课件32张PPT。第12练
数列的综合问题 [大题规范练]题组对点练栏目索引模板规范练题组对点练题组一 等差数列、等比数列的判定与证明要点重组 (1)证明数列{an}是等差数列的基本方法：
①利用定义，证明an＋1－an(n∈N*)为一常数；
②利用等差中项，即证明2an＝an－1＋an＋1(n≥2，n∈N*).
(2)证明数列{an}是等比数列的基本方法：1.(2019·聊城模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2an－n.
(1)证明：{an＋1}为等比数列；证明 因为Sn＝2an－n，
所以当n＝1时，S1＝2a1－1，即a1＝1.
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－(n－1).
所以an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1－1，
即an＝2an－1＋1.
所以an＋1＝2an－1＋2＝2(an－1＋1).
又a1＋1＝2，所以{an＋1}是以2为首项，以2为公比的等比数列.(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.证明 由(1)知{an＋1}是以2为首项，以2为公比的等比数列，
因此an＋1＝2×2n－1＝2n，故an＝2n－1.
所以Sn＝2(2n－1)－n＝2n＋1－(n＋2).
所以Tn＝S1＋S2＋S3＋…＋Sn
＝22－3＋23－4＋24－5＋…＋2n＋1－(n＋2)
＝(22＋23＋24＋…＋2n＋1)－[3＋4＋5＋…＋(n＋2)]解 把an＝2nbn代入到an＋1＝2an＋2n＋1，
得2n＋1bn＋1＝2n＋1bn＋2n＋1，
两边同除以2n＋1，
得bn＋1＝bn＋1，即bn＋1－bn＝1，∴bn＝n(n∈N*).(2)在(1)的条件下，求数列{an}的前n项和Sn.∴Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，
∴2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，
两式相减，得－Sn＝21＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝(1－n)×2n＋1－2，
∴Sn＝(n－1)×2n＋1＋2(n∈N*).题组二 数列的通项与求和要点重组 (1)根据数列的递推关系求通项的常用方法
①累加(乘)法(2)数列求和的常用方法
①倒序相加法；②分组求和法；③错位相减法；④裂项相消法.(1)求数列{an}的通项公式；因为an≠0，所以an＝(2n－1)a1＝a1＋2(n－1)，
解得a1＝1，所以an＝2n－1(n∈N*).(2)求数列{bn}的前n项和Tn.解 Sn＝1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2，4.已知数列{an}满足a1＝1，an＋an＋1＝4n.
(1)求a2，a3的值；解 由a1＝1，得a2＝4×1－a1＝3，
由a2＝3，得a3＝4×2－a2＝5.(2)证明：{an}是等差数列；证明 由an＋an＋1＝4n，得an＋1＋an＋2＝4n＋4，
两式相减得an＋2－an＝4.
∴{a2k－1}是以1为首项，4为公差的等差数列，
故a2k－1＝1＋(k－1)·4＝4k－3，
即当n为奇数时，an＝2n－1，
{a2k}是以3为首项，4为公差的等差数列，
故a2k＝3＋(k－1)·4＝4k－1，
即当n为偶数时，an＝2n－1，
综上，an＝2n－1(n∈N*)，
即{an}是等差数列.(3)记bn＝an· ，求数列{bn}的前n项和Sn.解 由(2)知bn＝(2n－1)·22n－1，
则Sn＝1·21＋3·23＋…＋(2n－1)·22n－1， ①
4Sn＝1·23＋3·25＋…＋(2n－3)·22n－1＋(2n－1)·22n＋1， ②题组三 数列的综合问题要点重组 (1)以数列为载体，考查不等式的恒成立问题，此类问题可转化为函数的最值问题.
(2)判断数列问题中的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小，或者是借助数列对应函数的单调性比较大小.
(3)数列的通项或前n项和可以看作关于n的函数，然后利用函数的性质求解数列问题.解 由题意得当n＝1时，a1＝S1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2n＝2n，
当n＝1时，a1＝2也符合上式，所以an＝2n(n∈N*).5.(2019·衡水信息卷)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2n＋1－2.
(1)求数列{an}的通项公式；又n≥1，n∈N*，6.已知数列{an}是等差数列，a1＝1，a2＋a3＋…＋a10＝144.
(1)求数列{an}的通项公式；解 在等差数列{an}中，设公差为d，
a2＋a3＋…＋a10＝144，a1＝1，
∴9＋45d＝144，∴d＝3.∴an＝3n－2(n∈N*).∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn模板规范练典例 (12分)已知等比数列{an}与等差数列{bn}，a1＝b1＝1，a1≠a2，且a1，a2，b3成等差数列，b1，a2，b4成等比数列.
(1)求{an}，{bn}的通项公式；
(2)设Sn，Tn分别是数列{an}，{bn}的前n项和，若Sn＋Tn>100，求n的最小值.模板体验审题路线图规范解答·评分标准
(1)设数列{an}的公比为q，数列{bn}的公差为d，∴an＝2n－1，bn＝n(其中n∈N*). ……………………………………………………5分∴n的最小值为7. …………………………………………………………………12分构建答题模板
[第一步] 求通项：根据题目条件，列方程(组)求解，得到数列的通项公式.
[第二步] 巧求和：根据数列的类型，选择适当方法求和或经适当放缩后求和.
[第三步] 得结论：利用不等式或函数性质求证不等式或解决一些最值问题.规范演练1.已知各项均为整数的等差数列{an}的前n项和为Sn，且S9<100，S11>110，a3＝7.
(1)求数列{an}的通项公式；解 设等差数列{an}的公式为d，
则S9＝9a1＋36d<100，
S11＝11a1＋55d>110，
a3＝a1＋2d＝7，又an∈Z，∴d＝2，a1＝3，
∴an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1(n∈N*).证明：(1)数列{bn}是等差数列；证明 ∵an＋2n＝2an－1＋4(n≥2，n∈N*)，
∴an－2n＝2[an－1－2(n－1)](n≥2，n∈N*).
∵当n＝1时，an－2n＝a1－2＝0，
∴an－2n＝0，即an＝2n(n∈N*)，bn＋1－bn＝n＋2－(n＋1)＝1，为常数，
∴数列{bn}是等差数列. 本课结束 第12练 数列的综合问题[大题规范练]
题组一 等差数列、等比数列的判定与证明
要点重组 (1)证明数列{an}是等差数列的基本方法：
①利用定义，证明an＋1－an(n∈N*)为一常数；
②利用等差中项，即证明2an＝an－1＋an＋1(n≥2，n∈N*)．
(2)证明数列{an}是等比数列的基本方法：
①利用定义，证明(n∈N*)为一常数；
②利用等比中项，即证明a＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)．
1．(2019·聊城模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn＝2an－n.
(1)证明：{an＋1}为等比数列；
(2)求数列{Sn}的前n项和Tn.
(1)证明 因为Sn＝2an－n，
所以当n＝1时，S1＝2a1－1，即a1＝1.
当n≥2时，Sn－1＝2an－1－(n－1)．
所以an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1－1，
即an＝2an－1＋1.
所以an＋1＝2an－1＋2＝2(an－1＋1)．
又a1＋1＝2，所以{an＋1}是以2为首项，以2为公比的等比数列．
(2)由(1)知{an＋1}是以2为首项，以2为公比的等比数列，
因此an＋1＝2×2n－1＝2n，故an＝2n－1.
所以Sn＝2(2n－1)－n＝2n＋1－(n＋2)．
所以Tn＝S1＋S2＋S3＋…＋Sn
＝22－3＋23－4＋24－5＋…＋2n＋1－(n＋2)
＝(22＋23＋24＋…＋2n＋1)－[3＋4＋5＋…＋(n＋2)]
＝－
＝2n＋2－－4(n∈N*)．
2．已知数列{an}满足a1＝2，且an＋1＝2an＋2n＋1，n∈N*.
(1)设bn＝，证明：{bn}为等差数列，并求数列{bn}的通项公式；
(2)在(1)的条件下，求数列{an}的前n项和Sn.
解 (1)把an＝2nbn代入到an＋1＝2an＋2n＋1，
得2n＋1bn＋1＝2n＋1bn＋2n＋1，
两边同除以2n＋1，
得bn＋1＝bn＋1，即bn＋1－bn＝1，
∴{bn}为等差数列，首项b1＝＝1，公差为1，
∴bn＝n(n∈N*)．
(2)由bn＝n＝，得an＝n×2n，
∴Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，
∴2Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1，
两式相减，得－Sn＝21＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1＝(1－n)×2n＋1－2，
∴Sn＝(n－1)×2n＋1＋2(n∈N*)．
题组二 数列的通项与求和
要点重组 (1)根据数列的递推关系求通项的常用方法
①累加(乘)法
形如an＋1＝an＋f(n)的数列，可用累加法；
形如＝f(n)的数列，可用累乘法．
②构造数列法
形如an＋1＝，可转化为－＝，构造等差数列；
形如an＋1＝pan＋q(pq≠0，且p≠1)，可转化为an＋1＋＝p构造等比数列.
(2)数列求和的常用方法
①倒序相加法；②分组求和法；③错位相减法；④裂项相消法．
3．(2019·100所名校联考)已知数列{an}是各项均不为0且公差为2的等差数列，Sn为其前n项和，且满足a＝a1S2n－1，bn＝＋.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)a＝a1S2n－1＝＝a1(2n－1)an.
因为an≠0，所以an＝(2n－1)a1＝a1＋2(n－1)，
解得a1＝1，所以an＝2n－1(n∈N*)．
(2)Sn＝1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2，
bn＝＋＝＋2n－1
＝＋2×n，
Tn＝×(1＋2＋…＋n)＋2×
＝＋(n∈N*)．
4．已知数列{an}满足a1＝1，an＋an＋1＝4n.
(1)求a2，a3的值；
(2)证明：{an}是等差数列；
(3)记bn＝an·，求数列{bn}的前n项和Sn.
(1)解 由a1＝1，得a2＝4×1－a1＝3，
由a2＝3，得a3＝4×2－a2＝5.
(2)证明 由an＋an＋1＝4n，得an＋1＋an＋2＝4n＋4，
两式相减得an＋2－an＝4.
∴{a2k－1}是以1为首项，4为公差的等差数列，
故a2k－1＝1＋(k－1)·4＝4k－3，
即当n为奇数时，an＝2n－1，
{a2k}是以3为首项，4为公差的等差数列，
故a2k＝3＋(k－1)·4＝4k－1，
即当n为偶数时，an＝2n－1，
综上，an＝2n－1(n∈N*)，
即{an}是等差数列．
(3)解 由(2)知bn＝(2n－1)·22n－1，
则Sn＝1·21＋3·23＋…＋(2n－1)·22n－1，①
4Sn＝1·23＋3·25＋…＋(2n－3)·22n－1＋(2n－1)·22n＋1，②
①－②得－3Sn＝1·21＋2－(2n－1)·22n＋1
＝2＋2·－(2n－1)·22n＋1
＝－＋·22n＋1，
所以Sn＝＋·22n＋1(n∈N*)．
题组三 数列的综合问题
要点重组 (1)以数列为载体，考查不等式的恒成立问题，此类问题可转化为函数的最值问题．
(2)判断数列问题中的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小，或者是借助数列对应函数的单调性比较大小．
(3)数列的通项或前n项和可以看作关于n的函数，然后利用函数的性质求解数列问题．
5．(2019·衡水信息卷)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2n＋1－2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn；
(3)在(2)的条件下，求证：T1×T2×T3×…×Tn≤.
(1)解 由题意得当n＝1时，a1＝S1＝2，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n＋1－2n＝2n，
当n＝1时，a1＝2也符合上式，所以an＝2n(n∈N*)．
(2)解 由(1)得bn＝＝，
所以Tn＝＋＋…＋
＝1－＋－＋…＋－
＝1－＝(n∈N*)．
(3)证明 由(2)得T1×T2×T3×…×Tn＝××…×＝，
又n≥1，n∈N*，
所以T1×T2×T3×…×Tn＝≤.
6．已知数列{an}是等差数列，a1＝1，a2＋a3＋…＋a10＝144.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，设Sn是数列{bn}的前n项和，若n≥3时，有Sn≥m恒成立，求实数m的最大值．
解 (1)在等差数列{an}中，设公差为d，
a2＋a3＋…＋a10＝144，a1＝1，
∴9＋45d＝144，∴d＝3.∴an＝3n－2(n∈N*)．
(2)bn＝＝＝，
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn
＝
＝＝.
∵函数y＝＝－(x≥3)是增函数，
∴当n≥3时，Sn≥S3＝，则m≤.
故实数m的最大值是.
典例 (12分)已知等比数列{an}与等差数列{bn}，a1＝b1＝1，a1≠a2，且a1，a2，b3成等差数列，b1，a2，b4成等比数列．
(1)求{an}，{bn}的通项公式；
(2)设Sn，Tn分别是数列{an}，{bn}的前n项和，若Sn＋Tn>100，求n的最小值．
审题路线图
―→―→―→
规范解答·评分标准
(1)设数列{an}的公比为q，数列{bn}的公差为d，
则解得(舍)或……………………………………………3分
∴an＝2n－1，bn＝n(其中n∈N*).………………………………………………………………5分
(2)由(1)得Sn＝＝2n－1，
Tn＝，……………………………………………………………………………………8分
由Sn＋Tn>100得2n＋>101，……………………………………………………………9分
∵是递增数列，且26＋＝85<101,27＋＝156>101，
∴n的最小值为7. ………………………………………………………………………………12分
构建答题模板
[第一步] 求通项：根据题目条件，列方程(组)求解，得到数列的通项公式．
[第二步] 巧求和：根据数列的类型，选择适当方法求和或经适当放缩后求和．
[第三步] 得结论：利用不等式或函数性质求证不等式或解决一些最值问题．
1．已知各项均为整数的等差数列{an}的前n项和为Sn，且S9<100，S11>110，a3＝7.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：＋＋＋…＋<.
(1)解 设等差数列{an}的公式为d，
则S9＝9a1＋36d<100，
S11＝11a1＋55d>110，
a3＝a1＋2d＝7，
解得1又an∈Z，∴d＝2，a1＝3，
∴an＝a1＋(n－1)d＝2n＋1(n∈N*)．
(2)证明 由(1)可知：
Sn＝＝n(n＋2)，
＝＝，
∴＋＋＋…＋＝＋＋＋…＋＋
＝
＝－<.
2．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝2，an＋2n＝2an－1＋4(n≥2，n∈N*)，数列{bn}的通项bn＝.
证明：(1)数列{bn}是等差数列；
(2)＋＋…＋<1.
证明 (1)∵an＋2n＝2an－1＋4(n≥2，n∈N*)，
∴an－2n＝2[an－1－2(n－1)](n≥2，n∈N*)．
∵当n＝1时，an－2n＝a1－2＝0，
∴an－2n＝0，即an＝2n(n∈N*)，
∴Sn＝n(2＋2n)＝n(n＋1)．
∴bn＝＝n＋1，
bn＋1－bn＝n＋2－(n＋1)＝1，为常数，
∴数列{bn}是等差数列．
(2)由(1)知＝<＝－，
∴＋＋…＋<＋＋…＋＝1－<1.
