2020版新设计一轮复习数学(理)江苏专版讲义：第六章第五节数列的综合问题含答案

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2020版高考数学(文)新创新一轮复习通用版讲义：第六章第五节数列的综合应用含答案

第五节数列的综合应用题型一数列在数学文化与实际问题中的应用[典例] (1)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其大意为：“有一个人走了378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”则此人第4天和第5天共走了( )A ．60里B ．48里C ．36里D ．24里(2)(2019·北京东城区模拟)为了观看2022年的冬奥会，小明打算从2018年起，每年的1月1日到银行存入a 元的一年期定期储蓄，若年利率为p ，且保持不变，并约定每年到期存款本息均自动转为新一年的定期．到2022年的1月1日不再存钱而是将所有的存款和利息全部取出，则可取回________元．[解析] (1)由题意知，此人每天走的里数构成公比为12的等比数列{a n }，设等比数列的首项为a 1，则a 1⎝⎛⎭⎫1－1261－12＝378，解得a 1＝192，所以a 4＝192×18＝24，a 5＝24×12＝12，则a 4＋a 5＝24＋12＝36，即此人第4天和第5天共走了36里． (2)2022年1月1日可取出钱的总数为 a (1＋p )4＋a (1＋p )3＋a (1＋p )2＋a (1＋p ) ＝a ·(1＋p )[1－(1＋p )4]1－(1＋p )＝ap [(1＋p )5－(1＋p )] ＝ap [(1＋p )5－1－p ]．[答案] (1)C (2)ap [(1＋p )5－1－p ] [方法技巧]1．数列与数学文化解题3步骤2.[1．在我国古代著名的数学名著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢．问：几日相逢？( )A ．9日B ．8日C ．16日D ．12日解析：选A 由题意知，良马每日行的距离成等差数列，记为{a n }，其中a 1＝103，d ＝13；驽马每日行的距离成等差数列，记为{b n }，其中b 1＝97，d ＝－0.5.设第m 天相逢，则a 1＋a 2＋…＋a m ＋b 1＋b 2＋…＋b m ＝103m ＋m (m －1)×132＋97m ＋m (m －1)×(－0.5)2＝2×1 125，解得m 1＝9或m 2＝－40(舍去)，故选A.2．(2018·江西金溪一中月考)据统计测量，已知某养鱼场，第一年鱼的质量增长率为200%，以后每年的增长率为前一年的一半．若饲养5年后，鱼的质量预计为原来的t 倍．下列选项中，与t 值最接近的是( )A ．11B ．13C ．15D ．17解析：选B 设鱼原来的质量为a ，饲养n 年后鱼的质量为a n ，q ＝200%＝2，则a 1＝a (1＋q )，a 2＝a 1⎝⎛⎭⎫1＋q2＝a (1＋q )⎝⎛⎭⎫1＋q 2，…，a 5＝a (1＋2)×(1＋1)×⎝⎛⎭⎫1＋12×⎝⎛⎭⎫1＋122×⎝⎛⎭⎫1＋123＝40532a ≈12.7a ，即5年后，鱼的质量预计为原来的12.7倍，故选B.题型二数列中的新定义问题[典例] 若数列{a n }满足1a n ＋1－1a n＝d (n ∈N *，d 为常数)，则称数列{a n }为“调和数列”，已知正项数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 为“调和数列”，且b 1＋b 2＋…＋b 2 019＝20 190，则b 2b 2 018的最大值是________．[解析] 因为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是“调和数列”，所以b n ＋1－b n ＝d ，即数列{b n }是等差数列，所以b 1＋b 2＋…＋b 2 019＝2 019(b 1＋b 2 019)2＝2 019(b 2＋b 2 018)2＝20 190，所以b 2＋b 2 018＝20.又1b n>0，所以b 2>0，b 2 018>0，所以b 2＋b 2 018＝20≥2b 2b 2 018，即b 2b 2 018≤100(当且仅当b 2＝b 2 018时等号成立)，因此b 2b 2 018的最大值为100. [答案] 100 [方法技巧]新定义数列问题的特点及解题思路新定义数列题的特点是：通过给出一个新的数列的概论，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的．遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以解决．[针对训练]1．定义一种运算“※”，对于任意n ∈N *均满足以下运算性质：(1)2※2 019＝1；(2)(2n ＋2)※2 019＝(2n )※2 019＋3，则2 018※2 019＝________.解析：设a n ＝(2n )※2 019，则由运算性质(1)知a 1＝1，由运算性质(2)知a n ＋1＝a n ＋3，即a n ＋1－a n ＝3. 所以数列{a n }是首项为1，公差为3的等差数列，故2 018※2 019＝(2×1 009)※2 019＝a 1 009＝1＋1 008×3＝3 025. 答案：3 0252．定义各项为正数的数列{p n }的“美数”为np 1＋p 2＋…＋p n(n ∈N *)．若各项为正数的数列{a n }的“美数”为12n ＋1，且b n ＝a n ＋14，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 2 018b 2 019＝________.解析：因为各项为正数的数列{a n }的“美数”为12n ＋1，所以n a 1＋a 2＋…＋a n ＝12n ＋1.设数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ＝n (2n ＋1)， S n －1＝(n －1)[2(n －1)＋1]＝2n 2－3n ＋1(n ≥2)，所以a n ＝S n －S n －1＝4n －1(n ≥2)．又1a 1＝13，所以a 1＝3，满足式子a n ＝4n －1，所以a n ＝4n －1(n ∈N *)．又b n ＝a n ＋14，所以b n ＝n ，所以1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 2 018b 2 019＝11×2＋12×3＋…＋12 018×2 019＝1－12＋12－13＋…＋12 018－12 019＝1－12 019＝2 0182 019. 答案：2 0182 019题型三数列与函数的综合问题[典例] (1)(2019·重庆模拟)已知f (x )＝x 2＋a ln x 在点(1，f (1))处的切线方程为4x －y －3＝0，a n ＝12f ′(n )－n (n ≥1，n ∈N *)，{a n }的前n 项和为S n ，则下列选项正确的是( )A ．S 2 018－1<ln 2 018B ．S 2 018>ln 2 018＋1C ．ln 2 018<S 1 009－1D ．ln 2 018>S 2 017(2)(2019·昆明模拟)已知定义在R 上的函数f (x )是奇函数，且满足f (3－x )＝f (x )，f (－1)＝3，数列{a n }满足a 1＝1且a n ＝n (a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则f (a 36)＋f (a 37)＝________.[解析] (1)由题意得f ′(x )＝2x ＋a x ，∴f ′(1)＝2＋a ＝4，解得a ＝2.∴a n ＝12f ′(n )－n ＝12⎝⎛⎭⎫2n ＋2n －n ＝1n (n ≥1，n ∈N *)．设g (x )＝ln(x ＋1)－x ，则当x ∈(0,1)时，g ′(x )＝1x ＋1－1＝－x x ＋1<0，∴g (x )在(0,1)上单调递减，∴g (x )<g (0)＝0，即ln(x ＋1)<x .令x ＝1n ，则ln ⎝⎛⎭⎫1n ＋1＝ln n ＋1n <1n ，∴ln 21＋ln 32＋ln 43＋…＋ln n ＋1n <1＋12＋13＋…＋1n ，故ln(n ＋1)<S n .设h (x )＝ln x ＋1x －1，则当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＝1x －1x 2>0，∴h (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴h (x )>h (1)＝0，即ln x >1－1x ，x ∈(1，＋∞)．令x ＝1＋1n ，则ln ⎝⎛⎭⎫1n ＋1＝ln n ＋1n >1n ＋1，∴ln 21＋ln 32＋ln 43＋…＋ln n ＋1n >12＋13＋…＋1n ＋1n ＋1，故ln(n ＋1)>S n ＋1－1.故选A.(2)因为函数f (x )是奇函数，所以f (－x )＝－f (x )，又因为f (3－x )＝f (x )，所以f (3＋x )＝f (－x )＝－f (x )＝－f (3－x )＝f (x －3)，即f (x ＋6)＝f (x )，所以f (x )是以6为周期的周期函数．由a n ＝n (a n ＋1－a n )可得a n ＋1a n ＝n ＋1n，则a n ＝a n a n －1.a n －1a n －2.a n －2a n －3.....a 2a 1.a 1＝n n －1.n －1n －2.n －2n －3.n －3n －4.. (2)1×1＝n ，即a n ＝n ，所以a 36＝36，a 37＝37，又因为f (－1)＝3，f (0)＝0，所以f (a 36)＋f (a 37)＝f (0)＋f (1)＝f (1)＝－f (－1)＝－3.[答案] (1)A (2)－3 [方法技巧]数列与函数综合问题的类型及注意点[1．(2019·玉溪模拟)函数y ＝x 2(x >0)的图象在点(a k ，a 2k )处的切线与x 轴交点的横坐标为a k ＋1，k 为正整数，a 1＝16，则a 1＋a 3＋a 5＝( )A ．18B ．21C ．24D ．30解析：选B ∵函数y ＝x 2(x >0)的导函数为y ′＝2x ，∴函数y ＝x 2(x >0)的图象在点(a k ，a 2k )处的切线方程为y －a 2k ＝2a k (x －a k )．令y ＝0，可得x ＝12a k ，即a k ＋1＝12a k ，∴数列{a n }为等比数列，a n＝16×⎝⎛⎭⎫12n －1，∴a 1＋a 3＋a 5＝16＋4＋1＝21.故选B.2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n ＋3)(n ∈N *)在函数y ＝3×2x 的图象上，等比数列{b n }满足b n ＋b n ＋1＝a n (n ∈N *)，其前n 项和为T n ，则下列结论正确的是( )A ．S n ＝2T nB ．T n ＝2b n ＋1C ．T n >a nD ．T n <b n ＋1解析：选D 因为点(n ，S n ＋3)在函数y ＝3×2x 的图象上，所以S n ＋3＝3×2n ，即S n ＝3×2n －3.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3×2n －3－(3×2n －1－3)＝3×2n －1，又当n ＝1时，a 1＝S 1＝3，所以a n ＝3×2n －1.设b n ＝b 1q n －1，则b 1q n －1＋b 1q n ＝3×2n －1，可得b 1＝1，q ＝2，所以数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1.由等比数列前n 项和公式可得T n ＝2n －1. 综合选项可知，只有D 正确．3．(2019·抚顺模拟)已知函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象经过(－1，0)点，且在x ＝－1处的切线斜率为－1.设数列{a n }的前n 项和S n ＝f (n )(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ·a n ＋1前n 项的和T n . 解：(1)函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象经过(－1,0)点，则a －b ＝0，即a ＝b .①因为f ′(x )＝2ax ＋b ，函数f (x )＝ax 2＋bx 在x ＝－1处的切线斜率为－1，所以－2a ＋b ＝－1.② 由①②得a ＝1，b ＝1，所以数列{a n }的前n 项和S n ＝f (n )＝n 2＋n . 当n ≥2时，S n －1＝(n －1)2＋(n －1)，所以a n ＝S n －S n －1＝2n .当n ＝1时，a 1＝2符合上式，则a n ＝2n . (2)由于a n ＝2n ，则1a n ·a n ＋1＝12n (2n ＋2)＝14⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，则T n ＝14⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝14⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝n 4n ＋4.题型四数列与不等式的综合问题[典例] (2019·福州八校联考)数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋1＝2a n ＋2(n ∈N *)． (1)求证：{a n ＋2}是等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝n a n ＋2，S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ，证明：对任意n ∈N *，都有15≤S n <45.[证明] (1)∵a n ＋1＝2a n ＋2，∴a n ＋1＋2＝2(a n ＋2)．∵{a n ＋2}是以a 1＋2＝5为首项，公比q ＝2的等比数列，∴a n ＝5×2n －1－2.(2)由(1)可得b n ＝n5×2n －1，∴S n ＝15⎝⎛⎭⎫1＋22＋322＋…＋n 2n －1，①12S n ＝15⎝⎛⎭⎫12＋222＋323＋…＋n 2n ，② ①－②可得S n ＝25⎝⎛⎭⎫1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝25⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n1－12－n 2n＝25⎝⎛⎭⎫2－2＋n 2n<45. ∴S n <45，又∵S n ＋1－S n ＝b n ＋1＝n ＋15×2n >0，∴数列{S n }单调递增，S n ≥S 1＝15，∴对任意n ∈N *，都有15≤S n <45.[方法技巧]数列中不等式证明问题的解题策略数列型不等式的证明常用到“放缩法”，一是在求和中将通项“放缩”为“可求和数列”；二是求和后再“放缩”．放缩法常见的放缩技巧有： (1)1k 2<1k 2－1＝12⎝⎛⎭⎫1k －1－1k ＋1. (2)1k －1k ＋1<1k 2<1k －1－1k . (3)2(n ＋1－n )<1n<2(n －n －1)． [针对训练](2019·广安模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且S n ＋1＝S n ＋a n ＋n ＋1(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求满足不等式T n ≥1910的最小正整数n .解：(1)由S n ＋1＝S n ＋a n ＋n ＋1(n ∈N *)，得a n ＋1－a n ＝n ＋1，又a 1＝1，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n ＋(n －1)＋…＋2＋1＝(1＋n )n2. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝(1＋n )n2. (2)由(1)知1a n＝2(1＋n )n ＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，所以T n ＝2[ ⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1 ] ＝2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝2nn ＋1. 令2n n ＋1≥1910，解得n ≥19，所以满足不等式T n ≥1910的最小正整数n 为19.[课时跟踪检测]1．(2019·深圳模拟)设函数f (x )＝x m ＋ax 的导函数f ′(x )＝2x ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f (n )(n ∈N *)的前n 项和是( )A.n n ＋1 B ．n ＋2n ＋1C.n n －1D ．n ＋1n解析：选A ∵f ′(x )＝mx m －1＋a ＝2x ＋1，∴a ＝1，m ＝2， ∴f (x )＝x (x ＋1)，则1f (n )＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，用裂项法求和得S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝n n ＋1.2．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2，n 为奇数，－n 2，n 为偶数，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 018＝( ) A ．－2 017 B ．－2 018 C ．2 017D ．2 018解析：选D 当n 为奇数时，n ＋1为偶数，则a n ＝n 2－(n ＋1)2＝－2n －1，所以a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 017＝－(3＋7＋11＋…＋4 035)．当n 为偶数时，n ＋1为奇数，则a n ＝－n 2＋(n ＋1)2＝2n ＋1，所以a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2 018＝5＋9＋13＋…＋4 037.所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 018＝(5－3)＋(9－7)＋(13－11)＋…＋(4 037－4 035)＝2×1 009＝2 018，故选D.3．(2017·四川乐山模拟)对于数列{a n }，定义H 0＝a 1＋2a 2＋…＋2n －1a nn为{a n }的“优值”．现已知某数列的“优值”H 0＝2n ＋1，记数列{a n －20}的前n 项和为S n ，则S n 的最小值为( )A ．－64B ．－68C ．－70D ．－72解析：选D 由题意可知：H 0＝a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n n＝2n ＋1，则a 1＋2a 2＋…＋2n －1·a n ＝n ·2n ＋1.当n ≥2时，a 1＋2a 2＋…＋2n －2·a n －1＝(n －1)·2n ，两式相减得2n －1·a n ＝n ·2n ＋1－(n －1)·2n ，a n ＝2(n ＋1)，当n ＝1时成立，∴a n －20＝2n －18，显然{a n －20}为等差数列．令a n －20≤0，解得n ≤9，故当n ＝8或9时，{a n －20}的前n 项和S n 取最小值，最小值为S 8＝S 9＝9×(－16＋0)2＝－72，故选D.4．(2019·湖北襄阳联考)已知函数f ⎝⎛⎭⎫x ＋12为奇函数，g (x )＝f (x )＋1，若a n ＝g ⎝⎛⎭⎫n 2 019，则数列{a n }的前2 018项和为( )A ．2 017B ．2 018C ．2 019D ．2 020解析：选B ∵函数f ⎝⎛⎭⎫x ＋12为奇函数，∴其图象关于原点对称，∴函数f (x )的图象关于点⎝⎛⎭⎫12，0对称，∴函数g (x )＝f (x )＋1的图象关于点⎝⎛⎭⎫12，1对称，∴g (x )＋g (1－x )＝2，∵a n ＝g ⎝⎛⎭⎫n 2 019，∴数列的前2 018项之和为g ⎝⎛⎭⎫12 019＋g ⎝⎛⎭⎫22 019＋g ⎝⎛⎭⎫32 019＋…＋g ⎝⎛⎭⎫2 0172 019＋g ⎝⎛⎭⎫2 0182 019＝2 018.故选B. 5．(2019·林州一中调研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝5，a n ＋1＝－12a n ＋6，若对任意的n ∈N *,1≤p (S n－4n )≤3恒成立，则实数p 的取值范围为( )A ．(2,3]B ．[2,3]C ．(2,4]D ．[2,4]解析：选B 由数列的递推关系式可得a n ＋1－4＝－12(a n －4)，则数列{a n －4}是首项为a 1－4＝1，公比为－12的等比数列，∴a n －4＝1×⎝⎛⎭⎫－12n －1，∴a n ＝⎝⎛⎭⎫－12n －1＋4，∴S n ＝23⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n ＋4n ，∴不等式1≤p (S n －4n )≤3恒成立，即1≤p ×23⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n ≤3恒成立．当n 为偶数时，可得1≤p ×23⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n ≤3，可得2≤p ≤92，当n 为奇数时，可得1≤p ×23⎣⎡⎦⎤1＋⎝⎛⎭⎫12n ≤3，可得32≤p ≤3，故实数p 的取值范围为[2,3]． 6．(2019·昆明适应性检测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＝4n ，若不等式S n ＋8≥λn 对任意的n ∈N *都成立，则实数λ的取值范围为________．解析：因为a n ＝4n ，所以S n ＝2n 2＋2n ，不等式S n ＋8≥λn 对任意的n ∈N *恒成立，即λ≤2n 2＋2n ＋8n ，又2n 2＋2n ＋8n＝2n ＋8n ＋2≥10(当且仅当n ＝2时取等号)，所以实数λ的取值范围为(－∞，10]．答案：(－∞，10]7．(2019·济宁模拟)若数列{a n }满足：只要a p ＝a q (p ，q ∈N *)，必有a p ＋1＝a q ＋1，那么就称数列{a n }具有性质P .已知数列{a n }具有性质P ，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝3，a 5＝2，a 6＋a 7＋a 8＝21，则a 2 020＝____________.解析：根据题意，数列{a n }具有性质P ，且a 2＝a 5＝2，则有a 3＝a 6＝3，a 4＝a 7，a 5＝a 8＝2. 由a 6＋a 7＋a 8＝21，可得a 3＋a 4＋a 5＝21，则a 4＝21－3－2＝16，进而分析可得a 3＝a 6＝a 9＝…＝a 3n ＝3，a 4＝a 7＝a 10＝…＝a 3n ＋1＝16，a 5＝a 8＝…＝a 3n ＋2＝2(n ≥1)，则a 2 020＝a 3×673＋1＝16. 答案：168．我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题：“今有蒲生一日，长三尺．莞生一日，长一尺．蒲生日自半，莞生日自倍．问几何日而长等？”意思是：“今有蒲草第一天长高3尺，莞草第一天长高1尺．以后，蒲草每天长高前一天的一半，莞草每天长高前一天的2倍．问第几天蒲草和莞草的高度相同？”根据上述的已知条件，可求得第________天时，蒲草和莞草的高度相同(结果采取“只入不舍”的原则取整数，相关数据：lg 3≈0.477 1，lg 2≈0.301 0)．解析：由题意得，蒲草的高度组成首项为a 1＝3，公比为12的等比数列{a n }，设其前n 项和为A n ；莞草的高度组成首项为b 1＝1，公比为2的等比数列{b n }，设其前n 项和为B n .则A n ＝3⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12，B n ＝2n －12－1，令3⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝2n －12－1，化简得2n ＋62n ＝7(n ∈N *)，解得2n ＝6，所以n ＝lg 6lg 2＝1＋lg 3lg 2≈3，即第3天时蒲草和莞草高度相同．答案：39．(2019·安阳模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )在函数f (x )＝x 2＋Bx ＋C －1(B ，C ∈R)的图象上，且a 1＝C .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列b n ＝a n (a 2n －1＋1)，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d2n . 又S n ＝n 2＋Bn ＋C －1，两式比较得d 2＝1，B ＝a 1－d2，C －1＝0.又a 1＝C ，解得d ＝2，C ＝1＝a 1，B ＝0， ∴a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.(2)∵b n ＝a n (a 2n －1＋1)＝(2n －1)(2×2n －1－1＋1)＝(2n －1)×2n ，∴数列{b n }的前n 项和T n ＝2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －1)×2n ， ∴2T n ＝22＋3×23＋…＋(2n －3)×2n ＋(2n －1)×2n ＋1，∴－T n ＝2＋2×(22＋23＋…＋2n )－(2n －1)×2n ＋1＝2＋2×4(2n －1－1)2－1－(2n －1)×2n ＋1＝(3－2n )×2n ＋1－6，故T n ＝(2n －3)×2n ＋1＋6.10．2017年12月4日0时起某市实施机动车单双号限行，新能源汽车不在限行范围内，某人为了出行方便，准备购买某新能源汽车．假设购车费用为14.4万元，每年应交付保险费、充电费等其他费用共0.9万元，汽车的保养维修费为：第一年0.2万元，第二年0.4万元，第三年0.6万元，…，依等差数列逐年递增．(1)设使用n 年该车的总费用(包括购车费用)为f (n )，试写出f (n )的表达式；(2)问这种新能源汽车使用多少年报废最合算(即该车使用多少年平均费用最少)，年平均费用的最小值是多少？解：(1)由题意得f (n )＝14.4＋(0.2＋0.4＋0.6＋…＋0.2n )＋0.9n ＝14.4＋0.2n (n ＋1)2＋0.9n ＝0.1n 2＋n ＋14.4. (2)设该车的年平均费用为S 万元，则有S ＝1n f (n )＝1n (0.1n 2＋n ＋14.4)＝n 10＋14.4n ＋1≥2 1.44＋1＝3.4.当且仅当n 10＝14.4n ，即n ＝12时，等号成立，即S 取最小值3.4万元．所以这种新能源汽车使用12年报废最合算，年平均费用的最小值是3.4万元．11．(2018·淮南一模)若数列{a n }的前n 项和为S n ，点(a n ，S n )在y ＝16－13x 的图象上(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若c 1＝0，且对任意正整数n 都有c n ＋1－c n ＝log 12a n .求证：对任意正整数n ≥2，总有13≤1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n <34.解：(1)∵S n ＝16－13a n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝13a n －1－13a n ，∴a n ＝14a n －1.又∵S 1＝16－13a 1，∴a 1＝18，∴a n ＝18×⎝⎛⎭⎫14n －1＝⎝⎛⎭⎫122n ＋1.(2)证明：由c n ＋1－c n ＝log 12a n ＝2n ＋1，得当n ≥2时，c n ＝c 1＋(c 2－c 1)＋(c 3－c 2)＋…＋(c n －c n －1)＝0＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2－1＝(n ＋1)(n －1)．∴1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ＝122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n 2－1＝12×[ ⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫12－14＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1 ] ＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1＋12－⎝⎛⎭⎫1n ＋1n ＋1＝34－12⎝⎛⎭⎫1n＋1n＋1<34.又∵1c2＋1c3＋1c4＋…＋1c n≥1c2＝13，∴原式得证．。

2020版高考数学新增分大一轮江苏专用讲义+习题：第六章数列 6.3

§6.3 等比数列及其前n 项和考情考向分析以考查等比数列的通项、前n 项和及性质为主，等比数列的证明也是考查的热点．本节内容在高考中既可以以填空题的形式进行考查，也可以以解答题的形式进行考查．解答题往往与等差数列、数列求和、不等式等问题综合考查．1．等比数列的有关概念(1)定义：一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为a n ＋1a n＝q (n ∈N *，q 为非零常数)．(2)等比中项：如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即G 是a 与b 的等比中项⇔a ，G ，b 成等比数列⇒G 2＝ab . 2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －1.(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1(q ＝1)，a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q (q ≠1).3．等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n －m (n ，m ∈N *)．(2)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k .(3)若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n bn (λ≠0)仍然是等比数列．(4)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n ＋3k ，…为等比数列，公比为q k . 概念方法微思考1．将一个等比数列的各项取倒数，所得的数列还是一个等比数列吗？若是，这两个等比数列的公比有何关系？提示仍然是一个等比数列，这两个数列的公比互为倒数．2．任意两个实数都有等比中项吗？提示不是．只有同号的两个非零实数才有等比中项． 3．“b 2＝ac ”是“a ，b ，c ”成等比数列的什么条件？提示必要不充分条件．因为b 2＝ac 时不一定有a ，b ，c 成等比数列，比如a ＝0，b ＝0，c ＝1.但a ，b ，c 成等比数列一定有b 2＝ac .题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．( × )(2)如果数列{a n }为等比数列，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，则数列{b n }也是等比数列．( × ) (3)如果数列{a n }为等比数列，则数列{ln a n }是等差数列．( × ) (4)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，则其前n 项和为S n ＝a (1－a n )1－a.( × )(5)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列．( × ) 题组二教材改编2．[P54T3]已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q ＝______.答案 12解析由题意知q 3＝a 5a 2＝18，∴q ＝12.3．[P54T9]公比不为1的等比数列{a n }满足a 5a 6＋a 4a 7＝18，若a 1a m ＝9，则m 的值为________．答案 10解析由题意得2a 5a 6＝18，∴a 5a 6＝9，又a 1a m ＝9，∴a 1a m ＝a 5a 6，∴m ＝10.题组三易错自纠4．若1，a 1，a 2,4成等差数列，1，b 1，b 2，b 3,4成等比数列，则a 1－a 2b 2的值为________．答案－12解析 ∵1，a 1，a 2，4成等差数列， ∴3(a 2－a 1)＝4－1，∴a 2－a 1＝1.又∵1，b 1，b 2，b 3，4成等比数列，设其公比为q ，则b 22＝1×4＝4，且b 2＝1×q 2>0，∴b 2＝2，∴a 1－a 2b 2＝－(a 2－a 1)b 2＝－12. 5．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2＝________.答案－11解析设等比数列{a n }的公比为q ， ∵8a 2＋a 5＝0，∴8a 1q ＋a 1q 4＝0. ∴q 3＋8＝0，∴q ＝－2，∴S 5S 2＝a 1(1－q 5)1－q ·1－q a 1(1－q 2)＝1－q 51－q 2＝1－(－2)51－4＝－11. 6．一种专门占据内存的计算机病毒开机时占据内存1 MB ，然后每3秒自身复制一次，复制后所占内存是原来的2倍，那么开机________秒，该病毒占据内存8 GB.(1 GB ＝210 MB) 答案 39解析由题意可知，病毒每复制一次所占内存的大小构成一等比数列{a n }，且a 1＝2，q ＝2，∴a n ＝2n ，则2n ＝8×210＝213，∴n ＝13. 即病毒共复制了13次． ∴所需时间为13×3＝39(秒)．题型一等比数列基本量的运算1．已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝________.答案 12解析设等比数列{a n }的公比为q ，由题意知a 3a 5＝4(a 4－1)＝a 24，则a 24－4a 4＋4＝0，解得a 4＝2，又a 1＝14，所以q 3＝a 4a 1＝8，即q ＝2，所以a 2＝a 1q ＝12.2．(2018·全国Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和，若S m ＝63，求m . 解 (1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝q n －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n－1或a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－(－2)n3.由S m ＝63，得(－2)m ＝－188，此方程没有正整数解．若a n ＝2n －1，则S n ＝2n －1.由S m ＝63，得2m ＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.思维升华 (1)等比数列的通项公式与前n 项和公式共涉及五个量a 1，a n ，q ，n ，S n ，已知其中三个就能求另外两个(简称“知三求二”)．(2)运用等比数列的前n 项和公式时，注意对q ＝1和q ≠1的分类讨论．题型二等比数列的判定与证明例1 已知数列{a n }满足对任意的正整数n ，均有a n ＋1＝5a n －2·3n ，且a 1＝8. (1)证明：数列{a n －3n }为等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)记b n ＝a n3n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)因为a n ＋1＝5a n －2·3n ，所以a n ＋1－3n ＋1＝5a n －2·3n －3n ＋1＝5(a n －3n )，又a 1＝8，所以a 1－3＝5≠0，所以数列{a n －3n }是首项为5、公比为5的等比数列．所以a n －3n ＝5n ，所以a n ＝3n ＋5n (n ∈N *)．(2)由(1)知，b n ＝a n 3n ＝3n ＋5n3n ＝1＋⎝⎛⎭⎫53n ，则数列{b n }的前n 项和T n ＝1＋⎝⎛⎭⎫531＋1＋⎝⎛⎭⎫532＋…＋1＋⎝⎛⎭⎫53n ＝n ＋53⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫53n 1－53＝5n ＋12·3n ＋n －52(n ∈N *)．思维升华判定一个数列为等比数列的常见方法：(1)定义法：若a n ＋1a n＝q (q 是非零常数)，则数列{a n }是等比数列；(2)等比中项法：若a 2n ＋1＝a n a n ＋2(n ∈N *，a n ≠0)，则数列{a n }是等比数列；(3)通项公式法：若a n ＝Aq n (A ，q 为非零常数)，则数列{a n }是等比数列．跟踪训练1 设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－2a n ，证明：数列{b n }是等比数列；(2)求数列{a n }的通项公式． (1)证明由a 1＝1及S n ＋1＝4a n ＋2，有a 1＋a 2＝S 2＝4a 1＋2. ∴a 2＝5，∴b 1＝a 2－2a 1＝3.又⎩⎪⎨⎪⎧S n ＋1＝4a n ＋2， ①S n ＝4a n －1＋2(n ≥2)， ② ①－②，得a n ＋1＝4a n －4a n －1(n ≥2)， ∴a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1)(n ≥2)． ∵b n ＝a n ＋1－2a n ，∴b n ＝2b n －1(n ≥2)，故{b n }是首项b 1＝3，公比为2的等比数列． (2)解由(1)知b n ＝a n ＋1－2a n ＝3·2n －1，∴a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝34，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为12，公差为34的等差数列．∴a n 2n ＝12＋(n －1)·34＝3n －14，故a n ＝(3n －1)·2n －2(n ∈N *)．题型三等比数列的综合应用例2 (2018·扬州模拟)已知各项都是正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝a 2n ＋a n ，数列{b n }满足b 1＝12，2b n ＋1＝b n ＋b n a n.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c n ＝b n ＋2S n ，求c 1＋c 2＋…＋c n 的和．解 (1)由题意知2S n ＝a 2n ＋a n ， ① 2S n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1，②②－①得2a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n ＋a n ＋1－a n ，即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －1)＝0. 因为{a n }是正数数列，所以a n ＋1－a n －1＝0，即a n ＋1－a n ＝1，所以{a n }是公差为1的等差数列．在2S n ＝a 2n ＋a n 中，令n ＝1，得a 1＝1，所以a n ＝n .由2b n ＋1＝b n ＋b na n ，得b n ＋1n ＋1＝12·b n n，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n 是等比数列，其中首项为12，公比为12，所以b n n ＝⎝⎛⎭⎫12n ，即b n＝n2n. (2)由(1)知S n ＝(a 1＋a n )n 2＝n 2＋n 2，所以c n ＝b n ＋2S n ＝n ＋2(n 2＋n )2n 1＝1n ·2n －1(n ＋1)2n 1，所以c 1＋c 2＋…＋c n ＝12－1(n ＋1)2n ＋1.思维升华等比数列常见性质的应用等比数列性质的应用可以分为三类： (1)通项公式的变形． (2)等比中项的变形．(3)前n 项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．跟踪训练2 (1)已知数列{a n }是等比数列，若a 2＝1，a 5＝18，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1(n ∈N *)的最小值为________．答案 2解析由已知得数列{a n }的公比满足q 3＝a 5a 2＝18，解得q ＝12，∴a 1＝2，a 3＝12，故数列{a n a n ＋1}是以2为首项，公比为a 2a 3a 1a 2＝14的等比数列，∴a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝2⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫14n 1－14＝83⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫14n ∈⎣⎡⎭⎫2，83. (2)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3S 6＝89，则a n ＋1a n －a n －1＝________.(n ≥2，且n ∈N *)答案－12解析很明显等比数列的公比q ≠1，则由题意可得S 3S 6＝a 1()1－q 31－q a 1()1－q 61－q＝11＋q 3＝89，解得q ＝12，则a n ＋1a n －a n －1＝a n －1q 2a n －1q －a n －1＝q 2q －1＝1412－1＝－12.等差数列与等比数列关于等差(比)数列的基本运算在高考试题中频繁出现，其实质就是解方程或方程组，需要认真计算，灵活处理已知条件．例 (1)已知等差数列{a n }的首项和公差均不为0，且满足a 2，a 5，a 7成等比数列，则a 3＋a 6＋a 11a 1＋a 8＋a 10的值为________．答案1314解析已知等差数列{a n }的首项和公差均不为0，且满足a 2，a 5，a 7成等比数列，∴a 25＝a 2a 7，∴(a 1＋4d )2＝(a 1＋d )(a 1＋6d )，∴10d 2＝－a 1d ，∵d ≠0，∴－10d ＝a 1，∴a 3＋a 6＋a 11a 1＋a 8＋a 10＝3a 1＋17d 3a 1＋16d ＝－30d ＋17d －30d ＋16d ＝1314.(2)已知{a n }为等比数列，数列{b n }满足b 1＝2，b 2＝5，且a n (b n ＋1－b n )＝a n ＋1，则数列{b n }的前n 项和为________．答案 3n 2＋n 2(n ∈N *)解析 ∵b 1＝2，b 2＝5，且a n (b n ＋1－b n )＝a n ＋1， ∴a 1(b 2－b 1)＝a 2，即a 2＝3a 1，又数列{a n }为等比数列，∴数列{a n }的公比q ＝3， ∴b n ＋1－b n ＝a n ＋1a n＝3，∴数列{b n }是首项为2，公差为3的等差数列，∴数列{b n }的前n 项和为S n ＝2n ＋n (n －1)2×3＝3n 2＋n2(n ∈N *)．(3)(2018·苏州调研)若数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝32(1＋a n )(n ∈N *)，则a 4的值为________．答案－81解析 ∵S n ＝32(1＋a n )(n ∈N *)，∴当n ＝1时，a 1＝－3，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝32(a n －a n －1)，即a na n －1＝3， ∴{a n }是首项为－3，公比为3的等比数列． ∴a n ＝－3n .∴a 4＝－81.(4)(2018·江苏省南京市秦淮中学模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝3，若a n ＋2＋2a n ＋1＋a n ＝0对任意n ∈N *都成立，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧3－2n ，n 为奇数，2n ，n 为偶数解析 a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2＋2a n ＋1＋a n ＝0对任意n ∈N *都成立，可得a n ＋2＋a n ＋1＝－(a n ＋1＋a n )，a 2＋a 1＝4.则数列{a n ＋1＋a n }是等比数列，首项为4，公比为－1. ∴a n ＋1＋a n ＝4×(－1)n －1.a n ＋a n －1＝4×(－1)n －2，当n ＝1时，a 1＝1，当n ＝2k ＋1(k ∈N *)时，a 2k ＋1＋a 2k ＝－4， S n ＝S 2k ＋1＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2k ＋a 2k ＋1 ＝a 1＋(－4k )＝3－2n ，当n ＝2k (k ∈N *)时，a 2k ＋a 2k －1＝4， S n ＝S 2k ＝4k ＝2n .∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3－2n ，n 为奇数，2n ，n 为偶数.1．已知等比数列{a n }满足a 1＝1，a 3a 7＝16，则该数列的公比为________．答案 ±2解析根据等比数列的性质可得a 3·a 7＝a 25＝a 21·q 8＝q 8＝16＝24，所以q 2＝2，即q ＝±2.2．(2018·苏州调研)设各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 2＝6，a 3－3a 1＝12，则S 5＝________. 答案 242解析由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝6，a 1q 2－3a 1＝12，q >0，∴a 1＝2，q ＝3.所以S 5＝2(1－35)1－3＝242.3．(2018·江苏省南京金陵中学月考)设各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 5－a 2＝78，S 3＝13，则数列{a n }的通项公式为a n ＝________. 答案 3n －1(n ∈N *)解析因为数列{a n }为等比数列，a 5－a 2＝78，S 3＝13，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 4－a 1q ＝78，a 1(1－q 3)1－q＝13，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝133，q ＝－2(舍去)，所以a n ＝3n －1(n ∈N *)．4．等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝32n －1＋r ，则r 的值为________．答案－13解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋r ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝32n －1－32n －3＝32n －3(32－1)＝8·32n －3＝8·32n －2·3－1＝83·9n －1，即等比数列{a n }的首项为83，公比为9，所以3＋r ＝83，即r ＝－13.5．已知等比数列{a n }的公比为－2，且S n 为其前n 项和，则S 4S 2＝________.答案 5解析由题意可得，S 4S 2＝a 1[1－(－2)4]1－(－2)a 1[1－(－2)2]1－(－2)＝1＋(－2)2＝5. 6．古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据问题的已知条件，若要使织布的总尺数不少于30，该女子所需的天数至少为________．答案 8解析由题意知其每天织布尺数构成公比为2的等比数列，可设该女子第一天织布x 尺，则x (1－25)1－2＝5，解得x ＝531，所以前n 天织布的尺数为531(2n －1)，由531(2n －1)≥30，得2n ≥187，又因为n 为正整数，所以n 的最小值为8.7．若正项等比数列{a n }满足a n a n ＋1＝22n (n ∈N *)，则a 6－a 5的值是________．答案 16 2解析设正项等比数列{a n }的公比为q >0， ∵a n a n ＋1＝22n (n ∈N *)，∴a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝22(n ＋1)22n ＝4＝q 2，解得q ＝2，∴a 2n ×2＝22n，a n >0，解得a n ＝2122n -，则a 6－a 5＝1122－922＝16 2.8．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2 018，a 2＋a 4＝－2a 3，则S 2 019＝________. 答案 2 018解析 ∵a 2＋a 4＝－2a 3，∴a 2＋a 4＋2a 3＝0，a 2＋2a 2q ＋a 2q 2＝0， ∴q 2＋2q ＋1＝0，解得q ＝－1. ∵a 1＝2 018，∴S 2 019＝a 1(1－q 2 019)1－q ＝2 018×[1－(－1)2 019]2＝2 018.9．已知各项均为正数的等比数列{a n }满足a 1＝12，且a 2a 8＝2a 5＋3，则a 9＝________.答案 18解析 ∵a 2a 8＝2a 5＋3，∴a 25＝2a 5＋3，解得a 5＝3(舍负)，即a 1q 4＝3，则q 4＝6，a 9＝a 1q 8＝12×36＝18.10．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3a 11＝2a 25，且S 4＋S 12＝λS 8，则λ＝________. 答案 83解析 ∵a 3a 11＝2a 25，∴a 27＝2a 25，∴q 4＝2，∵S 4＋S 12＝λS 8，∴a 1(1－q 4)1－q ＋a 1(1－q 12)1－q ＝λa 1(1－q 8)1－q， 1－q 4＋1－q 12＝λ(1－q 8)，将q 4＝2代入计算可得λ＝83. 11．(2018·全国Ⅰ)已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n .设b n ＝a n n. (1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由；(3)求{a n }的通项公式．解 (1)由条件可得a n ＋1＝2(n ＋1)na n ，将n ＝1代入得a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以a 2＝4.将n ＝2代入得a 3＝3a 2，所以a 3＝12.从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4.(2){b n }是首项为1，公比为2的等比数列．由条件可得a n ＋1n ＋1＝2a n n，即b n ＋1＝2b n ，又b 1＝1，所以{b n }是首项为1，公比为2的等比数列．(3)由(2)可得a n n＝2n －1，所以a n ＝n ·2n －1(n ∈N *)． 12．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝a n ＋a n ＋12，n ∈N *. (1)令b n ＝a n ＋1－a n ，证明：{b n }是等比数列；(2)求数列{a n }的通项公式．(1)证明 b 1＝a 2－a 1＝1.当n ≥2时，b n ＝a n ＋1－a n ＝a n －1＋a n 2－a n ＝－12(a n －a n －1)＝－12b n －1， ∴{b n }是以1为首项，－12为公比的等比数列． (2)解由(1)知b n ＝a n ＋1－a n ＝⎝⎛⎭⎫－12n －1，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋1＋⎝⎛⎭⎫－12＋…＋⎝⎛⎭⎫－12n －2 ＝1＋1－⎝⎛⎭⎫－12n －11－⎝⎛⎭⎫－12＝1＋23⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n －1 ＝53－23⎝⎛⎭⎫－12n －1. 当n ＝1时，53－23×⎝⎛⎭⎫－121－1＝1＝a 1， ∴a n ＝53－23⎝⎛⎭⎫－12n －1(n ∈N *)．13．等比数列{a n }的首项为32，公比为－12，前n 项和为S n ，则当n ∈N *时，S n －1S n的最大值与最小值的比值为________．答案－107解析 ∵等比数列{a n }的首项为32，公比为－12， ∴a n ＝32×⎝⎛⎭⎫－12n －1， ∴S n ＝32⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n 1－⎝⎛⎭⎫－12＝1－⎝⎛⎭⎫－12n . ①当n 为奇数时，S n ＝1＋⎝⎛⎭⎫12n 随着n 的增大而减小，则1<S n ≤S 1＝32，故0<S n －1S n ≤56； ②当n 为偶数时，S n ＝1－⎝⎛⎭⎫12n 随着n 的增大而增大，则34＝S 2≤S n <1，故－712≤S n －1S n<0. ∴S n －1S n 的最大值与最小值的比值为56－712＝－107. 14．已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n ＋1－2，b n ＝log 2(a 2n ·2n a)，数列{b n }的前n 项和为T n ，则满足T n >1 024的最小n 的值为________．答案 9解析由数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n ＋1－2，则当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2－2n ＋2＝2n ， a 1＝S 1＝2，满足上式，所以b n ＝log 2(a 2n ·2n a )＝log 2a 2n ＋log 22n a＝2n ＋2n ，所以数列{b n }的前n 和为T n ＝n (2＋2n )2＋2(1－2n )1－2＝n (n ＋1)＋2n ＋1－2，易知当n ∈N *时，T n 随着n 的增大而增大．又当n ＝9时，T 9＝9×10＋210－2＝1 112>1 024，当n ＝8时，T 8＝8×9＋29－2＝582<1 024，所以满足T n >1 024的最小n 的值为9.15．已知等比数列{a n }的各项均为正数且公比大于1，前n 项积为T n ，且a 2a 4＝a 3，则使得T n >1的n 的最小值为________．答案 6解析 ∵{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 2a 4＝a 3，∴a 23＝a 3，∴a 3＝1.又∵q >1，∴a 1<a 2<1，a n >1(n >3)，∴T n >T n －1(n ≥4，n ∈N *)，T 1<1，T 2＝a 1·a 2<1，T 3＝a 1·a 2·a 3＝a 1a 2＝T 2<1，T 4＝a 1a 2a 3a 4＝a 1<1，T 5＝a 1·a 2·a 3·a 4·a 5＝a 53＝1，T 6＝T 5·a 6＝a 6>1，故n 的最小值为6. 16．在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫做该数列的一次“扩展”．将数列1,2进行“扩展”，第一次得到数列1,2,2；第二次得到数列1,2,2,4,2；….设第n 次“扩展”后得到的数列为1，x 1，x 2，…，x t,2，并记a n ＝log 2(1·x 1·x 2·…·x t ·2)，其中t ＝2n －1，n ∈N *，求数列{a n }的通项公式．解 a n ＝log 2(1·x 1·x 2·…·x t ·2)，所以a n ＋1＝log 2[1·(1·x 1)·x 1·(x 1·x 2)·…·x t ·(x t ·2)·2]＝log 2(12·x 31·x 32·x 33·…·x 3t ·22)＝3a n －1，所以a n ＋1－12＝3⎝⎛⎭⎫a n －12，又a 1－12＝log 24－12＝32，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12是一个以32为首项，以3为公比的等比数列，所以a n －12＝32×3n －1，所以a n ＝3n ＋12(n ∈N *)．。

(江苏专版)2020版高考数学一轮复习数学归纳法教案(理)(含解析)苏教版

第五节数学归纳法数学归纳法一般地，证明一个与正整数n 有关的命题，可按下列步骤进行： (1)(归纳奠基)证明当n 取第一个值n 0(例如n 0＝1,2等)时结论成立；(2)(归纳递推)假设n ＝k (k ≥n 0，k ∈N *)时结论成立，证明当n ＝k ＋1时结论也成立．只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n 0开始的所有正整数n 都成立．上述证明方法叫做数学归纳法．[小题体验]1．若f (n )＝1＋12＋13＋…＋16n －1(n ∈N *)，则f (1)＝________.解析：等式右边的分母是从1开始的连续的自然数，且最大分母为6n －1，则当n ＝1时，最大分母为5.答案：1＋12＋13＋14＋152．用数学归纳法证明“1＋a ＋a 2＋…＋a n ＋1＝1－an ＋21－a(a ≠1)”．当验证n ＝1时，上式左端计算所得为________．答案：1＋a ＋a 23．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋n 22时，当n ＝k ＋1时左端应在n ＝k 的基础上加上__________________．答案：(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋(k 2＋3)＋…＋(k ＋1)21．数学归纳法证题时初始值n 0不一定是1.2．推证n ＝k ＋1时一定要用上n ＝k 时的假设，否则不是数学归纳法．3．解“归纳——猜想——证明”题的关键是准确计算出前若干具体项，这是归纳、猜想的基础．否则将会做大量无用功．[小题纠偏]1．已知数列{a n }的前n 项和为S n 且S n ＝2n －a n (n ∈N *)，若已经算出a 1＝1，a 2＝32，则猜想a n ＝____________.解析：因为a 1＝1，a 2＝32，又S 3＝1＋32＋a 3＝6－a 3，所以a 3＝74.同理，可求a 4＝158，观察1，32，74，158，…，猜想a n ＝2n－12n －1.答案：2n－12n －12．用数学归纳法证明2n＞2n ＋1，n 的第一个取值应是________．解析：因为n ＝1时，21＝2,2×1＋1＝3,2n ＞2n ＋1不成立；n ＝2时，22＝4,2×2＋1＝5,2n＞2n ＋1不成立；n ＝3时，23＝8,2×3＋1＝7,2n＞2n ＋1成立．所以n 的第一个取值应是3.答案：3考点一用数学归纳法证明等式基础送分型考点——自主练透 [题组练透]1．(易错题)用数学归纳法证明：12×4＋14×6＋16×8＋…＋12n 2n ＋2＝n4n ＋1(n∈N *)．证明：(1)当n ＝1时，左边＝12×1×2×1＋2＝18，右边＝141＋1＝18，左边＝右边，所以等式成立． (2)假设n ＝k (k ∈N *)时等式成立，即有 12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k2k ＋2＝k4k ＋1，则当n ＝k ＋1时，12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k 2k ＋2＋12k ＋1[2k ＋1＋2]＝k 4k ＋1＋14k ＋1k ＋2＝k k ＋2＋14k ＋1k ＋2＝k ＋124k ＋1k ＋2＝k ＋14k ＋2＝k ＋14k ＋1＋1.所以当n ＝k ＋1时，等式也成立．由(1)(2)可知，对于一切n ∈N *等式都成立．2．设f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N *)．求证：f (1)＋f (2)＋…＋f (n －1)＝n [f (n )－1](n ≥2，n ∈N *)．证明：(1)当n ＝2时，左边＝f (1)＝1，右边＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1＝1，左边＝右边，等式成立．(2)假设n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，结论成立，即f (1)＋f (2)＋…＋f (k －1)＝k [f (k )－1]，那么，当n ＝k ＋1时，f (1)＋f (2)＋…＋f (k －1)＋f (k )＝k [f (k )－1]＋f (k )＝(k ＋1)f (k )－k ＝(k ＋1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤fk ＋1－1k ＋1－k ＝(k ＋1)f (k ＋1)－(k ＋1)＝(k ＋1)[f (k ＋1)－1]，所以当n ＝k ＋1时结论仍然成立．由(1)(2)可知：f (1)＋f (2)＋…＋f (n －1)＝n [f (n )－1](n ≥2，n ∈N *)．[谨记通法]用数学归纳法证明等式应注意的2个问题(1)用数学归纳法证明等式问题是常见题型，其关键点在于弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，以及初始值n 0的值．(2)由n ＝k 到n ＝k ＋1时，除考虑等式两边变化的项外还要充分利用n ＝k 时的式子，即充分利用假设，正确写出归纳证明的步骤，从而使问题得以证明．考点二用数学归纳法证明不等式重点保分型考点——师生共研 [典例引领]用数学归纳法证明：2n ＜C n 2n ＜4n，其中n ≥2，n ∈N. 证明：①当n ＝2时，22＜6＝C 24＜42，不等式成立． ②假设当n ＝k (k ∈N ，k ≥2)时，2k＜C k2k ＜4k成立，则当n ＝k ＋1时，由C k ＋12k ＋2＝2k ＋2！k ＋1！k ＋1！＝2k ＋1！×2k ＋1k ＋1！k ＋1！＝22k ＋1！k ＋1！k ！＝2C k 2k ＋1＞2C k 2k ＞2·2k ＝2k ＋1，即2k ＋1＜C k ＋12k ＋2.C k ＋12k ＋2＝2C k 2k ＋1＝2·2k ＋1k ＋1C k 2k ＜2·2C k 2k ＝4C k 2k ＜4·4k ＝4k ＋1，因此2k ＋1＜C k ＋12k ＋2＜4k ＋1成立，即当n ＝k ＋1时，不等式成立，所以对任意的n ≥2，n ∈N ，不等式2n＜C n2n ＜4n恒成立．[由题悟法]用数学归纳法证明不等式应注意的2个问题(1)当遇到与正整数n 有关的不等式证明时，应用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法．(2)用数学归纳法证明不等式的关键是由n ＝k 成立，推证n ＝k ＋1时也成立，证明时用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、作差(作商)比较法、放缩法等证明．[即时应用](2019·南通测试)已知函数f (x )＝2x －3x 2，设数列{a n }满足：a 1＝14，a n ＋1＝f (a n )．(1)用数学归纳法证明：∀n ∈N *，都有0＜a n ＜13；(2)求证：31－3a 1＋31－3a 2＋…＋31－3a n ≥4n ＋1－4.证明：(1)①当n ＝1时，a 1＝14，有0＜a 1＜13.所以n ＝1时，不等式成立．②假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时，不等式成立，即0＜a k ＜13.则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝f (a k )＝2a k －3a 2k ＝－3⎝⎛⎭⎪⎫a k －132＋13，于是13－a k ＋1＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫13－a k 2.因为0＜a k ＜13，所以0＜3⎝ ⎛⎭⎪⎫13－a k 2＜13，即0＜13－a k ＋1＜13，可得0＜a k ＋1＜13.所以当n ＝k ＋1时，不等式也成立．由①②可知，∀n ∈N *，都有0＜a n ＜13.(2)证明：由(1)可得13－a n ＋1＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫13－a n 2.两边同时取以3为底的对数，可得log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫13－a n ＋1＝1＋2log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫13－a n ，即1＋log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫13－a n ＋1＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫13－a n .所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1＋log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫13－a n 是以log 314为首项，2为公比的等比数列．所以1＋log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫13－a n ＝2n －1log 314，化简得13－a n ＝13·⎝ ⎛⎭⎪⎫1412n -，所以113－a n ＝3·412n -.因为当n ≥2时，21n －＝C 0n －1＋C 1n －1＋C 2n －1＋…＋C n －1n －1≥1＋n －1＝n ，又n ＝1时，21n －＝1. 所以n ∈N *时，21n －≥n ，所以113－a n ＝3·412n -≥3·4n.所以113－a 1＋113－a 2＋…＋113－a n ≥3(41＋42＋…＋4n )＝4+1n －4，即31－3a 1＋31－3a 2＋…＋31－3a n≥4+1n －4. 考点三归纳—猜想—证明重点保分型考点——师生共研[典例引领](2019·无锡调研)已知数列{a n }满足a n ＋1＝－a 2n ＋na n ＋1且a 1＝0. (1)求a 2，a 3，a 4的值；(2)猜想数列{a n }的通项公式，并用数学归纳法证明；(3)求证：13(n ＋1)n ＜a n n ＋1≤12(n ＋1)n (n ∈N *)．解：(1)因为a 1＝0，所以a 2＝－a 21＋a 1＋1＝1，同理a 3＝2，a 4＝3. (2)猜想a n ＝n －1.证明：①当n ＝1时，由a 1＝0，结论成立； ②假设当n ＝k (k ∈N *)时结论成立，即a k ＝k －1.当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝－a 2k ＋ka k ＋1＝－(k －1)2＋k (k －1)＋1＝(k ＋1)－1，这说明当n ＝k ＋1时结论成立．由①②可知，a n ＝n －1对任意正整数n 都成立． (3)证明：13(n ＋1)n ＜a n n ＋1≤12(n ＋1)n (n ∈N *)，即为13(n ＋1)n ＜n n ≤12(n ＋1)n，化为2≤⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n n＜3，由⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n n ＝1＋C 1n ·1n＋C 2n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1n 2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n n ，当n ＝1时，显然⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n n＝2；当n ≥2时，显然⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n n＞2.由⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n n ＝1＋C 1n ·1n＋C 2n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1n 2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n n＝1＋1＋n －12n ＋…＋1nn ＜1＋11！＋12！＋13！＋…＋1n ！＜1＋1＋11×2＋12×3＋…＋1nn －1＝2＋1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝3－1n＜3，即有2≤⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n n＜3，所以13(n ＋1)n ＜a n n ＋1≤12(n ＋1)n (n ∈N *)．[由题悟法]“归纳—猜想—证明”的3步曲 (1)计算：根据条件，计算若干项．(2)归纳猜想：通过观察、分析、综合、联想，猜想出一般结论． (3)证明：用数学归纳法证明．[即时应用](1)若不等式(x ＋1)ln(x ＋1)≥ax 对任意x ∈[0，＋∞)恒成立，求实数a 的取值范围； (2)设n ∈N *，试比较12＋13＋…＋1n ＋1与ln(n ＋1)的大小，并证明你的结论．解：(1)原问题等价于ln(x ＋1)－axx ＋1≥0对任意x ∈[0，＋∞)恒成立，令g (x )＝ln(x ＋1)－axx ＋1，则g ′(x )＝x ＋1－ax ＋12(x ≥0)．当a ≤1时，g ′(x )＝x ＋1－ax ＋12≥0恒成立，即g (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以g (x )≥g (0)＝0恒成立；当a ＞1时，令g ′(x )＝0，则x ＝a －1＞0，所以g (x )在(0，a －1)上单调递减，在(a －1，＋∞)上单调递增，所以g (a －1)＜g (0)＝0，即存在x ＞0，使得g (x )＜0，不合题意．综上所述，实数a 的取值范围是(－∞，1]． (2)法一：注意到12＜ln 2，12＋13＜ln 3，…，故猜想12＋13＋…＋1n ＋1＜ln(n ＋1)(n ∈N *)，下面用数学归纳法证明该不等式成立．证明：①当n ＝1时，12＜ln 2，不等式成立；②假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时不等式成立，即12＋13＋…＋1k ＋1＜ln(k ＋1)，在(1)中取a ＝1，得ln(x ＋1)＞xx ＋1(x ∈(0，＋∞))，令x ＝1k ＋1(k ∈N *)，有1k ＋2＜ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋2k ＋1，那么，当n ＝k ＋1时，12＋13＋…＋1k ＋1＋1k ＋2＜ln(k ＋1)＋1k ＋2＜ln(k ＋1)＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋2k ＋1＝ln(k ＋2)．即当n ＝k ＋1时不等式也成立．由①②可知，12＋13＋…＋1n ＋1＜ln(n ＋1)．法二：在(1)中取a ＝1，得ln(x ＋1)＞xx ＋1(x ∈(0，＋∞))，令x ＝1n (n ∈N *)，上式即为ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n ＞1n ＋1，即ln(n ＋1)－ln n ＞1n ＋1，所以ln 2－ln 1＞12，ln 3－ln 2＞13，…，ln(n ＋1)－ln n ＞1n ＋1，上述各式相加可得12＋13＋…＋1n ＋1＜ln(n ＋1)(n ∈N *)．一保高考，全练题型做到高考达标1．用数学归纳法证明等式“1＋2＋3＋…＋(n ＋3)＝n ＋3n ＋42(n ∈N *) ”，当n ＝1时，等式应为__________________．答案：1＋2＋3＋4＝1＋31＋422．利用数学归纳法证明“(n ＋1)(n ＋2) …(n ＋n )＝2n×1×3×…×(2n －1)，n ∈N *”时，从“n ＝k ”变到“n ＝k ＋1”时，左边应增乘的因式是________．解析：当n ＝k (k ∈N *)时，左式为(k ＋1)(k ＋2) ·…·(k ＋k )；当n ＝k ＋1时，左式为(k ＋1＋1)·(k ＋1＋2)·…·(k ＋1＋k －1)·(k ＋1＋k )·(k ＋1＋k ＋1)，则左边应增乘的式子是2k ＋12k ＋2k ＋1＝2(2k ＋1)．答案：2(2k ＋1)3．(2018·海门实验中学检测)数列{a n }中，已知a 1＝1，当n ≥2时，a n －a n －1＝2n －1，依次计算a 2，a 3，a 4后，猜想a n 的表达式是________．解析：计算出a 2＝4，a 3＝9，a 4＝16.可猜想a n ＝n 2. 答案：a n ＝n 24．平面内有n 条直线，最多可将平面分成f (n )个区域，则f (n )的表达式为________．解析：1条直线将平面分成1＋1个区域；2条直线最多可将平面分成1＋(1＋2)＝4个区域；3条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3)＝7个区域；…；n 条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3＋…＋n )＝1＋n n ＋12＝n 2＋n ＋22个区域．答案：f (n )＝n 2＋n ＋225．用数学归纳法证明不等式1＋12＋14＋…＋12n －1＞12764成立，起始值应取为n ＝________.解析：不等式的左边＝1－12n1－12＝2－12n －1，当n ＜8时，不等式不成立，故起始值应取n ＝8.答案：86．平面内n (n ∈N *)个圆中，每两个圆都相交，每三个圆都不交于一点，若该n 个圆把平面分成f (n )个区域，则f (n )＝________.解析：因为f (1)＝2，f (n )－f (n －1)＝2(n －1)，则f (2)－f (1)＝2×1，f (3)－f (2)＝2×2，f (4)－f (3)＝2×3，……，f (n )－f (n －1)＝2(n －1)，所以f (n )－f (1)＝n (n －1)，即f (n )＝n 2－n ＋2.答案：n 2－n ＋27．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知对任意的n ∈N *，点(n ，S n )均在函数y ＝b x＋r (b ＞0且b ≠1，b ，r 均为常数)的图象上．(1)求r 的值．(2)当b ＝2时，记b n ＝2(log 2a n ＋1)(n ∈N *)，证明：对任意的n ∈N *，不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n＞n ＋1成立．解：(1)由题意，S n ＝b n＋r ，当n ≥2时，S n －1＝bn －1＋r .所以a n ＝S n －S n －1＝bn －1(b －1)．由于b ＞0且b ≠1，所以当n ≥2时，{a n }是以b 为公比的等比数列．又a 1＝b ＋r ，a 2＝b (b －1)，因为a 2a 1＝b ，所以b b －1b ＋r＝b ，解得r ＝－1.(2)证明：当b ＝2时，由(1)知a n ＝2n －1，因此b n ＝2n (n ∈N *)，故所证不等式为2＋12·4＋14·…·2n ＋12n ＞n ＋1.用数学归纳法证明如下：①当n ＝1时，左式＝32，右式＝2，左式＞右式，所以不等式成立．②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时不等式成立，即2＋12·4＋14·…·2k ＋12k＞k ＋1，则当n ＝k ＋1时，2＋12·4＋14·…·2k ＋12k ·2k ＋32k ＋1＞k ＋1·2k ＋32k ＋1＝2k ＋32k ＋1，要证当n ＝k ＋1时结论成立，只需证2k ＋32k ＋1≥k ＋2，即证2k ＋32≥k ＋1k ＋2，由基本不等式，得2k ＋32＝k ＋1＋k ＋22≥k ＋1k ＋2，故2k ＋32k ＋1≥k ＋2成立，所以当n ＝k ＋1时，结论成立．由①②可知，对任意的n ∈N *，不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n＞n ＋1成立． 8．已知点P n (a n ，b n )满足a n ＋1＝a n ·b n ＋1，b n ＋1＝b n1－4a 2n(n ∈N *)，且点P 1的坐标为(1，－1)．(1)求过点P 1，P 2的直线l 的方程；(2)试用数学归纳法证明：对于n ∈N *，点P n 都在(1)中的直线l 上．解：(1)由题意得a 1＝1，b 1＝－1，b 2＝－11－4×1＝13，a 2＝1×13＝13，所以P 2⎝ ⎛⎭⎪⎫13，13. 所以直线l 的方程为y ＋113＋1＝x －113－1，即2x ＋y ＝1.(2)证明：①当n ＝1时，2a 1＋b 1＝2×1＋(－1)＝1成立． ②假设n ＝k (k ≥1且k ∈N *)时，2a k ＋b k ＝1成立．则2a k ＋1＋b k ＋1＝2a k ·b k ＋1＋b k ＋1 ＝b k1－4a 2k ·(2a k ＋1)＝b k 1－2a k ＝1－2a k1－2a k＝1，所以当n ＝k ＋1时，2a k ＋1＋b k ＋1＝1也成立．由①②知，对于n ∈N *，都有2a n ＋b n ＝1，即点P n 在直线l 上．9．已知数列{}a n ，当n ≥2时，a n ＜－1，又a 1＝0，a 2n ＋1＋a n ＋1－1＝a 2n ，求证：当n ∈N*时，a n ＋1＜a n .证明：(1)当n ＝1时，因为a 2是a 22＋a 2－1＝0的负根，所以a 1＞a 2.(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，a k ＋1＜a k ，因为a 2k ＋1－a 2k ＝(a 2k ＋2＋a k ＋2－1)－(a 2k ＋1＋a k ＋1－1)＝(a k ＋2－a k ＋1)(a k ＋2＋a k ＋1＋1)，a k ＋1＜a k ≤0，所以a 2k ＋1－a 2k ＞0，又因为a k ＋2＋a k ＋1＋1＜－1＋(－1)＋1＝－1，所以a k ＋2－a k ＋1＜0，所以a k ＋2＜a k ＋1，即当n ＝k ＋1时，命题成立．由(1)(2)可知，当n ∈N *时，a n ＋1＜a n .10．(2019·南京模拟)把圆分成n (n ≥3)个扇形，设用4种颜色给这些扇形染色，每个扇形恰染一种颜色，并且要求相邻扇形的颜色互不相同，设共有f (n )种方法．(1)写出f (3)，f (4)的值；(2)猜想f (n )(n ≥3)，并用数学归纳法证明．解：(1)当n ＝3时，第一个有4种方法，第二个有3种方法，第3个有2种方法，可得f (3)＝24；当n ＝4时，第一个有4种方法，第二个有3种方法，第三个与第一个相同有1种方法，第四个有3种方法，或第一个有4种方法，第二个有3种方法，第三个与第一个不相同有2种方法，第四个有2种方法，可得f(4)＝36＋48＝84.(2)证明：当n≥4时，首先，对于第1个扇形a1，有4种不同的染法，由于第2个扇形a2的颜色与a1的颜色不同，所以，对于a2有3种不同的染法，类似地，对扇形a3，…，a n－1均有3种染法．对于扇形a n，用与a n－1不同的3种颜色染色，但是，这样也包括了它与扇形a1颜色相同的情况，而扇形a1与扇形a n颜色相同的不同染色方法数就是f(n－1)，于是可得f(n)＝4×3n－1－f(n－1)．猜想f(n)＝3n＋(－1)n·3(n≥3)．①当n＝3时，左边f(3)＝24，右边33＋(－1)3·3＝24，所以等式成立．②假设当n＝k(k≥3)时，f(k)＝3k＋(－1)k·3，则当n＝k＋1时，f(k＋1)＝4×3k－f(k)＝4×3k－[3k＋(－1)k·3]＝3k＋1＋(－1)k＋1·3，即当n＝k＋1时，等式也成立．综上，f(n)＝3n＋(－1)n·3(n≥3)．二上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2019·无锡中学检测)将正整数排成如图所示的三角形数阵，记第n行的n个数之和为a n.(1)设S n＝a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1(n∈N*)，计算S2，S3，S4的值，并猜想S n的表达式；(2)用数学归纳法证明(1)的猜想．解：(1)S1＝a1＝1，S2＝a1＋a3＝1＋4＋5＋6＝16，S3＝S2＋a5＝16＋11＋12＋13＋14＋15＝81，S4＝S3＋a7＝81＋22＋23＋…＋28＝256，猜想S n＝n4.(2)证明：①当n＝1时，猜想成立．②假设当n＝k(k∈N*)时成立，即S k＝k4，由题意可得，a n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n n －12＋1＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤n n －12＋2＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤n n －12＋n＝n ·n n －12＋n n ＋12＝n n 2＋12，∴a 2k ＋1＝2k ＋1[2k ＋12＋1]2＝(2k ＋1)(2k 2＋2k ＋1)＝4k 3＋6k 2＋4k ＋1，∴S k ＋1＝S k ＋a 2k ＋1＝k 4＋4k 3＋6k 2＋4k ＋1＝(k ＋1)4，即当n ＝k ＋1时猜想成立，由①②可知，猜想对任意n ∈N *都成立．2．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝14a 2n －34na n ＋9n 2(n ∈N *)．(1)计算a 2，a 3，a 4的值，猜想数列{a n }的通项公式，并给出证明； (2)当n ≥2时，试比较1a n ＋1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a 2n与13的大小关系．解：(1)a 2＝4，a 3＝7，a 4＝10，猜想：a n ＝3n －2. 用数学归纳法证明：①当n ＝1时，a 1＝1，结论成立．②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，结论成立，即a k ＝3k －2，当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝14a 2k －34ka k ＋92k ＝14(3k －2)2－34k (3k －2)＋92k ＝14(9k 2－12k ＋4)－94k 2＋32k ＋92k ＝3k＋1，所以当n ＝k ＋1时，结论也成立．由①②得数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2(n ∈N *)． (2)由(1)知a n ＝3n －2，当n ＝2时，1a 2＋1a 3＋1a 4＝14＋17＋110＝69140＞13，当n ＝3时，1a 3＋1a 4＋1a 5＋…＋1a 9＝17＋110＋113＋116＋119＋122＋125 ＝17＋⎝ ⎛⎭⎪⎫110＋113＋116＋⎝ ⎛⎭⎪⎫119＋122＋125 ＞18＋⎝ ⎛⎭⎪⎫116＋116＋116＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋132＋132＝18＋316＋332＞18＋316＋116＞13. 猜测：当n ≥2，n ∈N *时，1a n ＋1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a 2n＞13.用数学归纳法证明： ①当n ＝3时，结论成立，②假设当n ＝k (k ≥3，k ∈N *)时，1a k ＋1a k ＋1＋1a k ＋2＋…＋1a 2k＞13，则当n ＝k ＋1时，1a k ＋1＋1ak ＋1＋1＋1ak ＋1＋2＋…＋1a 2(1)k ＋＝⎝⎛⎭⎪⎫1a k ＋1a k ＋1＋1a k ＋1＋1＋1ak ＋1＋2＋…＋1a 2k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 21k +＋1a 22k +＋…＋1a 2(1)k ＋－1a k ＞13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 21k +＋1a 22k +＋…＋1a 2(1)k ＋－1a k ＞13＋2k ＋13k ＋12－2－13k －2 ＝13＋2k ＋13k －2－[3k ＋12－2][3k ＋12－2]3k －2＝13＋3k 2－7k －3[3k ＋12－2]3k －2.由k ≥3，可知3k 2－7k －3＞0，所以3k 2－7k －3[3k ＋12－2]3k －2＞0，即1ak ＋1＋1ak ＋1＋1＋1ak ＋1＋2＋…＋1a 2(1)k ＋＞13. 故当n ＝k ＋1时，不等式也成立，由①②可知，当n ≥2时，1a n ＋1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a 2n＞13.命题点一算法1.(2018·江苏高考)一个算法的伪代码如图所示，执行此算法，最后输出的S的值为________．I←1S←1While I＜6I←I＋2S←2SEnd WhilePrint S解析：I＝1，S＝1，此时I＜6，进入循环；I＝3，S＝2，此时I＜6，进入下一次循环；I＝5，S＝4，此时I＜6，进入下一次循环；I＝7，S＝8，此时I＞6，不满足I＜6，退出循环，输出S＝8.答案：82．(2017·江苏高考)如图是一个算法流程图．若输入x的值为116，则输出y的值是________．解析：由流程图可知其功能是运算分段函数y ＝⎩⎪⎨⎪⎧2x，x ≥1，2＋log 2x ，0＜x ＜1，所以当输入的x 的值为116时，y ＝2＋log 2116＝2－4＝－2.答案：－23．(2016·江苏高考)如图是一个算法的流程图，则输出的a 的值是________．解析：由a ＝1，b ＝9，知a ＜b ，所以a ＝1＋4＝5，b ＝9－2＝7，a ＜b . 所以a ＝5＋4＝9，b ＝7－2＝5，满足a ＞b . 所以输出的a ＝9. 答案：94．(2015·江苏高考)根据如图所示的伪代码，可知输出的结果S 为________．S ←1I ←1While I ＜8 S ←S ＋2 I ←I ＋3End While Print S解析：由程序可知，S ＝1，I ＝1，I ＜8；S ＝3，I ＝4，I ＜8；S ＝5，I ＝7，I ＜8；S ＝7，I ＝10，I ＞8，此时结束循环，输出S ＝7.答案：7 命题点二复数1.(2018·江苏高考)若复数z 满足i·z ＝1＋2i ，其中i 是虚数单位，则z 的实部为________．解析：由i·z ＝1＋2i ，得z ＝1＋2ii ＝2－i ，∴z 的实部为2. 答案：22．(2017·江苏高考)已知复数z ＝(1＋i)(1＋2i)，其中i 是虚数单位，则z 的模是________．解析：法一：复数z ＝1＋2i ＋i －2＝－1＋3i ，则|z |＝－12＋32＝10.法二：|z |＝|1＋i|·|1＋2i|＝2×5＝10. 答案：103．(2016·江苏高考)复数z ＝(1＋2i)(3－i)，其中i 为虚数单位，则z 的实部是________．解析：因为z ＝(1＋2i)(3－i)＝3－i ＋6i －2i 2＝5＋5i ，所以z 的实部是5. 答案：54．(2015·江苏高考)设复数z 满足z 2＝3＋4i(i 是虚数单位)，则z 的模为________．解析：因为z 2＝3＋4i ，所以|z 2|＝|z |2＝|3＋4i|＝32＋42＝5，所以|z |＝ 5. 答案： 55．(2018·天津高考)i 是虚数单位，复数6＋7i 1＋2i ＝________.解析：6＋7i 1＋2i ＝6＋7i 1－2i 1＋2i1－2i ＝20－5i5＝4－i.答案：4－i命题点三合情推理与演绎推理1.(2017·全国卷Ⅱ改编)甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩．老师说：你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩．看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩．根据以上信息，则下列说法正确的序号为________．①乙可以知道四人的成绩 ②丁可以知道四人的成绩 ③乙、丁可以知道对方的成绩 ④乙、丁可以知道自己的成绩解析：依题意，四人中有2位优秀，2位良好，由于甲知道乙、丙的成绩，但还是不知道自己的成绩，则乙、丙必有1位优秀，1位良好，甲、丁必有1位优秀，1位良好，因此，乙知道丙的成绩后，必然知道自己的成绩；丁知道甲的成绩后，必然知道自己的成绩．故④正确．答案：④2．(2016·天津高考)已知{a n }是各项均为正数的等差数列，公差为d ，对任意的n ∈N *，b n 是a n 和a n ＋1的等比中项．(1)设c n ＝b 2n ＋1－b 2n ，n ∈N *，求证：数列{c n }是等差数列； (2)设a 1＝d ，T n ＝∑k ＝12n(－1)k b 2k，n ∈N *，求证：∑k ＝1n1T k ＜12d 2.证明：(1)由题意得b 2n ＝a n a n ＋1，c n ＝b 2n ＋1－b 2n ＝a n ＋1a n ＋2－a n a n ＋1＝2da n ＋1.因此c n ＋1－c n ＝2d (a n ＋2－a n ＋1)＝2d 2，所以{c n }是等差数列．(2)T n ＝(－b 21＋b 22)＋(－b 23＋b 24)＋…＋(－b 22n －1＋b 22n ) ＝2d (a 2＋a 4＋…＋a 2n ) ＝2d ·n a 2＋a 2n2＝2d 2n (n ＋1)．所以∑k ＝1n1T k ＝12d 2∑k ＝1n1k k ＋1＝12d 2∑k ＝1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋1＝12d 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1 ＜12d2. 命题点四数学归纳法1.(2018·江苏高考)设n ∈N *，对1,2，…，n 的一个排列i 1i 2…i n ，如果当s ＜t 时，有i s ＞i t ，则称(i s ，i t )是排列i 1i 2…i n 的一个逆序，排列i 1i 2…i n 的所有逆序的总个数称为其逆序数．例如：对1,2,3的一个排列231，只有两个逆序(2,1)，(3,1)，则排列231的逆序数为2.记f n (k )为1,2，…，n 的所有排列中逆序数为k 的全部排列的个数．(1)求f 3(2)，f 4(2)的值；(2)求f n (2)(n ≥5)的表达式(用n 表示)．解：(1)记τ(abc )为排列abc 的逆序数，对1,2,3的所有排列，有τ(123)＝0，τ(132)＝1，τ(213)＝1，τ(231)＝2，τ(312)＝2，τ(321)＝3，所以f 3(0)＝1，f 3(1)＝f 3(2)＝2.对1,2,3,4的排列，利用已有的1,2,3的排列，将数字4添加进去，4在新排列中的位置只能是最后三个位置．因此f 4(2)＝f 3(2)＋f 3(1)＋f 3(0)＝5.(2)对一般的n (n ≥4)的情形，逆序数为0的排列只有一个：12…n ，所以f n (0)＝1. 逆序数为1的排列只能是将排列12…n 中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列，所以f n (1)＝n －1.为计算f n ＋1(2)，当1,2，…，n 的排列及其逆序数确定后，将n ＋1添加进原排列，n ＋1在新排列中的位置只能是最后三个位置．因此f n ＋1(2)＝f n (2)＋f n (1)＋f n (0)＝f n (2)＋n .当n ≥5时，f n (2)＝[f n (2)－f n －1(2)]＋[f n －1(2)－f n －2(2)]＋…＋[f 5(2)－f 4(2)]＋f 4(2)＝(n －1)＋(n －2)＋…＋4＋f 4(2)＝n 2－n －22，因此，当n ≥5时，f n (2)＝n 2－n －22.2．(2015·江苏高考)已知集合X ＝{1,2,3}，Y n ＝{1,2,3，…，n }(n ∈N *)，设S n ＝{(a ，b )|a 整除b 或b 整除a ，a ∈X ，b ∈Y n }，令f (n )表示集合S n 所含元素的个数．(1)写出f (6)的值；(2)当n ≥6时，写出f (n )的表达式，并用数学归纳法证明．解：(1)Y 6＝{1,2,3,4,5,6}，S 6中的元素(a ，b )满足：若a ＝1，则b ＝1,2,3,4,5,6；若a ＝2，则b ＝1,2,4,6；若a ＝3，则b ＝1,3,6. 所以f (6)＝13.(2)当n ≥6时，f (n )＝⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧ n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n 3，n ＝6t ，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n －13，n ＝6t ＋1，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n －23，n ＝6t ＋2，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n 3，n ＝6t ＋3，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n －13，n ＝6t ＋4，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n －23，n ＝6t ＋5(t ∈N *) 下面用数学归纳法证明： ①当n ＝6时，f (6)＝6＋2＋62＋63＝13，结论成立． ②假设n ＝k (k ≥6)时结论成立，那么n ＝k ＋1时，S k ＋1在S k 的基础上新增加的元素在(1，k ＋1)，(2，k ＋1)，(3，k ＋1)中产生，分以下情形讨论：a ．若k ＋1＝6t ，则k ＝6(t －1)＋5，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋3＝k ＋2＋k －12＋k －23＋3 ＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋k ＋13，结论成立；b ．若k ＋1＝6t ＋1，则k ＝6t ，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋1＝k ＋2＋k 2＋k 3＋1 ＝(k ＋1)＋2＋k ＋1－12＋k ＋1－13，结论成立；c ．若k ＋1＝6t ＋2，则k ＝6t ＋1，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k －12＋k －13＋2 ＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋k ＋1－23，结论成立；d ．若k ＋1＝6t ＋3，则k ＝6t ＋2，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k 2＋k －23＋2 ＝(k ＋1)＋2＋k ＋1－12＋k ＋13，结论成立；e ．若k ＋1＝6t ＋4，则k ＝6t ＋3，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k －12＋k 3＋2 ＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋k ＋1－13，结论成立； f ．若k ＋1＝6t ＋5，则k ＝6t ＋4，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋1＝k ＋2＋k 2＋k －13＋1 ＝(k ＋1)＋2＋k ＋1－12＋k ＋1－23，结论成立．综上所述，结论对满足n ≥6的自然数n 均成立． 3．(2014·江苏高考)已知函数f 0(x )＝sin x x(x ＞0)，设f n (x )为f n －1(x )的导数，n ∈N *. (1)求2f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋π2f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2的值； (2)证明：对任意的n ∈N *，等式⎪⎪⎪⎪⎪⎪nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝22都成立．解：(1)由已知，得f 1(x )＝f ′0(x )＝⎝⎛⎭⎪⎫sin x x ′＝cos x x －sin x x 2，于是f 2(x )＝f ′1(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x x ′－⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x x 2′＝－sin x x －2cos x x 2＋2sin x x 3，所以f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－4π2，f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－2π＋16π3. 故2f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋π2f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－1. (2)证明：由已知，得xf 0(x )＝sin x ，等式两边分别对x 求导，得f 0(x )＋xf ′0(x )＝cos x ，即f 0(x )＋xf 1(x )＝cos x ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π2，类似可得2f 1(x )＋xf 2(x )＝－sin x ＝sin(x ＋π)，3f 2(x )＋xf 3(x )＝－cos x ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋3π2， 4f 3(x )＋xf 4(x )＝sin x ＝sin(x ＋2π)．下面用数学归纳法证明等式nf n －1(x )＋xf n (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋n π2对所有的n ∈N *都成立． ①当n ＝1时，由上可知等式成立．②假设当n ＝k 时等式成立，即kf k －1(x )＋xf k (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2. 因为[kf k －1(x )＋xf k (x )]′＝kf ′k －1(x )＋f k (x )＋xf ′k (x )＝(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )，⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2′＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2·⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2′＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋k ＋1π2，所以(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋k ＋1π2.因此当n ＝k ＋1时，等式也成立．综合①②可知等式nf n －1(x )＋xf n (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋n π2对所有的n ∈N *都成立．令x ＝π4，可得nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋n π2(n ∈N *)．所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝22(n ∈N *)．。

《创新设计》2020届高考数学人教A版(理)一轮复习【配套word版文档】：第六篇第5讲数列的综合应用

第5讲数列的综合应用A级基础演练(时间：30分钟满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．已知{a n}为等比数列．下面结论中正确的是()．A．a1＋a3≥2a2B．a21＋a23≥2a22C．若a1＝a3，则a1＝a2D．若a3>a1，则a4>a2解析设公比为q，对于选项A，当a1<0，q≠1时不正确；选项C，当q＝－1时不正确；选项D，当a1＝1，q＝－2时不正确；选项B正确，因为a21＋a23≥2a1a3＝2a22.答案 B2．满足a1＝1，log2a n＋1＝log2a n＋1(n∈N*)，它的前n项和为S n，则满足S n>1 025的最小n值是()．A．9 B．10 C．11 D．12解析因为a1＝1，log2a n＋1＝log2a n＋1(n∈N*)，所以a n＋1＝2a n，a n＝2n－1，S n ＝2n－1，则满足S n>1 025的最小n值是11.答案 C3．(2019·威海期中)某化工厂打算投入一条新的生产线，但需要经环保部门审批同意方可投入生产．已知该生产线连续生产n年的累计产量为f(n)＝12n(n＋1)(2n＋1)吨，但如果年产量超过150吨，将会给环境造成危害．为保护环境，环保部门应给该厂这条生产线拟定最长的生产期限是()．A．5年B．6年C．7年D．8年解析由已知可得第n年的产量a n＝f(n)－f(n－1)＝3n2.当n＝1时也适合，据题意令a n≥150⇒n≥52，即数列从第8项开始超过150，即这条生产线最多生产7年．答案 C4．(2019·福州模拟)在等差数列{a n }中，满足3a 4＝7a 7，且a 1>0，S n 是数列{a n }前n 项的和，若S n 取得最大值，则n ＝( )．A ．7B ．8C ．9D ．10解析设公差为d ，由题设3(a 1＋3d )＝7(a 1＋6d )，所以d ＝－433a 1<0.解不等式a n >0，即a 1＋(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫－433a 1>0，所以n <374，则n ≤9，当n ≤9时，a n >0，同理可得n ≥10时，a n <0. 故当n ＝9时，S n 取得最大值．答案 C二、填空题(每小题5分，共10分)5．(2019·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 . ∴S 100＝100(2＋200)2＝10 100.答案 10 1006．(2019·南通模拟)已知a ，b ，c 成等比数列，如果a ，x ，b 和b ，y ，c 都成等差数列，则a x ＋cy ＝________.解析赋值法．如令a ，b ，c 分别为2,4,8，可求出x ＝a ＋b 2＝3，y ＝b ＋c2＝6，a x ＋c y ＝2. 答案 2三、解答题(共25分)7．(12分)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 5＝35，a 5和a 7的等差中项为13. (1)求a n 及S n ； (2)令b n ＝4a 2n －1(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为S 5＝5a 3＝35，a 5＋a 7＝26，所以⎩⎨⎧a 1＋2d ＝7，2a 1＋10d ＝26，解得a 1＝3，d ＝2，所以a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1， S n ＝3n ＋n (n －1)2×2＝n 2＋2n . (2)由(1)知a n ＝2n ＋1，所以b n ＝4a 2n －1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.8．(13分)(2019·广东)设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，n ∈N *，且a 1，a 2＋5，a 3成等差数列． (1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n<32.(1)解当n ＝1时，2a 1＝a 2－4＋1＝a 2－3， ① 当n ＝2时，2(a 1＋a 2)＝a 3－8＋1＝a 3－7，② 又a 1，a 2＋5，a 3成等差数列，所以a 1＋a 3＝2(a 2＋5)，③由①②③解得a 1＝1.(2)解 ∵2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1， ∴当n ≥2时，有2S n －1＝a n －2n ＋1，两式相减整理得a n ＋1－3a n ＝2n ，则a n ＋12n －32·a n2n －1＝1，即a n ＋12n ＋2＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2n －1＋2.又a 120＋2＝3，知⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n －1＋2是首项为3，公比为32的等比数列，∴a n 2n －1＋2＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1，即a n ＝3n －2n ，n ＝1时也适合此式，∴a n ＝3n －2n . (3)证明由(2)得1a n＝13n－2n. 当n ≥2时，⎝ ⎛⎭⎪⎫32n >2，即3n －2n >2n ，∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n<1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1<32.B 级能力突破(时间：30分钟满分：45分)一、选择题(每小题5分，共10分)1．(2019·济南质检)设y ＝f (x )是一次函数，若f (0)＝1，且f (1)，f (4)，f (13)成等比数列，则f (2)＋f (4)＋…＋f (2n )等于( )．A ．n (2n ＋3)B ．n (n ＋4)C ．2n (2n ＋3)D ．2n (n ＋4)解析由题意可设f (x )＝kx ＋1(k ≠0)，则(4k ＋1)2＝(k ＋1)×(13k ＋1)，解得k ＝2，f (2)＋f (4)＋…＋f (2n )＝(2×2＋1)＋(2×4＋1)＋…＋(2×2n ＋1)＝2n 2＋3n . 答案 A2．(2019·四川)设函数f (x )＝2x －cos x ，{a n }是公差为π8的等差数列，f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a 5)＝5π，则[f (a 3)]2－a 1a 5＝( )．A ．0B.116π2C.18π2D.1316π2解析设g (x )＝2x ＋sin x ，由已知等式得g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－π2＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－π2＋…＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 5－π2＝0，则必有a 3－π2＝0，即a 3＝π2(否则若a 3－π2＞0，则有⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－π2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 5－π2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－π2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 4－π2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3－π2＞0，注意到g (x )是递增的奇函数，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3－π2＞0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－π2＞g ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 5－π2＝－g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 5－π2，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－π2＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 5－π2＞0，同理g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－π2＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 4－π2＞0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－π2＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－π2＋…＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 5－π2＞0，这与“g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－π2＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－π2＋…＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 5－π2＝0”相矛盾，因此a 3－π2＞0不可能；同理a 3－π2＜0也不可能)；又{a n }是公差为π8的等差数列，a 1＋2×π8＝π2，a 1＝π4，a 5＝3π4，f (a 3)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π－cos π2＝π，[f (a 3)]2－a 1a 5＝1316π2，选D. 答案 D二、填空题(每小题5分，共10分)3．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 ，令a n＝lg x n ，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 99的值为________．解析由y ′＝(n ＋1)x n (x ∈N *)，所以在点(1,1)处的切线斜率k ＝n ＋1，故切线方程为y ＝(n ＋1)(x －1)＋1，令y ＝0得x n ＝nn ＋1，所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 99＝lg x 1＋lg x 2＋…＋lg x 99＝lg(x 1·x 2·…·x 99)＝lg 12×23×…×9999＋1＝lg 199＋1＝－2. 答案－24．(2019·沈阳四校联考)数列{a n }的前n 项和为S n ，若数列{a n }的各项按如下规律排列：12，13，23，14，24，34，15，25，35，45，…，1n ，2n ，…，n －1n ，…，有如下运算和结论： ①a 24＝38；②数列a 1，a 2＋a 3，a 4＋a 5＋a 6，a 7＋a 8＋a 9＋a 10，…是等比数列；③数列a 1，a 2＋a 3，a 4＋a 5＋a 6，a 7＋a 8＋a 9＋a 10，…的前n 项和为T n ＝n 2＋n4； ④若存在正整数k ，使S k <10，S k ＋1≥10，则a k ＝57.其中正确的结论有________．(将你认为正确的结论序号都填上)解析依题意，将数列{a n }中的项依次按分母相同的项分成一组，第n 组中的数的规律是：第n 组中的数共有n 个，并且每个数的分母均是n ＋1，分子由1依次增大到n ，第n 组中的各数和等于1＋2＋3＋…＋n n ＋1＝n2.对于①，注意到21＝6(6＋1)2<24<7(7＋1)2＝28，因此数列{a n }中的第24项应是第7组中的第3个数，即a 24＝38，因此①正确．对于②、③，设b n 为②、③中的数列的通项，则b n ＝1＋2＋3＋…＋n n ＋1＝n2，显然该数列是等差数列，而不是等比数列，其前n 项和等于12×n (n ＋1)2＝n 2＋n4，因此②不正确，③正确．对于④，注意到数列的前6组的所有项的和等于62＋64＝1012，因此满足条件的a k 应是第6组中的第5个数，即a k ＝57，因此④正确．综上所述，其中正确的结论有①③④. 答案 ①③④ 三、解答题(共25分)5．(12分)已知各项均不相等的等差数列{a n }的前四项和为14，且a 1，a 3，a 7恰为等比数列{b n }的前三项．(1)分别求数列{a n }，{b n }的前n 项和S n ，T n ；(2)记数列{a n b n }的前n 项和为K n ，设c n ＝S n T nK n ，求证：c n ＋1>c n (n ∈N *)．(1)解设公差为d ，则⎩⎨⎧4a 1＋6d ＝14，(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋6d )，解得d ＝1或d ＝0(舍去)，a 1＝2，所以a n ＝n ＋1，S n ＝n (n ＋3)2.又a 1＝2，d ＝1，所以a 3＝4，即b 2＝4. 所以数列{b n }的首项为b 1＝2，公比q ＝b 2b 1＝2，所以b n ＝2n ，T n ＝2n ＋1－2.(2)证明因为K n ＝2·21＋3·22＋…＋(n ＋1)·2n ， ① 故2K n ＝2·22＋3·23＋…＋n ·2n ＋(n ＋1)·2n ＋1，②①－②得－K n ＝2·21＋22＋23＋…＋2n －(n ＋1)·2n ＋1， ∴K n ＝n ·2n ＋1，则c n ＝S n T n K n＝(n ＋3)(2n－1)2n ＋1.c n ＋1－c n ＝(n ＋4)(2n ＋1－1)2n ＋2－(n ＋3)(2n －1)2n ＋1＝2n ＋1＋n ＋22n ＋2>0，所以c n ＋1>c n (n ∈N *)．6．(13分)(2019·重庆)设数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＋1＝a 2S n ＋a 1，其中a 2≠0. (1)求证：{a n }是首项为1的等比数列；(2)若a 2＞－1，求证：S n ≤n2(a 1＋a n )，并给出等号成立的充要条件．证明 (1)由S 2＝a 2S 1＋a 1，得a 1＋a 2＝a 2a 1＋a 1，即a 2＝a 2a 1.因a 2≠0，故a 1＝1，得a 2a 1＝a 2，又由题设条件知S n ＋2＝a 2S n ＋1＋a 1，S n ＋1＝a 2S n ＋a 1，两式相减得S n ＋2－S n ＋1＝a 2(S n ＋1－S n )，即a n ＋2＝a 2a n ＋1，由a 2≠0，知a n ＋1≠0，因此a n ＋2a n ＋1＝a 2.综上，a n ＋1a n ＝a 2对所有n ∈N *成立．从而{a n }是首项为1，公比为a 2的等比数列．(2)当n ＝1或2时，显然S n ＝n2(a 1＋a n )，等号成立．设n ≥3，a 2＞－1且a 2≠0，由(1)知，a 1＝1，a n ＝a n －12，所以要证的不等式化为：1＋a 2＋a 22＋…＋a n －12≤n 2(1＋a n －12)(n ≥3)，即证：1＋a 2＋a 22＋…＋a n 2≤n ＋12(1＋a n 2)(n ≥2)，当a 2＝1时，上面不等式的等号成立．当－1＜a 2＜1时，a r 2－1与a n －r2－1，(r ＝1,2，…，n －1)同为负；当a 2＞1时，a r 2－1与a n －r 2－1，(r ＝1,2，…，n －1)同为正；因此当a 2＞－1且a 2≠1时，总有(a r 2－1)(a n －r 2－1)＞0，即a r 2＋a n －r 2＜1＋a n 2，(r＝1,2，…，n －1)．上面不等式对r 从1到n －1求和得2(a 2＋a 22＋…＋a n －12)＜(n －1)(1＋a n 2)．由此得1＋a 2＋a 22＋…＋a n 2＜n ＋12(1＋a n 2)．综上，当a 2＞－1且a 2≠0时，有S n ≤n2(a 1＋a n )，当且仅当n ＝1,2或a 2＝1时等号成立.。

2020版高考数学新增分大一轮江苏专用讲义+习题：第六章数列 6.1 Word版含解析

§6.1数列的概念与简单表示法考情考向分析以考查S n 与a n 的关系为主，简单的递推关系也是考查的热点．本节内容在高考中以填空的形式进行考查，难度为低档．1．数列的定义按照一定次序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项． 2．数列的分类3.数列的表示法数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和解析式法． 4．数列的通项公式如果数列{a n }的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式． 5．a n 与S n 的关系若数列{a n }的前n 项和为S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S1，n ＝1，Sn －Sn －1，n ≥2，n ∈N*.概念方法微思考1．数列的项与项数是一个概念吗？提示不是，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号． 2．数列的通项公式a n ＝3n ＋5与函数y ＝3x ＋5有何区别与联系？提示数列的通项公式a n ＝3n ＋5是特殊的函数，其定义域为N *，而函数y ＝3x ＋5的定义域是R ，a n ＝3n ＋5的图象是离散的点，且排列在y ＝3x ＋5的图象上．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列．(×) (2)所有数列的第n 项都能使用公式表达．(×)(3)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．(√) (4)1,1,1,1，…不能构成一个数列．(×)(5)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．(×)(6)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对∀n ∈N *，都有a n ＝S n －S n －1.(×) 题组二教材改编2．[P34习题T2]在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝4a n ＋1，则a 3＝________. 答案21解析由题意知，a 2＝4a 1＋1＝5，a 3＝4a 2＋1＝21. 3．[P34习题T7]根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式a n ＝____________.答案5n －4 题组三易错自纠4．数列{a n }中，a n ＝－n 2＋11n (n ∈N *)，则此数列最大项的值是________．答案30。

2020版高考数学(江苏专用)一轮教师用书(PDF)：第六章§6.1 数列的有关概念

解析由Ｓ２＝ａ１＋ａ２＝２ａ２－３ × ２ × （２－１），ａ２＝１１，可得ａ１＝５．
解法一：当ｎ≥２时，由ａｎ＝Ｓｎ－Ｓｎ－１，得ａｎ＝ｎａｎ－３ｎ（ｎ－１）－［（ｎ－１）ａｎ－１－３（ｎ－１）（ｎ－２）］， ∴ （ｎ－１）ａｎ－（ｎ－１）ａｎ－１＝６（ｎ－１），即ａｎ－ａｎ－１＝６（ｎ≥２，ｎ∈ Ｎ∗ ），
{２（ｎ＝１）
１－１答案ａｎ＝３×２ｎ－２＋１（ｎ≥２，ｎ∈Ｎ∗ ）
{ 解析
ａａ
ｎ＋１
ｎ＝
＝பைடு நூலகம்Ｓ
Ｓ
ｎ－
ｎ１
－－
ｎ＋３，（ｎ－１）
＋
３（
ｎ≥２，ｎ∈Ｎ∗
）
⇒ａ
ｎ＋１
－ａ
ｎ
＝
ａｎ
－
１⇒ａｎ＋１－１＝２（ａｎ－１）（ｎ≥２）．所以｛ａｎ－１｝是从第二项起，以２为
ａｎ
．
采用迭代法：将ａｎ－１＝ｆ（ａｎ－２）代入ａｎ＝ｆ（ａｎ－１）得到ａｎ与ａｎ－２
的关系，再将ａｎ－２＝ｆ（ａｎ－３）代入，……，直到将ａ２＝ｆ（ａ１）代入为
止，寻求规律求出通项公式．或者两边取倒数，变成１＝Ｂ＋ａｎ＋１Ａ
采用待定系数法：若已知ａ１且ａｎ＝ｐａｎ－１＋ｂ（ｎ≥２，ｐ≠０且ｐ
( ) ≠１），则令ｂｎ＝ａｎ＋ λ
λ
＝
ｂｐ－１
，可得ｂｎ＝ｐｂｎ－１（ｎ ≥２），即数列

(江苏专版)2020版高考数学一轮复习第六章数列第五节数列的综合问题教案文(含解析)苏教版

第五节数列的综合问题考点一数列与不等式问题重点保分型考点——师生共研[典例引领]若各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝a n ＋1 (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若正项等比数列{b n }，满足b 2＝2,2b 7＋b 8＝b 9，求T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ； (3)对于(2)中的T n ，若对任意的n ∈N *，不等式λ(－1)n＜12n ＋1(T n ＋21)恒成立，求实数λ的取值范围．解：(1)因为2S n ＝a n ＋1，所以4S n ＝(a n ＋1)2，且a n ＞0，则4a 1＝(a 1＋1)2，解得a 1＝1，又4S n ＋1＝(a n ＋1＋1)2，所以4a n ＋1＝4S n ＋1－4S n ＝(a n ＋1＋1)2－(a n ＋1)2，即(a n ＋1－a n －2)(a n ＋1＋a n )＝0，因为a n ＞0，所以a n ＋1＋a n ≠0，所以a n ＋1－a n ＝2，所以{a n }是公差为2的等差数列，又a 1＝1，所以a n ＝2n －1.(2)设数列{b n }的公比为q ，因为2b 7＋b 8＝b 9，所以2＋q ＝q 2，解得q ＝－1(舍去)或q ＝2，由b 2＝2，得b 1＝1，故b n ＝2n －1.因为T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n －1)×2n －1，所以2T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －1)×2n，两式相减得－T n ＝1＋2(2＋22＋…＋2n －1)－(2n －1)×2n，故T n ＝(2n －1)×2n－1－2(2＋22＋…＋2n －1)＝(2n －1)×2n －1－2(2n－2)＝(2n －3)×2n＋3.(3)不等式λ(－1)n ＜12n ＋1(T n ＋21)可化为(－1)nλ＜n －32＋62n －1.①当n 为偶数时，λ＜n －32＋62n －1，记g (n )＝n －32＋62n －1，则有λ＜g (n )min .因为g (n ＋2)－g (n )＝2＋62n ＋1－62n －1＝2－92n ，当n ＝2时，g (n ＋2)＜g (n )，当n ≥4时，g (n ＋2)＞g (n )，即g (4)＜g (2)，当n ≥4时，g (n )单调递增，g (n )min ＝g (4)＝134，所以λ＜134.②当n 为奇数时，λ＞32－n －62n －1，记h (n )＝32－n －62n －1，则有λ＞h (n )max .因为h (n ＋2)－h (n )＝－2－62n ＋1＋62n －1＝－2＋92n ，当n ＝1时，h (n ＋2)＞h (n )，当n ≥3时，h (n ＋2)＜h (n )，即h (3)＞h (1)，当n ≥3时，h (n )单调递减，h (n )max ＝h (3)＝－3，所以λ＞－3. 综上所述，实数λ的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－3，134.[由题悟法]1．数列与不等式的综合问题考查类型 (1)判断数列中的一些不等关系问题； (2)以数列为载体，考查不等式的恒成立问题； (3)考查与数列问题有关的不等式的证明问题． 2．解决数列与不等式问题的两个注意点(1)利用基本不等式或函数的单调性求解相关最值时，应注意n 取正整数的限制条件． (2)利用放缩法证明不等式、求解参数的范围时，尽量先求和、后放缩，注意放缩的尺度，否则会导致范围扩大或缩小而得不到正确的结果．[即时应用]已知数列{a n }满足a 1＝6，a 2＝20，且a n －1·a n ＋1＝a 2n －8a n ＋12(n ∈N *，n ≥2)． (1)证明：数列{a n ＋1－a n }为等差数列； (2)令c n ＝n ＋a n na n ＋1＋na n ＋1n ＋a n ，数列{c n }的前n 项和为T n ，求证：2n ＜T n ＜2n ＋23.证明：(1)当n ＝2时，a 1·a 3＝a 22－8a 2＋12，所以a 3＝42.当n ≥2时，由a n －1·a n ＋1＝a 2n －8a n ＋12，得a n ·a n ＋2＝a 2n ＋1－8a n ＋1＋12，两式相减得a n a n ＋2－a n －1a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n －8a n ＋1＋8a n ，。

江苏高考数学理一轮复习课件6.5数列的综合应用

(2)判断数列{an}的单调性．审题视点 (1)将an看成一个未知数，解方程即可求出an；
(2)通过比较an和an＋1的大小来判断数列{an}的单调性．
解
1 (1)由已知得 log22an－＝2n， log22an
1 ∴an－a ＝2n，即 a2 n－2nan－1＝0. n ∴an＝n± n2＋1.∵0<x<1， ∴0<2an<1，∴an<0.∴an＝n－ n2＋1. (2)方法一 ∵an＋1－an＝(n＋1)－ n＋12＋1－(n－ n2＋1)
答案 1 ± 或± 2 2
4．(2012· 苏锡常镇四市调研(一))等差数列{an}中，已知 a8≥15，a9≤13，则a12的取值范围是________．解析法一因为 a12＝a1＋11d， a8＝a1＋7d， a9＝a1＋8d， λ1＋λ2＝1，所以令 a12＝λ1a8＋λ2a9，即 7λ1＋8λ2＝11，
考点自测
1．若数列{an}为等比数列，则下面四个命题：
①{a2 n}是等比数列； ②{a2n}是等比数列；
1 ③a 是等比数列； n
④{lg|an|}是等比数列．其中正确的个数是________．
答案
3
2．(2012· 南京一模)若数列{an}满足：lg an＋1＝1＋lg an(n∈N*)， a1＋a2＋a3＝10，则lg(a4＋a5＋a6)的值为________．
答案
(－∞，7]
5．(2012· 盐城第一学期摸底考试)设等差数列{an}满足：公差 d∈N*，an∈N*，且{an}中任意两项之和也是该数列中的一项．若a1＝35，则d的所有可能取值之和为________．
解析
由题意知，an＝35＋(n－1)d.对数列{an}中的任意两

2020版高考数学新增分大一轮江苏专用讲义+习题：第六章数列 6.2

§6.2 等差数列及其前n 项和考情考向分析以考查等差数列的通项、前n 项和及性质为主，等差数列的证明也是考查的热点．本节内容在高考中既可以以填空题的形式进行考查，也可以以解答题的形式进行考查．解答题往往与等比数列、数列求和、不等式等问题综合考查．1．等差数列的定义一般地，如果一个数列从第二项起，每一项减去它的前一项所得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．2．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 .3．等差中项由三个数a ，A ，b 组成的等差数列可以看成最简单的等差数列．这时，A 叫做a 与b 的等差中项．4．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 ＋j (k ，l ，m ，j ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a j .(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 ，…构成等差数列．5．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 ＝n (a 1＋a n )2或S n ＝na 1＋n (n －1)2d . 6．等差数列的前n 项和公式与函数的关系S n ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n . 数列{a n }是等差数列⇔S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)．7．等差数列的前n 项和的最值在等差数列{a n }中，a 1>0，d <0，则S n 存在最大值；若a 1<0，d >0，则S n 存在最小值．概念方法微思考1．“a ，A ，b 是等差数列”是“A ＝a ＋b 2”的什么条件？提示充要条件．2．等差数列的前n 项和S n 是项数n 的二次函数吗？提示不一定．当公差d ＝0时，S n ＝na 1，不是关于n 的二次函数．3．如何推导等差数列的前n 项和公式？提示利用倒序相加法．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若一个数列从第二项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．( × )(2)等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的．( √ )(3)等差数列的前n 项和公式是常数项为0的二次函数．( × )(4)已知等差数列{a n }的通项公式a n ＝3－2n ，则它的公差为－2.( √ )(5)数列{a n }为等差数列的充要条件是对任意n ∈N *，都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.( √ )(6)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝pn ＋q (其中p ，q 为常数)，则数列{a n }一定是等差数列．( √ )题组二教材改编2．[P47习题T5]设数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，若a 6＝2且S 5＝30，则S 8＝________. 答案 32解析由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d ＝2，5a 1＋10d ＝30，解得⎩⎨⎧ a 1＝263，d ＝－43， ∴S 8＝8a 1＋8×72d ＝32. 3．[P40习题T5]在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝450，则a 2＋a 8＝________. 答案 180解析由等差数列的性质，得a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝5a 5＝450，∴a 5＝90，∴a 2＋a 8＝2a 5＝180. 题组三易错自纠4．一个等差数列的首项为125，从第10项起开始比1大，则这个等差数列的公差d 的取值范围是________．答案 ⎝⎛⎦⎤875，325 解析由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 10>1，a 9≤1，即⎩⎨⎧ 125＋9d >1，125＋8d ≤1，所以875<d ≤325. 5．若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9>0，a 7＋a 10<0，则当n ＝________时，{a n }的前n 项和最大．答案 8解析因为数列{a n }是等差数列，且a 7＋a 8＋a 9＝3a 8>0，所以a 8>0.又a 7＋a 10＝a 8＋a 9<0，所以a 9<0.故当n ＝8时，其前n 项和最大．6．一物体从1 960 m 的高空降落，如果第1秒降落4.90 m ，以后每秒比前一秒多降落9.80 m ，那么经过________秒落到地面．答案 20解析设物体经过t 秒降落到地面．物体在降落过程中，每一秒降落的距离构成首项为4.90，公差为9.80的等差数列．所以4.90t ＋12t (t －1)×9.80＝1 960，即4.90t 2＝1 960，解得t ＝20.题型一等差数列基本量的运算1．(2018·全国Ⅰ改编)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5＝________. 答案－10解析设等差数列{a n }的公差为d ，由3S 3＝S 2＋S 4，得3⎣⎡⎦⎤3a 1＋3×(3－1)2×d ＝2a 1＋2×(2－1)2×d ＋4a 1＋4×(4－1)2×d ，将a 1＝2代入上式，解得d ＝－3，故a 5＝a 1＋(5－1)d ＝2＋4×(－3)＝－10.2．若{a n }为等差数列，且a 7－2a 4＝－1，a 3＝0，则公差d ＝________.答案－12解析由于a 7－2a 4＝a 1＋6d －2(a 1＋3d )＝－a 1＝－1，则a 1＝1.又由a 3＝a 1＋2d ＝1＋2d ＝0，解得d ＝－12. 3．已知等差数列{a n }，a 2＝2，a 3＋a 5＋a 7＝15，则数列{a n }的公差d ＝________.答案 1 解析 ∵a 3＋a 5＋a 7 ＝3a 5＝15，∴a 5＝5，∴a 5－a 2＝3＝3d ，可得d ＝1.思维升华 (1)等差数列的通项公式及前n 项和公式共涉及五个量a 1，n ，d ，a n ，S n ，知道其中三个就能求出另外两个．(2)确定等差数列的关键是求出两个最基本的量，即首项a 1和公差d . 题型二等差数列的判定与证明例1 在数列{a n }中，a 1＝2，a n 是1与a n a n ＋1的等差中项．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是等差数列，并求{}a n 的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n 2a n 的前n 项和S n . 解 (1)∵a n 是1与a n a n ＋1的等差中项，∴2a n ＝1＋a n a n ＋1，∴a n ＋1＝2a n －1a n， ∴a n ＋1－1＝2a n －1a n －1＝a n －1a n， ∴1a n ＋1－1＝a n a n －1＝1＋1a n －1， ∵1a 1－1＝1， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是首项为1，公差为1的等差数列， ∴1a n －1＝1＋(n －1)×1＝n ，∴a n ＝n ＋1n (n ∈N *)． (2)由(1)得1n 2a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1， ∴S n ＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 思维升华等差数列的四个判定方法(1)定义法：证明对任意正整数n 都有a n ＋1－a n 等于同一个常数．(2)等差中项法：证明对任意正整数n 都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.(3)通项公式法：得出a n ＝pn ＋q 后，再根据定义判定数列{a n }为等差数列．(4)前n 项和公式法：得出S n ＝An 2＋Bn 后，再使用定义法证明数列{a n }为等差数列．跟踪训练1 数列{a n }满足a n ＋1＝a n 2a n ＋1，a 1＝1. (1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和S n ，并证明：1S 1＋1S 2＋…＋1S n >n n ＋1. (1)证明 ∵a n ＋1＝a n 2a n ＋1， ∴1a n ＋1＝2a n ＋1a n ，化简得1a n ＋1＝2＋1a n ，即1a n ＋1－1a n＝2，又1a 1＝1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，2为公差的等差数列． (2)解由(1)知1a n＝2n －1，所以S n ＝n (1＋2n －1)2＝n 2. 1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2>11×2＋12×3＋…＋1n (n ＋1)＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1 ＝1－1n ＋1＝n n ＋1，n ∈N *.题型三等差数列性质的应用命题点1 等差数列项的性质例2 (2018·江苏省南京秦淮中学模拟)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，已知a 2＝3，a 6＝11，则S 7＝________.答案 49解析因为a 1＋a 7＝a 2＋a 6＝3＋11＝14，所以S 7＝72(a 1＋a 7)＝49. 命题点2 等差数列前n 项和的性质例3 (1)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n .若S 5＝7，S 10＝21，则S 15＝________.答案 42解析在等差数列{a n }中，S 5，S 10－S 5，S 15－S 10成等差数列，即7，14，S 15－21成等差数列，所以7＋(S 15－21)＝2×14，解得S 15＝42.(2)已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝－2 018，S 2 0192 019－S 2 0132 013＝6，则S 2 020＝________. 答案 2 020解析由等差数列的性质可得⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也为等差数列．设其公差为d ，则S 2 0192 019－S 2 0132 013＝6d ＝6，∴d ＝1. 故S 2 0202 020＝S 11＋2 019d ＝－2 018＋2 019＝1， ∴S 2 020＝1×2 020＝2 020.思维升华等差数列的性质(1)项的性质：在等差数列{a n }中，m ＋j ＝p ＋q (m ，j ，p ，q ∈N *)，则a m ＋a j ＝a p ＋a q .(2)前n 项和的性质：在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，则①S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)；②S 2n －1＝(2n －1)a n .跟踪训练2 (1)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若6a 3＋2a 4－3a 2＝5，则S 7＝________. 答案 7解析由6a 3＋2a 4－3a 2＝5，得6(a 1＋2d )＋2(a 1＋3d )－3(a 1＋d )＝5a 1＋15d ＝5(a 1＋3d )＝5，即5a 4＝5，所以a 4＝1，所以S 7＝7×(a 1＋a 7)2＝7×2a 42＝7a 4＝7. (2)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 13>0，S 14<0，则S n 取最大值时n 的值为________．答案 7解析根据S 13>0，S 14<0，可以确定a 1＋a 13＝2a 7>0，a 1＋a 14＝a 7＋a 8<0，所以可以得到a 7>0，a 8<0，所以S n 取最大值时n 的值为7.1．(2018·常州期末)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 3＝4，S 9－S 6＝27，则S 10＝________. 答案 65解析因为S 9－S 6＝a 7＋a 8＋a 9＝3a 8＝27，所以a 8＝9，即S 10＝10(a 1＋a 10)2＝5(a 3＋a 8)＝65. 2．已知等差数列{a n }中，a 1 012＝3，S 2 017＝2 017，则S 2 020＝________.答案 4 040解析由等差数列前n 项和公式结合等差数列的性质可得S 2 017＝a 1＋a 2 0172×2 017＝2a 1 0092×2 017＝2 017a 1 009＝2 017，则a 1 009＝1，据此可得S 2 020＝a 1＋a 2 0202×2 020＝1 010()a 1 009＋a 1 012 ＝1 010×4＝4 040.3．在等差数列{a n }中，S n 是其前n 项和，a 1＝－9，S 99－S 77＝2，则S 10＝________. 答案 0解析设公差为d ，则S n n ＝a 1＋(n －1)2d ， ∵S 99－S 77＝2，∴9－12d －7－12d ＝2， ∴d ＝2，∵a 1＝－9，∴S 10＝10×(－9)＋10×92×2＝0. 4．程大位《算法统宗》里有诗云“九百九十六斤棉，赠分八子做盘缠．次第每人多十七，要将第八数来言．务要分明依次弟，孝和休惹外人传．”意为：996斤棉花，分别赠送给8个子女做旅费，从第一个开始，以后每人依次多17斤，直到第八个孩子为止．分配时一定要长幼分明，使孝悌的美德外传，则第八个孩子分得棉________斤．答案 184解析根据题意可得每个孩子所得棉花的斤数构成一个等差数列{a n }，其中d ＝17，n ＝8，S 8＝996.由等差数列前n 项和公式可得8a 1＋8×72×17＝996，解得a 1＝65.由等差数列通项公式得a 8＝65＋(8－1)×17＝184.5．(2019·盐城模拟)若数列{a n }的首项a 1＝12，且a n ＝(a n ＋1)a n ＋1，则a 200a 300＝________. 答案 301201解析 a n ＝(a n ＋1)a n ＋1，得a n －a n ＋1＝a n a n ＋1且a n ≠0，所以1a n ＋1－1a n＝1，即⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以2为首项，1为公差的等差数列， 1a n ＝n ＋1，从而a 200a 300＝301201. 6．已知数列{a n }是等差数列，前n 项和为S n ，满足a 1＋5a 3＝S 8，给出下列结论： ①a 10＝0；②S 10最小；③S 7＝S 12；④S 20＝0.其中一定正确的结论是________．(填上所有正确结论的序号)答案 ①③解析 a 1＋5(a 1＋2d )＝8a 1＋28d ，所以a 1＝－9d ，a 10＝a 1＋9d ＝0，①正确；由于d 的符号未知，所以S 10不一定最大，②错误； S 7＝7a 1＋21d ＝－42d ，S 12＝12a 1＋66d ＝－42d ，所以S 7＝S 12，③正确；S 20＝20a 1＋190d ＝10d ，④错误．所以正确的是①③.7．在等差数列{a n }中，若a 7＝π2，则sin 2a 1＋cos a 1＋sin 2a 13＋cos a 13＝________. 答案 0解析根据题意可得a 1＋a 13＝2a 7＝π，2a 1＋2a 13＝4a 7＝2π，所以有sin 2a 1＋cos a 1＋sin 2a 13＋cos a 13＝sin 2a 1＋sin(2π－2a 1)＋cos a 1＋cos(π－a 1)＝0.8．(2018·江苏省盐城市东台中学检测)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，且数列{S n }也为等差数列，则a 10＝________.答案 19解析因为数列{a n }是等差数列，设公差为d ，则S n ＝n ＋n (n －1)d 2＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫1－d 2n ，所以S n ＝ d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫1－d 2n ，又{S n }也为等差数列，所以1－d 2＝0，所以d ＝2.所以a 10＝1＋(10－1)×2＝19.9．等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，且S n T n ＝3n －12n ＋3，则a 10b 10＝________. 答案 5641解析在等差数列中，S 19＝19a 10，T 19＝19b 10，因此a 10b 10＝S 19T 19＝3×19－12×19＋3＝5641. 10．已知数列{a n ＋1－a n }是公差为2的等差数列，且a 1＝1，a 3＝9，则a n ＝________. 答案 (n 2－3n ＋3)2解析数列{a n ＋1－a n }是公差为2的等差数列，且a 1＝1，a 3＝9， ∴a n ＋1－a n ＝(a 2－1)＋2(n －1)，a 3－a 2＝(a 2－1)＋2，∴3－a 2＝(a 2－1)＋2，∴a 2＝1. ∴a n ＋1－a n ＝2n －2， ∴a n ＝2(n －1)－2＋2(n －2)－2＋…＋2－2＋1＝2×(n －1)n 2－2(n －1)＋1＝n 2－3n ＋3. ∴a n ＝(n 2－3n ＋3)2，n ＝1时也成立．∴a n ＝(n 2－3n ＋3)2.11．已知数列{a n }满足(a n ＋1－1)(a n －1)＝3(a n －a n ＋1)，a 1＝2，令b n ＝1a n －1. (1)证明：数列{b n }是等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式．(1)证明 ∵1a n ＋1－1－1a n －1＝a n －a n ＋1(a n ＋1－1)(a n －1)＝13， ∴b n ＋1－b n ＝13，∴{b n }是等差数列． (2)解由(1)及b 1＝1a 1－1＝12－1＝1，知b n ＝13n ＋23， ∴a n －1＝3n ＋2，∴a n ＝n ＋5n ＋2(n ∈N *)．12．(2018·全国Ⅱ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝－7，S 3＝－15.(1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并求S n 的最小值．解 (1)设{a n }的公差为d ，由题意得3a 1＋3d ＝－15. 由a 1＝－7，得d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －9(n ∈N *)．(2)由(1)得S n ＝a 1＋a n 2·n ＝n 2－8n ＝(n －4)2－16. 所以当n ＝4时，S n 取得最小值，最小值为－16.13．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，b n ＝2a n 且b 1＋b 3＝17，b 2＋b 4＝68，则S 10＝________. 答案 90解析设{a n }公差为d ，b 2＋b 4b 1＋b 3＝24312222a a a a ++＝31312222a d a d a a ++++＝2d ＝6817＝4， ∴d ＝2，又b 1＋b 3＝12a ＋32a ＝12a ＋122a d +＝17，得12a ＝1，a 1＝0，∴S 10＝10a 1＋10×92d ＝10×92×2＝90. 14．设等差数列{a n }的公差为π9，前8项和为6π，记tan π9＝k ，则数列{}tan a n tan a n ＋1的前7项和是________．答案 11－7k 2k 2－1 解析等差数列{a n }的公差d 为π9，前8项和为6π，可得8a 1＋12×8×7×π9＝6π，解得a 1＝1336π， tan a n tan a n ＋1＝tan a n ＋1－tan a n tan (a n ＋1－a n )－1 ＝tan a n ＋1－tan a n tan d －1，又tan d ＝tan π9＝k ，则数列{tan a n tan a n ＋1}的前7项和为1k(tan a 8－tan a 7＋tan a 7－tan a 6＋…＋tan a 2－tan a 1)－7＝1k (tan a 8－tan a 1)－7＝1k ⎝⎛⎭⎫tan 4136π－tan 1336π－7 ＝1k ⎝⎛⎭⎫tan 536π－tan 1336π－7 ＝1k ⎣⎡⎦⎤tan ⎝⎛⎭⎫π4－π9－tan ⎝⎛⎭⎫π4＋π9－7 ＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－k 1＋k －1＋k 1－k －7＝11－7k 2k 2－1.15．已知数列{a n }与⎩⎨⎧⎭⎬⎫a 2n n 均为等差数列(n ∈N *)，且a 1＝2，则a 20＝________. 答案 40解析设a n ＝2＋(n －1)d ，所以a 2n n ＝[2＋(n －1)d ]2n＝d 2n 2＋(4d －2d 2)n ＋(d －2)2n ，由于⎩⎨⎧⎭⎬⎫a 2n n 为等差数列，所以其通项是一个关于n 的一次函数，所以(d －2)2＝0，∴d ＝2.所以a 20＝2＋(20－1)×2＝40.16．记m ＝d 1a 1＋d 2a 2＋…＋d n a n n，若{}d n 是等差数列，则称m 为数列{a n }的“d n 等差均值”；若{}d n 是等比数列，则称m 为数列{a n }的“d n 等比均值”．已知数列{a n }的“2n －1等差均值”为2，数列{b n }的“3n －1等比均值”为3.记c n ＝2a n＋k log 3b n ，数列{}c n 的前n 项和为S n ，若对任意的正整数n 都有S n ≤S 6，求实数k 的取值范围．解由题意得2＝a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n n，所以a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，所以a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2n －2(n ≥2，n ∈N *)，两式相减整理得a n ＝22n －1(n ≥2，n ∈N *)．当n ＝1时，a 1＝2，符合上式，所以a n ＝22n －1(n ∈N *)．又由题意得3＝b 1＋3b 2＋…＋3n －1b n n，所以b 1＋3b 2＋…＋3n －1b n ＝3n ，所以b 1＋3b 2＋…＋3n －2b n －1＝3n －3(n ≥2，n ∈N *)，两式相减整理得b n ＝32－n (n ≥2，n ∈N *)．当n ＝1时，b 1＝3，符合上式，所以b n ＝32－n (n ∈N *)．所以c n ＝2n －1＋k (2－n )＝(2－k )n ＋2k －1，易知数列{c n }是等差数列．因为对任意的正整数n 都有S n ≤S 6，所以⎩⎪⎨⎪⎧c 6≥0，c 7≤0，解得135≤k ≤114.。

2020版高考数学新增分大一轮江苏专用讲义+习题：第六章数列 6.4

§6.4 数列的递推关系与通项考情考向分析由数列的递推关系求通项是高考的热点，考查学生的转化能力和综合应用能力，一般以解答题形式出现，中档难度．1．递推数列(1)概念：数列的连续若干项满足的等量关系a n ＋k ＝f (a n ＋k －1，a n ＋k －2，…，a n )称为数列的递推关系．由递推关系及k 个初始值确定的数列叫递推数列．(2)求递推数列通项公式的常用方法：构造法、累加(乘)法、归纳猜想法． 2．数列递推关系的几种常见类型 (1)形如a n －a n －1＝f (n )(n ∈N *，且n ≥2)方法：累加法，即当n ∈N *，n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1. (2)形如a na n －1＝f (n )(n ∈N *且n ≥2)方法：累乘法，即当n ∈N *，n ≥2时，a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1.注意：n ＝1不一定满足上述形式，所以需要检验． (3)形如a n ＝pa n －1＋q (n ∈N *且n ≥2)方法：化为a n ＋q p －1＝p ⎝⎛⎭⎫a n －1＋q p －1的形式．令b n ＝a n ＋qp －1，即得b n ＝pb n －1，{b n }为等比数列，从而求得数列{a n }的通项公式． (4)形如a n ＝pa n －1＋f (n )(n ∈N *且n ≥2)方法：两边同除p n ，得a n p n ＝a n －1p n －1＋f (n )p n ，令b n ＝a n p n ，得b n ＝b n －1＋f (n )p n ，转化为利用累加法求b n ⎝⎛⎭⎫若f (n )p n 为常数，则{b n }为等差数列，从而求得数列{a n }的通项公式．概念方法微思考用构造法求数列通项一般构造什么样的数列？这体现了何种数学思想方法？提示构造等差或等比数列，体现了转化与化归思想．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，则a n ＝1n .( √ )(2)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋3n ＋2，则a n ＝32n 2＋n2.( √ )(3)已知在数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n ，则a n ＝n (n ＋1)2.( √ )(4)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足log 2(S n ＋1)＝n ＋1，则a n ＝2n .( × ) 题组二教材改编2．[P52公式推导过程]在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1a n ＝nn ＋1，那么a n ＝________.答案 1n3．[P41T13]若数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝n ＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________．答案 a n ＝n (n ＋1)24．[P68T14]在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n1＋na n ，则a n ＝________.答案2n 2－n ＋2解析 a n ＋1＝a n 1＋na n 可化为1a n ＋1－1a n＝n ，当n ≥2时，1a 2－1a 1＝1，1a 3－1a 2＝2，1a 4－1a 3＝3，…，1a n －1a n －1＝n －1. 累加得1a n －1a 1＝1＋2＋…＋(n －1)，∴1a n ＝n (n －1)2＋1a 1＝n 2－n ＋22，又a 1＝1也符合上式， ∴a n ＝2n 2－n ＋2.题组三易错自纠5．在斐波那契数列1,1,2,3,5,8,13，…中，a n ，a n ＋1，a n ＋2的关系是____________．答案 a n ＋2＝a n ＋a n ＋16．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，则a n ＝____________.答案 2×3n －1－1解析因为a n ＋1＝3a n ＋2，所以a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，所以a n ＋1＋1a n ＋1＝3，所以数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3，又a 1＋1＝2，所以a n ＋1＝2×3n －1，所以a n ＝2×3n －1－1.题型一累加法、累乘法求数列的通项公式1．已知在数列{}a n 中，a 1＝0，a n ＋1＝a n ＋2n －1，求a n . 解由已知得a n －a n －1＝2n －3，当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1) ＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝(2n －3)＋(2n －5)＋…＋1＋0＝(n －1)2.当n ＝1时，a 1＝0符合上式，所以a n ＝(n －1)2，n ∈N *.2．数列{}a n 满足a 1＝12，a n ＝a n －1＋1n 2－n (n ≥2，n ∈N *)，求数列{}a n 的通项．解由a n －a n －1＝1n 2－n (n ≥2，n ∈N *)且a 1＝12，a n －a n －1＝1n 2－n ＝1n －1－1na n －1－a n －2＝1n －2－1n －1，…，a 2－a 1＝1－12，各式累加整理得a n ＝32－1n ，n 取1时，32－1＝12＝a 1，所以a n ＝32－1n(n ∈N *)．3．已知在数列{}a n 中，a 1＝2，且na n ＋1＝(n ＋2)a n ，求a n .解由已知得a n ＋1a n ＝n ＋2n ，当n ≥2时，a n ＝a n a n －1.a n －1a n －2.....a 2a 1.a 1＝n ＋1n －1.n n －2.. (3)1·2＝n (n ＋1)，当n ＝1时，a 1＝2也符合上式，所以a n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)．思维升华 (1)求形如a n ＋1＝a n ＋f (n )数列的通项公式，此类题型一般可以利用累加法求其通项公式，即a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1，累加求得通项公式； (2)求形如a n ＋1a n＝f (n )数列的通项，此类题型一般可以利用累乘法求其通项公式，即a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1，累乘求得其通项．题型二构造等差数列求通项例1 (1)已知在正项数列{a n }中，S n 表示前n 项和且2S n ＝a n ＋1，则a n ＝________. 答案 2n －1解析方法一由已知2S n ＝a n ＋1，得当n ＝1时，a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，代入已知得2S n ＝S n －S n －1＋1，即S n －1＝(S n －1)2. 又a n >0，故S n －1＝S n －1或S n －1＝ 1－S n (舍)，即S n －S n －1＝1(n ≥2)，由定义得{S n }是以1为首项，1为公差的等差数列， ∴S n ＝n .故a n ＝2n －1.方法二 ∵2S n ＝a n ＋1，∴4S n ＝(a n ＋1)2，当n ≥2时，4S n －1＝(a n －1＋1)2，两式相减，得4a n ＝(a n ＋1)2－(a n －1＋1)2，化简可得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0， ∵a n >0，∴a n －a n －1＝2， ∵2a 1＝a 1＋1，∴a 1＝1.∴数列{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列， ∴a n ＝2n －1.(2)已知在数列{}a n 中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋3·2n ，则a n ＝________.答案 2n ·⎝⎛⎭⎫32n －12，n ∈N * 解析在递推关系a n ＋1＝2a n ＋3·2n 的两边同除以2n ＋1，得a n ＋12n ＋1＝a n 2n ＋32，令b n ＋1＝a n ＋12n ＋1，则b n ＋1＝b n ＋32，b 1＝1，所以{b n }是以1为首项，32为公差的等差数列．所以b n ＝1＋32(n －1)＝32n －12，故a n ＝2n ·⎝⎛⎭⎫32n －12，n ∈N *.思维升华 (1)形如a n ＋1＝pa n ＋q ·b n 的递推关系可构造等差数列．(2)对于含a n ，S n 混合型的递推关系，可通过a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2消去a n 或S n .跟踪训练1 (1)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝2a na n ＋2，则a n ＝________. 答案2n ＋1，n ∈N * 解析由已知可知a n ≠0， ∴1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12，又1a 1＝1， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公差的等差数列，1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n ＋12，∴a n ＝2n ＋1，n ∈N *.(2)已知在数列{}a n 中，a 1＝15，且当n ≥2时，有a n －1－a n －4a n a n －1＝0，则a n ＝____________.答案14n ＋1(n ∈N *) 解析由题意知a n ≠0，将等式a n －1－a n －4a n a n －1＝0两边同除以a n a n －1得1a n －1a n －1＝4，n ≥2，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，且首项为1a 1＝5，公差d ＝4，故1a n ＝1a 1＋(n －1)d ＝5＋4(n －1)＝4n ＋1， ∴a n ＝14n ＋1(n ∈N *)．题型三构造等比数列求通项公式例2 (1)已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋2，求数列{a n }的通项公式．解 ∵a n ＋1＝2a n ＋2， ∴a n ＋1＋2＝2(a n ＋2)，又a 1＋2＝4，∴{a n ＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＋2＝4·2n －1，∴a n ＝2n ＋1－2(n ∈N *)．(2)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ·a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12n ，记T 2n 为{a n }的前2n 项的和，b n ＝a 2n ＋a 2n－1，n ∈N *，求数列{b n }的通项公式．解 ∵a n ·a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12n，∴a n ＋1·a n＋2＝⎝⎛⎭⎫12n ＋1，∴a n ＋2a n ＝12，即a n ＋2＝12a n . ∵b n ＝a 2n ＋a 2n －1，∴b n ＋1b n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1a 2n ＋a 2n －1＝12a 2n ＋12a 2n －1a 2n ＋a 2n －1＝12， ∵a 1＝1，a 1·a 2＝12，∴a 2＝12，∴b 1＝a 1＋a 2＝32.∴{b n }是首项为32，公比为12的等比数列．∴b n ＝32×⎝⎛⎭⎫12n －1＝32n (n ∈N *)．思维升华形如a n ＝pa n －1＋q (pq ≠0)型的递推关系，可构造等比数列求通项公式．跟踪训练2 (1)已知数列{}a n 满足a n ＝13a n －1＋2，a 1＝1，求数列{}a n 的通项公式．解设a n ＋λ＝13(a n －1＋λ)，解得λ＝－3，则a n －3＝13(a n －1－3)，令b n ＝a n －3，则数列{}b n 是以b 1＝a 1－3＝－2为首项，13为公比的等比数列，所以b n ＝－23n －1，所以a n ＝3－23n －1(n ∈N*)．(2)(2018·苏州、无锡、常州、镇江调研)已知n 为正整数，数列{a n }满足a n >0,4(n ＋1)a 2n －na 2n ＋1＝0，若a 1＝2，求a n . 解由已知可得a 2n ＋1n ＋1＝4·a 2n n ，∵a n >0， ∴a n ＋1n ＋1＝2·a nn ，又a 1＝2， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以a 1＝2为首项，2为公比的等比数列， ∴a nn＝2n ，∴a n ＝n ·2n (n ∈N *)．1．已知a 1＝3，a n ＋1＝3n －13n ＋2a n (n ≥1，n ∈N *)，则a n ＝________.答案63n －1解析当n ≥2时，a n ＝3(n －1)－13(n －1)＋2·3(n －2)－13(n －2)＋2·…·3×2－13×2＋2·3－13＋2a 1＝3n －43n －1·3n －73n －4·…·58·25·3＝63n －1.a 1＝3也符合上式，所以a n ＝63n －1. 2．已知在数列{}a n 中，a 1＝12，a n ＋1＝a n ＋14n 2－1，则a n ＝____________.答案4n －34n －2(n ∈N *) 解析由已知可得a n ＋1－a n ＝14n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，令n ＝1,2，…，(n －1)，代入得(n －1)个等式累加，即 (a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －3－12n －1， ∴a n －a 1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n －1，∴a n ＝a 1＋12－12·12n －1，即a n ＝1－14n －2＝4n －34n －2(n ∈N *)⎝⎛⎭⎫经验证a 1＝12也符合. 3．在数列{a n }中，若a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ，则a n ＝________. 答案 2＋ln n (n ∈N *)解析 ∵当n ≥2时，a n ＝a n －1＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n －1＝a n －1＋ln nn －1，a n －1＝a n －2＋ln n －1n －2，a n －2＝a n －3＋ln n －2n －3，…，a 2＝a 1＋ln 2，累加可得a n ＝a 1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫n n －1×n －1n －2×n －2n －3×…×2＝a 1＋ln n ，∴a n ＝2＋ln n ，n ∈N *(经验证a 1＝2也符合此式)．4．已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和满足S n >1，且6S n ＝(a n ＋1)(a n ＋2)，n ∈N *，则数列{a n }的通项公式为____________．答案 a n ＝3n －1解析由a 1＝S 1＝16(a 1＋1)(a 1＋2)，解得a 1＝1或a 1＝2.由已知a 1＝S 1>1，得a 1＝2. 又由a n ＋1＝S n ＋1－S n＝16(a n ＋1＋1)(a n ＋1＋2)－16(a n ＋1)(a n ＋2)，得a n ＋1－a n －3＝0或a n ＋1＝－a n .因为a n >0，故a n ＋1＝－a n 不成立，舍去．因此a n ＋1－a n －3＝0，即a n ＋1－a n ＝3，从而{a n }是公差为3，首项为2的等差数列，故{a n }的通项公式为a n ＝3n －1. 5．已知在数列{}a n 中，a 1＝56，a n ＋1＝13a n ＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1，则a n ＝________. 答案32n －23n (n ∈N *) 解析在a n ＋1＝13a n ＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1的两边同乘以2n ＋1得 2n ＋1·a n ＋1＝23·(2n a n )＋1，令b n ＝2n a n .则b 1＝53，b n ＋1＝23b n ＋1，于是可得b n ＋1－3＝23(b n －3)，∴b n －3＝－43×⎝⎛⎭⎫23n －1＝－2⎝⎛⎭⎫23n ， ∴b n ＝3－2⎝⎛⎭⎫23n，∴a n ＝b n 2n ＝3⎝⎛⎭⎫12n －2⎝⎛⎭⎫13n ＝32n －23n (n ∈N *)． 6．(2018·江苏省南通市启东中学月考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝2a n －2，则a 8a 6＝________. 答案 4解析 ∵S n ＝2a n －2， ∴a 1＝2a 1－2，解得a 1＝2，a n ＝S n －S n －1＝(2a n －2)－(2a n －1－2)，n ≥2，整理，得a na n －1＝2，∴{a n }是首项为2，公比为2的等比数列， ∴a 8a 6＝2826＝4. 7．设数列{}a n 满足a 1＝a ，a n ＋1＝ca n ＋1－c ，c ∈N *，其中a ，c 为实数，且c ≠0，则数列{}a n 的通项公式为____________．答案 a n ＝(a －1)c n －1＋1(n ∈N *)解析 ∵a n ＋1－1＝c (a n －1)，∴当a ≠1时，{ a n － }1是首项为a －1，公比为c 的等比数列， ∴a n －1＝(a －1)c n －1，即 a n ＝(a －1)c n －1＋1.当a ＝1时，a n ＝1仍满足上式．∴数列{ }a n 的通项公式为 a n ＝(a －1)c n －1＋1(n ∈N *)．8．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＋S n ＝n ，则数列{a n }的通项公式为____________．答案 a n ＝1－⎝⎛⎭⎫12n (n ∈N *) 解析 ∵a n ＋S n ＝n ， ① ∴a n ＋1＋S n ＋1＝n ＋1.②②－①得a n ＋1－a n ＋a n ＋1＝1，∴2a n ＋1＝a n ＋1，∴2(a n ＋1－1)＝a n －1，又a 1＋a 1＝1，∴a 1＝12≠1，∴a n ＋1－1a n －1＝12. 设c n ＝a n －1，∵首项c 1＝a 1－1＝－12.∴数列{c n }是以－12为首项，12为公比的等比数列．故c n ＝⎝⎛⎭⎫－12·⎝⎛⎭⎫12n －1＝－⎝⎛⎭⎫12n ， ∴a n ＝c n ＋1＝1－⎝⎛⎭⎫12n (n ∈N *)．9．已知数列{}a n 满足a n ＋1＋a n －1a n ＋1－a n ＋1＝n (n ∈N *)，且a 2＝6，则数列{a n }的通项公式为____________．答案 a n ＝n (2n －1)，n ∈N *解析由a n ＋1＋a n －1a n ＋1－a n ＋1＝n ，得(n －1)a n ＋1－(n ＋1)a n ＝－(n ＋1)，当n ≥2时，有a n ＋1n ＋1－a nn －1＝－1n －1，所以a n ＋1n (n ＋1)－a n (n －1)n ＝－1n (n －1)＝－⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ，由累加法，得当n ≥3时，a n ＝n (2n －1)．把n ＝1，a 2＝6代入a n ＋1＋a n －1a n ＋1－a n ＋1＝n ，得a 1＝1，经验证a 1＝1，a 2＝6均满足a n ＝n (2n －1)．综上，a n ＝n (2n －1)，n ∈N *.10．已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n (n ∈N *)，则该数列的前2 019项的乘积a 1·a 2·a 3·…·a 2 019＝________. 答案 3解析由题意可得a 2＝1＋a 11－a 1＝－3，a 3＝1＋a 21－a 2＝－12，a 4＝1＋a 31－a 3＝13，a 5＝1＋a 41－a 4＝2＝a 1，∴数列{a n }是以4为周期的数列，而2 019＝4×504＋3，a 1a 2a 3a 4＝1， ∴前2 019项的乘积为1504·a 1a 2a 3＝3.11．已知在数列{}a n 中，a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋1＝(1＋q )a n －qa n －1(n ≥2，q ≠0)． (1)设b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，证明{}b n 是等比数列； (2)求数列{}a n 的通项公式．(1)证明由题设a n ＋1＝(1＋q )a n －qa n －1(n ≥2)，得a n ＋1－a n ＝q (a n －a n －1)，即b n ＝qb n －1(n ≥2)．又b 1＝a 2－a 1＝1，q ≠0，所以{}b n 是首项为1，公比为q 的等比数列． (2)解由(1)，知a 2－a 1＝1， a 3－a 2＝q ， …，a n －a n －1＝q n －2(n ≥2)．将以上各式相加，得a n －a 1＝1＋q ＋…＋q n －2(n ≥2)．所以当n ≥2时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 1＋1－q n －11－q ，q ≠1，n ，q ＝1.上式对n ＝1显然成立．所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2－q n －1－q 1－q ，q ≠1，n ，q ＝1(n ∈N *)． 12．已知在数列{a n }中，a 1＝1，且满足递推关系a n ＋1＝2a 2n ＋3a n ＋m a n ＋1(n ∈N *)． (1)当m ＝1时，求数列{a n }的通项公式；(2)当n ∈N *时，数列{a n }满足不等式a n ＋1≥a n 恒成立，求m 的取值范围．解 (1)因为m ＝1，由a n ＋1＝2a 2n ＋3a n ＋1a n ＋1(n ∈N *)，得 a n ＋1＝(2a n ＋1)(a n ＋1)a n ＋1＝2a n ＋1，所以a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，又a 1＋1＝2≠0，所以数列{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列．于是a n ＋1＝2×2n －1，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)因为a n ＋1≥a n ，而a 1＝1，知a n ≥1，所以2a 2n ＋3a n ＋m a n ＋1≥a n ，即m ≥－a 2n －2a n ，由题意，得m ≥－(a n ＋1)2＋1恒成立．因为a n ≥1，所以m ≥－22＋1＝－3，即满足题意的m 的取值范围是[－3，＋∞)．13．(2019·盐城模拟)已知数列{a n }满足：a 1＝3，a n ＝2a n －1－3(－1)n (n ≥2)．a 1，ak 2ak 3成等差数列，k 2，k 3∈N *，k 2<k 3，则k 3－k 2＝________.答案 1解析根据题意，数列{a n }满足：a 1＝3，a n ＝2a n －1－3(－1)n (n ≥2)，则a 2＝2a 1－3＝2×3－3＝3，a 3＝2a 2＋3＝2×3＋3＝9，a 4＝2a 3－3＝2×9－3＝15，其中a 1，a 3，a 4为等差数列的前3项，又由{ak n }是等差数列，且k 1＝1，则有k 2＝3，k 3＝4，则k 3－k 2＝1.14．对于正项数列{a n }，定义H n ＝n a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n为{a n }的“惠兰”值．现知数列{a n }的“惠兰”值H n ＝1n，则数列{a n }的通项公式为________．答案 a n ＝2－1n(n ∈N *) 解析由题意得n a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝1n，即a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝n 2，① 所以当n ≥2时，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝(n －1)2，②①－②得na n ＝n 2－(n －1)2＝2n －1，所以a n ＝2－1n(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝1，也满足此通项公式，所以a n ＝2－1n(n ∈N *)．15．设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知4a n －2n ＝3S n ，则a n ＝________. 答案 3·4n －1－2n －1(n ∈N *) 解析由已知得4a n ＋1－2n ＋1＝3S n ＋1， ∴4(a n ＋1－a n )－2n ＝3a n ＋1，∴a n ＋1＝4a n ＋2n ，a n ＋1＋2n ＝4a n ＋2n ＋1＝4(a n ＋2n －1)，又4a 1－2＝3S 1，∴a 1＝2，∴{a n ＋2n －1}是以3为首项，4为公比的等比数列． ∴a n ＋2n －1＝3·4n －1， ∴a n ＝3·4n －1－2n －1(n ∈N *)． 16．已知数列{a n }，{b n }满足：对于任意正整数n ，当n ≥2时，a 2n ＋b n a 2n －1＝2n －1(n ∈N *)．(1)若b n ＝(－1)n ，求a 21＋a 23＋a 25＋…＋a 211的值；(2)若b n ＝－1，a 1＝1，且数列{a n }的各项均为正数，求数列{a n }的通项公式．解 (1)由题意知，a 22＋a 21＝3，a 23－a 22＝5，a 26＋a 25＝11，a 27－a 26＝13，a 210＋a 29＝19，a 211－a 210＝21，所以a 21＋a 23＋a 25＋…＋a 211＝72.(2)由题知a 2n －a 2n －1＝2n －1(n ≥2)，所以a 22－a 21＝3，a 23－a 22＝5，a 24－a 23＝7，…，a 2n －a 2n －1＝2n －1.将上面(n －1)个式子相加，得a 2n －a 21＝(2n －1＋3)(n －1)2，所以a 2n ＝(2n ＋2)×(n －1)2＋1＝n 2(n ≥2)．因为{a n }的各项均为正数，所以a n ＝n (n ≥2)．因为a 1＝1也适合上式，所以a n ＝n (n ∈N *)．。

2020版高考数学一轮总复习第六单元数列与算法教案全集含解析

数列的概念及其表示法1．理解数列的定义及其有关概念，了解数列与函数的关系． 2．根据已知数列前几项的特点归纳数列的通项公式． 3．掌握a n 与S n 的关系，根据S n 会求通项a n .4．会根据递推关系确定数列的前几项，掌握几类简单的递推关系求通项的方法．知识梳理 1．数列的定义按照一定顺序排列的一列数称为数列，数列的一般形式为 a 1，a 2，…，a n ，… ，简记为 {a n } .2．数列的单调性3.数列的通项公式如果一个数列{a n }的第n 项a n 与项数n 之间的函数关系，如果可以用一个公式a n ＝f (n )来表示，我们把这个公式 a n ＝f (n ) 叫做这个数列的通项公式．4．数列的递推公式如果已知数列{a n }的第一项(或前几项)，且任一项a n 与它的前一项a n －1(或前几项)间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子就叫做这个数列的递推公式 .1．数列与函数的关系数列是以正整数集N *(或它的有限子集{1,2，…，n })为定义域的函数a n ＝f (n )，当自变量按照从小到大的顺序依次取值时，所对应的一列函数值．2．数列{a n }的通项a n 与前n 项和S n 的关系S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1， n ＝1，S n －S n －1， n ≥2.3．两个常用恒等式：a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1. a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1.热身练习1．数列23，45，67，89，…的第10项是(C)A.1617B.1819C.2021D.2223由数列的前4项可知，数列的一个通项公式为a n ＝2n2n ＋1.当n ＝10时，a 10＝2×102×10＋1＝2021.2．原命题为“若a n ＋a n ＋12<a n ，n ∈N *，则{a n }为递减数列”，关于其逆命题，否命题，逆否命题真假性的判断依次如下，正确的是(A)A ．真，真，真B ．假，假，真C ．真，真，假D ．假，假，假a n ＋a n ＋12<a n ，即a n ＋a n ＋1<2a n ，则a n ＋1<a n .所以{a n }是递减数列．故原命题为真，其逆否命题也为真．若{a n }为递减数列，则a n ＋1<a n ，所以a n ＋a n ＋1<2a n ，所以a n ＋a n ＋12<a n ，故其逆命题也是真命题，则其否命题也为真命题．3．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n (n ＋1)，则132是该数列的(C) A ．第9项 B ．第10项 C ．第11项 D ．第12项因为n (n ＋1)＝132，所以n 2＋n －132＝0，所以n ＝11，或n ＝－12(舍去)．4．设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则a 8的值为(A) A ．15 B ．16C ．49D ．64因为S 8＝a 1＋a 2＋…＋a 7＋a 8，S 7＝a 1＋a 2＋…＋a 7，所以a 8＝S 8－S 7＝82－72＝15.5．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln(1＋1n)，则a n ＝(A)A ．2＋ln nB ．2＋(n －1)ln nC ．2＋n ln nD ．1＋n ＋ln n由递推关系得：a 2＝2＋ln 2，a 3＝2＋ln 3，由题中选项特点知，选A.由数列的前几项求数列的通项写出数列的一个通项公式，使它的前几项分别是下列各数： (1)－23，38，－415，524，…；(2)3,5,9,17,33，….(1)观察每一项的符号：奇数项为负，偶数项为正，符号可由(－1)n确定；观察分子：符合规律：n ＋1；观察分母：符合规律：(n ＋1)2－1. 最后综合得所求通项公式为a n ＝(－1)nn ＋1n ＋2－1(n ∈N *)．(2)(方法一)由于每项的值增长很快，与{2n}：2,4,8,16,32，…，进行比较，得所求通项为a n ＝2n＋1(n ∈N *)． (方法二)考虑前后两项的关系，有a 2－a 1＝21，a 3－a 2＝22，a 4－a 3＝23，…，a n －a n －1＝2n －1，累加得，a n －a 1＝21＋22＋…＋2n －1＝2n－2，所以a n ＝2n ＋1(n ∈N *)．(1)依据数列前几项的特点归纳出通项公式的方法是依据数列的排列规律，求出项与项数的关系．具体可通过观察(观察项与项数的特点)、分析(系数、分子、分母等)、比较(与熟知的数列如等差、等比、(－1)n,2n，n 2等进行比较)、综合(综合写出项与项数的关系)得到所求数列的通项公式．(2)注意掌握下列恒等式：a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1.1．根据数列前几项，写出数列的一个通项公式： (1)45，12，411，27，…； (2)1,3,6,10，….(1)注意到前四项中有两项的分子为4，不妨把分子都统一成4，即45，48，411，414，…，所以a n ＝43n ＋2.(2)(方法一)a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋2.(方法二)观察得a n －a n －1＝n (n ≥2)．所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝n ＋(n －1)＋…＋3＋2＋1＝n n ＋2.由数列的前n 项和S n 求数列的通项设数列{a n }前n 项和为S n .(1)若S n ＝3n－2，则a n ＝； (2)若S n ＝n 2＋3n ，则a n ＝ .(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝3－2＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2·3n －1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1n ＝，2×3n －1n(2)当n ＝1时，a 1＝S 1＝4；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1 ＝n 2＋3n －(n －1)2－3(n －1) ＝2n ＋2，对于n ＝1，有2×1＋2＝a 1，所以所求数列的通项a n ＝2n ＋2(n ∈N *)．(1)⎩⎪⎨⎪⎧1 n ＝，2×3n －1n(2)2n ＋2(n ∈N *)由S n 求a n 的步骤： (1)当n ＝1时，a 1＝S 1； (2)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1；(3)当n ＝1的情况进行检验，若适合n ≥2的表达式，则可以合并；若不适合，则写也分段函数形式．2．(2017·陕西咸阳二模)已知正项数列{a n }中，a 1＋a 2＋…＋a n ＝n n ＋2(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为(B)A ．a n ＝nB ．a n ＝n 2C ．a n ＝n 2D ．a n ＝n 22因为a 1＋a 2＋…＋a n ＝n n ＋2，①当n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝n －n2，②①－②得a n ＝n n ＋2－n －n2＝n ，所以n ≥2时，a n ＝n 2.又当n ＝1时，a 1＝1×22＝1，a 1＝1，适合上式．所以a n ＝n 2(n ∈N *)．简单的递推公式求通项根据下列各个数列{a n }的首项和递推关系，求其通项公式： (1)a 1＝1，a n ＝a n －1＋3n －1(n ≥2)；(2)a 1＝－12，a n ＋1＝12a n ＋1(n ∈N *)．(1)a 1＝1，a n ＝a n －1＋3n －1，所以a n －a n －1＝3n －1，令n ＝2,3,4，…，得a 2－a 1＝31，a 3－a 2＝32，…，a n －a n －1＝3n －1，以上n －1个等式相加得：a n －a 1＝3＋32＋…＋3n －1，又a 1＝1，所以a n ＝1＋3＋9＋…＋3n －1＝3n－12(n ∈N *)．(2)设未知数x ，使a n ＋1＋x ＝12(a n ＋x )成立，所以a n ＋1＝12a n －12x ，与a n ＋1＝12a n ＋1比较得x ＝－2.a n ＋1－2＝12(a n －2)≠0.所以{a n －2}是以a 1－2＝－52为首项，q ＝12的等比数列．所以a n －2＝－52(12)n －1，即a n ＝2－5·(12)n (n ∈N *)．(1)由递推关系求通项，要求掌握如下方法： ①累加法与累乘法：a n －a n －1＝f (n )，可采用累加法求出a n (条件是f (n )可求和)； a na n －1＝g (n )，可采用累乘法求出a n (条件是g (n )可求积)． ②转化法：通过待定系数法、适当变形(如取倒数)等转化为等差数列或等比列数列求通项．如a n ＝pa n －1＋q (p ，q 为常数)可采用待定系数法转化为等比数列求通项．3．(1)数列{a n }的首项a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2，n ∈N *)，则a n ＝ 1n(n ∈N *) . (2)已知a 1＝1，a n ＋1＝2a n a n ＋2(n ∈N *)，则a n ＝ 2n ＋1(n ∈N *) .(1)因为a n ＝n －1na n －1(n ≥2)，所以a n －1＝n －2n －1a n －2，…，a 2＝12a 1，将以上n －1个式子相乘得a n ＝a 1×12×23×…×n －1n ＝a 1n ＝1n (n ≥2)，经检验n ＝1时也适合，所以a n ＝1n(n ∈N *)．(2)两边取倒数得 1a n ＋1＝a n ＋22a n ＝12＋1a n 1a n ＋1－1a n ＝12，所以{1a n }是以1a 1＝1为首项，以12为公差的等差数列，所以1a n ＝1＋(n －1)×12＝n ＋12，即a n ＝2n ＋1(n ∈N *)．1．根据数列的前若干项写出数列的通项公式，关键是通过观察、分析、比较，发现项与项数之间的关系．如果关系不明显时，应将该项的值作适当的变形和分解，让规律凸现出来．同时，要熟悉一些基本数列的通项及其特点，如正整数数列，正整数的平方数列，奇数数列，偶数数列，2或3为底的幂的数列，数列{(－1)n}等．2．已知S n 求a n ，要注意公式a n ＝S n －S n －1成立的充要条件是n ≥2，所得到的a n 的表达式一定要检验a 1＝S 1是否适合n ≥2的表达式，如不适合，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1 n ＝，S n －S n －1n，如适合，则a n ＝S n －S n －1 (n ≥1)．3．已知递推公式求通项，要求掌握如下常见方法： (1)算出前几项，再归纳、猜想；(2)利用累加法或累乘法可求数列的通项公式．要求掌握如下结论：a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1. a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1.(3)利用待定系数法或适当变形等转化为等差数列或等比数列求解的简单的递推关系问题．等差数列的概念及基本运算1．理解等差数列的概念．2．掌握等差数列的通项公式，前n 项和公式及其性质．知识梳理1．等差数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列叫做等差数列，首项记作a 1，公差记作d .符号表示为 a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)．(2)通项公式：如果等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，则它的通项公式是a n ＝ a 1＋(n －1)d .(3)等差中项：如果三数a ，A ，b 成等差数列，则A 叫做a 和b 的等差中项．即A ＝a ＋b2.2．等差数列{a n }的常用性质(其中m ，n ，p ，q ∈N *) (1)a n ＝a m ＋ (n －m ) d .(2)若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝ a p ＋a q . 特例：若m ＋n ＝2p ，则a m ＋a n ＝ 2a p .(3)等差数列的单调性：若公差d >0，则数列为递增数列；若d <0，则数列为递减数列；若d ＝0，则数列为常数列．3．等差数列的前n 项和公式(1)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 ＝ n a 1＋a n2＝ na 1＋n n －2d .(2)等差数列前n 项和的性质：S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…也是等差数列．1．等差数列的常用判断方法(1)定义：a n ＋1－a n ＝d (d 为常数) ⇔{a n }是等差数列． (2)等差中项：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)⇔{a n }是等差数列． (3)通项公式：a n ＝pn ＋q (p ，q 是常数) ⇔{a n }是等差数列． (4)前n 项和公式：S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数) ⇔{a n }是等差数列． 2．等差数列前n 项和的最值在等差数列{a n }中，a 1>0，d <0，则S n 存在最大值；若a 1<0，d >0，则S n 存在最小值．热身练习1．若a n ＝an ＋b (其中a ，b 为常数，n ∈N *)，则数列{a n }是(C) A ．当a ≠0时，才是等差数列 B ．当b ≠0时，才是等差数列 C ．一定是等差数列 D ．不一定是等差数列因为a n ＋1－a n ＝a (n ∈N *)，由定义知，{a n }一定是等差数列，故选C.2．在等差数列{a n }中，若a 2＝4，a 4＝2，则a 6＝(B) A ．－1 B ．0 C ．1 D ．6设数列{a n }的公差为d ，由a 2＝4，a 4＝2，a 4＝a 2＋2d ，得 2＝4＋2d ，所以d ＝－1.所以a 6＝a 4＋(6－4)d ＝a 4＋2d ＝2－2＝0.3．在等差数列{a n }中，若前10项的和S 10＝60，a 7＝7，则a 4＝(C) A ．4 B ．－4 C ．5 D ．－5因为S 10＝60，a 7＝7，所以⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋45d ＝60，a 1＋6d ＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝23，所以a 4＝a 1＋3d ＝5.4．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝(A) A ．5 B ．7 C ．9 D ．11a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝3，所以a 3＝1，S 5＝a 1＋a 52＝5a 3＝5.5．中位数为1010的一组数构成等差数列，其末项为2018，则该数列的首项为 2 .设首项为a 1，则a 1＋20182＝1010，故a 1＝2.等差数列的基本量的计算(2017·全国卷Ⅰ·理)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．4D ．8设{a n }的公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 5＝24，S 6＝48，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3d ＋a 1＋4d ＝24，6a 1＋6×52d ＝48，解得d ＝4.C(1)等差数列通项公式及前n项和公式涉及5个量a1，a n，d，n，S n，知道任意3个量，可建立方程组，求出另外两个量，即“知三求二”．(2)等差数列中，a1和d是两个基本量，将等差数列问题化归为基本量的关系来解决是通性解法．1．(2018·全国卷Ⅰ·理)记S n为等差数列{a n}的前n项和，若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5＝(B)A．－12 B．－10C．10 D．12设等差数列{a n}的公差为d，由3S3＝S2＋S4，得3[3a 1＋－2×d]＝2a1＋－2×d＋4a1＋－2×d，将a1＝2代入上式，解得d＝－3，故a5＝a1＋(5－1)d＝2＋4×(－3)＝－10.等差数列性质的应用(1)在等差数列{a n}中，2(a1＋a3＋a5)＋3(a7＋a9)＝54，则此数列的前10项的和S10等于A．45 B．60C．75 D．90(2)若等差数列{a n}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当n＝__________时，{a n}的前n 项和最大．(1)因为2(a1＋a3＋a5)＋3(a7＋a9)＝54，所以2×3a3＋3×2a8＝54，所以a3＋a8＝9，所以S 10＝a1＋a102＝a3＋a82＝10×92＝45.(2)a7＋a8＋a9＝3a8>0，所以a8>0，因为a7＋a10＝a8＋a9<0，所以a9<－a8<0.所以数列的前8项和最大，即n＝8.(1)A (2)8(1)利用等差数列的性质求S n，突出了整体思想，减少了运算量．(2)求等差数列前n 项和的最值，可以将S n 化为关于n 的二次函数，利用求二次函数的最值的方法求出最值，但要注意n ∈N *.若利用等差数列的单调性，结合等差数列的性质，找到正、负项的分界点，则可快速解决．2．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，S 3＝S 6，则数列{a n }的前 4或5 项之和最大，最大值为 5 .(方法一)因为S 3＝S 6，所以a 4＋a 5＋a 6＝0. 所以a 4＋a 6＝2a 5＝0，所以a 5＝0. 因为a 1＝2，由a 4＋a 6＝0，得a 4>0，a 6<0，且a 1＋3d ＋a 1＋5d ＝0，所以d ＝－12.所以当n ＝4或n ＝5时，S n 取最大值，其最大值S 4＝S 5＝4×2＋4×32×(－12)＝5.(方法二)由a 1＝2，S 3＝S 6，得3×2＋3×22·d ＝6×2＋6×52·d ，解得d ＝－12.所以S n ＝2n ＋n n －2×(－12)＝－14(n 2－9n )＝－14[(n －92)2－814]，因此，当n ＝4或n ＝5时，S n 取最大值5.等差数列的判断与证明已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋2S n ·S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列；(2)求a n 的表达式．(1)证明：因为a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，所以S n －1－S n ＝2S n ·S n －1，S n ≠0，所以1S n －1S n －1＝2(n ≥2)．由等差数列的定义知⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1＝1a 1＝2为首项，以2为公差的等差数列．(2)由(1)知1S n ＝1S 1＋(n －1)d ＝2＋(n －1)×2＝2n ，所以S n ＝12n.当n ≥2时，a n ＝－2S n ·S n －1＝－12n n －，又n ＝1时，a 1＝12.所以a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12n ＝，－12n n －n(1)等差数列的判定方法：①定义法：即证明a n ＋1－a n ＝d (d 是常数，n ∈N *)． ②中项公式法：即证明2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)．(2)利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1， n ＝1，S n －S n －1， n ≥2，可将含a n 与S n 的关系转化为只含a n 或S n 来研究．3．(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．已知S 2＝2，S 3＝－6. (1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列．(1)设{a n }的公比为q .由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋q ＝2，a 1＋q ＋q2＝－6.解得q ＝－2，a 1＝－2.故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n. (2)由(1)可得S n ＝a 1－q n1－q＝－23＋(－1)n 2n ＋13.(方法一)由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n 2n ＋3－2n ＋23＝2[－23＋(－1)n 2n ＋13]＝2S n ，故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列． (方法二)由于S n ＋2＋S n ＋1 ＝(S n ＋a n ＋1＋a n ＋2)＋(S n ＋a n ＋1)＝2S n＋(2a n＋1＋a n＋2)＝2S n＋[2a n＋1＋a n＋1×(－2)]＝2S n.故S n＋1，S n，S n＋2成等差数列．1．等差数列中含有五个量：a1，d，a n，n，S n，通项公式和前n项和公式是连接这五个量的关系式，通过这两个公式，知道其中任意三个可以求出另外两个．但在计算时，要注意设元技巧，注意等差数列性质的运用．2．等差数列的证明一般采用定义法，即证明a n＋1－a n＝d.若要判定一个数列是不是等差数列还可采用如下结论：①用中项公式判定：2a n＋1＝a n＋a n＋2⇔{a n}是等差数列；②用通项公式判定：a n＝kn＋b⇔{a n}是等差数列；③用求和公式判定：S n＝an2＋bn⇔{a n}是等差数列．3．等差数列的前n项和公式是特殊的二次函数关系式，对前n项和的最大值或最小值的求解可以借助函数求最值的方法进行，也可以利用数列的通项公式进行求解．一般地，有如下结论：①如果d＞0，则S n有最小值．当a1＞0时，S n的最小值就是S1＝a1；当a1＜0时，数列中一定存在a m≤0，而a m＋1≥0，S n的最小值就是S m；②如果d＜0，则S n有最大值．当a1＜0时，S n的最大值就是S1＝a1；当a1＞0时，数列中一定存在a m≥0，而a m＋1≤0，S n的最大值就是S m.等比数列的概念及基本运算1．理解等比数列的概念．2．掌握等比数列的通项公式，前n项和公式及其性质．3．能运用等比数列的概念、公式及性质解决相关问题．知识梳理 1．等比数列的概念(1)定义：如果一个数列从第二项起，每一项与前一项的比等于同一个常数，这个数列叫做等比数列，首项记作a 1，公比记作q .(2)表示形式：a n ＋1a n＝q (n ∈N *) . (3)等比中项：如果三个数a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a ，b 的等比中项，即G 2＝ab .(4)通项公式：设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，则它的通项a n ＝ a 1·q n －1.2．等比数列的常用性质 (1)通项公式的推广：a n ＝a m · qn －m(m ，n ∈N *)．(2)在等比数列{a n }中，若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝ a p ·a q .(3)若{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }(λ≠0)，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 仍是等比数列．3．等比数列前n 项和公式(1)等比数列{a n }的公比为q ，其前n 项和公式为S n ，当q ＝1时，S n ＝ na 1 ；当q ≠1时，S n ＝a 1－q n1－q＝a 1－a n q1－q. (2)等比数列前n 项和公式的性质：若{a n }是公比为q (q ≠－1)的等比数列，则S n ，S 2n－S n ，S 3n －S 2n ，…仍为等比数列，且公比为 q n.1．等比数列{a n }的单调性(1)满足⎩⎪⎨⎪⎧ a 1>0，q >1或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1<0，0<q <1时，{a n }是递增数列．(2)满足⎩⎪⎨⎪⎧a 1>0，0<q <1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0，q >1时，{a n }是递减数列．(3)满足⎩⎪⎨⎪⎧a 1≠0，q ＝1时，{a n }是常数列．(4)满足q <0时，{a n }是摆动数列．2．等比数列前n 项和公式的特征：当等比数列的公比q ≠1时，S n ＝Aq n＋B ⇔A ＋B ＝0.热身练习1．等比数列－12，14，－18，…的通项公式是(A)A ．a n ＝(－12)nB ．a n ＝(－12)n ＋1C ．a n ＝－(12)nD ．a n ＝－(12)n ＋1因为数列是等比数列，又a 1＝－12，公比q ＝－12，所以a n ＝a 1·qn －1＝(－12)n.2．(2018·北京卷)设a ，b ，c ，d 是非零实数，则“ad ＝bc ”是“a ，b ，c ，d 成等比数列”的(B)A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件a ，b ，c ，d 是非零实数，若a ＜0，d ＜0，b ＞0，c ＞0，且ad ＝bc ，则a ，b ，c ，d 不成等比数列(可以假设a ＝－2，d ＝－3，b ＝2，c ＝3)．若a ，b ，c ，d 成等比数列，则由等比数列的性质可知ad ＝bc .所以“ad ＝bc ”是“a ，b ，c ，d 成等比数列”的必要而不充分条件．3．(2015·全国卷Ⅱ)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 ．63 D ．84设等比数列的公比为q ，则a 1＋a 1q 2＋a 1q 4＝21.又因为a 1＝3，所以q 4＋q 2－6＝0，解得q 2＝2，所以a 3＋a 5＋a 7＝(a 1＋a 3＋a 5)q 2＝42.4．对任意等比数列{a n }，下列说法一定正确的是(D) A ．a 1，a 3，a 9成等比数列 B ．a 2，a 3，a 6成等比数列 C ．a 2，a 4，a 8成等比数列 D ．a 3，a 6，a 9成等比数列从项的下标入手寻找规律，下标成等差数列，对应的项成等比数列．因为a 26＝a 3a 9，所以a 3，a 6，a 9成等比数列．5．等比数列{a n }中，a 3＝7，前3项的和为S 3＝21，则公比q 的值为(C)A ．1B ．－12C ．1或－12D ．－1或12当q ＝1时，a 1＝a 2＝a 3＝7，S 3＝21，故q ＝1满足，排除B ，D ；当q ＝－12时，a 1＝a 3q 2＝28，a 2＝a 3q＝－14，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝21，所以q ＝－12也满足，故选C.等比数列的基本量的运算等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＋3S 2＝0，则公比q ＝____________.(方法一)当q ＝1时，S 3＝3a 1，S 2＝2a 1，由S 3＋3S 2＝0得，9a 1＝0，所以a 1＝0与{a n }是等比数列矛盾，故q ≠1. 当q ≠1时，由S 3＋3S 2＝0得，a 1－q 31－q＋3a 1－q 21－q＝0，解得q ＝－2.(方法二)由S 3＋3S 2＝0得，a 1(1＋q ＋q 2)＋3a 1(1＋q )＝0，因为a 1≠0，所以q 2＋4q ＋4＝0，所以q ＝－2.－2(1)解决等比数列问题，关键是抓住首项a 1和公比q ，求解时，要注意方程思想的运用．(2)运用等比数列求和公式时，要注意公比q 是否为1.当n 较小时，直接利用前n 项和的意义展开，不仅可避开公比q 的讨论，还可使求解过程简捷．1．(2017·江苏卷)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n .已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝ 32 .设{a n }的首项为a 1，公比为q ，显然q ≠1，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1－q31－q ＝74，a1－q 61－q＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2，所以a 8＝14×27＝25＝32.等比数列的性质及应用(1)已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10＝ A ．7 B ．5C ．－5D ．－7(2)公比不为1的等比数列{a n }中前10项的和S 10＝10，前20项的和S 20＝30，则S 30＝__________.(1)(方法一)利用等比数列的通项公式求解．由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 7＝a 1q 3＋a 1q 6＝2，a 5a 6＝a 1q 4×a 1q 5＝－8，所以⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－2，a 1＝1，或⎩⎪⎨⎪⎧ q 3＝－12，a 1＝－8.所以a 1＋a 10＝a 1(1＋q 9)＝－7. (方法二)利用等比数列的性质求解．由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝a 4a 7＝－8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝－2，a 7＝4，或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝4，a 7＝－2，所以⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－2，a 1＝1，或⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－12，a 1＝－8.所以a 1＋a 10＝a 1(1＋q 9)＝－7.(2)(方法一)设公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1－q101－q ＝10，a1－q 201－q＝30，得1＋q 10＝3，所以q 10＝2. 所以S 30＝a 1－q 301－q＝a 1－q 101－q(1＋q 10＋q 20)＝10(1＋2＋22)＝70.(方法二)因为S 10，S 20－S 10，S 30－S 20仍成等比数列，又S 10＝10，S 20＝30，所以S 30－30＝－210＝40，所以S 30＝70.(1)D (2)70在等比数列的计算时，要注意性质的运用和整体代入，以简化运算．等比数列的常用性质：(1)若m ＋n ＝p ＋q ，则a m a n ＝a p a q .(2)等比数列连续k 项的和仍成等比数列，即S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k 仍成等比数列，公比为q k.2．在等比数列{a n }中：(1)若a 1＋a 2＝324，a 3＋a 4＝36，则a 5＋a 6的值为 4 ；(2)若a n >0，且a 5a 6＝9，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10的值为 10 .(1)由等比数列的性质知：a 1＋a 2，a 3＋a 4，a 5＋a 6也成等比数列，所以(a 3＋a 4)2＝(a 1＋a 2)(a 5＋a 6)，所以a 5＋a 6＝a 3＋a 42a 1＋a 2＝362324＝4. (2)因为{a n }是等比数列，所以a 1·a 10＝a 2·a 9＝a 3·a 8＝a 4·a 7＝a 5·a 6＝9，所以log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10 ＝log 3(a 1·a 2·a 3·…·a 10)＝log 3(a 5·a 6)5＝5log 3(a 5·a 6)＝5log 39＝10.等比数列的判断与证明已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＋S n ＝n . (1)设c n ＝a n －1，求证：{c n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式．(1)证明：因为a n ＋S n ＝n ，① 所以a n ＋1＋S n ＋1＝n ＋1，②②－①得a n ＋1－a n ＋a n ＋1＝1，即2a n ＋1＝a n ＋1，所以2(a n ＋1－1)＝a n －1，所以a n ＋1－1a n －1＝12，又a 1＋S 1＝2a 1＝1，所以a 1＝12. 因为c n ＝a n －1，所以首项c 1＝a 1－1＝－12，公比q ＝12，所以{c n }是以－12为首项，以12为公比的等比数列．(2)由(1)可知c n ＝(－12)·(12)n －1＝－(12)n，所以a n ＝1－(12)n.(1)判断或证明一个数列是等差或等比数列的基本方法是运用定义．(2)在解决等差、等比数列的综合问题时，要树立目标意识：“需要什么，就求什么”，根据目标的需要去变形，去构造，才能快速找到解题途径，达到解决问题的目的．(3)一般地，若a n ＋1＝pa n ＋q (p ，q 是常数)，则可变形为a n ＋1－λ＝p (a n －λ)，利用待定系数法可确定其中的λ.3．(2016·全国卷Ⅰ)已知{a n }是公差为3的等差数列，数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝13，a n b n＋1＋b n ＋1＝nb n .(1)求{a n }的通项公式； (2)求{b n }的前n 项和．要求{a n }的通项公式，关键是确定a 1，要求{b n } 的前n 项和，关键是判断{b n } 是怎样的数列．因此，解决问题的突破口就是用好条件“a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n ”，这一条件，揭示了{a n }与{b n } 的联系，通过b 1，b 2可确定a 1，从而确定{a n }的通项公式；确定了a n ，则得到了{b n }的递推关系，由此可确定{b n } 是怎样的数列，从而求出{b n } 的前n 项和．(1)由已知a 1b 2＋b 2＝b 1，b 1＝1，b 2＝13，得a 1＝2.所以数列{a n }是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为a n ＝3n －1. (2)由(1)知a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n ，得b n ＋1＝b n3，因此{b n }是首项为1，公比为13的等比数列．记{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1－13n1－13＝32－12×3n －1.1．在等比数列中，无论是首项a 1、公比q ，还是通项a n 均不会为零，公比q ＝1时的等比数列是常数列，即a n ＝a 1.2．等比数列与等差数列之间存在着一种运算的对偶关系．因此，等比数列的复习可类比等差数列的复习进行．例如，在等比数列中，通项公式与前n 项和公式也包含有五个量，知道其中三个也可求出另外两个，同样要注意设元技巧，要根据求解目标作整体代换，等比数列和等差数列也有类似的性质和求解技巧等等．3．等比数列求和公式为Sn ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1 q ＝，a 1－q n1－qq 在处理等比数列求和的有关问题时，要注意对q 进行讨论，若忽视对q ＝1的讨论，则会导致“对而不全”．4．证明一个数列是等比数列常用定义法，若证明一个数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可．数列求和1．掌握数列求和的常用方法与思路．2．能选择适当的方法解决有关数列求和的问题．知识梳理 1．常用公式(1)等差数列求和公式：S n ＝ n a 1＋a n2＝na 1＋n n －2d ，推导方法是倒序相加 .(2)等比数列求和公式：S n ＝ ⎩⎪⎨⎪⎧na 1 q ＝，a 1－q n 1－q＝a 1－a n q1－q q，推导方法是错位相减 .2．常用方法(1)分组求和法：将通项展开后分解成几组，其中每一组可转化为等差或等比数列或其他可求和的数列求和．(2)裂项求和法：将数列中的通项拆成两项之差求和，使之正负相消，剩下首尾若干项．(3)并项求和法：依次将数列中相邻两项并成一项，使之转化为等差或等比数列或其他可求和的数列求和．(4)倒序相加法：将一个数列倒过来排列(倒序)与原数列相加，叫倒序相加，主要用于倒序相加后对应项和有公因式可提的数列求和，如等差数列求和公式就是用倒序相加法推导出来的．(5)错位相减法：这是推导等比数列前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别为等差数列和等比数列．1．常见数列的前n 项和 (1)1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋2；(2)2＋4＋6＋…＋2n ＝n 2＋n ； (3)1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2； (4)12＋22＋…＋n 2＝n n ＋n ＋6.2．常见的裂项公式(1)若{a n }各项都是不为0的等差数列，公差为d (d ≠0)，则 1a n ·a n ＋1＝1d (1a n －1a n ＋1)；(2)1nn ＋k ＝1k (1n －1n ＋k )； (3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .热身练习1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n 的前n 项和是(B)A ．1＋n 2－(12)n －1B ．1＋n 2－(12)nC ．1＋n 2－(12)n ＋1D ．1＋n 2－2n112＋314＋518＋7116＋…＋(2n －1)＋12n ＝[1＋3＋5＋7＋…＋(2n －1)] ＋(12＋14＋18＋116＋…＋12n )＝n [1＋n －2＋12[1－12n]1－12＝n 2＋1－(12)n .2．若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝(A) A ．15 B ．12 C ．－12 D ．－15因为a n ＝(－1)n(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝－1＋4－7＋10－…－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28) ＝3×5＝15.3．求和S n ＝11×3＋12×4＋13×5＋…＋1n n ＋＝12(32－1n ＋1－1n ＋2) .因为1nn ＋＝12(1n －1n ＋2)，所以原式＝12[(1－13)＋(12－14)＋(13－15)＋…＋(1n －1n ＋2)]＝12(1＋12－1n ＋1－1n ＋2) ＝12(32－1n ＋1－1n ＋2)． 4．sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝ 892.设S ＝sin 21°＋sin 22°＋…＋sin 288°＋sin 289°，则S ＝sin 289°＋sin 288°＋…＋sin 22°＋sin 21° 上述两式相加得2S ＝1×89，所以S ＝892.5．化简和式：1×2＋2×4＋…＋n ×2n ＝ (n －1)2n ＋1＋2 .令S n ＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n，①2S n ＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1，②①－②得：－S n ＝21＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝－2n1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1.所以S n ＝(n －1)2n ＋1＋2.分组求和与并项求和(2016·北京卷)已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，且b 2＝3，b 3＝9，a 1＝b 1，a 14＝b 4.(1)求{a n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ＋b n ，求数列{c n }的前n 项和．(1)设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 3b 2＝93＝3，所以b 1＝b 2q＝1，b 4＝b 3q ＝27，所以b n ＝3n －1(n ∈N *)．设等差数列{a n }的公差为d .因为a 1＝b 1＝1，a 14＝b 4＝27，所以1＋13d ＝27，即d ＝2. 所以a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)由(1)知a n ＝2n －1，b n ＝3n －1，因此c n ＝a n ＋b n ＝2n －1＋3n －1.从而数列{c n }的前n 项和S n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＋1＋3＋…＋3n －1＝n＋2n －2＋1－3n1－3＝n 2＋3n－12.(1)数列求和，要注意通项的分析，根据通项的特点灵活选择方法．本题通项c n 可表示为a n ＋b n 的形式，其中{a n }是等差数列，{b n }是等差数列，故可采取拆项求和的方法．(2)“拆项”和“并项”方式不同，但目的都是为了转化，通过“拆”和“并”的手段，将不可直接求和的数列问题转化为可求和的数列来处理．1．若S n ＝－12＋22－32＋…＋(－1)n n 2(n ∈N *)，求S n .当n 为偶数时，S n ＝－12＋22－32＋…＋[－(n －1)2]＋n 2＝(22－12)＋(42－32)＋…＋[n 2－(n －1)2] ＝3＋7＋…＋(2n －1) ＝3＋n －2·n 2＝n n ＋2.当n 为奇数时，S n ＝S n －1＋a n ＝n －n2－n 2＝－n n ＋2.综上，可知S n ＝(－1)nn n ＋2.裂项求和法(经典真题)已知等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 3＝0，S 5＝－5. (1)求{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n －1a 2n ＋1的前n 项和．(1)设{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋n n －d2.由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝0，5a 1＋10d ＝－5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝－1.故{a n }的通项公式为a n ＝2－n . (2)由(1)知1a2n －1a 2n ＋1＝1－2n－2n＝12(12n －3－12n －1)，从而数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n －1a 2n ＋1的前n 项和为 12(1－1－11＋11－13＋…＋12n －3－12n －1) ＝n1－2n. (1)本题考查了等差数列的基本量及其关系，考查了裂项求和的基本方法． (2)利用裂项求和法时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，要根据通项的特点来确定．2．(2017·全国卷Ⅲ)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n .(1)求{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和．(1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)，两式相减得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1(n ≥2)．又由题设可得a 1＝2，满足上式，所以{a n }的通项公式为a n ＝22n －1. (2)记⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n . 由(1)知a n2n ＋1＝2n ＋n －＝12n －1－12n ＋1，则S n ＝11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝2n 2n ＋1.错位相减法求和(经典真题)已知{a n }是递增的等差数列，a 2，a 4是方程x 2－5x ＋6＝0的根． (1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和．(1)方程x 2－5x ＋6＝0的两根为2,3，由题意得a 2＝2，a 4＝3.设数列{a n }的公差为d ，则a 4－a 2＝2d ，故d ＝12，从而a 1＝32，所以{a n }的通项公式为a n ＝12n ＋1.(2)设⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和为S n ，由(1)知a n 2n ＝n ＋22n ＋1，则S n ＝322＋423＋…＋n ＋12n ＋n ＋22n ＋1，12S n ＝323＋424＋…＋n ＋12n ＋1＋n ＋22n ＋2. 两式相减得12S n ＝34＋(123＋…＋12n ＋1)－n ＋22n ＋2 ＝34＋14(1－12n －1)－n ＋22n ＋2＝1－n ＋42n ＋2.所以S n ＝2－n ＋42n ＋1.(1)本题考查了等差数列的通项公式及错位相减法求和的基本方法，考查运算求解能力．(2)一般地，若{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，则求数列{a n ·b n }的前n 项和可采用错位相减法．3．(2017·山东卷)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a 3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2){b n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n .已知S 2n ＋1＝b n b n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n项和T n .(1)设{a n }的公比为q ，由题意知a 1(1＋q )＝6，a 21q ＝a 1q 2，又a n >0，由以上两式联立方程组解得a 1＝2，q ＝2，所以a n ＝2n. (2)由题意知S 2n ＋1＝n ＋b 1＋b 2n ＋12＝(2n ＋1)b n ＋1，又S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0，所以b n ＝2n ＋1.令c n ＝b n a n ，则c n ＝2n ＋12n .因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝32＋522＋723＋…＋2n －12n －1＋2n ＋12n ，又12T n ＝322＋523＋724＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1，两式相减得12T n ＝32＋(12＋122＋…＋12n －1)－2n ＋12n ＋1 ＝32＋1－12n －1－2n ＋12n ＋1＝52－2n ＋52n ＋1，所以T n ＝5－2n ＋52n .1．数列求和的基本思想是“转化”，其一是转化为基本数列(如等差、等比数列)的求和或其他可求和的数列；其二是通过消项，把较复杂的数列求和转化为求不多的几项的和．到底如何进行转化，关键是在分析数列通项及其和式的构成规律，根据其特点转化为基本数列求和，或分解为基本数列求和．2．对于一般的数列求和无通法可循，能求和的是几类特殊的数列，其常用的方法有分组求和法、并项求和法、倒序相加法、错位相减法、裂项求和法等，要注意分析总结这几种方法的适用类型．3．对通项中含有(－1)n或奇数项、偶数项由等差(等比)数列构成的数列，求前n 项和时，注意根据n 的奇偶性进行讨论，转化为基本数列求和．数列的综合问题1．掌握数列的通项、前n 项和及等差、等比数列的综合问题处理的方法和技巧． 2．培养分析、归纳、抽象、概括的能力．热身练习1．(经典真题)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 ＝ 3n －1.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 －1.2．(经典真题)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n ，若a 3，a 4，a 8成等比数列，则(B)A ．a 1d >0，dS 4>0B ．a 1d <0，dS 4<0C ．a 1d >0，dS 4<0D ．a 1d <0，dS 4>0因为a 3，a 4，a 8成等比数列，所以a 24＝a 3a 8，所以(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )(a 1＋7d )，展开整理，得－3a 1d ＝5d 2，即a 1d ＝－53d 2.因为d ≠0，所以a 1d ＜0. 因为S n ＝na 1＋n n －2d ，所以S 4＝4a 1＋6d ，dS 4＝4a 1d ＋6d 2＝－23d 2<0.已知数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和为S n ＝n ＋23a n .(1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．由S n 与a n 的关系求通项，可利用a n 与S n 的关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1， n ＝1，S n －S n －1， n ≥2转化为a n 的递推关系再求解．(1)由S 2＝43a 2，得a 1＋a 2＝43a 2，即a 2＝3a 1＝3，由S 3＝53a 3，得a 1＋a 2＋a 3＝53a 3，即a 3＝32(a 1＋a 2)＝6.(2)n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，整理得(n －1)a n ＝(n ＋1)a n －1，即a n a n －1＝n ＋1n －1，所以a n ＝a 1·a 2a 1·a 3a 2·…·a na n －1＝1·31·42·53·64·…·n n －2·n ＋1n －1＝n n ＋2，因为当n ＝1时，a 1＝1也满足上式．所以{a n }的通项公式为a n ＝n n ＋2，n ∈N *.(1)累加法和累乘法是推导等差数列和等比数列的通项公式所采用的方法，是递推关系求通项的两种最基本的方法．(2)一般地，若a n －a n －1＝f (n )，在f (n )可求和的条件下，求a n 可采用累加法；若a na n －1＝g (n )，在g (n )可求积的条件下，求a n 可采用累乘法．1．数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋cn (c 为常数，n ＝1,2,3，…)，且a 1，a 2，a 3成公比不为1的等比数列．(1)求c 的值； (2)求{a n }的通项公式．(1)a 1＝2，a 2＝c ＋2，a 3＝2＋3c ，因为a 1，a 2，a 3成等比数列，所以(2＋c )2＝2(2＋3c )，解得c ＝0或c ＝2.当c ＝0时，a 1＝a 2＝a 3，不符合题意舍去，故c ＝2. (2)当n ≥2时，a 2－a 1＝c ，a 3－a 2＝2c ，…，a n －a n －1＝(n －1)c ，所以a n －a 1＝[1＋2＋…＋(n －1)]c ＝n n －2c ，又a 1＝2，c ＝2，故a n ＝2＋n (n －1)＝n 2－n ＋2(n ＝2,3,4，…)．当n ＝1时，上式也成立．故a n ＝n 2－n ＋2(n ＝1,2,3，…)．(2018·天津卷)设{a n }是等差数列，其前n 项和为S n (n ∈N )；{b n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为T n (n ∈N )，已知b 1＝1，b 3＝b 2＋2，b 4＝a 3＋a 5，b 5＝a 4＋2a 6.(1)求S n 和T n ；(2)若S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n ，求正整数n 的值．(1)设等比数列{b n }的公比为q (q >0)．由b 1＝1，b 3＝b 2＋2，可得q 2－q －2＝0. 因为q >0，可得q ＝2，故b n ＝2n －1.所以T n ＝1－2n1－2＝2n－1.设等差数列{a n }的公差为d . 由b 4＝a 3＋a 5，可得a 1＋3d ＝4. 由b 5＝a 4＋2a 6，可得3a 1＋13d ＝16，从而a 1＝1，d ＝1，故a n ＝n ，所以S n ＝n n ＋2.(2)由(1)有T 1＋T 2＋…＋T n ＝(21＋22＋…＋2n )－n＝－2n1－2－n＝2n ＋1－n －2.由S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n 可得n n ＋2＋2n ＋1－n －2＝n ＋2n ＋1，整理得n 2－3n －4＝0，解得n ＝－1(舍去)，或n ＝4. 所以n 的值为4.本题是数列知识之间的综合应用，主要考查等差、等比数列的通项、前n 项和等基础知识，还考查了特殊数列求和的基本方法，考查推理论证能力、运算求解能力．2．已知数列{a n }的各项均为正数，前n 项的和为S n ，且S n ＝a n a n ＋2(n ∈N *)．(1)求证：数列{a n }是等差数列；(2)设b n ＝12S n，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，证明T n <1.(1)因为S n ＝a n a n ＋2，n ∈N *，所以当n ＝1时，a 1＝S 1＝a 1a 1＋2(a n >0)，所以a 1＝1.当n ≥2时，由⎩⎪⎨⎪⎧2S n ＝a 2n ＋a n ， ①2S n －1＝a 2n －1＋a n －1， ②由①－②得2a n ＝a 2n ＋a n －a 2n －1－a n －1，即(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－1)＝0，因为a n ＋a n －1>0，所以a n －a n －1＝1(n ≥2)，所以数列{a n }是以1为首项，以1为公比的等比数列． (2)由(1)可得a n ＝n ，S n ＝n n ＋2，b n ＝12S n ＝1n n ＋＝1n －1n ＋1. 所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1<1.1．数列的综合应用是高考的难点，经常出现在解答题中，但高考的数列题难度有所降低，一般在解答题的第一个位置，主要是数列之间的综合．2．数列自身的综合的问题，要注意熟练掌握等差数列与等比数列两个特殊数列的定义、通项及前n项和公式及其性质，同时要注意掌握几种特殊类型的递推关系求通项的方法及数列求和的常用方法．3．数列可以看作为自变量为正整数的函数，因此，要注意用函数观点来解决有关数列问题．数列与不等式的综合问题，考查方式主要有三种：(1)判断数列问题的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小或借助数列对应的函数的单调性比较大小．(2)以数列为载体，考查不等式恒成立的问题，此类问题可转化为函数的最值．(3)考查与数列有关的不等式证明问题，此类问题一般采用放缩法进行证明，有时也可通过构造函数进行证明．算法初步与程序框图1．了解算法的含义，了解算法思想．2．理解程序框图的三种基本结构：顺序结构、条件结构、循环结构．3．通过模仿、操作、探索，学会程序框图来表达解决问题的过程，学会灵活、正确地阅读理解程序框图．知识梳理1．算法的概念算法通常是指可以用计算机来解决的某一类问题的程序或步骤，这些程序或步骤必须是明确和有效的，而且能够在有限步之内完成．2．程序框图的概念、表示及功能(1)程序框图又称为流程图，是一种用程序框、流程线及文字说明来表示算法的图形．(2)程序框图基本图形及功能：3.算法的逻辑结构算法的三种基本逻辑结构：顺序结构、条件结构、循环结构．(1)顺序结构是由若干个依次执行的步骤组成的，这是任何一个算法都离不开的基本结构．其结构形式如右图所示．(2)条件结构是指在算法中通过对条件的判断，根据条件是否成立而选择不同流向的算法结构．其结构形式为。

2020版高考数学(理科)新设计一轮复习讲义(苏教版)第五讲解题的必备积淀——把根留住含解析

第五讲解题的必备积淀——把根留住许多考生虽然做了大量的习题，但遇到类似的题目仍不知所措，“这道题我好像做过，但还是做不出来”是学生普遍反映的现象；“这道题，我上课讲过的，学生怎么还是不会”，这是一线教师的口头禅；学生平时解题也知道要进行化归，但总找不到归根何处．这就是平时只顾埋头做题，不注重归纳领悟而造成的高耗低能现象．一题多变，总结规律．可培养思维的探索性和深刻性，通过对变式问题的研究，可以解决一类问题，遏制“题海战术”，开拓解题思路．在分析解决问题的过程中，既构建知识横向联系，又养成多角度思考问题的习惯． [例1] 在△ABC 中，AB ＝3，AC ＝5，若点P 为线段BC 的中点，则AP ―→·BC ―→＝________.[解析] 因为点P 为线段BC 的中点，所以AP ―→＝12(AB ―→＋AC ―→)，又因为BC ―→＝AC ―→－AB ―→，所以AP ―→·BC ―→＝12(AB ―→＋AC ―→)·(AC ―→－AB ―→) ＝12(AC ―→2－AB ―→2)＝12(52－32)＝8. [答案] 8[变式1] 在△ABC 中，AB ＝3，AC ＝5，若点P 为△ABC 的外心，则AP ―→·BC ―→＝________.[解析] 取BC 的中点D ，连接AD ，PD ，则AP ―→＝AD ―→＋DP ―→，所以AP ―→·BC ―→＝(AD ―→＋DP ―→)·BC ―→＝AD ―→·BC ―→＋DP ―→·BC ―→.因为点P 为△ABC 的外心，点D 为线段BC 的中点，所以DP ―→⊥BC ―→，则DP ―→·BC ―→＝0.于是AP ―→·BC ―→＝AD ―→·BC ―→＝12(AB ―→＋AC ―→)·(AC ―→－AB ―→)＝12(AC ―→2－AB ―→2)＝8. [答案] 8[变式2] 在△ABC 中，AB ＝m ，AC ＝n ，D 为BC 的中点．若点P 为线段BC 垂直平分线上的任意一点，求证：AP ―→·BC ―→＝12(n 2－m 2)． [证明] 由题意，可得DP ―→⊥BC ―→，所以DP ―→·BC ―→＝0，从而AP ―→·BC ―→＝(AD ―→＋DP ―→)·BC ―→＝AD ―→·BC ―→＋DP ―→·BC ―→＝AD ―→·BC ―→.又因为AD ―→＝12(AB ―→＋AC ―→)，BC ―→＝AC ―→－AB ―→，所以AP ―→·BC ―→＝12(AB ―→＋AC ―→)·(AC ―→－AB ―→) ＝12(AC ―→2－AB ―→2)＝12(n 2－m 2)． [反思领悟] 以平面几何图形作为命题背景的向量数量积问题是高考命题的常见题型．平面向量的数量积运算，有两种体系，一是数量积的几何运算，二是向量数量积的坐标运算．对于三角形中相关线段构成的向量数量积计算问题，其中三角形中线的向量表示、向量加减法的三角形法则是求解这类问题的突破口．二、优化问题的解法，留住方法之“根”一题多解，触类旁通．培养发散思维能力，培养思维的灵活性．一题多解的实质是以不同的论证方式，反映条件和结论的必然本质联系．从各种途径，用多种方法思考问题，可开拓解题思路，掌握知识的内在联系，并从多种解法的对比中选出最佳解法，总结解题规律，使分析问题、解决问题的能力提高．[例2] 已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，且0＜f (－1)＝f (－2)＝f (－3)≤3，则( )A ．c ≤3B ．3＜c ≤6C ．6＜c ≤9D ．c >9[解析] 法一：由f (－1)＝f (－2)＝f (－3)得⎩⎪⎨⎪⎧－1＋a －b ＋c ＝－8＋4a －2b ＋c ，－8＋4a －2b ＋c ＝－27＋9a －3b ＋c⇒⎩⎪⎨⎪⎧ －7＋3a －b ＝0，19－5a ＋b ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝6，b ＝11.则f (x )＝x 3＋6x 2＋11x ＋c ，而0＜f (－1)≤3，故0＜－6＋c ≤3，所以6＜c ≤9，故选C.法二：设f (－1)＝f (－2)＝f (－3)＝k ，则0＜k ≤3.设f (x )＝(x ＋1)(x ＋2)(x ＋3)＋k ，则c ＝k ＋6，所以6＜c ≤9，故选C.法三：由题意，f (x )＝(x ＋1)(x ＋2)(x ＋3)＋c －6，得0＜c －6≤3，所以6＜c ≤9，故选C.法四：取f (－1)＝f (－2)＝f (－3)＝3，则c ＝9，故选C.[答案] C[反思领悟] 法一直接利用已知条件求出系数a ，b ，代入后求解不等式，为常规解法，运算量较大；法四为特殊值法，有一定的偶然性，较之法一简洁，是一种行之有效的解决选择题的方法，此处也可取f (－1)＝1等值；法二、三则蕴含了函数的零点与解析式之间的关系结构，是问题解决的基本方法，并可将问题结构转化为类似的更高次数的函数问题．数学是一门工具性学科，它研究的是空间形式与数量的关系，数学的本性是“智慧”，是“人的思维”．数学教学的本质是思维过程的引导、启发．因此，做数学题要从根本处抓起，通过研究问题的变式，优化解题的方法等方式，跳出无边无际的“书山题海”，通过对解题过程的“反刍”，留住知识之“根”、方法之“根”．只有从“根”处浇灌知识之营养，数学之“花”才能灿烂绽放．。

2020版高考数学(江苏专用)新增分大一轮课件：第六章数列 §6.3

1 a4 3 又 a1＝4，所以 q ＝a ＝8， 1
1 即 q＝2，所以 a2＝a1q＝2.
2.(2018· 全国Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3. (1)求{an}的通项公式；
解设{an}的公比为q，
(λ≠0)仍然是等比数列.
(4)在等比数列{an}中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即an，an＋k， an＋2k，an＋3k，…为等比数列，公比为qk.
【概念方法微思考】
1.将一个等比数列的各项取倒数，所得的数列还是一个等比数列吗？若是，这
两个等比数列的公比有何关系？
提示仍然是一个等比数列，这两个数列的公比互为倒数.
G2＝ab . G是a与b的等比中项⇔a，G，b成等比数列⇒__________
2.等比数列的有关公式 a1qn－1 (1)通项公式：an＝______. (2)前n项和公式：
na1q＝1， Sn＝ a11－qn a1－anq . ＝ q≠1 1－q 1－q _______________________
内容索引
NEIRONGSUOYIN
基础知识
题型分类课时作业
自主学习
深度剖析
PART ONE
1
基础知识自主学习
知识梳理
ZHISHISHULI
1.等比数列的有关概念二项起，每一项与它的前一项的比 (1)定义：一般地，如果一个数列从第___
同一个常数 (不为零)，那么这个数列就叫做等比数列.这个常数叫做都等于___________ an＋1 公比，通常用字母q表示，定义的表达式为________( an ＝q n∈N*，等比数列的_____ q为非零常数). (2)等比中项：如果a，G，b成等比数列，那么___ G 叫做a与b的等比中项.即

2020版高考数学新增分大一轮江苏专用讲义+习题：第六章数列 6.4 Word版含解析

§6.4数列的递推关系与通项考情考向分析由数列的递推关系求通项是高考的热点，考查学生的转化能力和综合应用能力，一般以解答题形式出现，中档难度．1．递推数列(1)概念：数列的连续若干项满足的等量关系a n ＋k ＝f (a n ＋k －1，a n ＋k －2，…，a n )称为数列的递推关系．由递推关系及k 个初始值确定的数列叫递推数列．(2)求递推数列通项公式的常用方法：构造法、累加(乘)法、归纳猜想法． 2．数列递推关系的几种常见类型 (1)形如a n －a n －1＝f (n )(n ∈N *，且n ≥2)方法：累加法，即当n ∈N *，n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1. (2)形如anan －1＝f (n )(n ∈N *且n ≥2)方法：累乘法，即当n ∈N *，n ≥2时，a n ＝an an －1·an －1an －2·…·a2a1·a 1.注意：n ＝1不一定满足上述形式，所以需要检验． (3)形如a n ＝pa n －1＋q (n ∈N *且n ≥2) 方法：化为a n ＋q p －1＝p⎝⎛⎭⎫an －1＋q p －1的形式．令b n ＝a n ＋qp －1，即得b n ＝pb n －1，{b n }为等比数列，从而求得数列{a n }的通项公式．(4)形如a n ＝pa n －1＋f (n )(n ∈N *且n ≥2) 方法：两边同除p n ，得an pn＝an －1pn －1＋f (n )p n ，令b n ＝an pn ，得b n ＝b n －1＋f (n )p n ，转化为利用累加法求b n ⎝⎛⎭⎫若f (n )p n 为常数，则{b n }为等差数列，从而求得数列{a n }的通项公式．概念方法微思考用构造法求数列通项一般构造什么样的数列？这体现了何种数学思想方法？提示构造等差或等比数列，体现了转化与化归思想．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，则a n ＝1n .(√)(2)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋3n ＋2，则a n ＝32n 2＋n2.(√)(3)已知在数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n ，则a n ＝n (n ＋1)2.(√)(4)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足log 2(S n ＋1)＝n ＋1，则a n ＝2n .(×) 题组二教材改编2．[P52公式推导过程]在数列{a n }中，已知a 1＝1，an ＋1an ＝nn ＋1，那么a n ＝________.答案1n3．[P41T13]若数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝n ＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________．答案a n ＝n (n ＋1)24．[P68T14]在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝an1＋nan，则a n ＝________. 答案2n2－n ＋2解析a n ＋1＝an 1＋nan 可化为1an ＋1－1an＝n ，当n ≥2时，1a2－1a1＝1，1a3－1a2＝2，1a4－1a3＝3，…，1an －1an －1＝n －1. 累加得1an －1a1＝1＋2＋…＋(n －1)，∴1an ＝n (n －1)2＋1a1＝n2－n ＋22，又a 1＝1也符合上式， ∴a n ＝2n2－n ＋2.题组三易错自纠5．在斐波那契数列1,1,2,3,5,8,13，…中，a n ，a n ＋1，a n ＋2的关系是____________．答案a n ＋2＝a n ＋a n ＋16．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，则a n ＝____________. 答案2×3n －1－1 解析因为a n ＋1＝3a n ＋2，所以a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，所以an ＋1＋1an ＋1＝3，所以数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3，又a 1＋1＝2，所以a n ＋1＝2×3n －1，所以a n ＝2×3n －1－1.题型一累加法、累乘法求数列的通项公式1．已知在数列{}an 中，a 1＝0，a n ＋1＝a n ＋2n －1，求a n . 解由已知得a n －a n －1＝2n －3，当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1) ＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝(2n －3)＋(2n －5)＋…＋1＋0＝(n －1)2. 当n ＝1时，a 1＝0符合上式，所以a n ＝(n －1)2，n ∈N *.2．数列{}an 满足a 1＝12，a n ＝a n －1＋1n2－n (n ≥2，n ∈N *)，求数列{}an 的通项．解由a n －a n －1＝1n2－n(n ≥2，n ∈N *)且a 1＝12，a n －a n －1＝1n2－n ＝1n －1－1na n －1－a n －2＝1n －2－1n －1，…，a 2－a 1＝1－12，各式累加整理得a n ＝32－1n ，n 取1时，32－1＝12＝a 1，所以a n ＝32－1n(n ∈N *)．3．已知在数列{}an 中，a 1＝2，且na n ＋1＝(n ＋2)a n ，求a n .解由已知得an ＋1an ＝n ＋2n ，当n ≥2时，a n ＝an an －1.an －1an －2.....a2a1.a 1＝n ＋1n －1.n n －2.. (3)1·2＝n (n ＋1)，当n ＝1时，a 1＝2也符合上式，所以a n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)．思维升华(1)求形如a n ＋1＝a n ＋f (n )数列的通项公式，此类题型一般可以利用累加法求其通项公式，即a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1，累加求得通项公式； (2)求形如an ＋1an＝f (n )数列的通项，此类题型一般可以利用累乘法求其通项公式，即a n ＝an an －1·an －1an －2·…·a2a1·a 1，累乘求得其通项．题型二构造等差数列求通项例1(1)已知在正项数列{a n }中，S n 表示前n 项和且2Sn ＝a n ＋1，则a n ＝________. 答案2n －1解析方法一由已知2Sn ＝a n ＋1，得当n ＝1时，a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，代入已知得2Sn ＝S n －S n －1＋1，即S n －1＝(Sn －1)2. 又a n >0，故Sn －1＝Sn －1或Sn －1＝1－Sn(舍)，即Sn －Sn －1＝1(n ≥2)，由定义得{Sn}是以1为首项，1为公差的等差数列， ∴Sn ＝n .故a n ＝2n －1.方法二∵2Sn ＝a n ＋1，∴4S n ＝(a n ＋1)2，当n ≥2时，4S n －1＝(a n －1＋1)2，两式相减，得4a n ＝(a n ＋1)2－(a n －1＋1)2，化简可得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0， ∵a n >0，∴a n －a n －1＝2， ∵2a1＝a 1＋1，∴a 1＝1.∴数列{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列， ∴a n ＝2n －1.(2)已知在数列{}an 中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋3·2n ，则a n ＝________.答案2n ·⎝⎛⎭⎫32n －12，n ∈N * 解析在递推关系a n ＋1＝2a n ＋3·2n 的两边同除以2n ＋1，得an ＋12n ＋1＝an 2n ＋32，令b n ＋1＝an ＋12n ＋1，则b n ＋1＝b n ＋32，b 1＝1，所以{b n }是以1为首项，32为公差的等差数列．所以b n ＝1＋32(n －1)＝32n －12，故a n ＝2n ·⎝⎛⎭⎫32n －12，n ∈N *. 思维升华 (1)形如a n ＋1＝pa n ＋q ·b n 的递推关系可构造等差数列．(2)对于含a n ，S n 混合型的递推关系，可通过a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a1，n ＝1，Sn －Sn －1，n≥2消去a n 或S n .跟踪训练1(1)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝2anan ＋2，则a n ＝________.答案2n ＋1，n ∈N *解析由已知可知a n ≠0，∴1an ＋1＝1an ＋12，即1an ＋1－1an ＝12，又1a1＝1， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1an 是以1为首项，12为公差的等差数列，1an ＝1a1＋(n －1)×12＝n ＋12，∴a n ＝2n ＋1，n ∈N *.(2)已知在数列{}an 中，a 1＝15，且当n ≥2时，有a n －1－a n －4a n a n －1＝0，则a n ＝____________.答案14n ＋1(n ∈N *)解析由题意知a n ≠0，将等式a n －1－a n －4a n a n －1＝0两边同除以a n a n －1得1an －1an －1＝4，n ≥2，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1an 为等差数列，且首项为1a1＝5，公差d ＝4，故1an ＝1a1＋(n －1)d ＝5＋4(n －1)＝4n ＋1， ∴a n ＝14n ＋1(n ∈N *)．题型三构造等比数列求通项公式例2(1)已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋2，求数列{a n }的通项公式．解∵a n ＋1＝2a n ＋2， ∴a n ＋1＋2＝2(a n ＋2)，又a 1＋2＝4，∴{a n ＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＋2＝4·2n －1，∴a n ＝2n ＋1－2(n ∈N *)．(2)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ·a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12n，记T 2n 为{a n }的前2n 项的和，b n ＝a 2n ＋a 2n －1，n ∈N *，求数列{b n }的通项公式．解∵a n ·a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12n ，∴a n ＋1·a n ＋2＝⎝⎛⎭⎫12n ＋1， ∴an ＋2an ＝12，即a n ＋2＝12a n . ∵b n ＝a 2n ＋a 2n －1，∴bn ＋1bn ＝a2n ＋2＋a2n ＋1a2n ＋a2n －1＝12a2n ＋12a2n －1a2n ＋a2n －1＝12，∵a 1＝1，a 1·a 2＝12，∴a 2＝12，∴b 1＝a 1＋a 2＝32.∴{b n }是首项为32，公比为12的等比数列．∴b n ＝32×⎝⎛⎭⎫12n －1＝32n(n ∈N *)．思维升华形如a n ＝pa n －1＋q (pq ≠0)型的递推关系，可构造等比数列求通项公式．跟踪训练2(1)已知数列{}an 满足a n ＝13a n －1＋2，a 1＝1，求数列{}an 的通项公式．解设a n ＋λ＝13(a n －1＋λ)，解得λ＝－3，则a n －3＝13(a n －1－3)，令b n ＝a n －3，则数列{}bn 是以b 1＝a 1－3＝－2为首项，13为公比的等比数列，所以b n ＝－23n －1，所以a n ＝3－23n －1(n ∈N *)．(2)(2018·苏州、无锡、常州、镇江调研)已知n 为正整数，数列{a n }满足a n >0,4(n ＋1)a 2n －na 2n ＋1＝0，若a 1＝2，求a n . 解由已知可得a2n ＋1n ＋1＝4·a2nn ，∵a n >0， ∴an ＋1n ＋1＝2·ann ，又a 1＝2， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫an n 是以a 1＝2为首项，2为公比的等比数列， ∴ann＝2n ，∴a n ＝n·2n (n ∈N *)．1．已知a 1＝3，a n ＋1＝3n －13n ＋2a n (n ≥1，n ∈N *)，则a n ＝________.答案63n －1解析当n ≥2时，a n ＝3(n －1)－13(n －1)＋2·3(n －2)－13(n －2)＋2·…·3×2－13×2＋2·3－13＋2a 1＝3n －43n －1·3n －73n －4·…·58·25·3＝63n －1.a 1＝3也符合上式，所以a n ＝63n －1. 2．已知在数列{}an 中，a 1＝12，a n ＋1＝a n ＋14n2－1，则a n ＝____________.答案4n －34n －2(n ∈N *)解析由已知可得a n ＋1－a n ＝14n2－1＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，令n ＝1,2，…，(n －1)，代入得(n －1)个等式累加，即 (a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －3－12n －1， ∴a n －a 1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n －1，∴a n ＝a 1＋12－12·12n －1，即a n ＝1－14n －2＝4n －34n －2(n ∈N *)⎝⎛⎭⎫经验证a1＝12也符合. 3．在数列{a n }中，若a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ，则a n ＝________. 答案2＋ln n (n ∈N *)解析∵当n ≥2时，a n ＝a n －1＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n －1＝a n －1＋ln nn －1，a n －1＝a n －2＋ln n －1n －2，a n －2＝a n －3＋ln n －2n －3，…， a 2＝a 1＋ln2，累加可得a n ＝a 1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫n n －1×n －1n －2×n －2n －3×…×2＝a 1＋ln n ，∴a n ＝2＋ln n ，n ∈N *(经验证a 1＝2也符合此式)．4．已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和满足S n >1，且6S n ＝(a n ＋1)(a n ＋2)，n ∈N *，则数列{a n }的通项公式为____________．答案a n ＝3n －1解析由a 1＝S 1＝16(a 1＋1)(a 1＋2)，解得a 1＝1或a 1＝2.由已知a 1＝S 1>1，得a 1＝2. 又由a n ＋1＝S n ＋1－S n＝16(a n ＋1＋1)(a n ＋1＋2)－16(a n ＋1)(a n ＋2)，得a n ＋1－a n －3＝0或a n ＋1＝－a n .因为a n >0，故a n ＋1＝－a n 不成立，舍去．因此a n ＋1－a n －3＝0，即a n ＋1－a n ＝3，从而{a n }是公差为3，首项为2的等差数列，故{a n }的通项公式为a n ＝3n －1. 5．已知在数列{}an 中，a 1＝56，a n ＋1＝13a n ＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1，则a n ＝________. 答案32n －23n(n ∈N *)解析在a n ＋1＝13a n ＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1的两边同乘以2n ＋1得 2n ＋1·a n ＋1＝23·(2n a n )＋1，令b n ＝2n a n .则b 1＝53，b n ＋1＝23b n ＋1，于是可得b n ＋1－3＝23(b n －3)，∴b n －3＝－43×⎝⎛⎭⎫23n －1＝－2⎝⎛⎭⎫23n ， ∴b n ＝3－2⎝⎛⎭⎫23n，∴a n ＝bn 2n ＝3⎝⎛⎭⎫12n －2⎝⎛⎭⎫13n ＝32n －23n (n ∈N *)． 6．(2018·江苏省南通市启东中学月考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝2a n －2，则a8a6＝________.答案4解析∵S n ＝2a n －2， ∴a 1＝2a 1－2，解得a 1＝2，a n ＝S n －S n －1＝(2a n －2)－(2a n －1－2)，n ≥2，整理，得anan －1＝2，∴{a n }是首项为2，公比为2的等比数列， ∴a8a6＝2826＝4. 7．设数列{}an 满足a 1＝a ，a n ＋1＝ca n ＋1－c ，c ∈N *，其中a ，c 为实数，且c ≠0，则数列{}an 的通项公式为____________．答案a n ＝(a －1)c n －1＋1(n ∈N *) 解析∵a n ＋1－1＝c (a n －1)，∴当a ≠1时，{ an － }1是首项为a －1，公比为c 的等比数列， ∴a n －1＝(a －1)c n －1，即a n ＝(a －1)c n －1＋1.当a ＝1时，a n ＝1仍满足上式．∴数列{ }an 的通项公式为a n ＝(a －1)c n －1＋1(n ∈N *)．8．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＋S n ＝n ，则数列{a n }的通项公式为____________．答案a n ＝1－⎝⎛⎭⎫12n (n ∈N *) 解析∵a n ＋S n ＝n ，① ∴a n ＋1＋S n ＋1＝n ＋1.② ②－①得a n ＋1－a n ＋a n ＋1＝1，∴2a n ＋1＝a n ＋1，∴2(a n ＋1－1)＝a n －1，又a 1＋a 1＝1，∴a 1＝12≠1，∴an ＋1－1an －1＝12. 设c n ＝a n －1，∵首项c 1＝a 1－1＝－12.∴数列{c n }是以－12为首项，12为公比的等比数列．故c n ＝⎝⎛⎭⎫－12·⎝⎛⎭⎫12n －1＝－⎝⎛⎭⎫12n ， ∴a n ＝c n ＋1＝1－⎝⎛⎭⎫12n (n ∈N *)． 9．已知数列{}an 满足an ＋1＋an －1an ＋1－an ＋1＝n (n ∈N *)，且a 2＝6，则数列{a n }的通项公式为____________．答案a n ＝n (2n －1)，n ∈N *解析由an ＋1＋an －1an ＋1－an ＋1＝n ，得(n －1)a n ＋1－(n ＋1)a n ＝－(n ＋1)，当n ≥2时，有an ＋1n ＋1－an n －1＝－1n －1，所以an ＋1n (n ＋1)－an (n －1)n ＝－1n (n －1)＝－⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ，由累加法，得当n ≥3时，a n ＝n (2n －1)．把n ＝1，a 2＝6代入an ＋1＋an －1an ＋1－an ＋1＝n ，得a 1＝1，经验证a 1＝1，a 2＝6均满足a n ＝n (2n －1)．综上，a n ＝n (2n －1)，n ∈N *.10．已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋an1－an (n ∈N *)，则该数列的前2 019项的乘积a 1·a 2·a 3·…·a 2 019＝________.答案3解析由题意可得a 2＝1＋a11－a1＝－3，a 3＝1＋a21－a2＝－12，a 4＝1＋a31－a3＝13，a 5＝1＋a41－a4＝2＝a 1，∴数列{a n }是以4为周期的数列，而2019＝4×504＋3，a 1a 2a 3a 4＝1， ∴前2019项的乘积为1504·a 1a 2a 3＝3.11．已知在数列{}an 中，a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋1＝(1＋q )a n －qa n －1(n ≥2，q ≠0)． (1)设b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，证明{}bn 是等比数列； (2)求数列{}an 的通项公式．(1)证明由题设a n ＋1＝(1＋q )a n －qa n －1(n ≥2)，得a n ＋1－a n ＝q (a n －a n －1)，即b n ＝qb n －1(n ≥2)．又b 1＝a 2－a 1＝1，q ≠0，所以{}bn 是首项为1，公比为q 的等比数列． (2)解由(1)，知a 2－a 1＝1， a 3－a 2＝q ， …，a n －a n －1＝q n －2(n ≥2)．将以上各式相加，得a n －a 1＝1＋q ＋…＋q n －2(n ≥2)．所以当n ≥2时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋1－qn －11－q ，q≠1，n ，q ＝1.上式对n ＝1显然成立．所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2－qn －1－q 1－q ，q≠1，n ，q ＝1(n ∈N *)． 12．已知在数列{a n }中，a 1＝1，且满足递推关系a n ＋1＝2a2n ＋3an ＋man ＋1(n ∈N *)．(1)当m ＝1时，求数列{a n }的通项公式；(2)当n ∈N *时，数列{a n }满足不等式a n ＋1≥a n 恒成立，求m 的取值范围．解(1)因为m ＝1，由a n ＋1＝2a2n ＋3an ＋1an ＋1(n ∈N *)，得a n ＋1＝(2a n ＋1)(a n ＋1)a n ＋1＝2a n ＋1，所以a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，又a 1＋1＝2≠0，所以数列{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列．于是a n ＋1＝2×2n －1，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)因为a n ＋1≥a n ，而a 1＝1，知a n ≥1，所以2a2n ＋3an ＋m an ＋1≥a n ，即m ≥－a 2n －2a n ，由题意，得m ≥－(a n ＋1)2＋1恒成立．因为a n ≥1，所以m ≥－22＋1＝－3，即满足题意的m 的取值范围是[－3，＋∞)．13．(2019·盐城模拟)已知数列{a n }满足：a 1＝3，a n ＝2a n －1－3(－1)n (n ≥2)．a 1，ak 2ak 3成等差数列，k 2，k 3∈N *，k 2<k 3，则k3－k 2＝________.答案1解析根据题意，数列{a n }满足： a 1＝3，a n ＝2a n －1－3(－1)n (n ≥2)，则a 2＝2a 1－3＝2×3－3＝3，a 3＝2a 2＋3＝2×3＋3＝9，a 4＝2a 3－3＝2×9－3＝15，其中a 1，a 3，a 4为等差数列的前3项，又由{ak n }是等差数列，且k 1＝1，则有k 2＝3，k 3＝4，则k 3－k 2＝1.14．对于正项数列{a n }，定义H n ＝na1＋2a2＋3a3＋…＋nan为{a n }的“惠兰”值．现知数列{a n }的“惠兰”值H n ＝1n，则数列{a n }的通项公式为________．答案a n ＝2－1n(n ∈N *) 解析由题意得n a1＋2a2＋3a3＋…＋nan ＝1n，即a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝n 2，①所以当n ≥2时，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝(n －1)2，②①－②得na n ＝n 2－(n －1)2＝2n －1，所以a n ＝2－1n(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝1，也满足此通项公式，所以a n ＝2－1n(n ∈N *)．15．设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知4a n －2n ＝3S n ，则a n ＝________.答案3·4n －1－2n －1(n ∈N *)解析由已知得4a n ＋1－2n ＋1＝3S n ＋1， ∴4(a n ＋1－a n )－2n ＝3a n ＋1，∴a n ＋1＝4a n ＋2n ，a n ＋1＋2n ＝4a n ＋2n ＋1＝4(a n ＋2n －1)，又4a 1－2＝3S 1，∴a 1＝2，∴{a n ＋2n －1}是以3为首项，4为公比的等比数列． ∴a n ＋2n －1＝3·4n －1， ∴a n ＝3·4n －1－2n －1(n ∈N *)． 16．已知数列{a n }，{b n }满足：对于任意正整数n ，当n ≥2时，a 2n ＋b n a 2n －1＝2n －1(n ∈N *)．(1)若b n ＝(－1)n ，求a 21＋a 23＋a 25＋…＋a 211的值；(2)若b n ＝－1，a 1＝1，且数列{a n }的各项均为正数，求数列{a n }的通项公式．解(1)由题意知，a 2＋a 21＝3，a 23－a 2＝5，a 26＋a 25＝11，a 27－a 26＝13，a 210＋a 29＝19，a 211－a 210＝21，所以a 21＋a 23＋a 25＋…＋a 211＝72.(2)由题知a 2n －a 2n －1＝2n －1(n ≥2)，所以a 2－a 21＝3，a 23－a 2＝5，a 24－a 23＝7，…，a 2n －a 2n －1＝2n －1.将上面(n －1)个式子相加，得a 2n －a 21＝(2n －1＋3)(n －1)2，所以a 2n ＝(2n ＋2)×(n －1)2＋1＝n 2(n ≥2)．因为{a n }的各项均为正数，所以a n ＝n (n ≥2)．因为a 1＝1也适合上式，所以a n ＝n (n ∈N *)．。

2020版高考数学新增分大一轮江苏专用讲义+习题：第六章数列 6.5含解析

§6.5　数列求和考情考向分析　本节以考查分组法、错位相减法、倒序相加法、裂项相消法求数列前n 项和为主，识别出等差(比)数列，直接用公式法也是考查的热点．题型以填空题为主，难度中等．解答题中一般和简单数论结合，难度较大．1．(1)a n ＝Error!(2)等差数列前n 项和S n ＝，推导方法：倒序相加法；n (a 1＋a n )2(3)等比数列前n 项和S n ＝Error!推导方法：错位相减法．2．常见数列的前n 项和(1)1＋2＋3＋…＋n ＝；n (n ＋1)2(2)2＋4＋6＋…＋2n ＝n (n ＋1)；(3)1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2.3．数列求和的常见方法(1)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列；(2)裂项相消：有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和；(3)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和；(4)倒序相加：如等差数列前n 项和公式的推导方法．(5)并项求和法：一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．概念方法微思考请思考以下常见式子的裂项方法．(1)；1n (n ＋1)(2)；1(2n －1)(2n ＋1)(3)；1n ＋n ＋1(4).1n (n ＋1)(n ＋2)提示　(1)＝－；1n (n ＋1)1n 1n ＋1(2)＝；1(2n －1)(2n ＋1)12(12n －1－12n ＋1)(3)＝－；1n ＋n ＋1n ＋1n (4)＝.1n (n ＋1)(n ＋2)12[1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2)]题组一　思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝.(　√　)a 1－a n ＋11－q(2)当n ≥2时，＝.(　√　)1n 2－112(1n －1－1n ＋1)(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 之和时，只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得．(　×　)(4)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序相加法，利用此法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.(　√　)(5)如果数列{a n }是周期为k 的周期数列，那么S km ＝mS k (m ，k 为大于1的正整数)．(　√　)题组二　教材改编2．[P69本章测试T12]等比数列1,2,4,8，…中从第5项到第10项的和为________．答案　1 008解析　由a 1＝1，a 2＝2，得q ＝2，∴S 10＝＝1 023，1×(1－210)1－2S 4＝＝15，1×(1－24)1－2∴S 10－S 4＝1 008.3．[P68复习题T13(2)]已知数列{a n }的通项公式a n ＝，则该数列的前________项之1n ＋n ＋1和等于9.答案　99解析　由题意知，a n ＝＝－，1n ＋n ＋1n ＋1n 所以S n ＝(－1)＋(－)＋…＋(－)＝－1＝9，解得n ＝99.232n ＋1n n ＋14．[P62习题T12]1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1＝________(x ≠0且x ≠1)．答案　－1－x n(1－x )2nx n1－x解析　设S n ＝1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1，①则xS n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n ，②①－②得(1－x )S n ＝1＋x ＋x 2＋…＋x n －1－nx n＝－nx n ，1－x n1－x∴S n ＝－.1－x n(1－x )2nx n1－x 题组三　易错自纠5．一个球从100 m 高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是________________．答案　100＋200(1－2－9)解析　第10次着地时，经过的路程为100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)＝100＋2×100×(2－1＋2－2＋…＋2－9)＝100＋200×＝100＋200(1－2－9)．2－1(1－2－9)1－2－16．数列{a n }的通项公式为a n ＝n cos，其前n 项和为S n ，则S 2 017＝________.n π2答案　1 008解析　因为数列a n ＝n cos呈周期性变化，观察此数列规律如下：a 1＝0，a 2＝－2，a 3＝0，a 4＝n π24.故S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2.a 5＝0，a 6＝－6，a 7＝0，a 8＝8，故a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝2，∴周期T ＝4.∴S 2 017＝S 2 016＋a 2 017＝×2＋2 017·cos π＝1 008.2 0164 2 01727．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1－5＋9－13＋…＋(－1)n －1(4n －3)，则S 15＋S 22－S 31＝______.答案　－76解析　S n ＝Error!∴S n ＝Error!∴S 15＝29，S 22＝－44，S 31＝61，∴S 15＋S 22－S 31＝－76.题型一　分组求和与并项求和例1 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝，n ∈N *.n 2＋n 2(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和．解　(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－＝n .n 2＋n 2(n －1)2＋(n －1)2a 1也满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n (n ∈N *)．(2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)n n .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )．记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ，则A ＝＝22n ＋1－2，2(1－22n )1－2B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n .故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2(n ∈N *)．引申探究本例(2)中，求数列{b n }的前n 项和T n .解　由(1)知b n ＝2n ＋(－1)n n .当n 为偶数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －1)＋n ]＝＋2－2n ＋11－2n 2＝2n ＋1＋－2；n 2当n 为奇数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n －1)－n ]＝2n ＋1－2＋－n n －12＝2n ＋1－－.n 252∴T n ＝Error!思维升华分组转化法求和的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和．(2)通项公式为a n ＝Error!的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．跟踪训练1 (2018·苏州模拟)已知数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝4n －3(n ∈N *)．(1)若数列{a n }是等差数列，求a 1的值；(2)当a 1＝2时，求数列{a n }的前n 项和S n .解　(1)若数列{a n }是等差数列，则a n ＝a 1＋(n －1)d ，a n ＋1＝a 1＋nd .由a n ＋1＋a n ＝4n －3，得(a 1＋nd )＋[a 1＋(n －1)d ]＝4n －3，即2d ＝4,2a 1－d ＝－3，解得d ＝2，a 1＝－.12(2)由a n ＋1＋a n ＝4n －3(n ∈N *)，得a n ＋2＋a n ＋1＝4n ＋1(n ∈N *)．两式相减得a n ＋2－a n ＝4，所以数列{a 2n －1}是首项为a 1，公差为4的等差数列，数列{a 2n }是首项为a 2，公差为4的等差数列．由a 2＋a 1＝1，a 1＝2，得a 2＝－1，所以a n ＝Error!①当n 为奇数时，a n ＝2n ，a n ＋1＝2n －3.S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －2＋a n －1)＋a n＝1＋9＋…＋(4n －11)＋2n＝＋2n ＝.n －12×(1＋4n －11)22n 2－3n ＋52②当n 为偶数时，S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －1＋a n )＝1＋9＋…＋(4n －7)＝.2n 2－3n 2所以S n ＝Error!题型二　错位相减法求和例2 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝n 2＋n .(1)求{a n }的通项公式a n ；(2)若a k ＋1，a 2k ，a 2k ＋3(k ∈N *)恰好依次为等比数列{b n }的第一、第二、第三项，求数列的{n b n }前n 项和T n .解　(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝12＋1＝2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n 2＋n )－[(n －1)2＋(n －1)]＝2n .检验n ＝1时，上式符合，∴a n ＝2n (n ∈N *)．(2)由题意知a k ＋1，a 2k ，a 2k ＋3成等比数列，∴a ＝a k ＋1·a 2k ＋3，22k 即(2·2k )2＝2(k ＋1)·2(2k ＋3)，解得k ＝3(负值舍去)．b 1＝a 4＝8，b 2＝a 6＝12，公比q ＝＝，12832∴b n ＝8·n －1，(32)∴＝n ·n －1，n b n 18(23)∴T n ＝×0＋×2×1＋…＋×n ×n －1，18(23)18(23)18(23)即T n ＝×.①18[(23)0＋2×(23)1＋…＋n ×(23)n －1]上式两边乘以，23得T n ＝×Error!Error!.②2318①－②，得T n ＝×Error!1318Error!－n n ＝－n ，18(23)383＋n 8(23)则T n ＝－n (n ∈N *)．989＋3n 8(23)思维升华形如{a n ·b n }(其中{a n }是等差数列，{b n }是等比数列)的数列可用错位相减法求和．跟踪训练2 已知数列{a n }满足a n ≠0，a 1＝，a n －a n ＋1＝2a n a n ＋1，n ∈N *.13(1)求证：是等差数列，并求出数列{a n }的通项公式；{1a n }(2)若数列{b n }满足b n ＝，求数列{b n }的前n 项和T n .2na n 解　(1)由已知可得，－＝2，＝3，1a n ＋11a n 1a 1∴是首项为3，公差为2的等差数列，{1a n}∴＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，∴a n ＝(n ∈N *)．1a n 12n ＋1(2)由(1)知b n ＝(2n ＋1)2n ，∴T n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n －1)2n －1＋(2n ＋1)2n ，2T n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n －1)2n ＋(2n ＋1)·2n ＋1，两式相减得，－T n ＝6＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n ＋1)2n ＋1.＝6＋－(2n ＋1)2n ＋18－8×2n －11－2＝－2－(2n －1)2n ＋1，∴T n ＝2＋(2n －1)2n ＋1(n ∈N *)．题型三　裂项相消法求和例3 (2018·江苏省启东中学月考)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝2，a n a n ＋1＝2(S n ＋1)(n ∈N *)．(1)求a 2 019的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)若数列{b n }满足b 1＝1，b n ＝(n ≥2，n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n .1a n a n －1＋a n －1a n 解　(1)因为a n a n ＋1＝2(S n ＋1)，所以当n ≥2时，a n －1a n ＝2(S n －1＋1)，两式相减，得a n a n ＋1－a n －1a n ＝2a n ，a n ≠0，所以a n ＋1－a n －1＝2.又a 1＝2，所以a 2 019＝2＋×2＝2 020.2 019－12(2)由a n a n ＋1＝2(S n ＋1)(n ∈N *)，当n ＝1时，a 1a 2＝2(a 1＋1)，即2a 2＝2×3，解得a 2＝3.由a n ＋1－a n －1＝2，可得数列{a n }的奇数项与偶数项都成等差数列，公差为2，所以a 2k －1＝2＋2(k －1)＝2k ，k ∈N *，a 2k ＝3＋2(k －1)＝2k ＋1，k ∈N *，所以a n ＝n ＋1.(3)因为数列{b n }满足b 1＝1，b n ＝＝1a n a n －1＋a n －1a n 1(n ＋1)n ＋n n ＋1＝＝－，(n ＋1)n －n n ＋1n (n ＋1)n n n ＋1n ＋1所以{b n }的前n 项和T n ＝＋＋…＋(1－22)(22－33)(n n －n ＋1n ＋1)＝1－.n ＋1n ＋1思维升华裂项相消法的关键是对通项拆分，要注意相消后剩余的项．跟踪训练3 已知数列{a n }满足：a n ＋1＝a n (1－a n ＋1)，a 1＝1，数列{b n }满足：b n ＝a n a n ＋1，则数列{b n }的前10项和S 10＝________.答案　1011解析　由a n ＋1＝a n (1－a n ＋1)，a 1＝1，得－＝1，1a n ＋11an 所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，{1a n}所以＝n ，即a n ＝.1a n 1n因为b n ＝a n a n ＋1＝＝－，1n (n ＋1)1n 1n ＋1所以S 10＝b 1＋b 2＋…＋b 10＝＋＋…＋＝1－＝.(1－12)(12－13)(110－111)11110111．正项等差数列{a n }满足a 1＝4，且a 2，a 4＋2,2a 7－8成等比数列，{a n }的前n 项和为S n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝，求数列{b n }的前n 项和T n .1S n ＋2解　(1)设数列{a n }的公差为d (d >0)，由已知得a 2(2a 7－8)＝(a 4＋2)2，化简得，d 2＋4d －12＝0，解得d ＝2或d ＝－6(舍)，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋2(n ∈N *)．(2)因为S n ＝＝＝n 2＋3n ，n (a 1＋a n )2n (2n ＋6)2所以b n ＝＝＝1S n ＋21n 2＋3n ＋21(n ＋1)(n ＋2)＝－，1n ＋11n ＋2所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝＋＋＋…＋(12－13)(13－14)(14－15)(1n ＋1－1n ＋2)＝－＝(n ∈N *)．121n ＋2n 2n ＋42．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，满足a 1＝3，b 1＝1，b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n ＝Error!设数列{c n }的前n 项和为T n ，求T 2n .解　(1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q ，由Error!得Error!解得Error!∴a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1(n ∈N *)，b n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)由a 1＝3，a n ＝2n ＋1，得S n ＝＝n (n ＋2)，n (a 1＋a n )2则c n ＝Error!即c n ＝Error!所以T 2n ＝(c 1＋c 3＋…＋c 2n －1)＋(c 2＋c 4＋…＋c 2n )＝＋(2＋23＋…＋22n －1)[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n －1－12n ＋1)]＝1－＋＝＋(4n －1)(n ∈N *)．12n ＋12(1－4n )1－42n 2n ＋1233．已知等差数列{a n }的公差d ≠0，a 1＝0，其前n 项和为S n ，且a 2＋2，S 3，S 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n －2n <.(2n ＋2)22n ＋S n ＋132(1)解　由a 1＝0，得a n ＝(n －1)d ，S n ＝，n (n －1)d 2因为a 2＋2，S 3，S 4成等比数列，所以S ＝(a 2＋2)S 4，23即(3d )2＝(d ＋2)·6d ，整理得3d 2－12d ＝0，即d 2－4d ＝0，因为d ≠0，所以d ＝4，所以a n ＝(n －1)d ＝4(n －1)＝4n －4(n ∈N *)．(2)证明　由(1)可得S n ＋1＝2n (n ＋1)，所以b n ＝＝＝2＋(2n ＋2)22n ＋2n (n ＋1)4(n ＋1)22n (n ＋2)2n (n ＋2)＝2＋，(1n －1n ＋2)所以T n ＝2n ＋＋＋…＋(1－13)(12－14)(1n －1n ＋2)＝2n ＋1＋－－，121n ＋11n ＋2T n －2n ＝－－，321n ＋11n ＋2所以T n －2n <.324．已知递增的等比数列{a n }满足：a 2＋a 3＋a 4＝28，且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)若b n ＝a n a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n ＋n ·2n ＋1>62成立的正整数n 的最小值．12log 解　(1)由题意，得Error!解得Error!或Error!∵{a n }是递增数列，∴a 1＝2，q ＝2，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2·2n －1＝2n (n ∈N *)．(2)∵b n ＝a n a n ＝2n ·2n ＝－n ·2n ，12log 12log ∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n ·2n )，①则2S n ＝－(1×22＋2×23＋…＋n ·2n ＋1)，②②－①，得S n ＝(2＋22＋…＋2n )－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1，则S n ＋n ·2n ＋1＝2n ＋1－2，解2n ＋1－2>62，得n >5，∴n 的最小值为6.5．数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，(2n －1)a n ＋1＝(2n ＋3)S n (n ＝1,2,3，…)．(1)证明：数列是等比数列；{S n2n －1}(2)求数列{S n }的前n 项和T n .(1)证明　∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝S n ，2n ＋32n －1∴S n ＋1＝S n ，2(2n ＋1)2n －1∴＝2·，S n ＋12n ＋1S n2n －1又a 1＝1，∴＝1≠0，S 11∴数列是以1为首项，2为公比的等比数列．{S n2n －1}(2)解　由(1)知，＝2n －1，S n2n －1∴S n ＝(2n －1)·2n －1，∴T n ＝1＋3×2＋5×22＋…＋(2n －3)·2n －2＋(2n －1)·2n －1，①2T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)·2n －1＋(2n －1)·2n .②①－②得－T n ＝1＋2×(21＋22＋…＋2n －1)－(2n －1)·2n＝1＋2×－(2n －1)·2n 2－2n －1×21－2＝(3－2n )·2n －3，∴T n ＝(2n －3)·2n ＋3(n ∈N *)．6．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，∀n ∈N *,2S n ＝a ＋a n .令b n ＝，设{b n }2n 1a n a n ＋1＋a n ＋1a n 的前n 项和为T n ，求在T 1，T 2，T 3，…，T 100中有理数的个数．解　∵2S n ＝a ＋a n ，①2n∴2S n ＋1＝a ＋a n ＋1，②2n ＋1②－①，得2a n ＋1＝a ＋a n ＋1－a －a n ，2n ＋12n a －a －a n ＋1－a n ＝0，(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －1)＝0.2n ＋12n 又∵{a n }为正项数列，∴a n ＋1－a n －1＝0，即a n ＋1－a n ＝1.在2S n ＝a ＋a n 中，令n ＝1，可得a 1＝1.2n ∴数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列．∴a n ＝n ，∴b n ＝1n n ＋1＋(n ＋1)n ＝(n ＋1)n －n n ＋1[n n ＋1＋(n ＋1)n ][(n ＋1)n －n n ＋1]＝＝－，(n ＋1)n －n n ＋1n (n ＋1)1n 1n ＋1∴T n ＝1－＋－＋…＋－＋－＝1－，1212131n －11n 1n 1n ＋11n ＋1要使T n 为有理数，只需为有理数，令n ＋1＝t 2.1n ＋1∵1≤n ≤100，∴n ＝3,8,15,24,35,48,63,80,99，共9个数，∴T 1，T 2，T 3，…，T 100中有理数的个数为9.。

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第五节数列的综合问题考点一数列与不等式问题(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]若各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n，且2S n＝a n＋1 (n∈N*)．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若正项等比数列{b n}，满足b2＝2,2b7＋b8＝b9，求T n＝a1b1＋a2b2＋…＋a n b n；(3)对于(2)中的T n，若对任意的n∈N*，不等式λ(－1)n＜12n＋1(T n＋21)恒成立，求实数λ的取值范围．解：(1)因为2S n＝a n＋1，所以4S n＝(a n＋1)2，且a n＞0，则4a1＝(a1＋1)2，解得a1＝1，又4S n＋1＝(a n＋1＋1)2，所以4a n＋1＝4S n＋1－4S n＝(a n＋1＋1)2－(a n＋1)2，即(a n＋1－a n－2)(a n＋1＋a n)＝0，因为a n＞0，所以a n＋1＋a n≠0，所以a n＋1－a n＝2，所以{a n}是公差为2的等差数列，又a1＝1，所以a n＝2n－1.(2)设数列{b n}的公比为q，因为2b7＋b8＝b9，所以2＋q＝q2，解得q＝－1(舍去)或q＝2，由b2＝2，得b1＝1，故b n＝2n－1.因为T n＝a1b1＋a2b2＋…＋a n b n＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－1)×2n－1，所以2T n＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)×2n，两式相减得－T n＝1＋2(2＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)×2n，故T n＝(2n－1)×2n－1－2(2＋22＋…＋2n－1)＝(2n－1)×2n－1－2(2n－2)＝(2n－3)×2n＋3.(3)不等式λ(－1)n＜12n＋1(T n＋21)可化为(－1)nλ＜n－32＋62n－1.①当n为偶数时，λ＜n－32＋62n－1，记g(n)＝n－32＋62n－1，则有λ＜g(n)min.因为g (n ＋2)－g (n )＝2＋62n ＋1－62n －1＝2－92n ，当n ＝2时，g (n ＋2)＜g (n )，当n ≥4时，g (n ＋2)＞g (n )，即g (4)＜g (2)，当n ≥4时，g (n )单调递增，g (n )min ＝g (4)＝134，所以λ＜134.②当n 为奇数时，λ＞32－n －62n －1，记h (n )＝32－n －62n －1，则有λ＞h (n )max .因为h (n ＋2)－h (n )＝－2－62n ＋1＋62n －1＝－2＋92n ，当n ＝1时，h (n ＋2)＞h (n )，当n ≥3时，h (n ＋2)＜h (n )，即h (3)＞h (1)，当n ≥3时，h (n )单调递减，h (n )max ＝h (3)＝－3，所以λ＞－3. 综上所述，实数λ的取值范围为⎝⎛⎭⎫－3，134. [由题悟法]1．数列与不等式的综合问题考查类型 (1)判断数列中的一些不等关系问题；(2)以数列为载体，考查不等式的恒成立问题； (3)考查与数列问题有关的不等式的证明问题． 2．解决数列与不等式问题的两个注意点(1)利用基本不等式或函数的单调性求解相关最值时，应注意n 取正整数的限制条件． (2)利用放缩法证明不等式、求解参数的范围时，尽量先求和、后放缩，注意放缩的尺度，否则会导致范围扩大或缩小而得不到正确的结果．[即时应用]已知数列{a n }满足a 1＝6，a 2＝20，且a n －1·a n ＋1＝a 2n －8a n ＋12(n ∈N *，n ≥2)．(1)证明：数列{a n ＋1－a n }为等差数列；(2)令c n ＝(n ＋1)a n na n ＋1＋na n ＋1(n ＋1)a n ，数列{c n }的前n 项和为T n ，求证：2n ＜T n ＜2n ＋23.证明：(1)当n ＝2时，a 1·a 3＝a 22－8a 2＋12，所以a 3＝42.当n ≥2时，由a n －1·a n ＋1＝a 2n －8a n ＋12，得a n ·a n ＋2＝a 2n ＋1－8a n ＋1＋12，两式相减得a n a n ＋2－a n －1a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n －8a n ＋1＋8a n ，所以a 2n ＋a n a n ＋2－8a n ＝a 2n ＋1＋a n －1a n ＋1－8a n ＋1，即a n (a n ＋a n ＋2－8)＝a n ＋1(a n ＋1＋a n －1－8)，所以a n ＋a n ＋2－8a n ＋1＝a n ＋1＋a n －1－8a n ＝…＝a 3＋a 1－8a 2＝2.所以a n ＋2＋a n －8＝2a n ＋1，即a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝8，即(a n ＋2－a n ＋1)－(a n ＋1－a n )＝8，当n ＝1时，也满足此式．又a 2－a 1＝14，所以数列{a n ＋1－a n }是以14为首项，8为公差的等差数列． (2)由(1)知a n ＋1－a n ＝14＋8(n －1)＝8n ＋6.由a 2－a 1＝8×1＋6，a 3－a 2＝8×2＋6，…，a n －a n －1＝8×(n －1)＋6，累加得a n －a 1＝8×[1＋2＋3＋…＋(n －1)]＋6(n －1)＝8×(n －1)(1＋n －1)2＋6(n －1)＝4n 2＋2n －6，所以a n ＝4n 2＋2n .所以c n ＝(n ＋1)a n na n ＋1＋na n ＋1(n ＋1)a n ＝2n ＋12n ＋3＋2n ＋32n ＋1＝⎝⎛⎭⎫1－22n ＋3＋⎝⎛⎭⎫1＋22n ＋1＝2＋2⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋3，所以T n ＝2n ＋2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫13－15＋⎝⎛⎭⎫15－17＋…＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋3＝2n ＋2⎝⎛⎭⎫13－12n ＋3，又13＞13－12n ＋3＝2n ＋3－33(2n ＋3)＝2n 3(2n ＋3)＞0，所以2n ＜T n ＜2n ＋23.考点二与数列有关的探索性问题 (重点保分型考点——师生共研)[典例引领]已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝a ，且a n ＋1＝k (a n ＋a n ＋2)对任意正整数n 都成立，数列{a n }的前n 项和为S n .(1)若k ＝12，且S 2 018＝2 018a ，求a 的值；(2)是否存在实数k ，使数列{a n }是公比不为1的等比数列，且对任意相邻三项a m ，a m ＋1，a m ＋2按某顺序排列后成等差数列？若存在，求出所有k 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)当k ＝12时，a n ＋1＝12(a n ＋a n ＋2)，即a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，所以数列{a n }是等差数列，此时首项a 1＝1，公差d ＝a 2－a 1＝a －1，所以数列{a n }的前2 018项和S 2 018＝2 018＋12×2 018×(2 018－1)(a －1)＝2 018a ，解得a ＝1.(2)设数列{a n }是等比数列，则它的公比q ＝a 2a 1＝a (a ≠1)，所以a m ＝a m －1，a m ＋1＝a m ，a m ＋2＝a m ＋1.①若a m ＋1为等差中项，则2a m ＋1＝a m ＋a m ＋2，即2a m ＝am －1＋am ＋1，解得a ＝1，不合题意；②若a m 为等差中项，则2a m ＝a m ＋1＋a m ＋2，即2a m －1＝a m ＋a m ＋1，化简得a 2＋a －2＝0，解得a ＝－2(a ＝1舍去)，所以k ＝a m ＋1a m ＋a m ＋2＝a m a m －1＋a m ＋1＝a 1＋a 2＝－25； ③若a m ＋2为等差中项，则2a m ＋2＝a m ＋1＋a m ，即2a m ＋1＝a m ＋a m －1，化简得2a 2－a －1＝0，解得a ＝－12(a ＝1舍去)，所以k ＝a m ＋1a m ＋a m ＋2＝a m a m －1＋a m ＋1＝a 1＋a 2＝－25. 综上，满足要求的实数k 有且仅有一个，且k ＝－25.[由题悟法]数列中存在性问题的求解策略数列中的探索性问题的主要题型为存在型，解答的一般策略为：先假设所探求的对象存在或结论成立，以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理，若由此推出矛盾，则假设不成立，从而得到否定的结论，即不存在．若推理不出现矛盾，能求得已知范围内的数值或图形，就得到肯定的结论，即得到存在的结果．[即时应用]设数列{a n }的前n 项和为S n ，且(S n －1)2＝a n S n . (1)求a 1；(2)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n －1为等差数列；(3)是否存在正整数m ，k ，使1a k S k ＝1a m＋19成立？若存在，求出m ，k ；若不存在，说明理由．解：(1)当n ＝1时，(a 1－1)2＝a 21，∴a 1＝12. (2)证明：∵(S n －1)2＝a n S n ，∴当n ≥2时，(S n －1)2＝(S n －S n －1)S n ， ∴－2S n ＋1＝－S n －1S n ，即1－S n ＝S n (1－S n －1)， ∴1S n －1－1＝S n S n －1，∴1S n －1－1S n －1－1＝1S n －1－S n S n －1＝1－S n S n －1＝－1为定值， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n －1为等差数列．(3)∵1a 1－1＝－2， ∴1S n －1＝－2＋(n －1)×(－1)＝－n －1， ∴S n ＝n n ＋1，∴a n ＝(S n －1)2S n＝1n (n ＋1).假设存在正整数m ，k ，使1a k S k ＝1a m ＋19成立，则(k ＋1)2＝m (m ＋1)＋19， ∴4(k ＋1)2＝4m (m ＋1)＋76，∴[(2k ＋2)＋(2m ＋1)][(2k ＋2)－(2m ＋1)]＝75，∴(2k ＋2m ＋3)(2k －2m ＋1)＝75＝75×1＝25×3＝15×5，∴⎩⎪⎨⎪⎧2k ＋2m ＋3＝75，2k －2m ＋1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧2k ＋2m ＋3＝25，2k －2m ＋1＝3 或⎩⎪⎨⎪⎧2k ＋2m ＋3＝15，2k －2m ＋1＝5. 解得⎩⎪⎨⎪⎧ k ＝18，m ＝18或⎩⎪⎨⎪⎧ k ＝6，m ＝5或⎩⎪⎨⎪⎧k ＝4，m ＝2. 考点三新定义数列问题 (重点保分型考点——师生共研)[典例引领]若存在非零常数p ，对任意的正整数n ，a 2n ＋1＝a n a n ＋2＋p ，则称数列{a n }是“T 数列”．(1)若数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2(n ∈N *)，求证：{a n }是“T 数列”； (2)设{a n }是各项均不为0的“T 数列”． ①若p ＜0，求证：{a n }不是等差数列；②若p ＞0，求证：当a 1，a 2，a 3成等差数列时，{a n }是等差数列．证明：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1，当n ＝1时，符合上式，所以a n ＝2n －1.则{a n }是“T 数列”⇔存在非零常数p ，对任意正整数n ，(2n ＋1)2＝(2n －1)(2n ＋3)＋p ，显然p ＝4满足题意，所以{a n }是“T 数列”． (2)①假设{a n }是等差数列，设a n ＝a 1＋(n －1)d ，则由a 2n ＋1＝a n a n ＋2＋p ，得(a 1＋nd )2＝[a 1＋(n －1)d ]·[a 1＋(n ＋1)d ]＋p ，解得p ＝d 2≥0，这与p ＜0矛盾，故假设不成立，从而{a n }不是等差数列． ②因为a 2n ＋1＝a n a n ＋2＋p ，所以a 2n ＝a n －1a n ＋1＋p (n ≥2)，两式相减得，a 2n ＋1－a 2n ＝a n a n ＋2－a n －1a n ＋1.因为{a n }的各项均不为0，所以a n ＋1＋a n －1a n ＝a n ＋a n ＋2a n ＋1(n ≥2)，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1＋a n －1a n (n ≥2)是常数列，因为a 1，a 2，a 3成等差数列，所以a 3＋a 1a 2＝2，从而a n ＋1＋a n －1an＝2(n ≥2)，即a n ＋1＋a n －1＝2a n (n ≥2)，所以{a n }是等差数列．[由题悟法](1)新情境和新定义下的新数列问题，一般命题形式是根据定义的条件推断这个新数列的一些性质或判断一个数列是否属于这类数列的问题.(2)数列试题的情境，除了常见的等差数列、等比数列和递推数列外，有时还会出现周期数列、分段数列、数表型数列以及子数列问题等新情境．[即时应用]对于数列{a n }，记Δ1a n ＝a n ＋1－a n ，Δk ＋1a n ＝Δk a n ＋1－Δk a n ，k ，n ∈N *，则称数列{Δk a n }为数列{a n }的“k 阶差数列”．(1)已知Δ1a n ＝⎝⎛⎭⎫－12n ， ①若{a n }为等比数列，求a 1的值；②证明：当n ＞m ，n ，m ∈N *时，|a n －a m |＜23.(2)已知数列{b n }为数列{a n }的“2阶差数列”，若b n ＝3n －2，a 1＝1，且a n ≥a 3对n ∈N *恒成立，求a 2的取值范围．解：(1)①因为a 2＝a 1＋Δ1a 1＝a 1－12，a 3＝a 2＋Δ1a 2＝a 1－14，且{a n }为等比数列，所以a 22＝a 1·a 3，即⎝⎛⎭⎫a 1－122＝a 1⎝⎛⎭⎫a 1－14，解得a 1＝13.②证明：当n ＞m 时，因为a n －a m ＝Δ1a n －1＋…＋Δ1a m＝⎝⎛⎭⎫－12m ⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n －m 1－⎝⎛⎭⎫－12＝23·⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫－12m －⎝⎛⎭⎫－12n ，所以|a n －a m |＝23·⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎫－12m －⎝⎛⎭⎫－12n ≤23·⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫12n ＋⎝⎛⎭⎫12m ＜43·⎝⎛⎭⎫12m. 又43·⎝⎛⎭⎫12m单调递减，所以43·⎝⎛⎭⎫12m ≤43×12＝23，故当n ＞m ，n ，m ∈N *时，|a n －a m |＜23.(2)因为数列{b n }为数列{a n }的“2阶差数列”，且b n ＝3n －2，所以Δ2a n ＝3n －2，所以Δ1a n ＝Δ2a n －1＋Δ2a n －2＋…＋Δ2a 1＋Δ1a 1 ＝3(1－3n －1)1－3－2(n －1)＋Δ1a 1＝3n 2－2n ＋12＋Δ1a 1 ＝3n 2－2n ＋a 2－12. 由Δ2a n ＝3n －2＞0知，{Δ1a n }单调递增，所以要使a n ≥a 3对n ∈N *恒成立，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧Δ1a 2＝a 3－a 2≤0，Δ1a 3＝a 4－a 3≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧a 2≤0，a 2＋7≥0，解得－7≤a 2≤0. 所以a 2的取值范围是[－7,0]．1．已知各项都不小于1的数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＝6S n ＋3n －2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n ＋1，从数列{b n }中抽取部分项b 1，b 9，bn 3，bn 4，…，bn k ，…，按从小到大的顺序构成等比数列．①求{n k }的通项公式；②记c k ＝⎩⎨⎧⎝⎛⎭⎫13k ，k ＝1，2，3k 9n k－32k ，k ≥3，k ∈N*，数列{c k }的前k 项和是T k ，求证：T k ＜2536.解：(1)由a n ＝6S n ＋3n －2，移项并平方得(a n ＋2)2＝a 2n ＋4a n ＋4＝6S n ＋3n ，则a 2n －1＋4a n －1＋4＝6S n －1＋3(n －1)，n ≥2，两式相减得，a 2n －a 2n －1＋4a n －4a n －1＝6a n ＋3，n ≥2，即a 2n －2a n ＋1＝a 2n －1＋4a n －1＋4，n ≥2，即(a n －1)2＝(a n －1＋2)2，n ≥2.又a n ≥1，所以a n －1＝a n －1＋2，n ≥2，即a n －a n －1＝3，n ≥2，又a 1＋2＝6a 1＋3，所以a 21－2a 1＋1＝0，解得a 1＝1，所以数列{a n }是首项为1，公差为3的等差数列，故a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2. (2)①由b n ＝3n －2＋1，得b 1＝2，b 9＝6，故等比数列的首项为2，公比为3，则bn k ＝2×3k －1＝3n k －2＋1.化简得n k ＝4×32k －3－4×3k －2＋1.②证明：由题意可得T 1＝13＜2536，T 2＝13＋19＝49＜2536，当k ≥3，k ∈N *时，c k ＝3k4×32k －1－4×3k ＋9－32k ＝3k ＋132k －12×3k ＋27＝3k ＋1(3k －3)(3k－9)＝92⎝⎛⎭⎫13k －9－13k ＋1－9. 则T k ＝c 1＋c 2＋…＋c k ＝49＋92⎝⎛⎭⎫133－9－134－9＋134－9－135－9＋…＋13k －9－13k ＋1－9＝ 49＋92⎝⎛⎭⎫133－9－13k ＋1－9＝2536－32×13k －3＜2536，综上，T k ＜2536. 2．设数列{a n }的首项为1，前n 项和为S n ，若对任意的n ∈N *，均有S n ＝a n ＋k －k (k 是常数且k ∈N *)成立，则称数列{a n }为“P (k )数列”．(1)若数列{a n }为“P (1)数列”，求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在数列{a n }既是“P (k )数列”，也是“P (k ＋2)数列”？若存在，求出符合条件的数列{a n }的通项公式及对应的k 的值；若不存在，请说明理由；(3)若数列{a n }为“P (2)数列”，a 2＝2，设T n ＝a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n2n ，证明：T n ＜3.解：(1)数列{a n }为“P (1)数列”，则S n ＝a n ＋1－1，所以S n ＋1＝a n ＋2－1，两式相减得，a n ＋2＝2a n ＋1，又n ＝1时，a 1＝a 2－1＝1，所以a 2＝2，故a n ＋1＝2a n 对任意的n ∈N *恒成立，即a n ＋1a n＝2，所以数列{a n }为等比数列，其通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *.(2)假设存在这样的数列{a n }，由{a n }是“P (k )数列”可得，S n ＝a n ＋k －k ，故有S n ＋1＝a n ＋k ＋1－k ，两式相减得，a n ＋1＝a n ＋k ＋1－a n ＋k ，则有a n ＋3＝a n ＋k ＋3－a n ＋k ＋2.同理，由{a n }是“P (k ＋2)数列”可得，a n ＋1＝a n ＋k ＋3－a n ＋k ＋2，所以a n ＋1＝a n ＋3对任意的n ∈N *恒成立，所以S n ＝a n ＋k －k ＝a n ＋k ＋2－k ＝S n ＋2，即S n ＝S n ＋2. ① 又S n ＝a n ＋k ＋2－k －2＝S n ＋2－2，即S n ＋2－S n ＝2. ②①②两式矛盾，故不存在数列{a n }既是“P (k )数列”，也是“P (k ＋2)数列”． (3)证明：因为数列{a n }为“P (2)数列”，所以S n ＝a n ＋2－2，所以S n ＋1＝a n ＋3－2，两式相减得，a n ＋1＝a n ＋3－a n ＋2，又n ＝1时，a 1＝a 3－2＝1，故a 3＝3，又a 2＝2，满足a 3＝a 2＋a 1，所以a n ＋2＝a n ＋1＋a n 对任意的n ∈N *恒成立，所以数列{a n }的前几项为1,2,3,5,8，故T n ＝a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n 2n ＝12＋222＋323＋524＋825＋…＋a n2n ，③当n ＝1时，T 1＝a 12＝12＜3，当n ＝2时，T 2＝a 12＋a 222＝1＜3，当n ≥3时，12T n ＝122＋223＋324＋525＋…＋a n －12n ＋a n 2n ＋1，④由③④得，12T n ＝12＋122＋123＋224＋…＋a n －a n －12n －a n 2n ＋1＝12＋122＋123＋224＋…＋a n －22n －a n 2n ＋1 ＝34＋14T n －2－a n 2n ＋1，显然T n －2＜T n ，a n 2n ＋1＞0，故12T n ＜34＋14T n ，即T n ＜3.综上，T n ＜3.3．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：(t －1)S n －ta n ＋t ＝0(t 为常数，且t ≠0，t ≠1，n ∈N *)． (1)设b n ＝a n (a n ＋S n )，若数列{b n }为等比数列，求t 的值； (2)当t ＞1时，记c n ＝a n (a n －1)(a n ＋1－1)，T n 是数列{c n }的前n 项和，求证：T n ＜1(t －1)2；(3)当t ＝5时，是否存在整数对(m ，n )(其中m ∈Z ，n ∈N *)满足a 2n －(4＋m )a n ＋7m ＋15＝0？若存在，求出所有满足题意的整数对(m ，n )；若不存在，请说明理由．解：(1)当n ＝1时，(t －1)S 1－ta 1＋t ＝0，得a 1＝t . 当n ≥2时，由(1－t )S n ＝－ta n ＋t ，①得(1－t )S n －1＝－ta n －1＋t ，② ①－②，得(1－t )a n ＝－ta n ＋ta n －1，即a n ＝ta n －1，∴a na n －1＝t (n ≥2)， ∴数列{a n }是等比数列，且公比是t ，∴a n ＝t n . 由b n ＝a n (a n ＋S n )知，b n ＝(t n )2＋t (1－t n )1－t ·t n ＝t 2n ＋t n ＋1－2t 2n ＋11－t.若数列{b n }为等比数列，则有b 22＝b 1·b 3，而b 1＝2t 2，b 2＝t 3(2t ＋1)，b 3＝t 4(2t 2＋t ＋1)，故[t 3(2t ＋1)]2＝2t 2·t 4(2t 2＋t ＋1)，解得t ＝12，将t ＝12代入b n ，得b n ＝⎝⎛⎭⎫12n ，满足{b n }为等比数列， ∴t ＝12.(2)证明：由(1)知，a n ＝t n ，∴c n ＝a n (a n －1)(a n ＋1－1)＝t n (t n －1)(t n ＋1－1)＝1t －1⎝⎛⎭⎫1t n －1－1t n ＋1－1，则T n ＝1t －1⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1t －1－1t 2－1＋⎝⎛⎭⎫1t 2－1－1t 3－1＋…＋⎝⎛⎭⎫1t n －1－1t n ＋1－1 ＝1t －1⎝⎛⎭⎫1t －1－1t n ＋1－1，又t ＞1，∴T n ＜1(t －1)2. (3)当t ＝5时，由(1)知a n ＝5n ，由a 2n －(4＋m )a n ＋7m ＋15＝0，得52n －(4＋m )5n ＋7m ＋15＝0，故m ＝52n －4×5n ＋155n －7＝(5n －7)(5n ＋3)＋365n －7＝5n ＋3＋365n －7.若存在整数对(m ，n )，则365n －7必须是整数．当n ＝1时，m ＝－10；当n ＝2时，m ＝30；当n ≥3时，5n －7＞36，不符合．综上，所有满足题意的整数对(m ，n )为(－10,1)，(30,2)．4．定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它前一项的差都大于或等于2，则称这个数列为“D 数列”．(1)若数列{a n }为“D 数列”，且a 1＝a －3，a 2＝a ，a 3＝a 2－4，求实数a 的取值范围； (2)若首项为1的等差数列{a n }的每一项均为正整数，且数列{a n }为“D 数列”，其前n 项和S n满足S n ＜n 2＋2n (n ∈N *)，求数列{a n }的通项公式；(3)已知等比数列{a n }的每一项均为正整数，且数列{a n }为“D 数列”，a 2－a 1＜3，设b n ＝2×6n(n ＋1)·a n(n ∈N *)，试判断数列{b n }是否为“D 数列”，并说明理由．解：(1)由题意得a 2－a 1＝3＞2， a 3－a 2＝a 2－4－a ≥2，即a 2－a －6≥0，解得a ≥3或a ≤－2.所以实数a 的取值范围为(－∞，－2]∪[3，＋∞)． (2)设等差数列{a n }的公差为d ，则d ≥2，由a 1＝1，得S n ＝n ＋n (n －1)2d ，由题意得，n ＋n (n －1)2d ＜n 2＋2n 对n ∈N *均成立．当n ＝1时，上式成立．当n ≥2时，d ＜2n ＋2n －1＝2＋4n －1.又d ∈N *，所以d ≤2，所以d ＝2，所以等差数列{a n }的通项公式a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. (3)设等比数列{a n }的公比为q ，则a n ＝a 1q n －1，因为数列{a n }的每一项均为正整数，且a n ＋1－a n ＝a n q －a n ＝a n (q －1)≥2＞0，所以q ＞1，且q 为整数，则a n ＋1－a n ＝q (a n －a n －1)＞a n －a n －1，n ≥2，n ∈N *，所以在数列{a n －a n －1}中，a 2－a 1为最小项．由数列{a n }为“D 数列”，可知只需a 2－a 1≥2，即a 1(q －1)≥2，又a 2－a 1＜3，即a 1(q －1)＜3，由数列{a n }的每一项均为正整数，可得a 1(q －1)＝2，所以a 1＝1，q ＝3或a 1＝2，q ＝2. ①当a 1＝1，q ＝3时，a n ＝3n －1，则b n ＝2×6n (n ＋1)·3n －1＝3n ＋1×2n ＋1. 令c n ＝b n ＋1－b n (n ∈N *)，则c n ＝3n ＋2×2n ＋2－3n ＋1×2n ＋1＝3×2n ＋1×⎝⎛⎭⎫2n ＋2－1n ＋1＝3×2n＋1×n(n ＋2)(n ＋1)，所以c n ＋1－c n ＝3×2n ＋2×n ＋1(n ＋3)(n ＋2)－3×2n ＋1×n (n ＋2)(n ＋1)＝3×2n＋1×n2＋n＋2(n＋3)(n＋2)(n＋1)＞0，所以数列{c n}为递增数列，即c n＞c n－1＞c n－2＞…＞c1. 又c1＝b2－b1＝2，所以对任意的n∈N*都有b n＋1－b n≥2，所以数列{b n}是“D数列”．②当a1＝2，q＝2时，a n＝2n，则b n＝2×6n(n＋1)·2n＝2n＋1×3n.令d n＝b n＋1－b n(n∈N*)，则d n＝2n＋2×3n＋1－2n＋1×3n＝2×3n×⎝⎛⎭⎫3n＋2－1n＋1＝2×3n×2n＋1(n＋2)(n＋1)，所以d n＋1－d n＝2×3n＋1×2n＋3(n＋3)(n＋2)－2×3n×2n＋1(n＋2)(n＋1)＝2×3n×4n2＋8n＋6(n＋3)(n＋2)(n＋1)＞0，所以数列{d n}为递增数列，即d n＞d n－1＞d n－2＞…＞d1.又d1＝b2－b1＝3，所以对任意的n∈N*都有b n＋1－b n≥2，所以数列{b n}是“D数列”．综上，数列{b n}是“D数列”．命题点一数列的概念及表示1.(2016·上海高考)无穷数列{a n}由k个不同的数组成，S n为{a n}的前n项和．若对任意n∈N*，S n∈{2,3}，则k的最大值为________．解析：由S n∈{2,3}，得a1＝S1∈{2,3}．将数列写出至最多项，其中有相同项的情况舍去，共有如下几种情况：①a1＝2，a2＝0，a3＝1，a4＝－1；②a1＝2，a2＝1，a3＝0，a4＝－1；③a1＝2，a2＝1，a3＝－1，a4＝0；④a1＝3，a2＝0，a3＝－1，a4＝1；⑤a1＝3，a2＝－1，a3＝0，a4＝1；⑥a1＝3，a2＝－1，a3＝1，a4＝0.最多项均只能写到第4项，即k max＝4.答案：42．(2014·全国卷Ⅱ)数列 {a n }满足 a n ＋1＝11－a n ，a 8＝2，则a 1 ＝________. 解析：将a 8＝2代入a n ＋1＝11－a n ，可求得a 7＝12；再将a 7＝12代入a n ＋1＝11－a n，可求得a 6＝－1；再将a 6＝－1代入a n ＋1＝11－a n，可求得a 5＝2；由此可以推出数列{a n }是一个周期数列，且周期为3，所以a 1＝a 7＝12.答案：12命题点二等差数列与等比数列1．(2018·北京高考)设{a n }是等差数列，且a 1＝3，a 2＋a 5＝36，则{a n }的通项公式为________．解析：法一：设数列{a n }的公差为d .∵a 2＋a 5＝36，∴(a 1＋d )＋(a 1＋4d )＝2a 1＋5d ＝36.∵a 1＝3，∴d ＝6，∴a n ＝6n －3.法二：设数列{a n }的公差为d ，∵a 2＋a 5＝a 1＋a 6＝36，a 1＝3，∴a 6＝33，∴d ＝a 6－a 15＝6，∴a n ＝6n －3.答案：a n ＝6n －32．(2017·江苏高考)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n .已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________.解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则由S 6≠2S 3，得q ≠1，则⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝a 1(1－q 3)1－q＝74，S 6＝a 1(1－q 6)1－q＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝14，则a 8＝a 1q 7＝14×27＝32.答案：323．(2018·全国卷Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________. 解析：∵S n ＝2a n ＋1，∴当n ≥2时，S n －1＝2a n －1＋1， ∴a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －1.当n ＝1时，由a 1＝S 1＝2a 1＋1，得a 1＝－1.∴数列{a n }是首项a 1为－1，公比q 为2的等比数列， ∴S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝－1×(1－2n )1－2＝1－2n ，∴S 6＝1－26＝－63. 答案：－634．(2016·江苏高考)已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 1＋a 22＝－3，S 5＝10，则a 9的值是________．解析：法一：设等差数列{a n }的公差为d ，由S 5＝10，知S 5＝5a 1＋5×42d ＝10，得a 1＋2d ＝2，即a 1＝2－2d .所以a 2＝a 1＋d ＝2－d ，代入a 1＋a 22＝－3，化简得d 2－6d ＋9＝0，所以d ＝3，a 1＝－4.故a 9＝a 1＋8d ＝－4＋24＝20.法二：设等差数列{a n }的公差为d ，由S 5＝10，知5(a 1＋a 5)2＝5a 3＝10，所以a 3＝2. 所以由a 1＋a 3＝2a 2，得a 1＝2a 2－2，代入a 1＋a 22＝－3，化简得a 22＋2a 2＋1＝0，所以a 2＝－1.公差d ＝a 3－a 2＝2＋1＝3，故a 9＝a 3＋6d ＝2＋18＝20. 答案：205．(2018·北京高考)设{a n }是等差数列，且a 1＝ln 2，a 2＋a 3＝5ln 2. (1)求{a n }的通项公式； (2)求e 1a＋e2a ＋…＋ena .解：(1)设{a n }的公差为d . 因为a 2＋a 3＝5ln 2，所以2a 1＋3d ＝5ln 2. 又a 1＝ln 2，所以d ＝ln 2. 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ln 2. (2)因为e 1a＝e ln 2＝2，e a ne 1n a -＝e1n n a a －－＝e ln 2＝2，所以数列{e a n }是首项为2，公比为2的等比数列，所以e 1a ＋e2a ＋…＋ena ＝2×(1－2n )1－2＝2n ＋1－2.6．(2017·江苏高考)对于给定的正整数k ，若数列{a n }满足：a n －k ＋a n －k ＋1＋…＋a n －1＋ a n ＋1＋…＋a n ＋k －1＋a n ＋k ＝2ka n ，对任意正整数n (n ＞k )总成立，则称数列{a n }是“P (k )数列”．(1)证明：等差数列{a n }是“P (3)数列”；(2)若数列{a n }既是“P (2)数列”，又是“P (3)数列”，证明：{a n }是等差数列．证明：(1)因为{a n }是等差数列，设其公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ，从而，当n ≥4时，a n －k ＋a n ＋k ＝a 1＋(n －k －1)d ＋a 1＋(n ＋k －1)d ＝2a 1＋2(n －1)d ＝2a n ，k ＝1,2,3，所以a n －3＋a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＝6a n ，因此等差数列{a n }是“P (3)数列”．(2)数列{a n }既是“P (2)数列”，又是“P (3)数列”，因此，当n ≥3时，a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＝4a n ，①当n ≥4时，a n －3＋a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＝6a n .② 由①知，a n －3＋a n －2＝4a n －1－(a n ＋a n ＋1)，③ a n ＋2＋a n ＋3＝4a n ＋1－(a n －1＋a n )．④将③④代入②，得a n －1＋a n ＋1＝2a n ，其中n ≥4，所以a 3，a 4，a 5，…是等差数列，设其公差为d ′. 在①中，取n ＝4，则a 2＋a 3＋a 5＋a 6＝4a 4，所以a 2＝a 3－d ′，在①中，取n ＝3，则a 1＋a 2＋a 4＋a 5＝4a 3，所以a 1＝a 3－2d ′，所以数列{a n }是等差数列．7．(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．已知S 2＝2，S 3＝－6. (1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列．解：(1)设{a n }的公比为q .由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1＋q )＝2，a 1(1＋q ＋q 2)＝－6. 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，q ＝－2.故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n . (2)由(1)可得S n ＝(－2)×[1－(－2)n ]1－(－2)＝－23＋(－1)n 2n ＋13. 由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n2n ＋3－2n ＋23＝2⎣⎡⎦⎤－23＋(－1)n 2n ＋13＝2S n ，故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．8．(2015·江苏高考)设a 1，a 2，a 3，a 4是各项为正数且公差为d (d ≠0)的等差数列． (1)证明：2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次构成等比数列．(2)是否存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列？并说明理由． (3)是否存在a 1，d 及正整数n ，k 使得a n 1，a n ＋k 2，a n ＋2k3，a n ＋3k4依次构成等比数列？并说明理由．解：(1)证明：因为2a n ＋12a n＝2a n ＋1－a n ＝2d (n ＝1,2,3)是同一个常数，所以2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次构成等比数列．(2)不存在，理由如下：令a 1＋d ＝a ，则a 1，a 2，a 3，a 4分别为a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d (a ＞d ，a ＞－2d ，d ≠0)．假设存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列，则a 4＝(a －d )(a ＋d )3，且(a ＋d )6＝a 2(a ＋2d )4. 令t ＝da ，则1＝(1－t )(1＋t )3，且(1＋t )6＝(1＋2t )4⎝⎛⎭⎫－12＜t ＜1，t ≠0，化简得t 3＋2t 2－2＝0(*)，且t 2＝t ＋1.将t 2＝t ＋1代入(*)式，得t (t ＋1)＋2(t ＋1)－2＝t 2＋3t ＝t ＋1＋3t ＝4t ＋1＝0，则t ＝－14.显然t ＝－14不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，因此不存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列．(3)不存在，理由如下：假设存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a n 1，a n ＋k 2，a n ＋2k3，a n ＋3k4依次构成等比数列，则a n 1(a 1＋2d )n＋2k＝(a 1＋d )2(n＋k )，且(a 1＋d )n ＋k (a 1＋3d )n ＋3k＝(a 1＋2d )2(n＋2k )，分别在两个等式的两边同除以a 2(n ＋k )1及a 2(n＋2k )1，并令t ＝da 1⎝⎛⎭⎫t ＞－13，t ≠0，则(1＋2t )n＋2k＝(1＋t )2(n＋k )，且(1＋t )n ＋k (1＋3t )n＋3k＝(1＋2t )2(n＋2k )．将上述两个等式两边取对数，得 (n ＋2k )ln(1＋2t )＝2(n ＋k )ln(1＋t )，且(n ＋k )ln(1＋t )＋(n ＋3k )ln(1＋3t )＝2(n ＋2k )·ln(1＋2t )．化简得2k [ln(1＋2t )－ln(1＋t )]＝n [2ln(1＋t )－ln(1＋2t )]，且3k [ln(1＋3t )－ln(1＋t )]＝n [3ln(1＋t )－ln(1＋3t )]．再将这两式相除，化简得ln(1＋3t )ln(1＋2t )＋3ln(1＋2t )ln(1＋t ) ＝4ln(1＋3t )ln(1＋t )．(**)令g (t )＝4ln(1＋3t )ln(1＋t )－ln(1＋3t )ln(1＋2t )－3ln(1＋2t )ln(1＋t )，则g ′(t )＝ 2[(1＋3t )2ln (1＋3t )－3(1＋2t )2ln (1＋2t )＋3(1＋t )2ln (1＋t )](1＋t )(1＋2t )(1＋3t ).令φ(t )＝(1＋3t )2ln(1＋3t )－3(1＋2t )2ln(1＋2t )＋3(1＋t )2ln(1＋t )，则φ′(t )＝6[(1＋3t )ln(1＋3t )－2(1＋2t )ln(1＋2t )＋(1＋t )ln(1＋t )]．令φ1(t )＝φ′(t )，则φ1′(t )＝6[3ln(1＋3t )－4ln(1＋2t )＋ln(1＋t )]．令φ2(t )＝φ1′(t )，则φ2′(t )＝12(1＋t )(1＋2t )(1＋3t )＞0.由g (0)＝φ(0)＝φ1(0)＝φ2(0)＝0，φ2′(t )＞0，知φ2(t )，φ1(t )，φ(t )，g (t )在⎝⎛⎭⎫－13，0和(0，＋∞)上均单调．故g (t )只有唯一零点t ＝0，即方程(**)只有唯一解t ＝0，故假设不成立．所以不存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a n 1，a n ＋k 2，a n＋2k3，a n ＋3k4依次构成等比数列．命题点三数列求和1.(2018·江苏高考)已知集合A ＝{x |x ＝2n －1，n ∈N *}，B ＝{x |x ＝2n ，n ∈N *}．将A ∪B 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{a n }．记S n 为数列{a n }的前n 项和，则使得S n ＞12a n ＋1成立的n 的最小值为________．解析：所有的正奇数和2n (n ∈N *)按照从小到大的顺序排列构成{a n }，在数列{a n }中，25前面有16个正奇数，即a 21＝25，a 38＝26.当n ＝1时，S 1＝1＜12a 2＝24，不符合题意；当n ＝2时，S 2＝3＜12a 3＝36，不符合题意；当n ＝3时，S 3＝6＜12a 4＝48，不符合题意；当n ＝4时，S 4＝10＜12a 5＝60，不符合题意；…；当n ＝26时，S 26＝21×(1＋41)2＋2×(1－25)1－2＝441＋62＝503＜12a 27＝516，不符合题意；当n ＝27时，S 27＝22×(1＋43)2＋2×(1－25)1－2＝484＋62＝546＞12a 28＝540，符合题意．故使得S n ＞12a n ＋1成立的n 的最小值为27.答案：272．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n 1S k＝________.解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝3，4a 1＋6d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，所以S n ＝n (n ＋1)2，1S n＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，因此∑k ＝1n 1S k ＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2nn ＋1.答案：2nn ＋13．(2018·全国卷Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和．若S m ＝63，求m . 解：(1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝q n －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)或q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n－1或a n ＝2n －1.(2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－(－2)n3. 由S m ＝63，得(－2)m ＝－188，此方程没有正整数解．若a n ＝2n －1，则S n ＝1－2n 1－2＝2n－1.由S m ＝63，得2m ＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.4．(2018·浙江高考)已知等比数列{a n }的公比q ＞1，且a 3＋a 4＋a 5＝28，a 4＋2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1＝1，数列{(b n ＋1－b n )a n }的前n 项和为2n 2＋n .(1)求q 的值；(2)求数列{b n }的通项公式．解：(1)由a 4＋2是a 3，a 5的等差中项，得a 3＋a 5＝2a 4＋4，所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＋4＝28，解得a 4＝8.由a 3＋a 5＝20，得8⎝⎛⎭⎫q ＋1q ＝20，解得q ＝2或q ＝12.因为q ＞1，所以q ＝2.(2)设c n ＝(b n ＋1－b n )a n ，数列{c n }的前n 项和为S n .由c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，解得c n ＝4n －1.由(1)可得a n ＝2n －1，所以b n ＋1－b n ＝(4n －1)×⎝⎛⎭⎫12n －1，故b n －b n －1＝(4n －5)×⎝⎛⎭⎫12n －2，n ≥2，b n －b 1＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 3－b 2)＋(b 2－b 1)＝(4n －5)×⎝⎛⎭⎫12n －2＋(4n －9)×⎝⎛⎭⎫12n －3＋…＋7×12＋3.设T n ＝3＋7×12＋11×⎝⎛⎭⎫122＋…＋(4n －5)×⎝⎛⎭⎫12n －2，n ≥2，则12T n ＝3×12＋7×⎝⎛⎭⎫122＋…＋(4n －9)×⎝⎛⎭⎫12n －2＋(4n －5)×⎝⎛⎭⎫12n －1，两式相减，得12T n ＝3＋4×12＋4×⎝⎛⎭⎫122＋…＋4×⎝⎛⎭⎫12n －2－(4n －5)×⎝⎛⎭⎫12n －1，所以T n ＝14－(4n ＋3)×⎝⎛⎭⎫12n －2，n ≥2.又b 1＝1，所以b n ＝15－(4n ＋3)×⎝⎛⎭⎫12n －2. 命题点四数列的综合应用1.(2016·江苏高考)记U ＝{1,2，…，100}，对数列{a n }(n ∈N *)和U 的子集T ，若T ＝∅，定义S T＝0；若T ＝{t 1，t 2，…，t k }，定义S T ＝at 1＋at 2＋…＋at k .例如：T ＝{1,3,66}时，S T ＝a 1＋a 3＋a 66.现设{a n }(n ∈N *)是公比为3的等比数列，且当T ＝{2,4}时，S T ＝30.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)对任意正整数k (1≤k ≤100)，若T ⊆{1,2，…，k }，求证：S T ＜a k ＋1； (3)设C ⊆U ，D ⊆U ，S C ≥S D ，求证：S C ＋S C ∩D ≥2S D . 解：(1)由已知得a n ＝a 1·3n －1，n ∈N *.于是当T ＝{2,4}时，S T ＝a 2＋a 4＝3a 1＋27a 1＝30a 1. 又S T ＝30，故30a 1＝30，即a 1＝1.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *.(2)证明：因为T ⊆{1,2，…，k }，a n ＝3n －1＞0，n ∈N *，所以S T ≤a 1＋a 2＋…＋a k ＝1＋3＋…＋3k －1＝12(3k －1)＜3k .因此，S T ＜a k ＋1.(3)证明：下面分三种情况证明．①若D 是C 的子集，则S C ＋S C ∩D ＝S C ＋S D ≥S D ＋S D ＝2S D . ②若C 是D 的子集，则S C ＋S C ∩D ＝S C ＋S C ＝2S C ≥2S D . ③若D 不是C 的子集，且C 不是D 的子集．令E ＝C ∩∁U D ，F ＝D ∩∁U C ，则E ≠∅，F ≠∅，E ∩F ＝∅.于是S C ＝S E ＋S C ∩D ，S D ＝S F ＋S C ∩D ，进而由S C ≥S D 得S E ≥S F .设k 为E 中的最大数，l 为F 中的最大数，则k ≥1，l ≥1，k ≠l .由(2)知，S E ＜a k ＋1. 于是3l －1＝a l ≤S F ≤S E ＜a k ＋1＝3k ，所以l －1＜k ，即l ≤k . 又k ≠l ，故l ≤k －1.从而 S F ≤a 1＋a 2＋…＋a l ＝1＋3＋…＋3l －1＝3l －12≤3k －1－12＝a k －12≤S E －12，故S E ≥2S F ＋1，所以S C －S C ∩D ≥2(S D －S C ∩D )＋1，即S C ＋S C ∩D ≥2S D ＋1.综合①②③得，S C ＋S C ∩D ≥2S D .2．(2018·天津高考)设{a n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是等差数列．已知a 1＝1，a 3＝a 2＋2，a 4＝b 3＋b 5，a 5＝b 4＋2b 6.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{S n }的前n 项和为T n (n ∈N *)，①求T n ；②证明∑k ＝1n(T k ＋b k ＋2)b k (k ＋1)(k ＋2)＝2n ＋2n ＋2－2(n ∈N *)．解：(1)设等比数列{a n }的公比为q . 由a 1＝1，a 3＝a 2＋2，可得q 2－q －2＝0. 由q ＞0，可得q ＝2，故a n ＝2n －1.设等差数列{b n }的公差为d . 由a 4＝b 3＋b 5，可得b 1＋3d ＝4.① 由a 5＝b 4＋2b 6，可得3b 1＋13d ＝16.② 联立①②解得b 1＝1，d ＝1，故b n ＝n .所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，数列{b n }的通项公式为b n ＝n .(2)①由(1)，有S n ＝1－2n1－2＝2n －1，所以T n ＝∑k ＝1n(2k－1)＝∑k ＝1n2k－n ＝2(1－2n )1－2－n ＝2n ＋1－n －2.②证明：因为(T k ＋b k ＋2)b k (k ＋1)(k ＋2)＝(2k ＋1－k －2＋k ＋2)k(k ＋1)(k ＋2)＝k ·2k ＋1(k ＋1)(k ＋2)＝2k ＋2k ＋2－2k ＋1k ＋1，所以∑k ＝1n(T k ＋b k ＋2)b k (k ＋1)(k ＋2)＝⎝⎛⎭⎫233－222＋⎝⎛⎭⎫244－233＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋2n ＋2－2n ＋1n ＋1＝2n ＋2n ＋2－2. 3．(2018·江苏高考)设{a n }是首项为a 1，公差为d 的等差数列，{b n }是首项为b 1，公比为q 的等比数列．(1)设a 1＝0，b 1＝1，q ＝2，若|a n －b n |≤b 1对n ＝1,2,3,4均成立，求d 的取值范围； (2)若a 1＝b 1＞0，m ∈N *，q ∈(1，m2]，证明：存在d ∈R ，使得|a n －b n |≤b 1对n ＝2,3，…，m＋1均成立，并求d 的取值范围(用b 1，m ，q 表示)．解：(1)由条件知a n ＝(n －1)d ，b n ＝2n －1.因为|a n －b n |≤b 1对n ＝1,2,3,4均成立，即|(n －1)d －2n －1|≤1对n ＝1,2,3,4均成立，所以1≤1,1≤d ≤3,3≤2d ≤5,7≤3d ≤9，解得73≤d ≤52.所以d 的取值范围为⎣⎡⎦⎤73，52.(2)由条件知a n ＝b 1＋(n －1)d ，b n ＝b 1q n －1.若存在d ，使得|a n －b n |≤b 1(n ＝2,3，…，m ＋1)成立，即|b 1＋(n －1)d －b 1q n －1|≤b 1(n ＝2,3，…，m ＋1)，即当n ＝2,3，…，m ＋1时，d 满足q n －1－2n －1b 1≤d ≤q n －1n －1b 1. 因为q ∈(1，m 2]，则1＜q n －1≤q m ≤2，从而q n －1－2n －1b 1≤0，q n －1n －1b 1＞0，对n ＝2,3，…，m ＋1均成立．因此，取d ＝0时，|a n －b n |≤b 1对n ＝2,3，…，m ＋1均成立．下面讨论数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1－2n －1的最大值和数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1n －1的最小值(n ＝2,3，…，m ＋1)． ①当2≤n ≤m 时，q n －2n －q n －1－2n －1＝nq n －q n －nq n －1＋2n (n －1)＝n (q n －q n －1)－q n ＋2n (n －1). 当1＜q ≤21m时，有q n ≤q m ≤2，从而n (q n －q n －1)－q n ＋2＞0. 因此，当2≤n ≤m ＋1时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1－2n －1单调递增，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1－2n －1的最大值为q m －2m . ②设f (x )＝2x (1－x )，当x ＞0时，f ′(x )＝(ln 2－1－x ln 2)2x ＜0，所以f (x )单调递减，从而f (x )＜f (0)＝1.当2≤n ≤m 时，q n n qn －1n －1＝q (n －1)n ≤21n ⎝⎛⎭⎫1－1n ＝f ⎝⎛⎭⎫1n ＜1，因此，当2≤n ≤m ＋1时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1n －1单调递减，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1n －1的最小值为q m m . 因此d 的取值范围为⎣⎡⎦⎤b 1(q m －2)m ，b 1q m m .。

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