雄关漫道系列《师说》2014年高考全程复习构想高三理科一轮复习资料第五章数列5.2

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2019-2020年高考数学一轮总复习第五章数列5.3等比数列及其前n项和课时跟踪检测理

2019-2020年高考数学一轮总复习第五章数列5.3等比数列及其前n 项和课时跟踪检测理[课时跟踪检测][基础达标]1．已知数列{a n }为等比数列，若a 4＋a 6＝10，则a 7(a 1＋2a 3)＋a 3a 9的值为( ) A ．10 B ．20 C ．100D ．200解析：a 7(a 1＋2a 3)＋a 3a 9＝a 7a 1＋2a 7a 3＋a 3a 9＝a 24＋2a 4a 6＋a 26＝(a 4＋a 6)2＝102＝100. 答案：C2．设等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，已知S 3＝8，S 6＝7，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A.18 B ．－18C.578D ．558解析：因为a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，且S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，即8，－1，S 9－S 6成等比数列，所以8(S 9－S 6)＝1，即S 9－S 6＝18.所以a 7＋a 8＋a 9＝18.答案：A3．已知数列{a n }满足log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1(n ∈N *)，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则log 13(a 5＋a 7＋a 9)的值是( )A ．－5B ．－15C ．5D ．15解析：∵log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1，∴a n ＋1＝3a n . ∴数列{a n }是公比q ＝3的等比数列． ∵a 5＋a 7＋a 9＝q 3(a 2＋a 4＋a 6)，∴log 13(a 5＋a 7＋a 9)＝log 13(9×33)＝log 1335＝－5.答案：A4．(xx 届太原一模)在单调递减的等比数列{a n }中，若a 3＝1，a 2＋a 4＝52，则a 1＝( )A ．2B ．4 C. 2D ．2 2解析：在等比数列{a n }中，a 2a 4＝a 23＝1，又a 2＋a 4＝52，数列{a n }为递减数列，所以a 2＝2，a 4＝12，所以q 2＝a 4a 2＝14，所以q ＝12，a 1＝a 2q＝4.答案：B5．(xx 届莱芜模拟)已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝b 1＝3，a n ＋1－a n ＝b n ＋1b n＝3，n ∈N *，若数列{c n }满足c n ＝ba n ，则c 2 017＝( )A ．92 016B ．272 016C ．92 017D ．272 017解析：由已知条件知{a n }是首项为3，公差为3的等差数列，数列{b n }是首项为3，公比为3的等比数列，所以a n ＝3n ，b n ＝3n. 又c n ＝ba n ＝33n，所以c 2 017＝33×2 017＝272 017.答案：D6．(xx 届海口市调研测试)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，a 2－8a 5＝0，则S 8S 4的值为( )A.12 B ．1716 C ．2D ．17解析：设{a n }的公比为q ，依题意得a 5a 2＝18＝q 3，因此q ＝12.注意到a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝q 4(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)，即有S 8－S 4＝q 4S 4，因此S 8＝(q 4＋1)S 4，S 8S 4＝q 4＋1＝1716，选B.答案：B7．(xx 届衡阳模拟)在等比数列{a n }中，a 1＝2，前n 项和为S n ，若数列{a n ＋1}也是等比数列，则S n ＝( )A ．2n ＋1－2 B ．3n C ．2nD ．3n－1解析：因为数列{a n }为等比数列，a 1＝2，设其公比为q ，则a n ＝2qn －1，因为数列{a n ＋1}也是等比数列，所以(a n ＋1＋1)2＝(a n ＋1)(a n ＋2＋1)⇒a 2n ＋1＋2a n ＋1＝a n a n ＋2＋a n ＋a n ＋2⇒a n ＋a n＋2＝2a n ＋1⇒a n (1＋q 2－2q )＝0⇒q ＝1，即a n ＝2，所以S n ＝2n ，故选C.答案：C8．(xx 届广州市五校联考)已知数列{a n }的首项a 1＝2，数列{b n }为等比数列，且b n ＝a n ＋1a n，若b 10b 11＝2，则a 21＝( )A ．29B ．210C ．211D ．212解析：由b n ＝a n ＋1a n ，且a 1＝2，得b 1＝a 2a 1＝a 22，a 2＝2b 1；b 2＝a 3a 2，a 3＝a 2b 2＝2b 1b 2；b 3＝a 4a 3，a 4＝a 3b 3＝2b 1b 2b 3；…；a n ＝2b 1b 2b 3…b n －1，所以a 21＝2b 1b 2b 3…b 20，又{b n }为等比数列，所以a 21＝2(b 1b 20)(b 2b 19)…(b 10b 11)＝2(b 10b 11)10＝211. 答案：C9．由正数组成的等比数列{a n }满足a 3a 8＝32，则log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 10＝________. 解析：log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 10＝log 2(a 1a 10)·(a 2a 9)·…·(a 5a 6)＝log 2(a 3a 8)5＝log 2225＝25.答案：2510．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，且3S 1,2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________. 解析：因为3S 1,2S 2，S 3成等差数列，所以4S 2＝3S 1＋S 3，即4(a 1＋a 2)＝3a 1＋a 1＋a 2＋a 3.化简得a 3a 2＝3，即等比数列{a n }的公比q ＝3，故a n ＝1×3n －1＝3n －1.答案：3n －111．(xx 届南昌模拟)已知公比不为1的等比数列{a n }的首项a 1＝12，前n 项和为S n ，且a 4＋S 4，a 5＋S 5，a 6＋S 6成等差数列．(1)求等比数列{a n }的通项公式；(2)对n ∈N *，在a n 与a n ＋1之间插入3n 个数，使这3n＋2个数成等差数列，记插入的这3n个数的和为b n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)因为a 4＋S 4，a 5＋S 5，a 6＋S 6成等差数列，所以a 5＋S 5－a 4－S 4＝a 6＋S 6－a 5－S 5，即2a 6－3a 5＋a 4＝0，所以2q 2－3q ＋1＝0，因为q ≠1，所以q ＝12，所以等比数列{a n }的通项公式为a n ＝12n .(2)b n ＝a n ＋a n ＋12·3n＝34⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ，T n ＝34×32－⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋11－32＝94⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.12．设数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)．已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1. (1)求a 4的值；(2)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 为等比数列．解：(1)当n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，即4⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋a 4＋5⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＝81＋32＋54＋1，解得a 4＝78.(2)证明：由4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1(n ≥2)，得4S n ＋2－4S n ＋1＋S n －S n －1＝4S n ＋1－4S n (n ≥2)，即4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1(n ≥2)．∵4a 3＋a 1＝4×54＋1＝6＝4a 2符合上式，∴4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1(n ≥1)， ∴a n ＋2－12a n ＋1a n ＋1－12a n＝4a n ＋2－2a n ＋14a n ＋1－2a n＝4a n ＋1－a n －2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝2a n ＋1－a n 22a n ＋1－a n ＝12，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1＝1为首项，12为公比的等比数列．[能力提升]1．若{a n }是正项递增等比数列，T n 表示其前n 项之积，且T 10＝T 20，则当T n 取最小值时，n 的值为________．解析：T 10＝T 20⇒a 11…a 20＝1⇒(a 15a 16)5＝1⇒a 15a 16＝1，又{a n }是正项递增等比数列，所以0<a 1<a 2<…<a 14<a 15<1<a 16<a 17<…，因此当T n 取最小值时，n 的值为15.答案：152．(xx 届山西吕梁质检)已知数列2,8,4，12，…，该数列的特点是从第2项起，每一项都等于它的前后两项之积，则这个数列的前2 018项之积T 2 018等于________．解析：数列2,8,4，12，…，该数列的特点是从第2项起，每一项都等于它的前后两项之积，这个数列的前8项分别为2,8,4，12，18，14，2,8，易得从第7项起，数字重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项积为2×8×4×12×18×14＝1.又因为2 018＝336×6＋2，所以这个数列的前2 018项之积T 2 018＝1336×2×8＝16. 答案：163．已知数列{a n }满足a 1＝5，a 2＝5，a n ＋1＝a n ＋6a n －1(n ≥2)． (1)求证：{a n ＋1＋2a n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)证明：∵a n ＋1＝a n ＋6a n －1(n ≥2)， ∴a n ＋1＋2a n ＝3a n ＋6a n －1＝3(a n ＋2a n －1)(n ≥2)． ∵a 1＝5，a 2＝5，∴a 2＋2a 1＝15， ∴a n ＋2a n －1≠0(n ≥2)，∴a n ＋1＋2a na n ＋2a n －1＝3(n ≥2)，∴数列{a n ＋1＋2a n }是以15为首项，3为公比的等比数列． (2)由(1)得a n ＋1＋2a n ＝15×3n －1＝5×3n，则a n ＋1＝－2a n ＋5×3n， ∴a n ＋1－3n ＋1＝－2(a n －3n)．又∵a 1－3＝2，∴a n －3n≠0，∴{a n －3n}是以2为首项，－2为公比的等比数列． ∴a n －3n＝2×(－2)n －1，即a n ＝2×(－2)n －1＋3n.2019-2020年高考数学一轮总复习第五章数列5.4数列求和课时跟踪检测理[课时跟踪检测][基础达标]1．已知数列{a n }是等差数列，a 1＝tan225°，a 5＝13a 1，设S n 为数列{(－1)na n }的前n 项和，则S 2 014＝( )A ．2 015B ．－2 015C ．3 021D ．－3 022解析：由题知a 1＝tan(180°＋45°)＝1，∴a 5＝13 ∴d ＝a 5－a 15－1＝124＝3. ∴a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2. 设b n ＝(－1)na n ＝(－1)n(3n －2)，∴S 2 014＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－6 037＋6 040)＝3×1 007＝3 021.故选C. 答案：C2．设{a n }是公差不为零的等差数列，a 2＝2，且a 1，a 3，a 9成等比数列，则数列{a n }的前n 项和S n ＝( )A.n 24＋7n 4 B ．n 22＋3n 2C.n 24＋3n4D ．n 22＋n2解析：设等差数列{a n }的公差为d ，则由a 23＝a 1a 9得(a 2＋d )2＝(a 2－d )(a 2＋7d )，代入a 2＝2，解得d ＝1或d ＝0(舍)． ∴a n ＝2＋(n －2)×1＝n ， ∴S n ＝a 1＋a n n2＝1＋n n 2＝n 22＋n 2.故选D. 答案：D3．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 2a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5＝( )A ．29B ．31C ．33D ．36解析：设等比数列{a n }的公比为q 则a 21q 3＝2a 1，①a 1q 3＋2a 1q 6＝52，②解得a 1＝16，q ＝12，∴S 5＝a 11－q 51－q＝31，故选B.答案：B4．已知等比数列{a n }的各项均为正数，a 1＝1，公比为q ；等差数列{b n }中，b 1＝3，且{b n }的前n 项和为S n ，a 3＋S 3＝27，q ＝S 2a 2.(1)求{a n }与{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c n ＝32S n ，求{c n }的前n 项和T n .解：(1)设数列{b n }的公差为d ， ∵a 3＋S 3＝27，q ＝S 2a 2，∴⎩⎪⎨⎪⎧q 2＋3d ＝18，6＋d ＝q 2.求得q ＝3，d ＝3，∴a n ＝3n －1，b n ＝3n .(2)由题意得S n ＝n 3＋3n2，c n ＝32S n ＝32×23×1n n ＋1＝1n －1n ＋1. ∴T n ＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.5．(xx 届广州综合测试)已知数列{a n }是等比数列，a 2＝4，a 3＋2是a 2和a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2log 2a n －1，求数列{a n b n }的前n 项和T n . 解：(1)设数列{a n }的公比为q ，因为a 2＝4，所以a 3＝4q ，a 4＝4q 2. 因为a 3＋2是a 2和a 4的等差中项，所以2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，化简得q 2－2q ＝0. 因为公比q ≠0，所以q ＝2. 所以a n ＝a 2qn －2＝4×2n －2＝2n (n ∈N *)．(2)因为a n ＝2n，所以b n ＝2log 2a n －1＝2n －1，所以a n b n ＝(2n －1)2n，则T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)2n －1＋(2n －1)2n，①2T n ＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n －3)2n＋(2n －1)·2n ＋1.②由①－②得，－T n ＝2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n －1)2n ＋1＝2＋2×41－2n －11－2－(2n －1)2n ＋1＝－6－(2n －3)2n ＋1，所以T n ＝6＋(2n －3)2n ＋1.6．S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3. (1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．解：(1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，① 可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.②②－①，得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )．由a n >0，得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3. 所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝12n ＋12n ＋3＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3＝n32n ＋3.7．已知数列{a n }与{b n }满足a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )(n ∈N *)． (1)若a 1＝1，b n ＝3n ＋5，求数列{a n }的通项公式；(2)若a 1＝6，b n ＝2n(n ∈N *)且λa n >2n ＋n ＋2λ对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围．解：(1)因为a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )，b n ＝3n ＋5，所以a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )＝2(3n ＋8－3n －5)＝6，所以{a n }是等差数列，首项为1，公差为6，即a n ＝6n －5. (2)因为b n ＝2n，所以a n ＋1－a n ＝2(2n ＋1－2n )＝2n ＋1，当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n ＋2n －1＋…＋22＋6＝2n ＋1＋2，当n ＝1时，a 1＝6，符合上式，所以a n ＝2n ＋1＋2，由λa n >2n＋n ＋2λ得λ>2n＋n 2n ＋1＝12＋n 2n ＋1，令f (n )＝12＋n 2n ＋1，因为f (n ＋1)－f (n )＝n ＋12n ＋2－n 2n ＋1＝1－n 2n ＋2≤0，所以12＋n2n ＋1在n ≥1时单调递减，所以当n ＝1,2时，2n＋n 2n ＋1取最大值34，故λ的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫34，＋∞. [能力提升]1．已知数列{a n }的首项为a 1＝1，前n 项和为S n ，且数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是公差为2的等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)na n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)由已知得S n n＝1＋(n －1)×2＝2n －1，所以S n ＝2n 2－n ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－n －[2(n －1)2－(n －1)]＝4n －3. a 1＝1＝4×1－3，所以a n ＝4n －3，n ∈N *.(2)由(1)可得b n ＝(－1)na n ＝(－1)n(4n －3)．当n 为偶数时，T n ＝(－1＋5)＋(－9＋13)＋…＋[－(4n －7)＋(4n －3)]＝4×n2＝2n ，当n 为奇数时，n ＋1为偶数，T n ＝T n ＋1－b n ＋1＝2(n ＋1)－(4n ＋1)＝－2n ＋1，综上，T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ，n ＝2k ，k ∈N *，－2n ＋1，n ＝2k －1，k ∈N *.2．在数列{a n }中，已知a n >1，a 1＝1＋3，且a n ＋1－a n ＝2a n ＋1＋a n －2，记b n ＝(a n －1)2，n ∈N *.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为S n ，证明：13≤1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n <34.解：(1)因为a n ＋1－a n ＝2a n ＋1＋a n －2，所以a 2n ＋1－a 2n －2a n ＋1＋2a n ＝2，即(a n ＋1－1)2－(a n －1)2＝2. 又b n ＝(a n －1)2，n ∈N *，所以b n ＋1－b n ＝2，数列{b n }是以b 1＝(1＋3－1)2＝3为首项，2为公差的等差数列，故b n ＝2n ＋1，n ∈N *. (2)证明：由(1)得S n ＝n 3＋2n ＋12＝n (n ＋2)，所以1S n ＝1nn ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，n ∈N *，所以1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2<34.记T n ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n，因为1S n>0，n ∈N *，所以T n 单调递增．故T n ≥T 1＝1S 1＝13.综上13≤1S 1＋1S 2＋…＋1S n <34.3．已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 2n ＋a n ＝2S n . (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：S n2<S 1＋S 2＋…＋S n <S n ＋1－12.解：(1)因为当n ∈N *时，a 2n ＋a n ＝2S n ，故当n >1时，a 2n －1＋a n －1＝2S n －1，两式相减得，a 2n －a 2n －1＋a n －a n －1＝2S n －2S n －1＝2a n ，即(a n ＋a n －1)(a n －a n －1)＝a n ＋a n －1.因为a n >0，所以a n ＋a n －1>0，所以当n >1时，a n －a n －1＝1.又当n ＝1时，a 21＋a 1＝2S 1＝2a 1，得a 1＝1，所以数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列，所以a n ＝n .(2)证明：由(1)及等差数列的前n 项和公式知S n ＝n n ＋12，所以S n ＝ n n ＋12>n 22＝n2，所以S 1＋S 2＋…＋S n >12＋22＋…＋n 2＝ 1＋2＋…＋n 2＝S n 2. 又S n ＝ n n ＋12<n ＋122＝n ＋12，所以S 1＋S 2＋…＋S n <22＋32＋…＋n ＋12＝1＋2＋…＋n ＋12－12＝S n ＋1－12，所以S n2<S 1＋S 2＋…＋S n <S n ＋1－12.。

高三理科数学第一轮复习§5.1：数列的概念与简单表示法

第五章：数列 §5.1：数列的概念与简单表示法
第五章：数列 §5.1：数列的概念与简单表示法
第五章：数列 §5.1：数列的概念与简单表示法
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第五章：数列 §5.1：数列的概念与简单表示法
解析
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第五章：数列 §5.1：数列的概念与简单表示法
第五章：数列 §5.1：数列的概念与简单表示法
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第五章：数列 §5.1：数列的概念与简单表示法
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第五章：数列 §5.1：数列的概念与简单表示法
第五章：数列 §5.1：数列的概念与简念与简单表示法
第五章：数列 §5.1：数列的概念与简单表示法
第五章：数列 §5.1：数列的概念与简单表示法

高三数学一轮总复习第五章数列 5.4 数列求和课件.ppt

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n
4．一个数列{an}，当 n 是奇数时，an＝5n＋1；当 n 为偶数时，an＝22 ，则这个数列的前 2m 项的和是__________。
解析：当 n 为奇数时，{an}是以 6 为首项，以 10 为公差的等差数列；当 n 为偶数时，{an}是以 2 为首项，以 2 为公比的等比数列。所以，S2m＝S 奇＋S 偶＝ma1＋mm2－1 ×10＋a211－－22m
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2 种思路——解决非等差、等比数列求和问题的两种思路 (1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相减来完成。 (2)不能转化为等差或等比数列的，往往通过裂项相消法、倒序相加法等来求和。
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3 个注意点——应用“裂项相消法”和“错位相减法”应注意的问题 (1)裂项相消法，分裂通项是否恰好等于相应的两项之差。 (2)在正负项抵消后，是否只剩下第一项和最后一项，或有时前面剩下两项，后面也剩下两项，未消去的项有前后对称的特点。 (3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比含有参数，应分 q＝1 和 q≠1 两种情况求解。
＝6m＋5m(m－1)＋2(2m－1) ＝6m＋5m2－5m＋2m＋1－2 ＝2m＋1＋5m2＋m－2。答案：2m＋1＋5m2＋m－2
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5．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn 且 an＝n·2n，则 Sn＝__________。
解析：∵an＝n·2n， ∴Sn＝1·21＋2·22＋3·23＋…＋n·2n。① ∴2Sn＝1·22＋2·23＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1。② ①－②，得－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1 ＝211－－22n－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1 ＝(1－n)2n＋1－2。 ∴Sn＝(n－1)2n＋1＋2。答案：(n－1)2n＋1＋2

2014届高三数学一轮复习：数列求和

[知识能否忆起] 一、公式法 1．如果一个数列是等差数列或等比数列，则求和时直接利用等差、等比数列的前n项和公式，注意等比数列公比q的取值情况要分q＝1或q≠1.
2．一些常见数列的前n项和公式：
(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝
nn＋1 2
；
(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝ n2 ；
(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝ n2＋n .
(2)通项公式为 an＝bcnn，，nn为为偶奇数数，的数列，其中数列 {bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和.
1．已知函数 f(x)＝2x－3x－1，点(n，an)在 f(x)的图像上，an 的前 n 项和为 Sn. (1)求使 an<0 的 n 的最大值． (2)求 Sn. 解：(1)∵点(n，an)在函数 f(x)＝2x－3x－1 的图像上， ∴an＝2n－3n－1. ∵an<0，∴2n－3n－1<0. 即 2n<3n＋1. 又∵n∈N＋，∴n≤3，即 n 的最大值为 3.
则 Sn＝141－12＋12－13＋…＋n1－n＋1 1 ＝141－n＋1 1＝4nn＋1. 答案：4nn＋1
5．(2013·宁波模拟)数列{an}，{bn}满足 anbn＝1，an＝n2＋ 3n＋2，则{bn}的前 10 项和为_____ห้องสมุดไป่ตู้__．解析：an＝n2＋3n＋2，bn＝a1n＝n2＋31n＋2＝n＋11n＋2 ＝n＋1 1－n＋1 2，则{bn}的前 10 项之和为12－13＋13－14＋…＋111－112＝152. 答案：152
bn＝Sn＋1 n＝n2＋1 n＝nn1＋1＝n1－n＋1 1，
Tn＝11－12＋12－13＋13－14＋…＋n1－n＋1 1＝1－

高考数学一轮复习第五章数列第二节等差数列学案文(含解析)新人教A版-新人教A版高三全册数学

第二节等差数列2019考纲考题考情1．等差数列的有关概念 (1)等差数列的定义一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d 表示，定义表达式为a n －a n －1＝d (常数)(n ∈N *，n ≥2)或a n ＋1－a n ＝d (常数)(n ∈N *)。

(2)等差中项若三个数a ，A ，b 成等差数列，则A 叫做a 与b 的等差中项，且有A ＝a ＋b2。

2．等差数列的有关公式 (1)等差数列的通项公式如果等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，那么它的通项公式是a n ＝a 1＋(n －1)d 。

(2)等差数列的前n 项和公式设等差数列{a n }的公差为d ，其前n 项和S n ＝na 1＋n (n －1)2d 或S n ＝n (a 1＋a n )2。

3．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)。

(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n 。

(等和性) (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则{a 2n }也是等差数列，公差为2d 。

(4)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }也是等差数列。

(5)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列。

(6)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…也是等差数列。

(7)S 2n －1＝(2n －1)a n 。

(8)若n 为偶数，则S 偶－S 奇＝nd2；若n 为奇数，则S 奇－S 偶＝a 中(中间项)。

1．用等差数列的定义判断数列是否为等差数列，要注意定义中的三个关键词：“从第2项起”“每一项与它的前一项的差”“同一个常数”。

(新课标)高考数学一轮总复习第五章数列 5-3 等比数列及其前n项和课时规范练文(含解析)新人

5-3 等比数列及其前n 项和课时规X 练A 组基础对点练1．已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7＝( B ) A ．21 B.42 C ．63D.842．(2018·某某质检)在等比数列{a n }中，a 2＝2，a 5＝16，则a 6＝( C ) A ．14 B.28 C ．32D.643．(2017·某某摸底考试)已知数列{a n }为等比数列，a 5＝1，a 9＝81，则a 7＝( B ) A ．9或－9 B.9 C ．27或－27D.27解析：∵数列{a n }为等比数列，且a 5＝1，a 9＝81， ∴a 27＝a 5a 9＝1×81＝81， ∴a 7＝±9.当a 7＝－9时，a 26＝1×(－9)＝－9不成立，舍去． ∴a 7＝9.故选B.4．(2018·某某调研测试)已知等差数列{a n }的公差为2，且a 4是a 2与a 8的等比中项，则{a n }的通项公式a n ＝( B ) A ．－2n B.2n C ．2n －1D.2n ＋1解析：由题意，得a 2a 8＝a 24，又a n ＝a 1＋2(n －1)，所以(a 1＋2)(a 1＋14)＝(a 1＋6)2，解得a 1＝2，所以a n ＝2n .故选B.5．在等比数列{a n }中，S n 表示前n 项和，若a 3＝2S 2＋1，a 4＝2S 3＋1，则公比q 等于( D ) A ．－3 B.－1 C ．1D.3解析：在等比数列{a n }中， ∵a 3＝2S 2＋1，a 4＝2S 3＋1，∴a 4－a 3＝2S 3＋1－(2S 2＋1)＝2(S 3－S 2)＝2a 3， ∴a 4＝3a 3， ∴q ＝a 4a 3＝3.故选D.6．我国古代有用一首诗歌形式提出的数列问题：远望巍巍塔七层，红灯向下成倍增．共灯三百八十一，请问塔顶几盏灯？( C ) A ．5 B.4 C ．3D.27．若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 5a 6＋a 4a 7＝18，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝( D ) A ．5 B.9 C ．log 345D.10解析：由等比数列性质知a 5a 6＝a 4a 7，又a 5a 6＋a 4a 7＝18，∴a 5a 6＝9，则原式＝log 3a 1a 2…a 10＝log 3(a 5a 6)5＝10.8．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 25＝2a 3a 6，S 5＝－62，则a 1的值是__－2__. 9．(2018·某某调研)在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 5＝5，则log 5a 1＋log 5a 2＋…＋log 5a 9＝ __9__.解析：因为数列{a n }是各项均为正数的等比数列，所以由等比数列的性质，可得a 1·a 9＝a 2·a 8＝a 3·a 7＝a 4·a 6＝a 25＝52，则log 5a 1＋log 5a 2＋…＋log 5a 9＝log 5(a 1·a 2·…·a 9) ＝log 5[(a 1·a 9)·(a 2·a 8)·(a 3·a 7)·(a 4·a 6)·a 5]＝log 5a 95＝log 559＝9.10．(2018·某某统考)已知各项均不为零的数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝4，a n ＋1＝3S n ＋4(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足a n b n ＝log 2a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n <89.解析：(1)因为a n ＋1＝3S n ＋4，所以a n ＝3S n －1＋4(n ≥2)，两式相减，得a n ＋1－a n ＝3a n ，即a n ＋1＝4a n (n ≥2)．又a 2＝3a 1＋4＝16＝4a 1，所以数列{a n }是首项为4，公比为4的等比数列，所以a n ＝4n. (2)证明：因为a n b n ＝log 2a n ，所以b n ＝2n4n ，所以T n ＝241＋442＋643＋ (2)4n ，14T n ＝242＋443＋644＋ (2)4n ＋1，两式相减得，34T n ＝24＋242＋243＋244＋…＋24n －2n4n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋142＋143＋144＋…＋14n －2n 4n ＋1＝2×14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14－2n 4n ＋1＝23－23×4n －2n4n ＋1＝23－6n ＋83×4n ＋1，所以T n ＝89－6n ＋89×4n <89.11．(2017·某某质检)在数列{a n }中，a 1＝12，a n ＋1＝n ＋12n a n ，n ∈N *.(1)求证：数列{a nn}为等比数列； (2)求数列{a n }的前n 项和S n . 解析：(1)证明：由a n ＋1＝n ＋12n a n ，知a n ＋1n ＋1＝12·a nn， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以12为首项，12为公比的等比数列．(2)由(1)知⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为12，公比为12的等比数列，∴a n n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，∴a n ＝n2n ， ∴S n ＝121＋222＋…＋n2n ，①则12S n ＝122＋223＋…＋n2n ＋1，② ①－②，得12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1，∴S n ＝2－n ＋22n.B 组能力提升练1．已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( C )A ．2B.1C.12D.18解析：设等比数列{a n }的公比为q ，a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，由题可知q ≠1，则a 1q 2×a 1q 4＝4(a 1q 3－1)，∴116×q 6＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫14×q 3－1，∴q 6－16q 3＋64＝0，∴(q 3－8)2＝0，∴q 3＝8，∴q ＝2，∴a 2＝12.故选C.2．(2018·某某质检)中国古代数学名著《九章算术》中有这样一个问题：今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟五斗．羊主曰：“我羊食半马，”马主曰：“我马食半牛，”今欲衰偿之，问各出几何？此问题的译文是：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿5斗粟．羊主人说：“我的羊所吃的禾苗只有马的一半．”马主人说：“我的马所吃的禾苗只有牛的一半．”打算按此比率偿还，他们各应偿还多少？已知牛、马、羊的主人各应偿还粟a 升，b 升，c 升，1斗为10升，则下列判断正确的是( D )A ．a ，b ，c 依次成公比为2的等比数列，且a ＝507B ．a ，b ，c 依次成公比为2的等比数列，且c ＝507C ．a ，b ，c 依次成公比为12的等比数列，且a ＝507A ．a ，b ，c 依次成公比为12的等比数列，且c ＝507解析：由题意，可得a ，b ，c 依次成公比为12的等比数列，b ＝12a ，c ＝12b ，故4c ＋2c ＋c ＝50，解得c ＝507.故选D.3．在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a m ＋1·a m －1＝2a m (m ≥2)，数列{a n }的前n 项积为T n ，若T 2m －1＝512，则m 的值为( B ) A ．4 B.5 C ．6D.7解析：由等比数列的性质，可知a m ＋1·a m －1＝a 2m ＝2a m (m ≥2)，所以a m ＝2，即数列{a n }为常数列，a n ＝2，所以T 2m －1＝22m －1＝512＝29，即2m －1＝9，所以m ＝5，故选B.4．(2018·某某适应性考试)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝12，a 2a 6＝8(a 4－2)，则S 2 018＝( A )A ．22 017－12 B.1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12 2 017C ．22 018－12D.1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12 2 018解析：由a 1＝12，a 2a 6＝8(a 4－2)，得q 6－16q 3＋64＝0，所以q 3＝8，即q ＝2，所以S 2 018＝a 11－q 2 0181－q ＝22 017－12.故选A.5．(2016·高考某某卷)设{a n }是首项为正数的等比数列，公比为q ，则“q <0”是“对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n <0”的( C ) A ．充要条件 B.充分而不必要条件 C ．必要而不充分条件 D.既不充分也不必要条件解析：由题意，得a n ＝a 1qn －1(a 1>0)，a 2n －1＋a 2n ＝a 1q2n －2＋a 1q2n －1＝a 1q2n －2(1＋q )．若q <0，因为1＋q 的符号不确定，所以无法判断a 2n －1＋a 2n 的符号；反之，若a 2n －1＋a 2n <0，即a 1q 2n －2(1＋q )<0，可得q <－1<0.故“q <0”是“对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n <0”的必要而不充分条件，故选C.6．若等比数列{a n }的各项均为正数，前4项的和为9，积为814，则前4项倒数的和为( D )A.32B.94 C ．1D.2解析：设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，则第2,3,4项分别为a 1q ，a 1q 2，a 1q 3，依题意得a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝9①，a 1·a 1q ·a 1q 2·a 1q 3＝814⇒a 21q 3＝92②，①÷②得a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3a 21q 3＝1a 1＋1a 1q ＋1a 1q 2＋1a 1q3＝2.故选D. 7．已知等比数列{a n }的各项都是正数，且3a 1，12a 3，2a 2成等差数列，则a 8＋a 9a 6＋a 7＝( D )A ．6 B.7 C ．8D.9解析：∵3a 1，12a 3,2a 2成等差数列，∴a 3＝3a 1＋2a 2，∴q 2－2q －3＝0，∴q ＝3或q ＝－1(舍去)．∴a 8＋a 9a 6＋a 7＝a 1q 7＋a 1q 8a 1q 5＋a 1q 6＝q 2＋q 31＋q＝q 2＝32＝9.故选D.8．(2018·某某质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若3S n ＝2a n －3n ，则a 2 018＝( A ) A ．22 018－1 B.32 018－6C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12 2 018－72D.⎝ ⎛⎭⎪⎫13 2 018－103解析：因为3S n ＝2a n －3n ，所以当n ＝1时，3S 1＝3a 1＝2a 1－3，所以a 1＝－3；当n ≥2时，3a n ＝3S n －3S n －1＝(2a n －3n )－(2a n －1－3n ＋3)，所以a n ＝－2a n －1－3，即a n ＋1＝－2(a n －1＋1)，所以数列{a n ＋1}是以－2为首项，－2为公比的等比数列．则a n ＋1＝－2×(－2)n －1＝(－2)n，所以a n ＝(－2)n－1，所以a 2 018＝(－2)2 018－1＝22 018－1，故选A.9．(2018·某某质量预测)已知数列{a n }满足log 2a n ＋1＝1＋log 2a n (n ∈N *)，且a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 10＝1，则log 2(a 101＋a 102＋…＋a 110)＝__100__.解析：由log 2a n ＋1＝1＋log 2a n ，可得log 2a n ＋1＝log 22a n ，即a n ＋1＝2a n ，所以数列{a n }是以a 1为首项，2为公比的等比数列．又a 1＋a 2＋…＋a 10＝1，所以a 101＋a 102＋…＋a 110＝(a 1＋a 2＋…＋a 10)×2100＝2100，所以log 2(a 101＋a 102＋…＋a 110)＝log 22100＝100.10．已知等比数列{a n }中，a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值X 围是__(－∞，－1]∪[3，＋∞)__．解析：当q >0时，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝1＋a 1＋a 3≥1＋2a 1a 3＝1＋2a 22＝3；当q <0时，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝1＋a 1＋a 3≤1－2a 1a 3＝1－2a 22＝－1，所以S 3的取值X 围是(－∞，－1]∪[3，＋∞)．11．(2018·某某质检)已知数列{a n }是各项均为正数的等比数列，若a 1＝1，a 2·a 4＝16. (1)设b n ＝log 2a n ，求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和S n . 解析：(1)设数列{a n }的公比为q (q >0)，由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 2a 4＝16，得q 4＝16，所以q ＝2，则a n ＝2n －1.又b n ＝log 2a n ，所以b n ＝n －1. (2)由(1)可知a n ·b n ＝(n －1)·2n －1，则S n ＝0×20＋1×21＋2×22＋…＋(n －1)·2n －1，2S n ＝0×21＋1×22＋2×23＋…＋(n －1)·2n，两式相减，得－S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －1－(n －1)·2n＝2－2n1－2－(n －1)·2n ＝2n (2－n )－2，所以S n ＝2n(n －2)＋2.12．(2016·高考全国卷Ⅲ)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{}a n 是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.解析：(1)证明：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，a 1≠0.由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1，得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ，即(λ－1)a n ＋1＝λa n ，由a 1≠0，λ≠0，得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1. 因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1.(2)由(1)得S n ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫λλ－1n .由S 5＝3132，得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132，解得λ＝－1.。

高考数学一轮复习第五章数列推理与证明第2讲等差数列课件理

第十页，共四十三页。
考点(kǎo di等ǎn)差1数列的基本(jīběn)运算例 1：(1)(2017 年新课标Ⅰ)记 Sn为等差数列(děnɡ chā shù liè){an}的前n项和.若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为( )
第十一页，共四十三页。
解析：方法一，设公差为 d，a4＋a5＝a1＋3d＋a1＋4d＝2a1 ＋7d＝列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝15，且满足2ann－＋13＝
2na－n 5＋1，已知 n，m∈N*，n>m，则 Sn－Sm 的最小值为(
第2讲等差数列(děnɡ chā shù liè)
第一页，共四十三页。
1.理解(lǐjiě)等差数列的概念.
2.掌握等差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，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的关系.
第二页，共四十三页。
1.等差数列的定义
7.等差数列的最值
在等差数列{an}中，若a1>0，d<0，则Sn存在最大值；若
a1<0，d>0，则Sn存在(cúnzài)最_小_____值.
第六页，共四十三页。
1.(2015 年重庆(zhònɡ qìnɡ))在等差数列{an}中，若a2＝4，a4＝2，则a6 ＝( B )
A.－1
第七页，共四十三页。
第十六页，共四十三页。
考点(kǎo diǎ等n) 差2 数列的基本性质(xìngzhì)及应用例2：(1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝1，S30＝5，则S40 ＝( ) A. 思路点拨：思路1，设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，根据 (gēnjù)题意列方程组求得a1，d，进而可用等差数列前n项和公式求S40；思路2，设{an}的前n项和Sn＝An2＋Bn，由题意列出方程组求得A， B，从而得Sn，进而得S40；

2023年新教材高考数学一轮复习第五章数列第二节等差数列课件

[提速度]
1．(2022·枣庄质检)已知等差数列{an}的项数为奇数，其中所有奇数项之和为319，
所有偶数项之和为290，则该数列的中间项为
()
A．28
B．29
C．30
D．31
解析：由结论(8)，设项数为奇数2n－1，S奇－S偶＝an＝319－290＝29，故选B．
答案：B
2．已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2 020，2S2002200 －2S2001144 ＝6，则S2 023＝
b1＋2 b5＝192＋ 2 64＝128．故选C．
答案：C
2．已知等差数列{an}满足a4＋a6＝22，a1·a9＝57，则该等差数列的公差为 ( )
A．1或－1
B．2
C．－2
D．2或－2
解析：由a1＋a9＝a4＋a6＝22，a1·a9＝57，所以a1，a9是方程x2－22x＋57＝0的两实数根，解得aa19＝＝31，9 或aa19＝＝13，9，所以公差d＝a9－8 a1＝2或－2．故选D．答案：D
第二节等差数列
(1)理解等差数列的概念和通项公式的意义；(2)探索并掌握等差数列的前n项和公式，理解等差数列的通项公式与前n项和公式的关系；(3)体会等差数列与一元一次函数的关系．
目录
CONTENTS
1
知识逐点夯实
2
考点分类突破
3
课时过关检测
01 知识逐点夯实课前自修
重点准逐点清结论要牢记
等差数列的判定与证明方法方法
解读
适合题型
定义法对于数列{an}，an－an－1(n≥2，n∈N *)为同一常
数⇔{an}是等差数列
解答题中的

2014届高考数学一轮复习教学案数列的综合应用(含解析)

数列的综合应用[知识能否忆起]1．数列在实际生活中有着广泛的应用，其解题的基本步骤，可用图表示如下：2．数列应用题常见模型(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差．(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化时，应考虑是a n 与a n ＋1的递推关系，还是前n 项和S n 与S n ＋1之间的递推关系．[小题能否全取]1．某学校高一、高二、高三共计2 460名学生，三个年级的学生人数刚好成等差数列，则该校高二年级的人数是( )A ．800B ．820C ．840D ．860解析：选B 由题意可设高一、高二、高三三个年级的人数分别为a －d ，a ，a ＋d . 则a －d ＋a ＋a ＋d ＝2 460，解得a ＝2 4603＝820.故高二年级共有820人．2．(教材习题改编)有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒钟杀死一个病毒的同时将自身分裂为2个，现在有一个这样的细菌和100个这样的病毒(假设病毒不繁殖)，问细菌将病毒全部杀死至少需要( )A ．6秒钟B ．7秒钟C ．8秒钟D ．9秒钟解析：选B 设至少需n 秒钟，则1＋21＋22＋…＋2n －1≥100，即1－2n 1－2≥100，解得n ≥7. 3．数列{a n }是各项均为正数的等比数列，{b n }是等差数列，且a 6＝b 7，则有( ) A ．a 3＋a 9≤b 4＋b 10 B ．a 3＋a 9≥b 4＋b 10C ．a 3＋a 9≠b 4＋b 10D ．a 3＋a 9与b 4＋b 10的大小不确定解析：选B a 3＋a 9≥2a 3a 9＝2a 26＝2a 6＝2b 7＝b 4＋b 10，当且仅当a 3＝a 9时，不等式取等号．4．一个凸多边形的内角成等差数列，其中最小的内角为2π3，公差为π36，则这个多边形的边数为________．解析：由于凸n 边形的内角和为(n －2)π，故2π3n ＋n (n －1)2×π36＝(n －2)π. 化简得n 2－25n ＋144＝0.解得n ＝9或n ＝16(舍去)．答案：95．设曲线y ＝x n ＋1(n ∈N *)在点(1,1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ，x n ＝________，令a n ＝lg x n ，则a 1＋a 2＋…＋a 99的值为________．解析：∵y ＝x n ＋1，∴y ′＝(n ＋1)x n ，它在点(1,1)处的切线方程为y －1＝(n ＋1)(x －1)，与x 轴交点的横坐标为x n ＝1－1n ＋1＝nn ＋1，由a n ＝lg x n 得a n ＝lg n －lg(n ＋1)，于是a 1＋a 2＋…＋a 99＝lg 1－lg 2＋lg 2－lg3＋…＋lg 99－lg 100＝lg 1－lg 100＝0－2＝－2. 答案：nn ＋1－2 1.对等差、等比数列的概念、性质要有深刻的理解，有些数列题目条件已指明是等差(或等比)数列，有的数列并没有指明，但可以通过分析构造，转化为等差数列或等比数列，然后应用等差、等比数列的相关知识解决问题．2．数列是一种特殊的函数，故数列有着许多函数的性质．等差数列和等比数列是两种最基本、最常见的数列，它们是研究数列性质的基础，与函数、方程、不等式、三角等内容有着广泛的联系，在实际生活中也有着广泛的应用，随着高考对能力要求的进一步提高，这一部分内容也将受到越来越多的关注．典题导入[例1] 在等比数列{a n }(n ∈N *)中，a 1>1，公比q >0，设b n ＝log 2a n ，且b 1＋b 3＋b 5＝6，b 1b 3b 5＝0.(1)求证：数列{b n }是等差数列； (2)求{b n }的前n 项和S n 及{a n }的通项a n . [自主解答] (1)证明：∵b n ＝log 2a n ， ∴b n ＋1－b n ＝log 2a n ＋1a n ＝log 2q 为常数，∴数列{b n }为等差数列且公差d ＝log 2q . (2)∵b 1＋b 3＋b 5＝6，∴b 3＝2， ∵a 1>1，∴b 1＝log 2a 1>0. ∵b 1b 3b 5＝0， ∴b 5＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧ b 1＋2d ＝2，b 1＋4d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝4，d ＝－1，∴S n ＝4n ＋n (n －1)2×(－1)＝9n －n 22.∵⎩⎪⎨⎪⎧log 2q ＝－1，log 2a 1＝4，∴⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝16，∴a n ＝25－n (n ∈N *)．试比较(2)求出的S n 与a n 的大小．解：∵a n ＝25－n >0，当n ≥9时，S n ＝n (9－n )2≤0，∴n ≥9时，a n >S n .∵a 1＝16，a 2＝8，a 3＝4，a 4＝2，a 5＝1， a 6＝12，a 7＝14，a 8＝18，S 1＝4，S 2＝7，S 3＝9，S 4＝10，S 5＝10， S 6＝9，S 7＝7，S 8＝4， ∴当n ＝3,4,5,6,7,8时，a n <S n ；当n ＝1,2或n ≥9时，a n >S n .由题悟法解决等差数列与等比数列的综合问题，关键是理清两个数列的关系．如果同一数列中部分项成等差数列，部分项成等比数列，要把成等差数列或等比数列的项抽出来单独研究；如果两个数列通过运算综合在一起，要从分析运算入手，把两个数列分割开，弄清两个数列各自的特征，再进行求解．以题试法1．(2012·河南调研)已知{a n }是一个公差大于0的等差数列，且满足a 3a 6＝55，a 2＋a 7＝16.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{a n }和数列{b n }满足等式a n ＝b 12＋b 222＋b 323＋…＋b n2n (n 为正整数)，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则依题意知d >0，由a 2＋a 7＝16，得2a 1＋7d ＝16，① 由a 3a 6＝55，得(a 1＋2d )(a 1＋5d )＝55，②由①得2a 1＝16－7d ，将其代入②得(16－3d )(16＋3d )＝220，即256－9d 2＝220.∴d 2＝4，又d >0，∴d ＝2，代入①得a 1＝1， ∴a n ＝1＋(n －1)·2＝2n －1. (2)∵当n ＝1时，a 1＝b 12，∴b 1＝2.当n ≥2时，a n ＝b 12＋b 222＋b 323＋…＋b n －12n －1＋b n 2n ，a n －1＝b 12＋b 222＋b 323＋…＋b n －12n －1，两式相减得a n －a n －1＝b n 2n ，∴b n ＝2n ＋1，∴b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.当n ＝1时，S 1＝b 1＝2；当n ≥2时，S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝2＋b 2(1－2n －1)1－2＝2n ＋2－6，当n ＝1时上式也成立．综上，当n 为正整数时，S n ＝2n ＋2－6.典题导入[例2] (2011·湖南高考改编)某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M ，M 的价值在使用过程中逐年减少．从第2年到第6年，每年初M 的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M 的价值为上年初的75%.则第n 年初M 的价值a n ＝________.[自主解答] 当n ≤6时，数列{a n }是首项为120，公差为－10的等差数列，a n ＝120－10(n －1)＝130－10n ；当n ≥7时，数列{a n }是以a 6为首项，34为公比的等比数列，又a 6＝70，所以a n ＝70×⎝⎛⎭⎫34n －6. [答案] a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧130－10n ，n ≤6，70×⎝⎛⎭⎫34n －6，n ≥7.由题悟法1．数列实际应用题的解题策略解等差、等比数列应用题时，首先要认真审题，深刻理解问题的实际背景，理清蕴含在语言中的数学关系，把应用问题抽象为数学中的等差、等比数列问题，然后求解．2．处理分期付款问题的注意事项(1)准确计算出在贷款全部付清时，各期所付款额及利息(注：最后一次付款没有利息)． (2)明确各期所付的款以及各期所付款到最后一次付款时所生的利息之和等于商品售价及从购买到最后一次付款时的利息之和，只有掌握了这一点，才可以顺利建立等量关系．以题试法2．从经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业．根据规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上年减少15，本年度当地旅游业估计收入400万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加14.(1)设n 年内(本年度为第一年)总投入为a n 万元，旅游业总收入为b n 万元，写出表达式； (2)至少经过几年旅游业的总收入才能超过总投入？解：(1)第一年投入为800万元，第二年投入为800⎝⎛⎭⎫1－15万元，第n 年内的总投入为800⎝⎛⎭⎫1－15n －1万元，所以，n 年的投入为：a n ＝800＋800⎝⎛⎭⎫1－15＋…＋800⎝⎛⎭⎫1－15n －1 ＝4 000－4 000⎝⎛⎭⎫45n.第一年旅游业收入为400万元，第二年旅游业收入为 400⎝⎛⎭⎫1＋14万元．第n 年旅游业收入为400⎝⎛⎭⎫1＋14n －1万元，所以，n 年内的旅游业总收入为 b n ＝400＋400⎝⎛⎭⎫1＋14＋…＋400⎝⎛⎭⎫1＋14n －1 ＝1 600⎝⎛⎭⎫54n－1 600.(2)设经过n 年旅游业的总收入超过总投入，由此b n －a n >0，即1 600⎝⎛⎭⎫54n －1 600－4 000＋4 000⎝⎛⎭⎫45n >0，化简得2⎝⎛⎭⎫54n ＋5⎝⎛⎭⎫45n －7>0，设⎝⎛⎭⎫45n ＝x ，代入上式，得5x 2－7x ＋2>0，解此不等式，得x <25或x >1(舍去)，即⎝⎛⎭⎫45n <25，由此得n ≥5.故至少经过5年旅游业的总收入才能超过总投入．典题导入[例3] (2012·安徽高考)设函数f (x )＝x 2＋sin x 的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{x n }．(1)求数列{x n }的通项公式； (2)设{x n }的前n 项和为S n ，求sin S n . [自主解答] (1)令f ′(x )＝12＋cos x ＝0，得cos x ＝－12，解得x ＝2k π±2π3(k ∈Z )．由x n 是f (x )的第n 个正极小值点知，x n ＝2n π－2π3(n ∈N *)．(2)由(1)可知，S n ＝2π(1＋2＋…＋n )－23n π＝n (n ＋1)π－2n π3，所以sin S n ＝sin ⎣⎡⎦⎤n (n ＋1)π－2n π3. 因为n (n ＋1)表示两个连续正整数的乘积，n (n ＋1)一定为偶数，所以sin S n ＝－sin 2n π3.当n ＝3m －2(m ∈N *)时，sin S n ＝－sin ⎝⎛⎭⎫2m π－4π3＝－32；当n ＝3m －1(m ∈N *)时，sin S n ＝－sin ⎝⎛⎭⎫2m π－2π3＝32；当n ＝3m (m ∈N *)时，sin S n ＝－sin 2m π＝0.综上所述，sin S n＝⎩⎨⎧－32，n ＝3m －2(m ∈N *)，32，n ＝3m －1(m ∈N *)，0，n ＝3m (m ∈N *).由题悟法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，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题； (2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类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．另外，解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解，在问题的求解过程中往往会遇到递推数列，因此掌握递推数列的常见解法有助于该类问题的解决．以题试法3． (2012·温州测试)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2＋t ，S 5－S 2＝24＋3t (t >0)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝aq n ＋n ，若b 1＝a 1，b 5＝a 5，试比较a 3与b 3的大小．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则S 5－S 2＝3a 1＋9d ＝24＋3t ，又a 1＝2＋t ，所以d ＝2，故a n ＝2n ＋t (t >0)．(2)由已知可得aq ＝1＋t >0，aq 5＝5＋t ，可得3＋t ＝12(aq ＋aq 5)，又aq 5－aq ＝aq (q 4－1)＝4，则q 4>1，得q 2>1.则a 3－b 3＝3＋t －aq 3＝aq2(q 2－1)2>0，故a 3>b 3.1．数列{a n }是公差不为0的等差数列，且a 1，a 3，a 7为等比数列{b n }中连续的三项，则数列{b n }的公比为( )A.2 B ．4 C ．2D.12解析：选C 设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，由a 23＝a 1a 7得(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋6d )，解得a 1＝2d ，故数列{b n }的公比q ＝a 3a 1＝a 1＋2d a 1＝2a 1a 1＝2.2．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 9＝－36，S 13＝－104，等比数列{b n }中，b 5＝a 5，b 7＝a 7，则b 6的值为( )A ．±4 2B ．－4 2C ．4 2D ．无法确定解析：选A 依题意得，S 9＝9a 5＝－36⇒b 5＝a 5＝－4，S 13＝13a 7＝－104⇒b 7＝a 7＝－8，所以b 6＝±4 2.3．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1且a n ，a n ＋1是函数f (x )＝x 2－b n x ＋2n 的两个零点，则b 10等于( )A ．24B ．32C ．48D ．64解析：选D 依题意有a n a n ＋1＝2n ，所以a n ＋1a n ＋2＝2n ＋1，两式相除得a n ＋2a n＝2.所以a 1，a 3，a 5，…成等比数列，a 2，a 4，a 6，…也成等比数列，而a 1＝1，a 2＝2.所以a 10＝2·24＝32，a 11＝1·25＝32.又因为a n ＋a n ＋1＝b n ，所以b 10＝a 10＋a 11＝64.4.列，那么x ＋y ＋z 的值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B 由题知表格中第三列中的数成首项为4，公比为12的等比数列，故有x ＝1.根据每行成等差数列得第四列前两个数字依次为5，52，故第四列的公比为12，所以y ＝5×⎝⎛⎭⎫123＝58，同理z ＝6×⎝⎛⎭⎫124＝38，故x ＋y ＋z ＝2. 5．(2011·上海高考)设{a n }是各项为正数的无穷数列，A i 是边长为a i ，a i ＋1的矩形的面积(i ＝1,2，…)，则{A n }为等比数列的充要条件为( )A ．{a n }是等比数列B ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…或a 2，a 4，…，a 2n ，…是等比数列C ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…均是等比数列D ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…均是等比数列，且公比相同解析：选D ∵A i ＝a i a i ＋1，若{A n }为等比数列，则A n ＋1A n ＝a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝a n ＋2a n 为常数，即A 2A 1＝a 3a 1，A 3A 2＝a 4a 2，…. ∴a 1，a 3，a 5，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…成等比数列，且公比相等．反之，若奇数项和偶数项分别成等比数列，且公比相等，设为q ，则A n ＋1A n ＝a n ＋2a n ＝q ，从而{A n }为等比数列．6．已知数列{a n }满足3a n ＋1＋a n ＝4且a 1＝9，其前n 项之和为S n ，则满足不等式|S n －n －6|<1125的最小整数n 是( ) A ．5 B ．6 C ．7D ．8解析：选C 由递推式变形得3(a n ＋1－1)＝－(a n －1)，则a n －1＝8·⎝⎛⎭⎫－13n －1，所以|S n－n －6|＝|a 1－1＋a 2－1＋…＋a n－1－6|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪8⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－13n 1＋13－6＝6×⎝⎛⎭⎫13n<1125，即3n －1>250，所以满足条件的最小整数n 是7.7．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1,2S 2,3S 3成等差数列，则等比数列{a n }的公比为________．解析：设等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，由4S 2＝S 1＋3S 3，得4(a 1＋a 1q )＝a 1＋3(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)，即3q 2－q ＝0，故q ＝13.答案：138．(2011·陕西高考)植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米．开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边．使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为________米．解析：当放在最左侧坑时，路程和为2×(0＋10＋20＋…＋190)；当放在左侧第2个坑时，路程和为2×(10＋0＋10＋20＋…＋180)(减少了360米)；当放在左侧第3个坑时，路程和为2×(20＋10＋0＋10＋20＋…＋170)(减少了680米)；依次进行，显然当放在中间的第10、11个坑时，路程和最小，为2×(90＋80＋…＋0＋10＋20＋…＋100)＝2 000米．答案：2 0009．(2012·安徽模拟)在数列{a n }中，若a 2n －a 2n －1＝p (n ≥2，n ∈N *，p 为常数)，则称{a n }为“等方差数列”．下列是对“等方差数列”的判断：①若{a n }是等方差数列，则{a 2n }是等差数列；②已知数列{a n }是等方差数列，则数列{a 2n }是等方差数列． ③{(－1)n }是等方差数列；④若{a n }是等方差数列，则{a kn }(k ∈N *，k 为常数)也是等方差数列；其中正确命题的序号为________．解析：对于①，由等方差数列的定义可知，{a 2n }是公差为p 的等差数列，故①正确．对于②，取a n ＝n ，则数列{a n }是等方差数列，但数列{a 2n }不是等方差数列，故②错．对于③，因为[(－1)n ]2－[(－1)n －1]2＝0(n ≥2，n ∈N *)为常数，所以{(－1)n }是等方差数列，故③正确．对于④，若a 2n －a 2n －1＝p (n ≥2，n ∈N *)，则a 2kn －a 2k (n －1)＝(a 2kn －a 2kn －1)＋(a 2kn －1－a 2kn －2)＋…＋(a 2kn －k ＋1－a 2k (n －1))＝kp 为常数，故④正确．答案：①③④10．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n 2，数列{b n }为等比数列，且首项b 1＝1，b 4＝8.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }满足c n ＝ab n ，求数列{c n }的前n 项和T n ；解：(1)∵数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n 2， ∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1.当n ＝1时，a 1＝S 1＝1亦满足上式，故a n ＝2n －1(n ∈N *)．又数列{b n }为等比数列，设公比为q ， ∵b 1＝1，b 4＝b 1q 3＝8，∴q ＝2.∴b n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)c n ＝ab n ＝2b n －1＝2n －1.T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(2n －1)＝(21＋22＋…＋2n )－n ＝2(1－2n )1－2－n . 所以T n ＝2n ＋1－2－n .11．已知各项均为正数的数列{a n }满足：a 2n ＋1＝2a 2n ＋a n a n ＋1，且a 2＋a 4＝2a 3＋4，其中n∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设数列{b n }满足：b n ＝na n(2n ＋1)2n，是否存在正整数m ，n (1<m <n )，使得b 1，b m ，b n成等比数列？若存在，求出所有的m ，n 的值，若不存在，请说明理由．解：(1)因为a 2n ＋1＝2a 2n ＋a n a n ＋1，即(a n ＋a n ＋1)(2a n －a n ＋1)＝0.又a n >0，所以2a n －a n ＋1＝0，即2a n ＝a n ＋1. 所以数列{a n }是公比为2的等比数列．由a 2＋a 4＝2a 3＋4，得2a 1＋8a 1＝8a 1＋4，解得a 1＝2. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n (n ∈N *)． (2)因为b n ＝na n (2n ＋1)2n ＝n 2n ＋1，所以b 1＝13，b m ＝m 2m ＋1，b n ＝n 2n ＋1.若b 1，b m ，b n 成等比数列，则⎝⎛⎭⎫m 2m ＋12＝13⎝⎛⎭⎫n2n ＋1，即m 24m 2＋4m ＋1＝n6n ＋3. 由m 24m 2＋4m ＋1＝n 6n ＋3，可得3n ＝－2m 2＋4m ＋1m 2，所以－2m 2＋4m ＋1>0，从而1－62<m <1＋62. 又n ∈N *，且m >1，所以m ＝2，此时n ＝12.故当且仅当m ＝2，n ＝12时，b 1，b m ，b n 成等比数列． 12．设同时满足条件：①b n ＋b n ＋22≥b n ＋1；②b n ≤M (n ∈N *，M 是常数)的无穷数列{b n }叫“嘉文”数列．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝aa －1(a n－1)(a 为常数，且a ≠0，a ≠1)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2S n a n ＋1，若数列{b n }为等比数列，求a 的值，并证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 为“嘉文”数列．解：(1)因为S 1＝aa －1(a 1－1)＝a 1，所以a 1＝a .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a a －1(a n －a n －1)，整理得a na n －1＝a ，即数列{a n }是以a 为首项，a 为公比的等比数列．所以a n ＝a · a n －1＝a n .(2)由(1)知，b n ＝2×aa －1(a n －1)a n ＋1＝(3a －1)a n －2a(a －1)a n ，(*)由数列{b n }是等比数列，则b 22＝b 1·b 3，故⎝⎛⎭⎫3a ＋2a 2＝3·3a 2＋2a ＋2a 2，解得a ＝13，再将a ＝13代入(*)式得b n ＝3n ，故数列{b n }为等比数列，所以a ＝13.由于1b n ＋1b n ＋22＝13n ＋13n ＋22>2 13n ·13n ＋22＝13n 1＝1b n ＋1，满足条件①；由于1b n ＝13n ≤13，故存在M ≥13满足条件②.故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 为“嘉文”数列．1．设f (x )是定义在R 上恒不为零的函数，对任意实数x ，y ∈R ，都有f (x )f (y )＝f (x ＋y )，若a 1＝12，a n ＝f (n )(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和S n 的取值范围是( )A.⎣⎡⎭⎫12，2B.⎣⎡⎦⎤12，2 C.⎣⎡⎭⎫12，1D.⎣⎡⎦⎤12，1解析：选C 由题意得a n ＋1＝f (n ＋1)＝f (1)f (n )＝12a n ，故S n ＝12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＝1－⎝⎛⎭⎫12n .则数列{a n}的前n 项和的取值范围是⎣⎡⎭⎫12，1. 2．(2012·安庆模拟)设关于x 的不等式x 2－x <2nx (n ∈N *)的解集中整数的个数为a n ，数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 100的值为________．解析：由x 2－x <2nx (n ∈N *)，得0<x <2n ＋1，因此知a n ＝2n .故S 100＝100(2＋200)2＝10 100.答案：10 1003．祖国大陆允许台湾农民到大陆创业以来，在11个省区设立了海峡两岸农业合作试验区和台湾农民创业园，台湾农民在那里申办个体工商户可以享受“绿色通道”的申请、受理、审批一站式服务，某台商到大陆一创业园投资72万美元建起一座蔬菜加工厂，第一年各种经费12万美元，以后每年增加4万美元，每年销售蔬菜收入50万美元，设f (n )表示前n 年的纯收入．(f (n )＝前n 年的总收入－前n 年的总支出－投资额)(1)从第几年开始获取纯利润？(2)若干年后，该台商为开发新项目，有两种处理方案：①年平均利润最大时以48万美元出售该厂；②纯利润总和最大时，以16万美元出售该厂，问哪种方案较合算？解：由题意知，每年的经费是以12为首项，4为公差的等差数列．则f (n )＝50n －⎣⎡⎦⎤12n ＋n (n －1)2×4－72＝－2n 2＋40n －72.(1)获取纯利润就是要求f (n )>0，故有－2n 2＋40n －72>0，解得2<n <18. 又n ∈N *，故从第三年开始获利．(2)①平均利润为f (n )n ＝40－2⎝⎛⎭⎫n ＋36n ≤16，当且仅当n ＝6时取等号．故此方案获利6×16＋48＝144万美元，此时n ＝6.②f (n )＝－2n 2＋40n －72＝－2(n －10)2＋128，当n ＝10时，f (n )max ＝128. 故此方案共获利128＋16＝144万美元．比较两种方案，在获利相同的前提下，第①种方案只需6年，第②种方案需要10年，故选择第①种方案．1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n －5a n －85，n ∈N *. (1)证明：{a n －1}是等比数列；(2)求数列{S n }的通项公式．请指出n 为何值时，S n 取得最小值，并说明理由．解：(1)证明：当n ＝1时，a 1＝S 1＝1－5a 1－85，解得a 1＝－14，则a 1－1＝－15.∵当n ≥2时，S n －1＝(n －1)－5a n －1－85， ∴a n ＝S n －S n －1＝1－5a n ＋5a n －1， ∴6a n ＝5a n －1＋1，即a n －1＝56(a n －1－1)，∴{a n －1}是首项为－15，公比为56的等比数列．(2)∵a n －1＝－15·⎝⎛⎭⎫56n －1， ∴S n ＝n －5⎣⎡⎦⎤1－15·⎝⎛⎭⎫56n －1－85＝n ＋75·⎝⎛⎭⎫56n －1－90. 由a n ＝1－15·⎝⎛⎭⎫56n －1>0，即15·⎝⎛⎭⎫56n －1<1，解得n >log 56115＋1≈15.85. ∴当n ≤15时，a n <0；当n ≥16时，a n >0. 故n ＝15时，S n 取得最小值．2．在正项数列{a n }中，a 1＝2，点A n (a n ，a n ＋1)在双曲线y 2－x 2＝1上，数列{b n }中，点{b n ，T n }在直线y ＝－12x ＋1上，其中T n 是数列{b n }的前n 项和．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：数列{b n }是等比数列； (3)若c n ＝a n ·b n ，求证：c n ＋1<c n .解：(1)由点A n 在y 2－x 2＝1上知，a n ＋1－a n ＝1， ∴数列{a n }是一个以2为首项，以1为公差的等差数列， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋n －1＝n ＋1.(2)证明：∵点(b n ，T n )在直线y ＝－12x ＋1上，∴T n ＝－12b n ＋1.①∴T n －1＝－12b n －1＋1(n ≥2)．②①②两式相减得b n ＝－12b n ＋12b n －1(n ≥2)，∴32b n ＝12b n －1， ∴b n ＝13b n －1.令n ＝1，得b 1＝－12b 1＋1，∴b 1＝23，∴{b n }是以23为首项，以13为公比的等比数列．(3)证明：∵由(2)可知b n ＝23·⎝⎛⎭⎫13n －1＝23n .∴c n ＝a n ·b n ＝(n ＋1)·23n ，∴c n ＋1－c n ＝(n ＋2)·23n ＋1－(n ＋1)·23n＝23n 1[(n ＋2)－3(n ＋1)]＝23n 1(－2n －1)<0，∴c n ＋1<c n .3．(2012·广州调研)已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝3，且a n ＋1＝a n ＋2a n －1(n ≥2)． (1)设b n ＝a n ＋1＋λa n ，是否存在实数λ，使数列{b n }为等比数列．若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由；(2)求数列{a n }的前n 项和S n .解：(1)假设存在实数λ，使数列{b n }为等比数列，设b nb n －1＝q (n ≥2)，即a n ＋1＋λa n ＝q (a n ＋λa n －1)，得a n ＋1＝(q －λ)a n ＋qλa n －1.与已知a n ＋1＝a n ＋2a n －1比较，得⎩⎪⎨⎪⎧q －λ＝1，qλ＝2，解得λ＝1或λ＝－2.所以存在实数λ，使数列{b n }为等比数列．当λ＝1时，q ＝2，b 1＝4，则数列{b n }是首项为4，公比为2的等比数列；当λ＝－2时，q ＝－1，b 1＝1，则数列{b n }是首项为1，公比为－1的等比数列． (2)由(1)知a n ＋1－2a n ＝(－1)n ＋1(n ≥1)，所以a n ＋12n 1－a n 2n ＝(－1)n ＋12n 1＝⎝⎛⎭⎫－12n ＋1(n ≥1)，当n ≥2时，a n 2n ＝a 121＋⎝⎛⎭⎫a 222－a 121＋⎝⎛⎭⎫a 323－a 222＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2n －a n －12n －1 ＝12＋⎝⎛⎭⎫－122＋⎝⎛⎭⎫－123＋…＋⎝⎛⎭⎫－12n ＝12＋⎝⎛⎭⎫－122⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n －11－⎝⎛⎭⎫－12 ＝12＋16⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n －1. 因为a 121＝12也适合上式，所以a n 2n ＝12＋16⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n －1(n ≥1)．所以a n ＝13[2n ＋1＋(－1)n ]．则S n ＝13[(22＋23＋…＋2n ＋1)＋((－1)1＋(－1)2＋…＋(－1)n )]＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤4(1－2n )1－2＋(－1)(1－(－1)n)1－(－1) ＝13⎣⎡⎦⎤(2n ＋2－4)＋(－1)n －12.数列一、选择题(本题共12分小题，每小题5分，共60分)1．在等差数列{a n }中，a 2＝1，a 4＝5，则{a n }的前5项和S 5＝( ) A ．7 B ．15 C ．20D ．25解析：选B ∵{a n }是等差数列，∴a 2＋a 4＝2a 3＝1＋5，故a 3＝3，∴S 5＝5(a 1＋a 5)2＝5×2a 32＝5a 3＝5×3＝15.2．公比为2的等比数列{a n }的各项都是正数，且a 3a 11＝16，则a 5＝( ) A ．1 B ．2 C ．4D ．8解析：选A ∵a 3·a 11＝16，∴a 27＝16. 又∵a n >0，∴a 7＝4.a 5＝a 7·q －2＝4×2－2＝1.3．(2012·银川联考)若数列{a n }的前n 项和为S n ＝n 2＋1，则向量m ＝(a 1，a 4)的模为( ) A ．53 B ．50 C.53D ．5 2解析：选C 依题意得，a 1＝S 1＝2，a 4＝S 4－S 3＝(42＋1)－(32＋1)＝7，故m ＝(2,7)，|m |＝22＋72＝53.4．已知数阵⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 11 a 12 a 13a 21 a 22 a 23a 31 a 32 a 33中，每行的三个数依次成等差数列，每列的三个数也依次成等差数列，若a 22＝4，则这九个数的和为( )A ．16B ．32C ．36D ．40解析：选C 依题意得，a 11＋a 12＋a 13＋a 21＋a 22＋a 23＋a 31＋a 32＋a 33＝3a 12＋3a 22＋3a 32＝9a 22＝36.5．(2012·朝阳统考)设数列{a n }是公差不为0的等差数列，a 1＝1且a 1，a 3，a 6成等比数列，则{a n }的前n 项和S n 等于( )A.n 28＋7n8 B.n 24＋7n 4 C.n 22＋3n4D ．n 2＋n解析：选A 由a 1，a 3，a 6成等比数列可得a 23＝a 1·a 6，设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，则(1＋2d )2＝1×(1＋5d )，而d ≠0，故d ＝14，所以S n ＝n ＋n (n －1)2×14＝n 28＋7n 8.6．(2012·银川联考)设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1－1a n，记数列{a n }的前n 项之积为Πn ，则Π2 013的值为( )A ．－12B ．－1 C.12D ．2解析：选B 由a 2＝12，a 3＝－1，a 4＝2可知，数列{a n }是周期为3的周期数列，从而Π2 013＝(Π3)671＝－1.7．(2012·东北三校模拟)等差数列{a n }中，S 15>0，S 16<0，则使a n >0成立的n 的最大值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：选C 依题意得S 15＝15(a 1＋a 15)2＝15a 8>0，即a 8>0；S 16＝16(a 1＋a 16)2＝8(a 1＋a 16)＝8(a 8＋a 9)<0，即a 8＋a 9<0，a 9<－a 8<0.因此使a n >0成立的n 的最大值是8.8．已知数列{a n }满足a 1＝23，且对任意的正整数m ，n 都有a m ＋n ＝a m ＋a n ，则a nn 等于( )A.12 B.23 C.32D ．2解析：选B 令m ＝1，得a n ＋1＝a 1＋a n ，即a n ＋1－a n ＝a 1＝23，可知数列{a n }是首项为a 1＝23，公差为d ＝23的等差数列，于是a n ＝23＋(n －1)·23＝23n ，即a n n ＝23.9．(2012·“江南十校”联考)已知函数f (x )＝cos x ，x ∈(0,2π)有两个不同的零点x 1，x 2，且方程f (x )＝m (m ≠0)有两个不同的实根x 3，x 4，若把这四个数按从小到大排列构成等差数列，则实数m ＝( )A.12B ．－12C.32D ．－32解析：选D 若m >0，则公差d ＝3π2－π2＝π，显然不成立，所以m <0，则公差d ＝3π2－π23＝π3. 所以m ＝cos ⎝⎛⎭⎫π2＋π3＝－32. 10．(2012·济南模拟)在等差数列{a n }中，a 1＝－2 012，其前n 项和为S n ，若S 1212－S 1010＝2，则S 2 012的值等于( )A ．－2 011B ．－2 012C ．－2 010D ．－2 013解析：选B 根据等差数列的性质，得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也是等差数列，根据已知可得这个数列的首项S 11＝a 1＝－2 012，公差d ＝1，故S 2 0122 012＝－2 012＋(2 012－1)×1＝－1，所以S 2 012＝－2 012.11．已知等差数列{a n }满足a 2＝3，a 5＝9，若数列{b n }满足b 1＝3，b n ＋1＝ab n ，则{b n }的通项公式为b n ＝( )A ．2n －1B ．2n ＋1C ．2n ＋1－1D ．2n －1＋2解析：选B 设等差数列{a n }的公差为d ，则有d ＝a 5－a 25－2＝2，a n ＝a 2＋(n －2)d ＝2n －1；又b n ＋1＝ab n ，因此有b n ＋1＝2b n －1，b n ＋1－1＝2(b n －1)，而b 1－1＝2≠0，因此数列{b n －1}是首项为2，公比为2的等比数列，于是有b n －1＝2×2n －1＝2n ，b n ＝2n ＋1.12.如图，将等差数列{a n }的前6项填入一个三角形的顶点及各边中点的位置，且在图中每个三角形顶点所填的三项也成等差数列，数列{a n }的前2 012项和S 2 012＝4 024，则满足na n >a n n 的n 的值为( )A ．2 012B ．4 024C ．2D ．3解析：选D 设等差数列{a n }的公差为d ，则由a 2，a 3，a 5成等差数列得2a 3＝a 2＋a 5，即2(a 1＋2d )＝(a 1＋d )＋(a 1＋4d )，有d ＝0，于是a n ＝a 1，由S 2 012＝4 024得2 012a 1＝4 024，有a 1＝2，即a n ＝2，由na n >a n n 得n 2>2n ，结合函数y ＝2x 与y ＝x 2的图象知n ＝3.二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13．已知等比数列{a n }为递增数列，且a 25＝a 10,2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析：a 25＝a 10>0，根据已知条件得2⎝⎛⎭⎫1q ＋q ＝5，解得q ＝2.所以a 21q 8＝a 1q 9，所以a 1＝2，所以a n ＝2n.答案：2n14．(2012·衡阳六校联考)设函数f (x )＝1x －b ＋2，若a ，b ，c 成等差数列(公差不为零)，则f (a )＋f (c )＝________.解析：依题意得b －a ＝c －b ，－(a －b )＝c －b ，则f (a )＋f (c )＝1a －b ＋2＋1c －b ＋2＝1a －b ＋1c －b ＋4＝0＋4＝4. 答案：415．数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为________．解析：∵a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，∴a 2＝1＋a 1，a 3＝2－a 1，a 4＝7－a 1，a 5＝a 1，a 6＝9＋a 1，a 7＝2－a 1，a 8＝15－a 1，a 9＝a 1，a 10＝17＋a 1，a 11＝2－a 1，a 12＝23－a 1，…，a 57＝a 1，a 58＝113＋a 1，a 59＝2－a 1，a 60＝119－a 1，∴a 1＋a 2＋…＋a 60＝(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋a 7＋a 8)＋…＋(a 57＋a 58＋a 59＋a 60)＝10＋26＋42＋…＋234＝15×(10＋234)2＝1 830.答案：1 83016．(2012·衡阳六校联考)在一个数列中，如果∀n ∈N *，都有a n a n ＋1a n ＋2＝k (k 为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k 叫做这个数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且a 1＝1，a 2＝2，公积为8，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝________.解析：依题意得数列{a n }是周期为3的数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，因此a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝4(a 1＋a 2＋a 3)＝4×(1＋2＋4)＝28.答案：28三、解答题(本题共6小题，共70分)17．(本小题满分10分)(2012·陕西高考)已知等比数列{a n }的公比q ＝－12.(1)若a 3＝14，求数列{a n }的前n 项和；(2)证明：对任意k ∈N ＋，a k ，a k ＋2，a k ＋1成等差数列．解：(1)由a 3＝a 1q 2＝14及q ＝－12，得a 1＝1，所以数列{a n }的前n 项和S n ＝1×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n 1－⎝⎛⎭⎫－12＝2＋⎝⎛⎭⎫－12n －13.(2)证明：对任意k ∈N ＋，2a k ＋2－(a k ＋a k ＋1)＝2a 1q k ＋1－(a 1q k －1＋a 1q k )＝a 1q k －1(2q 2－q －1)，由q ＝－12得2q 2－q －1＝0，故2a k ＋2－(a k ＋a k ＋1)＝0.所以对任意k ∈N ＋，a k ，a k ＋2，a k ＋1成等差数列．18．(本小题满分12分)(2012·陕西高考)设{a n }是公比不为1的等比数列，其前n 项和为S n ，且a 5，a 3，a 4成等差数列．(1)求数列{a n }的公比；(2)证明：对任意k ∈N ＋，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列．解：(1)设数列{a n }的公比为q (q ≠0，q ≠1)，由a 5，a 3，a 4成等差数列，得2a 3＝a 5＋a 4，即2a 1q 2＝a 1q 4＋a 1q 3.由a 1≠0，q ≠0得q 2＋q －2＝0，解得q 1＝－2或q 2＝1(舍去)，故q ＝－2. (2)证明：法一：对任意k ∈N ＋， S k ＋2＋S k ＋1－2S k ＝(S k ＋2－S k )＋(S k ＋1－S k ) ＝a k ＋1＋a k ＋2＋a k ＋1 ＝2a k ＋1＋a k ＋1·(－2) ＝0，所以对任意k ∈N ＋，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列．法二：对任意k ∈N ＋，2S k ＝2a 1(1－q k )1－q，S k ＋2＋S k ＋1＝a 1(1－q k ＋2)1－q ＋a 1(1－q k ＋1)1－q ＝a 1(2－q k ＋2－q k ＋1)1－q，2S k －(S k ＋2＋S k ＋1)＝2a 1(1－q k )1－q －a 1(2－q k ＋2－q k ＋1)1－q＝a 11－q[2(1－q k )－(2－q k ＋2－q k ＋1)] ＝a 1q k 1－q(q 2＋q －2)＝0，因此，对任意k ∈N ＋，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列．19．(本小题满分12分)(2012·潍坊模拟)已知数列{a n }是各项均不为0的等差数列，S n为其前n 项和，且满足S 2n －1＝12a 2n ，n ∈N *.(1)求a n ；(2)数列{b n }满足b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2n －1，n 为奇数，12a n －1，n 为偶数，T n 为数列{b n }的前n 项和，求T 2n . 解：(1)设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，在S 2n －1＝12a 2n中，令n ＝1,2，得 ⎩⎪⎨⎪⎧ a 21＝2S 1，a 22＝2S 3，得⎩⎪⎨⎪⎧a 21＝2a 1，(a 1＋d )2＝2(3a 1＋3d )，解得a 1＝2，d ＝4，故a n ＝4n －2.(2)由(1)得b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －1，n 为奇数，2n －3，n 为偶数，则T 2n ＝1＋2×2－3＋22＋2×4－3＋24＋…＋22n －2＋2×2n －3 ＝1＋22＋24＋…＋22n －2＋4(1＋2＋…＋n )－3n ＝1－4n 1－4＋4·n (n ＋1)2－3n ＝4n 3－13＋2n 2－n . 20．(本小题满分12分)(2012·石家庄质检)已知数列{a n }为公差不为零的等差数列，a 1＝1，各项均为正数的等比数列{b n }的第1项，第3项，第5项分别是a 1，a 3，a 21.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)求数列{a n b n }的前n 项和S n .解：(1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，数列{b n }的公比为q ，∵由题意得a 23＝a 1a 21，∴(1＋2d )2＝1×(1＋20d )，即4d 2－16d ＝0，∵d ≠0，∴d ＝4，∴a n ＝4n －3.∴b 1＝1，b 3＝9，b 5＝81，∵{b n }的各项均为正数，∴q ＝3，∴b n ＝3n －1. (2)∵由(1)可得a n b n ＝(4n －3)3n －1， ∴S n ＝30＋5×31＋9×32＋…＋(4n －7)×3n －2＋(4n －3)×3n －1， 3S n ＝31＋5×32＋9×33＋…＋(4n －7)×3n －1＋(4n －3)×3n ，两式相减得：－2S n ＝1＋4×3＋4×32＋4×33＋…＋4×3n －1－(4n －3)×3n＝1＋4(3＋32＋33＋…＋3n －1)－(4n －3)×3n ＝1＋4×3×(1－3n －1)1－3－(4n －3)×3n ＝(5－4n )×3n －5，∴S n ＝(4n －5)3n ＋52. 21．(本小题满分12分)(2012·潍坊模拟)在等比数列{a n }中，a n >0(n ∈N *)，公比q ∈(0,1)，且a 3a 5＋2a 4a 6＋a 3a 9＝100，又4是a 4与a 6的等比中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a n ，求数列{|b n |}的前n 项和S n .解：(1)∵a 3a 5＋2a 4a 6＋a 3a 9＝100，∴a 24＋2a 4a 6＋a 26＝100，∴(a 4＋a 6)2＝100，又a n >0，∴a 4＋a 6＝10，∵4是a 4与a 6的等比中项，∴a 4a 6＝16，而q ∈(0,1)，∴a 4>a 6，∴a 4＝8，a 6＝2，∴q ＝12，a 1＝64， ∴a n ＝64·⎝⎛⎭⎫12n －1＝27－n . (2)∵b n ＝log 2a n ＝7－n ，则数列{b n }的前n 项和为T n ＝n (13－n )2， ∴当1≤n ≤7时，b n ≥0，∴S n ＝n (13－n )2. 当n ≥8时，b n <0，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b 7－(b 8＋b 9＋…＋b n )＝－(b 1＋b 2＋…＋b n )＋2(b 1＋b 2＋…＋b 7)＝－n (13－n )2＋2×7×62＝n 2－13n ＋842. ∴S n ＝⎩⎨⎧13n －n 22(1≤n ≤7且n ∈N *)，n 2－13n ＋842(n ≥8且n ∈N *).22．(本小题满分12分)设函数f (x )＝x a (x ＋2)，方程x ＝f (x )有唯一解，其中实数a 为常数，f (x 1)＝22 013，f (x n )＝x n ＋1(n ∈N *)． (1)求f (x )的表达式；(2)求x 2 011的值；(3)若a n ＝4x n －4 023且b n ＝a 2n ＋1＋a 2n 2a n ＋1a n(n ∈N *)，求证：b 1＋b 2＋…＋b n <n ＋1. 解：(1)由x ＝x a (x ＋2)，可化简为ax (x ＋2)＝x (a ≠0)，所以ax 2＋(2a －1)x ＝0，当且仅当a ＝12时，方程x ＝f (x )有唯一解．从而f (x )＝2x x ＋2. (2)由已知f (x n )＝x n ＋1，得2x n x n ＋2＝x n ＋1，所以1x n ＋1＝12＋1x n ，即1x n ＋1－1x n ＝12(n ∈N *)，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1x n 是以1x 1为首项，12为公差的等差数列．所以1x n ＝1x 1＋(n －1)×12＝(n －1)x 1＋22x 1，故x n ＝2x 1(n －1)x 1＋2. 因为f (x 1)＝22 013，所以2x 1x 1＋2＝22 013，解得x 1＝11 006. 所以x n ＝2×11 006(n －1)×11 006＋2＝2n ＋2 011，故x 2 011＝22 011＋2 011＝12 011. (3)证明：因为x n ＝2n ＋2 011，所以a n ＝4×n ＋2 0112－4 023＝2n －1，所以b n ＝a 2n ＋1＋a 2n 2a n ＋1a n ＝(2n ＋1)2＋(2n －1)22(2n ＋1)(2n －1)＝4n 2＋14n 2－1＝1＋2(2n －1)(2n ＋1)＝1＋12n －1－12n ＋1，所以b 1＋b 2＋…＋b n －n ＝⎝⎛⎭⎫1＋1－13＋⎝⎛⎭⎫1＋13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫1＋12n －1－12n ＋1－n ＝1－1<1.2n＋1故b1＋b2＋…＋b n<n＋1.。

高中数学高考高三理科一轮复习资料第5章 5.3 等比数列及其前n项和

因为 q＜1，解得 q＝－1 或 q＝－2. 当 q＝－1 时，代入①得 a1＝2，－通项公式 an＝2×(－1)n 1； 1 当 q＝－2 时，代入①得 a1＝2， 1 通项公式 an＝2×(－2)n－1.
点评：等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式，并能灵活运用．尤其需要注意的是，在使用等比数列的前 n 项和公式时，应根据公比的取值情况进行分类讨论，此外在运算过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算过程．
高中数学
5．3 等比数列及其前n项和
考纲点击 1.理解等比数列的概念． 2．掌握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比关系，并能用有关知识解决相应的问题． 4．了解等比数列与指数函数的关系
说基础
课前预习读教材
考点梳理 1.等比数列的定义如果一个数列从第二项起，①____________等于同一个常数，这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的 ② ______.公比通常用字母 q 表示(q≠0)． 2．通项公式与前 n 项和公式． (1)通项公式：③__________，a1 为首项，q 为公比． (2)前 n 项和公式：当 q＝1 时， ④__________；当 q≠1 时， ⑤______________.
解析：由等比数列的性质知：a1· a19＝16＝a8· a12＝a2 10，∴ a10＝4，则 a8· a10· a12＝a3 10＝64，故选 B. 答案：B
1n 3．若等比数列{an}的前 n 项和为 Sn＝3( ) ＋m(n∈N*)，则 2 实数 m 的取值为( ) 3 A．－ B．－1 2 C．－3 D．一切实数n－1 Nhomakorabea1 －2

高考数学一轮总复习第五章数列2等差数列课件高三全册数学课件

(2)因为{an}是等差数列，公差为 d，所以 a3(n＋1)－a3n＝3d(与 n 值无关的常数)，所以数列{a3n}也是等差数列．
(3)设等差数列{an}，{bn}的公差分别为 d1，d2，则 pan＋1＋ qbn＋1－(pan＋qbn)＝p(an＋1－an)＋q(bn＋1－bn)＝pd1＋qd2(与 n 值无关的常数)，即数列{pan＋qbn}也是等差数列．
钱．( C )
5
3
A.3
B.2
4
5
C.3
D.4
第二十三页，共四十八页。
解析：设甲、乙、丙、丁、戊分别为 a－2d，a－d，a，a＋d， a＋2d，由题意可得：
a－2d＋a－d＋a＋a＋d＋a＋2d＝5， a－2d＋a－d＝a＋a＋d＋a＋2d，联立解得 a＝1，d＝－16. ∴这个问题中，甲所得为 1－2×(－16)＝43(钱)．故选 C.
(2)(2019·全国卷Ⅲ)记 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和．若 a1≠0，a2
＝3a1，则SS150＝____4____.
第十六页，共四十八页。
【解析】 (1)解法 1：设等差数列{an}的公差为 d，
∵Sa45＝＝05，，
∴4a1＋4×2 3d＝0， a1＋4d＝5，
解得da＝1＝2－，3，
(1)在等差数列{an}中，a2＝2，a3＝4，则 a10＝ 18 .
(2)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a1＝－5，S9＝27，则公
差 d＝ 2 .
(3)在等差数列{an}中，若 a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝450，则 a2＋a8
＝ 180 . (4)在等差数列{an}中，S6＝4，S18＝24，则 S12＝ 12 .

高考数学一轮复习第五章数列第三节等比数列及其前n项和课件新人教版

根，则916的值为( D ) A．2
B．－ 2
C. 2
D．－ 2或 2
3．(2020·高考全国卷Ⅱ)数列{an}中，a1＝2，am＋n＝aman，若ak＋1＋ak＋
2＋…＋ak＋10＝215－25，则k＝( C )
A．2
B．3
C．4
D．5
解析：∵a1＝2，am＋n＝aman，令m＝1，则an＋1＝a1an＝2an， ∴{an}是以a1＝2为首项，2为公比的等比数列， ∴an＝2×2n－1＝2n.
2．若{an}，{bn}(项数相同)是等比数列，则{λan}(λ≠0)，
1
an
，{a
2 n
}，
{an·bn}，abnn仍是等比数列． 3．当q≠－1或q＝－1且n为奇数时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n仍成等比数
列，其公比为qn.
1．等比数列{an}各项均为正数，且a5a6＋a4a7＝18，则log3a1＋log3a2
数列的综合问题常将等差、等比数列结合，两者相互联系、相互转化，解答这类问题的方法：寻找通项公式，利用性质进行转化.
[对点训练]
(2021·山东泰安模拟)在①Sn＝n2＋n，②a3＋a5＝16，S3＋S5＝42，③
an＋1 an
＝
n＋1 n
，S7＝56这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并加
第三节等比数列及其前n项和
热点命题分析
学科核心素养
本节是高考的考查热点，主要考查本节通过等比数列通项公式及其前
等比数列的基本运算和性质，等比 n项和公式、等比数列性质的应
数列的通项公式和前n项和公式，用，考查对函数与方程、转化与化
尤其要注意以数学文化为背景的数归和分类讨论思想的应用，提升考

高考数学一轮复习第五章数列 5.1 数列的概念与简单表示法课件理高三全册数学课件

＝__－___1n___.
2021/12/8
第二十八页，共六十三页。
【解析】 (1)当 n＝1 时，a1＝S1＝2(a1－1)，可得 a1＝2，当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1， ∴an＝2an－1， ∴数列{an}为首项为 2，公比为 2 的等比数列，所以 an＝2n.
2 ．若数列 {an} 的前 n 项和为 Sn ，通项公式为 an ，则 an ＝ S1，n＝1， Sn－Sn－1，n≥2，n∈N*.
3．三种必会方法 (1)叠加法：对于 an＋1－an＝f(n)型，若 f(1)＋f(2)＋…＋f(n)的和是可求的，可用多式相加法求得 an.
2021/12/8
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2．若将“an＋1＝an＋n＋1”改为“an＋1＝2an＋3”，如何求解？
解：设递推公式 an＋1＝2an＋3 可以转化为 an＋1－t＝2(an－t)，即 an＋1＝2an－t，解得 t＝－3.故 an＋1＋3＝2(an＋3)．令 bn＝an＋3，则 b1＝a1＋3＝5，且bbn＋n 1＝aan＋n＋1＋33＝2.所以{bn}是以 5 为首项，2 为公比的等比数列．所以 bn＝5×2n－1，故 an＝5×2n－1－3.
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第三十四页，共六十三页。
考向三由递推关系求通项公式
n2＋n＋2
【例 3】设数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，则 an＝____2____.
【解析】由条件知 an＋1－an＝n＋1，则 an＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＋a1＝(2 ＋3＋4＋…＋n)＋2＝n2＋2n＋2.
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2014届高三数学一轮复习 (基础知识+小题全取+考点通关+课时检测)5.1数列的概念与函数特性课件新人教A版

解得 a2＝3a1＝3. 5 由 S3＝ a3 得 3(a1＋a2＋a3)＝5a3， 3 3 解得 a3＝ (a1＋a2)＝6. 2
(2)由题设知 a1＝1. n＋2 n＋1 当 n>1 时，有 an＝Sn－Sn－1＝ a－ a ， 3 n 3 n－1 n＋1 整理得 an＝ a . n－1 n－1 n＋1 3 4 n 于是 a2＝ a1，a3＝ a2，„，an－1＝ a ，an＝ a . 1 2 n－2 n－2 n－1 n－1 nn＋1 将以上 n－1 个等式中等号两端分别相乘，整理得 an＝ . 2 nn＋1 综上可知，{an}的通项公式 an＝ . 2
an＋1 > an 其中 n∈N*
间的大
小关系
递减数列
常数列
an＋1 < an
an＋1＝an
3．数列与函数的关系
(1)从函数观点看，数列可以看作定义域为正整数集N＋(或N＋的有限子集) 的函数，当自变量从小到大依次取值时，该函数对应的一列函数值就是这个数列． (2)数列同函数一样有解析法、图像法、列表法三种表示方法．
(2)用n－1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用an
＝Sn－Sn－1(n≥2)便可求出当n≥2时an的表达式；
(3)对n＝1时的结果进行检验，看是否符合n≥2时an
的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n＝1与n≥2两段来写．
2．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 S1＝1，S2＝2，且 Sn＋1－3Sn＋2Sn－1＝0(n∈N＋且 n≥2)，求该数列的通项公式．
C．8
[解析]
D．11
由已知得bn ＝2n－8，an＋1 －an ＝2n－8，
所以a2－a1 ＝－6，a3 －a2＝－4，…，a8－a7＝6，由累

第5章第4讲数列求和-2022版高三数学(新高考)一轮复习课件_ppt(56张)

天气骤冷2，0红2旗0 冻结。这句诗形象的写出了色彩鲜明、红白映衬的景象，“掣”字用了拟人的修辞手法，生动形象的写出了塞外天气的恶劣，寒风的呼啸。但在这样的环境下，红
旗却被冻的不会翻动了，更加突出了雪之大、天气之寒冷。从“红”字能反衬出白雪皑皑的景象，而“不翻”则衬托出了天气的寒冷。二是语言清新淡雅而又晶莹明丽，明白晓畅而又情韵悠长。
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3．(必修 5P47T4 改编)数列{an}的通项公式是 an＝
1 n＋
n＋1，前
n
项和为
9，则
n＝( B ) A．9
B．99
C．10
D．100
[解析]
因为 an＝
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
n.所以 Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(
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知识梳理 • 双基自测
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知识点一公式法求和
(1)如果一个数列是等差数列或等比数列，则求和时直接利用等差、等比数列的前 n 项和公式．
(2)等差数列的前 n 项和公式： Sn＝na1＋ 2 an＝___n_a_1＋__n__n_2－__1__d__＝___d2_n_2＋__(_a_1_－__d2_)n________.
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(3)等比数列的前 n 项和公式： na1，q＝1，
Sn＝a11－－aqnq＝_______________，q≠1. 注意等比数列公比 q 的取值情况，要分 q＝1，q≠1.
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高考理科第一轮复习课件(5.1数列)

n2 a1a2a3„an=n2可得， n 将n=3和n=5代入， a ， 2 (n 1) 9 25 61 a3 a5 ． 4 16 16
4．已知数列{an}的前n项和Sn=2n-3，则数列{an}的通项公式是
_______. 【解析】当n=1时，a1=S1=-1；当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n-1．故
9
n个a
（2）0.a,0.aa,0.aaa,0.a aaa,„，其中1≤a≤9,a∈N+．解决方法同（1），实际上 0.aa a 1 aa a a (1 1 )． n n
n个a
10
n个a
9
10
（3）a,b,a,b，„，其中a≠b．
ab ab a b a b a, b， 2 2 2 2 故a,b,a,b,„，即 a b a b , a b a b , a b a b , 2 2 2 2 2 2 ab ab ,， 2 2 所以数列的通项为 a n a b 1n a b． 2 2
,
1 1 1 a n a n 1 ( ), 2 2n 3 2n 1 1 1 a n a1 (1 ). 2 2n 1
又∵ a1 ,
1 4n 3 . 4n 2 4n 2 答案： a n 1 2n，故 a 2 21 , a 3 22 ,, a n 2n 1，将这n-1个等
2 1 (D) n 1 2
(A)2n-1
(C) ( ) n 1
2 3
(B) ( 3 ) n 1
【思路点拨】（1）直接根据a8=S8-S7求出即可．（2）根据任意n∈N+，都有an+1=Sn+1-Sn，把Sn=2an+1化为Sn+1,Sn 之间的关系，求出数列{Sn}的通项．【规范解答】（1）选A．a8=S8-S7=64-49=15.

2025高考语文步步高大一轮复习讲义65练板块五文言文阅读学案26 《劝学》《师说》

2025高考语文步步高大一轮复习讲义65练板块五文言文阅读学案26《劝学》《师说》复习任务 1.梳理积累两文中的文言基础知识，重点掌握古今异义词和多义实词“中”“已”“常”“攻”。

2.背诵课文，翻译重点句子。

活动一基础梳理1．通假字请指出下列句中的通假字，并解释意思。

①以为轮“________”同“________”，____________________________________________________②虽有槁暴“________”同“________”，____________________________________________________③则知明而行无过矣“________”同“________”，_____________________________________________________④君子生非异也“________”同“________”，_____________________________________________________⑤师者，所以传道受业解惑也“________”同“________”，_____________________________________________________⑥或师焉，或不焉“________”同“________”，____________________________________________________ 2．古今异义请写出下列加点词语的古义。

①劝．学古义：___________________________________________________________________________今义：拿道理说服人，使人听从②金．就砺则利古义：___________________________________________________________________________今义：黄金③君子博学．．而日参省乎己古义：___________________________________________________________________________今义：学问广博精深④蚓无爪牙．．之利古义：___________________________________________________________________________今义：比喻坏人的党羽⑤非蛇鳝之穴无可寄托．．者古义：___________________________________________________________________________今义：托付；把理想、希望、感情等放在(某人身上或某种事物上)⑥古之学者．．必有师古义：___________________________________________________________________________今义：在学术上有一定成就的人⑦a.师者，所以．．传道受业解惑也古义：___________________________________________________________________________b．圣人之所以．．为圣古义：___________________________________________________________________________今义：表示因果关系的连词⑧吾从而．．师之古义：___________________________________________________________________________今义：连词，上文是原因、方法等，下文是结果、目的等；因此就⑨今之众人．．，其下圣人也亦远矣古义：___________________________________________________________________________今义：大家；许多人⑩小学．．而大遗，吾未见其明也古义：___________________________________________________________________________今义：对儿童、少年实施初等教育的学校，给儿童、少年以全面的基础教育⑪师不必．．贤于弟子古义：___________________________________________________________________________今义：表示事理上或情理上不需要3．多义实词请解释下列加点词的意思。

2014年高考数学一轮复习精品学案(人教版A版)――数列概念及等差数列

2014年高考数学一轮复习精品学案（人教版A 版）数列概念及等差数列一．【课标要求】1．数列的概念和简单表示法；通过日常生活中的实例，了解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图像、通项公式），了解数列是一种特殊函数；2．通过实例，理解等差数列的概念，探索并掌握等差数列的通项公式与前n 项和的公式；3．能在具体的问题情境中，发现数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问题。

体会等差数列与一次函数的关系.二．【命题走向】数列在历年高考都占有很重要的地位，一般情况下都是一至二个客观性题目和一个解答题。

对于本将来讲，客观性题目主要考察数列、等差数列的概念、性质、通项公式、前n 项和公式等基本知识和基本性质的灵活应用，对基本的计算技能要求比较高.预测2014年高考：1．题型既有灵活考察基础知识的选择、填空，又有关于数列推导能力或解决生产、生活中的实际问题的解答题；2．知识交汇的题目一般是数列与函数、不等式、解析几何、应用问题联系的综合题，还可能涉及部分考察证明的推理题.三．【要点精讲】1．数列的概念（1）数列定义：按一定次序排列的一列数叫做数列；数列中的每个数都叫这个数列的项。

记作n a ，在数列第一个位置的项叫第1项（或首项），在第二个位置的叫第2项，……，序号为n 的项叫第n 项（也叫通项）记作n a ；数列的一般形式：1a ，2a ，3a ，……，n a ，……，简记作 {}n a 。

（2）通项公式的定义：如果数列}{n a 的第n 项与n 之间的关系可以用一个公式表示，那么这个公式就叫这个数列的通项公式.例如，数列①的通项公式是n a = n （n ≤7，n N +∈），数列②的通项公式是n a =1n（n N +∈）。

说明：①{}n a 表示数列，n a 表示数列中的第n 项，n a = ()f n 表示数列的通项公式；② 同一个数列的通项公式的形式不一定唯一。

例如，n a =(1)n -=1,21()1,2n k k Z n k-=-⎧∈⎨+=⎩； ③不是每个数列都有通项公式。