高考数学二轮复习专题05 数列-2021年高考数学(理)二轮专项复习

专题05 数 列
本专题的主要内容是数列的概念、两个基本数列——等差数列、等比数列．这部分知识应该是高考中的重点内容．
考察数列知识时往往与其他知识相联系，特别是函数知识．数列本身就可以看作特殊(定义在N *)的函数．因此解决数列问题是常常要用到函数的知识，进一步涉及到方程与不等式．
本专题的重点还是在两个基本数列——等差数列、等比数列上，包括概念、通项公式、性质、前n 项和公式．
§5－1 数列的概念
【知识要点】
1．从函数的观点来认识数列，通过函数的表示方法，来认识数列的表示方法，从而得到数列的常用表示方法——通项公式，即：a n ＝f (n )．
2．对数列特有的表示方法——递推法有一个初步的认识．会根据递推公式写出数列的前几项，并由此猜测数列的一个通项公式．
3．明确数列的通项公式与前n 项和公式的关系： S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ；
⎩⎨
⎧≥==-)
2()1(1
1
n －S S n S a n n n ．
特别注意对项数n 的要求，这相当于函数中的定义域． 【复习要求】
1．了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)． 2．了解数列是自变量为正整数的一类函数． 【例题分析】
例1 根据数列的前几项写出该数列的一个通项公式：
(1)
3231,1615,87,43,21； (2)2，－6，18，－54，162； (3)9，99，999，9999，99999； (4)1，0，1，0，1，0；
(5）
12133,1091,857,631,413,23； (6）52,177,73,115,21,53；
【分析】本题需要观察每一项与项数之间存在的函数关系，猜想出一个通项公式．这种通过特
殊的元素得到一般的规律是解决问题的常用方法，但得到的规律不一定正确，可经过证明来验证你的结论．
解：(1)
n n n n a 211212-
=-= ； (2)a n ＝2×(－3)n －
1； (3)a n ＝10n －1；
(4)⎩
⎨
⎧为偶数为奇数
n n a n 01； (5)
n n a n 2112+
-=；
(6)
232++=
n n a n ．
【评析】(1)中分数的考察要把分子、分母分开考察，当然有时分子分母之间有关系；(2)中正负相间的情况一定与(－1)的方次有关；(3)中的情况可以扩展为7，77，777，7777，77777⇒
)110(97-=
n
n a ；(4)中的分段函数的写法再一次体现出数列是特殊的函数，也可写成
2)1(11
--+=
n n a ，但这种写法要求较高；(5)中的假分数写成带分数结果就很明显了；(6)中的变换
要求较高，可根据分子的变化，变换整个分数，如==42218463=
，根据分子，把21变为84，其
他类似找到规律．
例2 已知：数列{a n }的前n 项和S n ，求：数列{a n }的通项公式a n ，
(1)S n ＝n 2－2n ＋2；(2)1
)23
(-=n n S ．
【分析】已知数列前n 项和S n 求通项公式a n 的题目一定要考虑n ＝1与n ≥2两种情况，即：
a n ＝S n －S n －1不包含a 1，实际上相当于函数中对定义域的要求．
解：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，
当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －3，则
⎩⎨
⎧≥-==23211
n n n a n . (2)当n ＝1时，
,
21
11==S a 当n ≥2时，
11)23
(21--<=
-=n n n n S S a ，此公式也适合n ＝1时的情况，
则
1
)23(21-⨯=
n n a .
【评析】分情况求出通项公式a n 后，应考察两个式子是否能够统一在一起，如果能够统一还
是写成一个式子更加简洁；如果不能统一就要写成分段函数的形式，总之分情况讨论后应该有一个总结性结论．
例3完成下列各题：
(1)数列{a n }中，a 1＝2
)
1
1ln(1n a a n n ++=+，则a 3＝( ) A ．2＋ln3
B ．2＋2ln3
C ．2＋3ln3
D ．4
(2)已知数列{a n }对任意的p ，q ∈N *满足a p ＋q ＝a p ＋a q ，且a 2＝－6，那么a 10等于( ) A ．－165
B ．－33
C ．－30
D ．－21
(3)数列{a n }中，*
221,,25
4N ∈+=+++-=n bn an a a a n a n n ，其中a ，b 为常数，则ab ＝
______．
【分析】本题中三个小题都涉及数列的递推关系，这类问题，最好的办法是给n 赋值，通过特
殊的项找到一般的规律．
解：(1)∵n
n a n n a n a a n n n n ln )1ln(1
ln )11ln(1-++=++=++=+，
∴a 2＝a 1＋ln(1＋1)－ln1＝2＋ln2， a 3＝a 2＋ln(2＋1)－ln2＝2＋ln3，选A ．
(2)∵a p ＋q ＝a p ＋a q ，∴,36111112-=⇒-=+==+a a a a a ∴a 3＝a 2＋1＝a 2＋a 1＝－6－3＝－9，
a 5＝a 3＋2＝a 3＋a 2＝－9－6＝－15， a 10＝a 5＋5＝a 5＋a 5＝－30．选C ．
(3)∵a 1＋a 2＋…＋a n ＝an 2＋bn ，∴⎩⎨
⎧+=++=b
a a a
b a a 24211，
∵254-=n a n ，∴⎪⎩⎪
⎨⎧-==⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=++=21
2242112323
b a b a b a ，∴ab ＝－1．
【评析】这种通过特殊的项解决数列问题的方法今后经常用到，希望大家掌握．
例4 已知：函数f (x )＝a 1＋a 2x ＋a 3x 2＋…＋a n x n －
1，
21
)0(=
f ，且数列{a n }满足f (1)＝n 2a n (n ∈
N *)，求：数列{a n }的通项．
【分析】首先要应用f (0)与f (1)这两个条件，由题可看出可能与S n 与a n 关系有关．
解：由题知：
21
)0(1=
=a f ，f (1)＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2a n ，
即：S n ＝n 2a n ，则S n －1＝(n －1)2a n －1(n ≥2)， ∴a n ＝S n －S n －1＝n 2a n －(n －1)2a n －1(n ≥2)，
∴(n 2－1)a n ＝(n －1)2
a n －1(n ≥2)，即：)2(11
1≥+-=-n n n a a n n ，
∴)2(31
425313211122334211≥⨯⨯⨯⨯--⨯-⨯+-=⨯⨯⨯⨯⨯---n n n n n n n a a a a a a a a a a n n n n ， 即)2(21111≥⨯⨯+=n n n a a n ，∴)2()1(1≥+=n n n a n ，
∵当n ＝1时，
21
2111=
⨯=
a 上式也成立，
∴
)
()1(1
*N ∈+=
n n n a n ．
【评析】本题中，题目给出函数的条件，而f (0)与f (1)的运用就完全转化为数列问题，S n 与a n
的关系应该是要求掌握的，尤其是在n －1出现时，要注意n ≥2的限制，这相当于函数中的定义域．而叠乘的方法是求数列通项的基本方法之一．
练习5－1
一、选择题：
1．数列1614,1311,108,75,42-
--…的通项公式为( )
A ．
1313)1(1
+--+n n n
B ．
1313)1(+--n n n
C ．
1323)1(---n n n
D ．
1333)1(---n n n
2．若数列的前四项是3，12，30，60，则此数列的一个通项公式是( )
A ．2)
2)(1(++n n n
B ．5n 2－6n ＋4
C ．2)
1(93-+
n n D ．2127ln 12+-n
3．数列{a n }中，若a 1＝1，a 2＝1，a n ＋2＝a n ＋1＋a n ，则a 7＝( ) A ．11
B ．12
C ．13
D ．14
4．数列{a n }的前n 项和为S n ，若Sn ＝2(a n －1)，则a 2＝( ) A ．－2 B ．1
C ．2
D ．4
二、填空题：
5．数列2，5，2，5，…的一个通项公式______．
6．数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，数列{a n }的前4项是______，a n ＝______． 7．若数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n ＋1，则它的通项公式是______． 8．若数列{a n }的前n 项积为n 2，则a 3＋a 5＝______． 三、解答题：
9．已知：数列{a n }中，若n
n na a a a a =+++= 211,21
，
求：数列{a n }前4项，并猜想数列{a n }的一个通项公式．
10．已知：数列1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，5…，
求：数列的第50项．
§5－2 等差数列与等比数列
【知识要点】
1．熟练掌握等差数列、等比数列的定义： a n －a n －1＝d (常数)(n ≥2)⇔数列{a n }是等差数列；
q a a n n
=-1(常数)(n ≥2)⇔数列{a n
}是等比数列；
由定义知：等差数列中的项a n 及公差d 均可在R 中取值，但等比数列中的项a n 及公比q 均为非零实数．
应该注意到，等差数列、等比数列的定义是解决数列问题的基础，也是判断一个数列是等差数列、等比数列的唯一依据．
2．明确等差中项与等比中项的概念，并能运用之解决数列问题：
c b a c
a b 、、⇔+=
2成等差数列，b 叫做a 、c 的等差中项，由此看出：任意两个实数都有
等差中项，且等差中项唯一；
b 2＝a
c ⇔a 、b 、c 成等比数列，b 叫做a 、c 的等比中项，由此看出：只有同号的两个实数才
有等比中项，且等比中项不唯一；
3．灵活运用等差数列、等比数列的通项公式a n 及前n 项和公式S n ： 等差数列{a n }中，a n ＝a m ＋(n －m )d ＝a 1＋(n －1)d ，
d n n na n a a S n n 2)
1(211-+=+=
；
等比数列{a n }中，a n ＝a m q n －
m ＝a 1q n －
1，
⎪⎩⎪
⎨⎧=/--==)
1(1)
1()1(11q q
q a q na S n n ；
4．函数与方程的思想运用到解决数列问题之中：
等差数列、等比数列中，首项a 1、末项a n 、项数n ，公差d (公比q )、前n 项和S n ，五个量中，
已知三个量，根据通项公式及前n 项和公式，列出方程可得另外两个量．
等差数列中，
n d a n d S d a dn a n n )2(2121-+=
-+=、，可看作一次函数与二次函数的形式，
利用函数的性质可以解决数列问题．
5．等差数列、等比数列的性质：
等差数列{a n }中，若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ； 等比数列{a n }中，若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ； 【复习要求】
1．理解等差数列、等比数列的概念．
2．掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n 项和公式．
3．能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问
题．
4．了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系． 【例题分析】
例1完成下列各题：
(1)若等差数列{a n }满足a 2＋a 4＝4，a 3＋a 5＝10，则它的前10项的和S 10＝( ) A ．138
B ．135
C ．95
D ．23
(2)各项均为正数的等差数列{a n }中必有( )
A ．86
64a a a a < B ．86
64a a a a ≤ C ．86
64a a a a > D ．
86
64a a a a ≥ 【分析】本题在于考察等差数列的基本知识，通项公式及前n 项和公式是一切有关数列中考察
的重点，注意数列中项数之间的关系．
解：(1)∵等差数列{a n }中a 2＋a 4＝4，a 3＋a 5＝10， ∴a 3＝2，a 4＝5，∴公差d ＝3，首项a 1＝－4， ∴a 10＝a 1＋9d ＝－4＋27＝23，
∴
9510210
110=⨯+=
a a S .选C.
(2)等差数列{a n }中a 4＋a 8＝2a 6， ∵等差数列{a n }各项均为正数，
∴由均值不等式
2
628484)2(
a a a a a =+≤⋅，当且仅当a 4＝a 8时等号成立
即：
86
64a a a a ≤，选B ． 【评析】本题中涉及到等差数列中的重要性质：若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ，(1)中可
直接应用这一性质：a 2＋a 4＝a 3＋a 3＝2a 3得到结论，但题中所给的答案可看作这一性质的证明，同时，等差数列中通项公式并不一定要用首项表示，可以从任何一项开始表示a n ，这也是常用的方法，
(2)注意观察数列中项数的关系，各项均为正数的要求恰好给运用均值不等式创造了条件，注意等号成立的条件．
例2完成下列各题：
(1)等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝3，a 2＋a 3＝6，则a 7＝( ) A ．64
B ．81
C ．128
D ．243
(2)各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 10＝2，S 30＝14，则S 40＝( ) A ．80
B ．30
C ．26
D ．16
【分析】本题中各小题是在运用等比数列的基本知识来解决，通项公式与前n 项和公式要熟练运用．
解：(1)∵数列{a n }是等比数列，
∴⎩⎨⎧=+=+=+=+632
11321121q a q a a a q a a a a ，∴⎩⎨⎧==21
1q a ，a 7＝a 1·q 6＝26＝64．选A ．
(2)方法一：∵等比数列{a n }的前n 项和为S n ，
(*)21)
1(10110=--=q q a S ，(**)141)1(30130=--=
q q a S ，
两式相除：7111030
=--q q ，即：1＋q 10＋q 20＝7⇒q 10＝2或q 10＝－3(舍)，
把q 10
＝2代入(*)中得到：211
-=-q a ，
∴.
30)21)(2(1)1(440140=--=--=q q a S 选B ．
方法二：a 1＋a 2＋…＋a 10、a 11＋a 12＋…＋a 20、a 21＋a 22＋…＋a 30、a 31＋a 32＋…＋a 40、……也构成等比数列，设新等比数列的公比为p
则：a 1＋a 2＋…＋a 10＝S 10＝2、a 11＋a 12＋…＋a 20＝2p 、a 21＋a 22＋…＋a 30＝2p 2 ∵S 30＝2＋2p ＋2p 2＝14，∴p ＝－3或p ＝2， ∵等比数列{a n }的各项均为正数，∴p ＝2，
∴a 1＋a 2＋…＋a 10＝2、a 11＋a 12＋…＋a 20＝4、a 21＋a 22＋…＋a 30＝8、a 31＋a 32＋…＋a 40＝16，∴S 40＝2＋4＋8＋16＝30．
【评析】(2)中方法一仍是解决此类问题的基本方法，注意把
q a -11
看成整体来求，方法二的方
法在等差数列及等比数列中均适用，即：等比数列中第1个n 项和、第2个n 项和、…第n 个n 项和仍然成等比数列，此时，你知道这时的公比与原数列的么比的关系吗?
例3 已知：等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 5＝16，S 10＝64，求：S 15＝?．
【分析】本题是对等差数列的知识加以进一步考察，可以用求和公式，也可运用等差数列的性质加以解决．
解：方法一：由
⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨
⎧
=⨯+==⨯+=2532251664291010162455111015d a d a S d a S ， 则：
144214
1515115=⨯+
=d a S ；
方法二：等差数列中：a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5、a 6＋a 7＋a 8＋a 9＋a 10， a 11＋a 12＋a 13＋a 14＋a 15这三项也构成等差数列， 即a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝S 5＝16，
a 6＋a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝S 10－S 5＝64－16＝48， a 11＋a 12＋a 13＋a 14＋a 15＝S 15－S 10＝S 15－64， ∴2×48＝16＋S 15－64，∴S 15＝144．
方法三：∵
596
,48166452106106610=+=-=⨯+=
-∴a a a a S S ，∵a 1＋a 15＝a 6＋a 10
∴144
152596
15215115=⨯=⨯+=a
a S ．
【评析】本题中方法一是直接应用前n 项和公式，得出首项与公差，再用公式得出所求，应是基本方法，但运算较繁锁；方法二充分注意到等差数列这一条件，得到的结论可以扩展为等差数列中第1个n 项和、第2个n 项和、……第n 个n 项和仍然成等差数列，你知道这时的公差与原数列的公差的关系吗?这一方法希望大家掌握；方法三是前n 项和公式与等差数列的性质的综合应用，大家可以借鉴．
例4已知：等差数列{a n }中，且
n a a a b n
n +++=
21，
(1)求证：数列{b n }是等差数列；
(2)若
23
,
1132113211=
++++++=b b b a a a a ，求数列{a n }{b n }的通项公式．
【分析】运用等差数列的两个公式，两个数列都是等差数列，所求通项就离不开首项和公差． 解：(1)∵数列{a n }是等差数列，设公差为d ，
∴
2,2121121n
n n n n a a n a a a b n a a a a a +=+++=⨯+=
+++∴ ，
∴
)2(222211111≥=-=⋅+-+=
---⋅-n d a a a a a a b b n n n n n n ，
∴数列{b n }是等差数列，公差为2d
；
(2)∵
1,1121==+++=
∴a b n a a a b n
n ，
∵数列{a n }、{b n }是等差数列，
∴31,2
32·66,23132132117713113113113
113211321=
=++==++=⨯+⨯+=++++++∴∴d d b d a b a b b a a b b a a b b b a a a ，
∴
656161)1(1,323131)1(1+=-+=+=⨯
-+=n n b n n a n n ．
【评析】(1)中遇到了证明数列是等差(等比)数列，采取的方法只能是运用定义，满足定义就是，
不满足定义就不是．
例5 已知：等差数列{a n }中，a 3＝12，S 12＞0，S 13＜0， 求数列{a n }的公差d 的取值范围；
【分析】按照所给的条件，把两个不等的关系转化为关于公差d 的不等式．
解：(1)∵数列{a n }是等差数列，
∴⎪⎩⎪⎨⎧<⨯+=>⨯+=013201221311312112a a S a a S ，即：⎩⎨⎧<++-=+>++-=+01020
923313133121d a d a a d a d a a a α，
∴⎪
⎪⎩⎪⎨⎧-<->3
3
2827a d a d ，即：3
724
-<<-
d ，
【评析】也可直接运用
d n n na S n 2)
1(1-+
=得到关于a 1与d 的不等式，再通过通项公式得到
a 3与a 1的关系．
例6 已知：四个数中，前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，第一、四个数的和为16，第二、三个数的和为12，求这四个数．
【分析】本题中，方程的思想得到明显的体现，实际上数列问题总体上就是解方程的问题，根据所给的条件，加上通项公式、前n 项和公式列出方程，解未知数，通过前面的例题大家应该有所体会了．
解：方法一：设这四个数为：a ，b ，12－b ，16－a
则根据题意得，⎩⎨⎧==⇒⎪⎩⎪⎨⎧-=--+=40)16()12(1222
b a a b b b
a b 或⎩⎨⎧==915b a ，
则这四个数为0、4、8、16或15、9、3、1．
方法二：设这四个数为：a －d ，a ，a ＋d ，a d a 2
)(+
则根据题意得⎩⎨
⎧==⇒⎪⎩⎪⎨⎧=++=+-441216)(2
d a d a a a d a d a 或⎩
⎨⎧-==69d a ， 则这四个数为：0、4、8、16或15、9、3、1．
【评析】列方程首先就要设未知数，题目中要求四个数，但不要就设四个未知数，要知道，方
程的个数与未知数的个数一样时才有可能解出，因此在设未知数时就要用到题目中的条件．方法一是用“和”设未知数，用数列列方程；方法二是用数列设未知数，用“和”列方程．
例7 已知：等差数列{a n }中，a 4＝10，且a 5，a 6，a 10成等比数列， 求数列{a n }前20项的和S 20．
【分析】本题最后要求的是等差数列的前20项和，因此，求首项、公差以及通项公式就是必
不可少的．
解：∵数列{a n }是等差数列，
∴a 5＝a 4＋d ＝10＋d ，a 6＝a 4＋2d ＝10＋2d ，a 10＝a 4＋6d ＝10＋6d ， ∵a 5，a 6，a 10成等比数列，∴a 62＝a 5·a 10，即：(10＋2d )2＝(10＋d )(10＋6d ) ∴d ＝0或d ＝－15，
当d ＝0时，a n ＝a 4＝10，S 20＝200；
当d ＝－15时，a n ＝a 4＋(n －4)d ＝－15n ＋70，
1750202)
230(5520220120-=⨯-+=⨯+=
a a S ；
【评析】这种等差、等比数列综合运用时，往往出现多解的情况，对于多个解都要一一加以验
证，即使不合题意也要说明，然后舍去．
例8 已知：等差数列{a n }中，a n ＝3n －16，数列{b n }中，b n ＝｜a n ｜，求数列{b n }的前n 项和S n ．
【分析】由于对含有绝对值的问题要加以讨论，因此所求的前n 项和S n 应该写成分段函数的形式．
解：(1)当n ≤5时，a n ＜0，则：b n ＝｜a n ｜＝16－3n ，且b 1＝13，
n n n n S n 229
232316132+-=⨯-+=
；
(2)当n ≥6时，a n ＞0，则：b n ＝｜a n ｜＝3n －16，此时：S 5＝35，b 6＝2，
70229
23)5(21632352+-=-⨯-++
=n n n n S n ，
由(1)(2)知，⎪⎩⎪⎨
⎧≥+-≤+-=)
6(70229
23)5(229
2322n n n n n
n S n ．
【评析】当n ≥6时，前5项和要加在S n 中是经常被忽略的，得到的结果形式上比较复杂，可
通过赋值的方法加以验证．
练习5－2
一、选择题：
1．若等差数列的首项是－24，且从第10项开始大于零，则公差d 的取值范围是( )
A ．
38>
d
B ．d ＜3
C ．338
<≤d D ．338
≤<d
2．若等差数列{a n }的前20项的和为100，则a 7·a 14的最大值为( ) A ．25
B ．50
C ．100
D ．不存在
3．等比数列{a n }中，若a 1＋a 2＝40，a 3＋a 4＝60，则a 7＋a 8＝( ) A ．80
B ．90
C ．100
D ．135
4．等差数列{a n }的前2006项的和S 2006＝2008，其中所有的偶数项的和是2，则a 1003＝( ) A ．1 B ．2
C ．3
D ．4
二、填空题：
5．(1)等差数列{a n }中，a 6＋a 7＋a 8＝60，则a 3＋a 11＝______； (2)等比数列{a n }中，a 6·a 7·a 8＝64，则a 3·a 11＝______； (3)等差数列{a n }中，a 3＝9，a 9＝3，则a 12＝______； (4)等比数列{a n }中，a 3＝9，a 9＝3，则a 12＝______．
6．等比数列{a n }的公比为正数，若a 1＝1，a 5＝16，则数列{a n }前7项的和为______． 7．等差数列{a n }中，若a n ＝－2n ＋25，则前n 项和S n 取得最大值时n ＝______． 8．等比数列{a n }中，a 5a 6＝－512，a 3＋a 8＝124，若公比为整数，则a 10＝______． 三、解答题：
9．求前100个自然数中，除以7余2的所有数的和．
10．已知：三个互不相等的数成等差数列，和为6，适当排列后这三个数也可成等比数列，求：这
三个数．
11．已知：等比数列{a n }中，a 1＝2，前n 项和为S n ，数列{a n ＋1}也是等比数列，
求：数列{a n }的通项公式a n 及前n 项和S n ．
§5－3 数列求和
【知识要点】
1．数列求和就是等差数列、等比数列的求和问题，还应掌握与等差数列、等比数列有关的一些特殊数列的求和问题，
2．数列求和时首先要明确数列的通项公式，并利用通项公式找到所求数列与等差数列、等比数列之间的联系，利用等差数列、等比数列的求和公式解决问题，
3．三种常见的特殊数列的求和方法：
(1)直接公式法：解决一个等差数列与一个等比数列对应项相加而成的新数列的求和问题； (2)错位相减法：解决一个等差数列与一个等比数列对应项相乘而成的新数列的求和问题； (3)裂项相消法：解决通项公式是等差数列相邻两项乘积的倒数的新数列的求和问题． 【复习要求】
特殊数列求和体现出知识的“转化”思想——把特殊数列转化为等差数列、等比数列，而在求和的过程中又体现出方程的思想 【例题分析】
例1 求和下列各式
(1))
21(4122
11n n ++++ ； (2)1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ；
(3)
)12)(12(1751531311+-++⨯+⨯+⨯n n ； (4)11
4313212
11++++++++n n ． 【分析】我们遇到的数列求和的问题是一些特殊的数列，即与等差、等比数列密切相关的数列，
最后还是回到等差、等比数列求和的问题上．
解：(1))
212121()21()21(4122
112n n n n +++++++=++++
n
n n n n n 211)1(21211)
211(212)1(-++=--++=．
(2)设：S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n
1
321
322222222)1(22212)++⨯-++++=-⨯+⨯-+⋯+⨯+⨯=-n n n n n n n S n n S
则：
2
2)1(21)21(22
11
+-=---⨯=++n n n n n n S ．
(3)
)12)(12(1
751531311+-++⨯+⨯+⨯n n )]121121()5131()311[(21+--++-+-=n n 12)1211(21+=+-=
n n n ．
(4)11
4313212
11+++
++++++n n 111342312-+=-+++-+-+-=n n n ．
【评析】(1)中数列可看成一个等差数列与一个等比数列对应项相加而成，直接运用前n 项和
公式即可；(2)中数列可看成一个等差数列与一个等比数列对应项相乘而成，采用错位相减的方法，相减以前需要每一项乘以等比数列的公比，然后错位相减，还是利用等比数列的前n 项和公式，注意错位后最后一项相减时出现的负号，这是极容易出错的地方；(3)(4)都是裂项相消，都与等差数列有关，(3)中的形式更加常见一些，注意裂项后的结果要与裂项前一致，经常要乘一个系数(这个系数恰好是等差数列的公差的倒数)．
例2求下列数列的前n 项和S n ．
(1)1，－5，9，－13，17，－21，…，(－1)n －
1(4n －3)；
(2)n +++++++ 3211,
,3211,211,
1； (3)1，1＋2，1＋2＋22，1＋2＋22＋23，…，1＋2＋22＋…＋2n －
1；
【分析】对于一个数列来说，最重要的是通项公式，有了通项公式，就可以写出所有的项，就
可以看出其与等差、等比数列的关系，从而利用等差、等比数列的前n 项和得出结论．
解：(1)方法一：
(当n 是奇数时，1＋(－5)＋9＋(－13)＋17＋(－21)＋…＋(－1)n －
1(4n －3) ＝(1＋9＋17＋4n －3)－[5＋13＋21＋(4n －7)]
.12)21
(2745)21(2341-=-⨯-+-+⨯-+=
n n n n n
(当n 是偶数时，1＋(－5)＋9＋(－13)＋17＋(－21)＋…＋(－1)n －
1(4n －3) ＝(1＋9＋17＋4n －7)－[5＋13＋21＋(4n －3)]
.22234522741n n
n n n -=⨯-+-⨯-+=
方法二：
(当n 是奇数时，1＋(－5)＋9＋(－13)＋17＋(－21)＋…＋(－1)n －
1(4n －3) ＝(1－5)＋(9－13)＋(17－21)＋…＋(4n －11＋4n －7)＋(4n －3)
.12)34(21
)4(-=-+-⨯
-=n n n
(当n 是偶数时，1＋(－5)＋9＋(－13)＋17＋(－21)＋…＋(－1)n －
1(4n －3) ＝(1－5)＋(9－13)＋(17－21)＋…＋(4n －7＋4n －3)
.22)4(n n
-=⨯
-=
(2)此数列中的第n 项
)
1
1
1(2)1(22)1(13211+-=+=+=++++=
n n n n n n n a n
则
n +++++++++++
3211
32112111
⋅
+=+-=+-++-+-+-=12)111(2)]111()4131()3121()211[(2n n n n n
(2)此数列中的第n 项
1221212
221n
1
2-=--=++++=-n n n a
则1＋(1＋2)＋(1＋2＋22)＋…(1＋2＋22＋…＋2n －
1) ＝(21－1)＋(22－1)＋(23－1)＋…(2n －1)
n
n n n n n
--=---=-++++=+2221)
21(2)2222(13
2
1
．
【评析】(1)中带有(－1)n ，需要讨论最后一项的正负，方法一是把正、负项分开，看成两个等
差数列，方法二应该是多观察的结果，当都要对n 加以讨论，(2)(3)都要先写出通项，然后每一项按照通项的形式写出，很明显地看出方法．
例3 数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋2n ．
(1)设
12-=
n n
n a b ，求证：数列{b n }是等差数列；
(2)求数列{a n }的前n 项和S n ．
【分析】对于证明数列是等差、等比数列的问题，还是要应用定义．
解：(1)证明：∵
,2,21
11n n n n n n a b a b ++-==
∴
∴12;1222222111
1
1111====-=-=--+-++a b a a a a b b n n n n n n n n n n n ，
∴数列{b n }是首项、公差都为1的等差数列，即：b n ＝n ．
(2)由(1)中结果，设
12-=
n n
n a b 时，b n ＝n ，则：a n ＝n ·2n －1
∴S n ＝1×20＋2×21＋3×22＋4×23＋…＋(n －1)2n －
2＋n ·2n
－1
n
n n n
n n n n S n n n S 22222122)1(2)2(2322212)13212321⋅⋅-+++++=-+-+-++⨯+⨯+⨯=----
1
2)1(21212+-=---=⋅⋅n n
n
n n n S ．
【评析】证明数列是等差、等比数列时，如果可能应强调首项与公差，证明后，往往要用到整
个数列，因此证明完后应把数列的通项写出，便于解决其他问题．
例4 已知：数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝4a n －3n ＋1，n ∈N *， (1)求证：数列{a n －n }是等比数列； (2)求数列{a n }的前n 项和S n ；
(3)证明不等式S n ＋1≤4S n ，对任意n ∈N *皆成立．
【分析】证明等比数列是应该应用定义，比较大小最有效的方法是作差．
(1)证明：由题设a n ＋1＝4a n －3n ＋1，得a n ＋1－(n ＋1)＝4(a n －n )( n ∈N *)，
∵a 1－1＝1≠0，∴4
)()
1(1=-+-+n a n a n n ，
∴数列{a n －n }是首项为1，且公比为4的等比数列．
(2)解：由(1)可知a n －n ＝4n －
1，于是数列{a n }的通项公式为a n ＝4n －
1＋n ．
则数列{a n }的前n 项和⋅
++-=++++++=-2)
1(314)4
()24()14(1
10n n n S n n n
(3)证明：
2)
1(43442)2)(1(3144111+-
--+++-=-+++n n n n S S n n n n
.
02)1)(43()43(212≤-+-=-+-=n n n n
∴不等式S n ＋1≤4S n ，对任意n ∈N *皆成立．
练习5－3
一、选择题：
1．数列n
n 21
)12(16
178********+-、、、、、 的前n 项之和S n ＝( ) A ．
n n 21
12-
+
B ．
n n n 21122-
+-
C ．
12211--
+n n
D ．
n n n 2112-
+-
2．若数列11
11
311
211
110,,10,10,10n ，…它的前n 项的积大于105，则正整数n 的最小值是( )
A ．12
B ．11
C ．10
D ．8
3．数列{a n }的通项公式11
++=
n n a n ，若前n 项和S n ＝3，则n ＝( )
A ．3
B ．4
C ．15
D ．16
4．数列{a n }的前n 项和为S n ，若
)1(1
+=
n n a n 则S 5
等于( )
A ．1
B ．65
C ．61
D ．301
二、填空题：
5．若
)1(11216121+++++=
n n S n ，且431=⋅+n n S S ，则n ＝______．
6．若lg x ＋lg x 2＋lg x 3＋…＋lg x n ＝n 2＋n ，则x ＝______．
7．数列1，(1＋2)，(1＋2＋22)，…，(1＋2＋22＋…＋2n －
1)的前99项和是______． 8．正项等比数列{a n }满足：a 2·a 4＝1，S 3＝13，若b n ＝log 3a n ，则数列{b n }的前10项的和是
______． 三、解答题：
9．已知：等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 7＝7，S 15＝75，
求数列}
{n s n 的前n 项和T n ．
10．已知：等比数列{a n }中，公比
n n n n a a a T a a a S q 1
11,,12121+++=
+++=≠ ．
(1)用a 1、q 、n 表示n n
T S ；
(2)若
55
33113T S T S T S 、、-
成等差数列，求q 的值；
11．已知：数列{a n }中，a 3＝2，a 5＝1，数列⎭⎬⎫
⎩⎨⎧+11n
a 是等差数列，
(1)数列{a n }的通项公式；
(2)若n a b n n 1
+=
，求数列{b n }的前n 项和S n ．
§5－4 数学归纳法
【知识要点】
1．数学归纳法是证明与正整数有关的命题的一种方法． 2．数学归纳法证明包含两个步骤：
(1)证明n ＝n 0时命题成立(n 0是第一个使命题成立的正整数) (2)假设n ＝k (k ≥n 0)时命题成立，由此证明n ＝k ＋1时命题也成立．
注意到，数学归纳法是一种自动证明的方法，其中(1)是基础，(2)是一种递推的结构，在证明n ＝k ＋1命题成立时，必须要用上n ＝k 成立时的归纳假设． 【复习要求】
了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题． 【例题分析】
例1 求证：)()
12(2)1()12)(12(532311*222N ∈++=+-++⨯+⨯n n n n n n n
【分析】等式的证明应该是利用数学归纳法常见的命题，注意从k 到k ＋1时书写一定要清晰，不能模棱两可，蒙混过关．
证明：(1)当n ＝1时，左
31)12(2)11(1,313112=+⨯+⨯===⨯=右，则当n ＝1时原式成立 (2)假设当n ＝k 时原式成立，即：,)
12(2)
1()12)(12(532311222++=+-++⨯+⨯k k k k k k
则当n ＝k ＋1时，左)
32)(12()1()12)(12(5323112
222+++++-++⨯+⨯=k k k k k k
)32)(12()1()12(2)1(2
++++++=k k k k k k
)32)(12(2)1(2)32)(1(2
++++++=k k k k k k
右=+++=+++++=)32(2)2)(1()32)(12(2)12)(2)(1(k k k k k k k k ．
故当n ＝k ＋1时原式也成立．
∴由(1)(2)知：当n ∈N *时，原式均成立．
【评析】数学归纳法的关键在第二步，本题中利用归纳假设把k ＋1个式子的和转化为两个式子的和是关键，后面的运算主要是提取公因式，最好把要变成的形式先写出来，这样就有了一个目标．
例2 求证：)2,(12131211*≥∈+>++++
n n n n n N
【分析】本题中n 0＝2，在利用归纳假设证明n ＝k ＋1不等式也成立时，我们可以利用不等式的其他证明方法．
证明：(1)当n ＝2时，左
=+⨯=>=+
=12223423211右，
则当n ＝2时原式成立． (2)假设当n ＝k 时原式成立，即：
,12131211+>++++
k k k
则，当n ＝k ＋1时， 左,1)1()1(2,112111*********+++=++=+++>++++++
=k k k k k k k k k 右 ∵,0)2)(1()2)(1(2422521)1()1(211222>++=++---++=+++-++k k k k k k k k k k k k k ∴,1)1()1(211131211+++>++++++
k k k k
故当n ＝k ＋1时原式也成立，
∴由(1)(2)知：当n ∈N *，n ≥2时，原式均成立．
【评析】在第二步中，利用比较法得到原式成立的结果，这种方法需要大家掌握．
例3 已知：正数数列{a n }的前n 项之和为S n ，且满足
2)21(+=n n a S
(1)求：a 1，a 2，a 3，a 4的值； (2)猜测数列{a n }的通项公式，并用数学归纳法加以证明．
【分析】本题首先要求出前四项，应注意到正数数列这一条件，需要利用S n 与a n 的关系． 解：(1),3)21(,1)21(22221212111=⇒+=+==⇒+==a a a a S a a a S
,7)21(,5)21(
424432143233213=⇒+=+++==⇒+=++=a a a a a a S a a a a a S (2)猜想：a n ＝2n －1，
证明：①当n ＝1时，猜想显然成立
②假设当n ＝k 时猜想成立，即：a k ＝2k －1，此时,)21(22k a S k k =+=
则当n ＝k ＋1时，2
2111)21(k a S S a k k k k -+=-=+++，
整理得到：a k ＋12－2a k ＋1－(2k ＋1)(2k －1)＝0，即：(a k ＋1＋2k －1)(a k ＋1－2k －1)＝0，
∵a n ＞0，∴a k ＋1＝2k ＋1＝2(k ＋1)－1，
故当n ＝k ＋1时猜想也成立．
∴由①②知：a n ＝2n －1(n ∈N *)．
【评述】这种归纳、猜想、证明的题目应该是我们解决问题中常见的，体现了由特殊到一般的过程，关键是归纳，前四项不要算错，否则就猜不出来了．
例4 已知：数列{a n }、{b n }中，a 1＝2，b 1＝4，且a n ，b n ，a n ＋1成等差数列，b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列(n ∈N *)．
求：a 2，a 3，a 4及b 2，b 3，b 4，猜测{a n }，{b n }的通项公式，并证明你的结论．
【分析】利用等差中项与等比中项的条件，找到a n 、b n 、a n ＋1、b n ＋1的关系．
解：由条件得2b n ＝a n ＋a n ＋1，121++=n n n b b a
由此可得⎩⎨⎧==⇒=+=⎪⎩⎪⎨⎧962222122211b a b b a a a b ；同理得到：⎩⎨⎧==⎩⎨⎧==2520,16123433b a b a ，
由此猜测a n ＝n (n ＋1)，b n ＝(n ＋1)2，
下面用数学归纳法证明：a n ＝n (n ＋1)，b n ＝(n ＋1)2，
①当n ＝1时，a 1＝1×2＝2，b 1＝(1＋1)2＝4，猜想成立．
②假设当n ＝k 时，猜想成立，即a k ＝k (k ＋1)，b k ＝(k ＋1)2，
则当n ＝k ＋1时，
a k ＋1＝2
b k －a k ＝2(k ＋1)2－k (k ＋1)＝(k ＋1)(k ＋2)，
2
211)2(+==++k b a b k k k ,
故当n ＝k ＋1时，猜想也成立．
由①②知a n ＝n (n ＋1)，b n ＝(n ＋1)2对一切正整数都成立．
练习5－4
1．某个命题与正整数有关，若n ＝k (k ∈N ＋
)时，命题成立，那么可推出当n ＝k ＋1时，该命题也成
立．现已知当n ＝5时，该命题不成立，那么可以推得( )
A ．当n ＝6时，该命题不成立
B ．当n ＝6时，该命题成立
C ．当n ＝4时，该命题不成立
D ．当n ＝4时，该命题成立 2．平面上有n 条直线，它们任意两条不平行，任意三条不共点，若k 条这样的直线把平面分成f (k )
个区域，则f (k ＋1)－f (k )＝( )
A ．k ＋1
B ．k
C ．k －1
D ．2k
3．利用数学归纳法证明不等式
2413212111>+++++n n n 的过程中，从n ＝k 到n ＝k ＋1时，不等式的左边添加的代数式是______．
4．观察下列式子：
474131211,3531211,23211222222<+++<++<+
，…，则可以猜想的结论为：
_______. 5．求证：1×2＋2×5＋3×8＋…＋n (3n －1)＝n 2(n ＋1)．
6．求证：12)1211()511)(311)(111(+>-++++n n ．
7．求证：4n ＋15n －1能被9整除．
8．已知：递增数列{a n }满足：a 1＝1，2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)，且a 1、a 2、a 4成等比数列．
(1)求数列{a n }的通项公式a n ；
(2)若数列{b n }满足：b n ＋1＝2n b －(n －2)b n ＋3(n ∈N *)，且b 1≥1，
用数学归纳法证明：b n ≥a n ．
§5－5 数列综合问题
【知识要点】
1．灵活运用等差数列、等比数列的两个公式及其性质来解决综合问题，
2．能解决简单的由等差数列、等比数列形成的新数列的问题，
3．能够利用等差数列、等比数列的定义来确定所给数列是等差数列、等比数列．
【复习要求】
通过简单综合问题的解决，加深对等差数列、等比数列中，定义、通项、性质、前n 项和的认识．加深数列是特殊的函数的认识，符合高中阶段知识是以函数为主线的展开．
【例题分析】
例1 完成下列各题：
(1)数列{a n }中，若11121
,1++=-=n n n a a a ，则a 5＝______．
(2)数列{a n }中，若a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则通项a n ＝______．
【分析】叠加的方法应该是解决数列的通项以及求和问题中常见的方法．
解：(1)3451122334455212121)()()()(++=+-+-+-+-=a a a a a a a a a a 1212++ 3247
=，
(2)∵a n ＋1＝a n ＋n ＋1，∴a n ＋1－a n ＝n ＋1
∴利用叠加法，有：a 2－a 1＝1＋1
a 3－a 2＝2＋1
a 4－a 3＝3＋1
………
1)1()1+-=-+-n a a n n
)1)(2(214321-+=++++=-n n n a a n 整理222++=n n a n ．
【评析】叠加时一定要注意首、尾项的变化，尤其是符号．
例2已知：数列{a n }是一个等差数列，且a 2＝1，a 5＝－5．
(1)求{a n }的通项a n ；(2)求{a n }前n 项和S n 的最大值．
【分析】应该是等差数列中的基本问题，还是利用两个基本公式解决问题．
解：(1)设{a n }的公差为d ，
由已知条件，⎩⎨⎧-=+=+54111d a d a ，解出a 1＝3，d ＝－2．∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－2n ＋5； (2)4)2(42)1(221+--=+-=-+=n n n d n n na S n ．∴n ＝2时，S n 取到最大值4．
【评析】对于等差数列的前n 项和的最值问题，看成二次函数的最值问题应该是基本方法．
例3 已知：数列{a n }中，a 1＝1，
221+=+n n a a ，设11++=n n n a a b ，求数列{b n
}的前n 项和S n ． 【分析】注意观察所给数列变形后与等差、等比数列有哪些联系，这个联系一定要找到，而且一定有联系，显然本题中}{2n a 是等差数列．
解：由题知：数列{a n }中a n ＞0， ∵1,2,22122121=+=+=++∴a a a a a n n n n ，
∴数列}{2n a 是首项为1，公差为2的等差数列， ∴12,0,122)1(12-=>-=⨯-+=∴n a a n n a n n n
， ∵11++=
n n n a a b ,∴)1212(2112121--+=++-=n n n n b n ， ∴)112(21)1212573513(21-+=--+++-+-+-=n n n S n ．
【评析】对于开方的问题一定要考虑正、负，而裂项求和(也可以看作分母的有理化)在前一节中也比较多地提到．
例4已知：等差数列{a n }的各项均为正数，a 1＝3，等比数列{b n }中，b 1＝1且b 2(a 1＋a 2)＝64，b 3(a 1＋a 2＋a 3)＝960．求数列{a n }、{b n }的通项公式．
【分析】还是方程思想在数列中的体现，利用所给条件，列出方程得到公差与公比，从而得到通项公式．
解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，
∵等差数列{a n }的各项均为正数，∴d ＞0，
则等差数列{a n }中，a 1＋a 2＝2a 1＋d ＝6＋d ，a 1＋a 2＋a 3＝3a 1＋3d ＝9＋3d ，
等比数列{b n }中，b 2＝b 1q ＝q ，b 3＝q 2，
∵b 2(a 1＋a 2)＝64，b 3(a 1＋a 2＋a 3)＝960，
∴⎩⎨⎧=+=+960)39(64)6(2d q d q ，得d ＝2或56-=d ，。