-n)2n-1,由am=bm,得2m=(7-m)2m-1,所以m=5.(共21张PPT)
培优拓展(四) 数列的奇、偶项问题
类型一 通项中含有(-1)n型
类型二 奇偶项通项不同的数列
目 录 索 引
对于涉及奇、偶项的数列问题,通常可以采用“分项研究法”:将原数列{an}分解为奇数项子列{a2n-1}和偶数项子列{a2n}两个独立子列,通过分别研究这两个子列的性质(如等差、等比或其他递推特征),最终解决原数列的问题.
根据题目特征,奇、偶项问题主要分为以下四种类型:
(1)连续两项关系型:题目给出相邻两项的和或积的递推关系,如an+an+1=f(n)或an·an+1=f(n);
(2)符号交替型:通项中含有(-1)n等导致符号交替变化的因子;
(3)显式条件型:题目明确给出奇数项和偶数项各自满足的不同条件,如含有{a2n},{a2n-1}的类型;
(4)分段定义型:通项公式直接按奇偶分段给出.
类型一 通项中含有(-1)n型
例1 (2025福建宁德模拟)已知{an}是等差数列,{bn}是正项等比数列,且a1=1,b2=2,a3-1=b3,a4+1=b4.
(1)求数列{an},{bn}的通项公式;
(2)记cn=(-1)n+1an·an+1(n∈N*),求数列{cn}的前2n项和S2n.
解 (1)由题意,{an}是等差数列,设公差为d,{bn}是正项等比数列,设公比为q,q>0.
由a1=1,b2=2,a3-1=b3,a4+1=b4,可得1+2d-1=2q,1+3d+1=2q2,解得d=q=2,则an=2n-1,bn=2n-1.
(2)由(1)可得,cn=(-1)n+1anan+1=(-1)n+1(2n-1)(2n+1),
则c2n-1+c2n=(4n-3)(4n-1)-(4n-1)(4n+1)=-4(4n-1),
则数列{cn}的前2n项和S2n=-4(3+7+…+4n-1)=-4n(3+4n-1)=-4n(2n+1).
(2)等比数列的通项公式中含有(-1)n,其前n项和可写成分段的形式,可求最值.
如等比数列{an}的通项公式为an=(-1)n-1·,则其前n项和Sn=1-(-)n,求Tn=Sn-的取值范围时,n分奇偶讨论,求Tn的最值.
(3)裂项相消法求和
如an=(-1)n=(-1)n(),求和时通过(-1)n实现正负交替.
【对点训练1】(2025河北秦皇岛模拟)已知数列{an}是公差大于2的等差数列,其前n项和为Sn,a2=5,且a1+1,a2+1,a5-2成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)令bn=(-1)n+1,求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d(d>2),则a1=a2-d=5-d,a5=a2+3d=5+3d,
由a1+1,a2+1,a5-2成等比数列,得(6-d)(3+3d)=62,
而d>2,解得d=3,所以数列{an}的通项公式为an=a2+(n-2)d=3n-1.
(2)由(1)得bn=(-1)n+1=(-1)n+1(),当n为偶数时,
Tn=()-()+()-()+…+()-()
=,
当n为奇数时,
Tn=()-()+()-()+…-()+()
=,
所以Tn=
类型二 奇偶项通项不同的数列
例2 (2023新高考Ⅱ,18)已知{an}为等差数列,bn=记Sn,Tn
分别为数列{an},{bn}的前n项和,S4=32,T3=16.
(1)求{an}的通项公式;
(2)证明:当n>5时,Tn>Sn.
(1)解 设等差数列{an}的公差为d.
由bn=得b1=a1-6,b2=2a2=2(a1+d),b3=a3-6=a1+2d-6.
则由S4=32,T3=16,得
解得
所以an=a1+(n-1)d=2n+3.
(2)证明 由(1)可得Sn==n2+4n.
当n为奇数时,Tn=a1-6+2a2+a3-6+2a4+a5-6+2a6+…+an-2-6+2an-1+an-6
=(-1+14)+(3+22)+(7+30)+…+[(2n-7)+(4n+2)]+2n-3
=[-1+3+…+(2n-7)+(2n-3)]+[14+22+…+(4n+2)]
=
当n>5时,Tn-Sn=-(n2+4n)=>0,所以Tn>Sn.
当n为偶数时,Tn=a1-6+2a2+a3-6+2a4+a5-6+2a6+…+an-1-6+2an
=(-1+14)+(3+22)+(7+30)+…+[(2n-5)+(4n+6)]
=[-1+3+…+(2n-5)]+[14+22+…+(4n+6)]
=
当n>5时,Tn-Sn=-(n2+4n)=>0,所以Tn>Sn.
综上可知,当n>5时,Tn>Sn.
【对点训练2】(2025浙江嘉兴模拟)记Sn为数列{an}的前n项和,已知an>0, 4Sn=+2an-3,数列{bn}满足bn=
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)记数列{bn}的前n项和为Tn,若对任意n∈N*,Tn≥10n+λ,求实数λ的取值范围.【一题多解】
解 (1)当n=1时,a1=S1=,解得a1=-1或a1=3.
因为an>0,所以a1=3.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=,得(an+an-1)(an-an-1-2)=0.
因为an+an-1>0,所以an-an-1=2(n≥2),又a1=3,故数列{an}是首项为3,公差为2的等差数列,所以数列{an}的通项公式为an=2n+1.
(2)(方法一)由bn=所以bn=
当n为偶数时,
Tn=b1+b2+b3+…+bn-1+bn=(b1+b3+…+bn-3+bn-1)+(b2+b4+…+bn-2+bn)
=[-2+(-2)+…+(-2)+(-2)]+[12+20+…+(4n-4)+(4n+4)]
=(-2)=n2+3n,
当n为奇数时,Tn=Tn+1-bn+1=(n+1)2+3(n+1)-[4(n+1)+4]=n2+n-4,
所以Tn=因为对任意的n∈N*,Tn≥10n+λ成立,
所以当n为奇数时,即n2+n-4≥10n+λ,所以λ≤n2-9n-4,不等号的右边可看作关于n的二次函数,其图象对称轴方程为n=-=4.5,
因为n为奇数,所以n=5时,(n2-9n-4)min=-24,则λ≤-24.
当n为偶数时,n2+3n≥10n+λ,所以λ≤n2-7n,
同理可得,因为n为偶数,所以n=4时,(n2-7n)min=-12,则λ≤-12,
综上,λ≤-24.
(方法二)由bn=
当n为偶数时,Tn=b1+b2+b3+…+bn-1+bn
=(a1-a2)+(a2+a3)+(a3-a4)+…+(an-1-an)+(an+an+1)
=[a1+(a2+a3)+…+(an+an+1)]+[(-a2)+(a3-a4)+…+(an-1-an)]
=Sn+1+(-5)+(-2)=n2+3n.
当n为奇数时,Tn=Tn+1-bn+1=(n+1)2+3(n+1)-[4(n+1)+4]=n2+n-4,
所以Tn=
(下同方法一)
