【高中教育】2020高考数学二轮复习专题三数列第1讲等差数列等比数列的基本问题练习

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2020高考数学(理)二轮专题复习讲义《二第1讲数列、等差数列与等比数列(小题)》

第1讲数列、等差数列与等比数列(小题)热点一等差数列、等比数列的基本运算1.等差数列、等比数列的基本公式(n ∈N *)等差数列的通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ；等比数列的通项公式：a n ＝a 1·q n －1.等差数列的求和公式：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d ；等比数列的求和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1，na 1，q ＝1.2.等差数列、等比数列问题的求解策略(1)抓住基本量，首项a 1、公差d 或公比q ；(2)熟悉一些结构特征，如前n 项和为S n ＝an 2＋bn (a ，b 是常数)的形式的数列为等差数列，通项公式为a n ＝p ·q n －1(p ，q ≠0)的形式的数列为等比数列；(3)由于等比数列的通项公式、前n 项和公式中变量n 在指数位置，所以常用两式相除(即比值的方式)进行相关计算.例1 (1)(2019·柳州模拟)已知点(n ，a n )在函数f (x )＝2x－1的图象上(n ∈N *).数列{a n }的前n 项和为S n ，设b n ＝164n S +，数列{b n }的前n 项和为T n .则T n 的最小值为________. 答案－30解析 ∵点(n ，a n )在函数y ＝2x－1的图象上， ∴a n ＝2n －1，∴{a n }是首项为a 1＝1，公比q ＝2的等比数列，∴S n ＝1·(1－2n )1－2＝2n －1，则b n ＝264n ＝2n －12， ∴{b n }是首项为－10，公差为2的等差数列，∴由b n ≤0，得n ≤6.即T n 的最小值为T 5＝T 6＝－10×6＋6×5×22＝－30. (2)(2019·咸阳模拟)正项等比数列{a n }中，存在两项a m ，a n ，使得a m ·a n ＝2a 1，且a 6＝a 5＋2a 4，则1m ＋9n的最小值是________. 答案 4解析数列a n 是正项等比数列且q ≠1，由a 6＝a 5＋2a 4，得q 2＝q ＋2，解得q ＝2(负根舍去). 由a m ·a n ＝2a 1，得2m ＋n －2＝22，m ＋n ＝4.故1m ＋9n ＝14·⎝⎛⎭⎫1m ＋9n ·(m ＋n ) ＝14⎝⎛⎭⎫1＋9＋n m ＋9m n ≥14⎝⎛⎭⎫10＋2n m ·9m n ＝14(10＋6)＝4，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧ n m ＝9m n ，m ＋n ＝4，m ∈N *，n ∈N *，即⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1，n ＝3时等号成立. 跟踪演练1 (1)(2019·上饶重点中学六校联考)已知等差数列{a n }的首项a 1＝2，前n 项和为S n ，若S 8＝S 10，则a 18等于( )A.－4B.－2C.0D.2答案 B解析设等差数列{a n }的公差为d ，由S 8＝S 10，得a 9＋a 10＝0，所以2a 1＋17d ＝0，且a 1＝2，所以d ＝－417，得a 18＝a 1＋17d ＝2＋17×⎝⎛⎭⎫－417＝－2. (2)(2019·马鞍山模拟)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 4＝18，S 3－a 1＝34，则S 5等于( )A.3132B.3116C.318D.314答案 B解析由正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 4＝18，S 3－a 1＝34，q >0，易知q ＝1时不成立，所以q ≠1.∴⎩⎨⎧a 1q 3＝18，a 1(1－q 3)1－q －a 1＝34，解得a 1＝1，q ＝12⎝⎛⎭⎫a 1＝－278，q ＝－13舍去， ∴S 5＝a 1(1－q 5)1－q ＝1－1321－12＝3116. (3)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝9，a 5＝1，则使得S n >0成立的n 的最大值为________. 答案 9解析因为a 1＝9，a 5＝1，所以公差d ＝1－94＝－2，所以S n ＝9n ＋12n (n －1)(－2)＝10n －n 2，令S n >0，得0<n <10，所以使得S n >0成立的n 的最大值为9.热点二等差数列、等比数列的性质1.通项性质：若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则对于等差数列，有a m ＋a n ＝a p ＋a q ＝2a k ，对于等比数列有a m a n ＝a p a q ＝a 2k .2.前n 项和的性质：(1)对于等差数列有S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等差数列；对于等比数列有S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等比数列(q ＝－1且m 为偶数情况除外).(2)对于等差数列，有S 2n ＋1＝(2n ＋1)a n ＋1.例2 (1)(2019·合肥模拟)已知正项等差数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，若a 5＋a 7－a 26＝0，则S 11的值为( )A.11B.12C.20D.22答案 D解析结合等差数列的性质，可得a 5＋a 7＝2a 6＝a 26，又该数列为正项数列，可得a 6＝2，所以由S 2n －1＝(2n －1)a n ，可得S 11＝11a 6＝22.(2)(2019·西安陕师大附中、西安高级中学等八校联考)已知函数f (x )＝21＋x 2(x ∈R )，若等比数列{a n }满足a 1a 2 019＝1，则f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋…＋f (a 2 019)等于( )A.2 019B.2 0192C.2D.12答案 A解析 ∵a 1a 2 019＝1，∴f (a 1)＋f (a 2 019)＝21＋a 21＋21＋a 22 019＝21＋a 21＋21＋1a 21＝21＋a 21＋2a 211＋a 21＝2， ∵{a n }为等比数列，则a 1a 2 019＝a 2a 2 018＝…＝a 1 009a 1 011＝a 21 010＝1，∴f (a 2)＋f (a 2 018)＝2，…，f (a 1 009)＋f (a 1 011)＝2，f (a 1 010)＝1，即f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋…＋f (a 2 019)＝2×1 009＋1＝2 019.(3)已知数列{a n }的各项都为正数，对任意的m ，n ∈N *，a m ·a n ＝a m ＋n 恒成立，且a 3·a 5＋a 4＝72，则log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 7＝________.答案 21解析令m ＝1，∵a m ·a n ＝a m ＋n ，∴a 1·a n ＝a 1＋n ，又a n >0，∴数列{a n }为等比数列.由a 3·a 5＋a 4＝72，得a 24＋a 4＝72，∵a 4>0，∴a 4＝8，∴log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 7＝log 2(a 1·a 2·…·a 7)＝log 2a 74＝log 287＝21.跟踪演练2 (1)(2019·鞍山模拟)等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为S n 与T n ，若对一切自然数n ，都有S n T n ＝2n 3n ＋1，则a 6b 6等于( ) A.23 B.914 C.2031 D.1117答案 D解析 S 11T 11＝11a 611b 6＝a 6b 6＝2234＝1117. (2)已知等比数列{a n }中，a 5＝2，a 6a 8＝8，则a 2 018－a 2 016a 2 014－a 2 012等于( ) A.2 B.4 C.6 D.8答案 A解析设数列{a n }的公比为q .∵数列{a n }是等比数列，∴a 6a 8＝a 27＝8，∴a 7＝22(与a 5同号)，∴q 2＝a 7a 5＝2， ∴a 2 018－a 2 016a 2 014－a 2 012＝q 4＝(2)2＝2. (3)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10＝10，S 30＝130，则S 40等于( )A.－510B.400C.400或－510D.30或40答案 B解析 ∵正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，∴S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30也成等比数列，∴10×(130－S 20)＝(S 20－10)2，解得S 20＝40或S 20＝－30(舍)，故S 40－S 30＝270，∴S 40＝400.热点三等差数列、等比数列的综合问题解决数列的综合问题的失分点(1)公式a n ＝S n －S n －1适用于所有数列，但易忽略n ≥2这个前提；(2)对含有字母的等比数列求和时要注意q ＝1或q ≠1的情况，公式S n ＝a 1(1－q n )1－q只适用于q ≠1的情况.例3 (1)已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，a 3＋S 5＝18，a 5＝7.若a 3，a 6，a m 成等比数列，则m ＝________.答案 15解析设等差数列的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＋5a 1＋10d ＝18，a 1＋4d ＝7，故⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝2，所以a n ＝2n －3，n ∈N *.由a 26＝a 3a m ，得92＝3(2m －3)，所以2m －3＝27，所以m ＝15.(2)已知等差数列{a n }的前n 项和为T n ，a 3＝4，T 6＝27，数列{b n }满足b n ＋1＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ，b 1＝b 2＝1，设c n ＝a n ＋b n ，则数列{c n }的前11项和S 11等于( )A.1 062B.2 124C.1 101D.1 100答案 C解析设数列{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝4，6a 1＋15d ＝27，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝1， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋1.当n ≥2时，b n ＋1－b n ＝b n ，∴b n ＋1＝2b n ，即数列{b n }从第二项起为等比数列，∴b n ＝2n －2(n ≥2)，∴数列{b n }的通项公式为b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －2，n ≥2. 分组求和可得数列{c n }的前11项和S 11＝(2＋3＋4＋…＋12)＋(1＋1＋2＋22＋…＋29)＝77＋210＝1 101.跟踪演练3 (1)(2019·黄冈、华师附中等八校联考)已知公差不为0的等差数列{a n }的首项a 1＝3，且a 2，a 4，a 7成等比数列，数列{b n }的前n 项和S n 满足S n ＝2n (n ∈N *)，数列{c n }满足c n ＝a n b n (n ∈N *)，则数列{c n }的前3项和为( )A.31B.34C.62D.59答案 B解析由于a 2，a 4，a 7成等比数列，故a 24＝a 2·a 7，即(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋6d )，由于a 1＝3，解得d ＝1，故a n ＝n ＋2.当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝2n －2n －1＝2n －1，当n ＝1时，b 1＝S 1＝21＝2，故b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2. 故c n 的前3项和为a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝3×2＋4×2＋5×4＝34.(2)用g (n )表示自然数n 的所有因数中最大的那个奇数，例如：9的因数有1,3,9，g (9)＝9,10的因数有1,2,5,10，g (10)＝5，那么g (1)＋g (2)＋g (3)＋…＋g (22 019－1)＝________.答案 42 019－13解析由g (n )的定义易知g (n )＝g (2n )，且若n 为奇数则g (n )＝n ，令f (n )＝g (1)＋g (2)＋g (3)＋…＋g (2n －1)，则f (n ＋1)＝g (1)＋g (2)＋g (3)＋…＋g (2n ＋1－1)＝1＋3＋…＋(2n ＋1－1)＋g (2)＋g (4)＋…＋g (2n ＋1－2)＝2n [1＋(2n ＋1－1)]2＋g (1)＋g (2)＋…＋g (2n －1) ＝4n ＋f (n )，即f (n ＋1)－f (n )＝4n ，分别取n 为1,2，…，n ，并累加得f (n ＋1)－f (1)＝4＋42＋ (4)＝4×(1－4n )1－4 ＝43(4n －1)，又f (1)＝g (1)＝1，所以f (n ＋1)＝43(4n －1)＋1，所以f (n )＝g (1)＋g (2)＋g (3)＋…＋g (2n －1)＝43(4n －1－1)＋1，令n ＝2 019，得：g (1)＋g (2)＋g (3)＋…＋g (22 019－1)＝43(42 019－1－1)＋1＝42 019－13. 热点四数列的递推关系由递推关系式求数列的通项公式常用的方法(1)求出数列的前几项，再归纳猜想出数列的一个通项公式(注意验证)；(2)将已知递推关系式整理、变形得到等差或等比数列的通项公式，或用累加法(适用于a n ＋1＝a n ＋f (n )型)、累乘法(适用于a n ＋1＝a n ·f (n )型)、待定系数法(适用于a n ＋1＝pa n ＋q 型)求通项公式.例4 (1)(2019·上饶重点中学六校联考)设数列{a n }满足a 1＝3，且对任意整数n ，总有(a n ＋1－1)(1－a n )＝2a n 成立，则数列{a n } 的前2 018项的和为( )A.588B.589C.2 018D.2 019答案 B解析因为(a n ＋1－1)(1－a n )＝2a n ，所以a n ＋1＝1＋a n 1－a n，因为a 1＝3，所以a 2＝－2，a 3＝－13，a 4＝12，a 5＝3＝a 1，即数列{a n }是以4为周期的数列，所以a 1＋a 2＋…＋a 2 018＝504(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 2 017＋a 2 018＝504×⎝⎛⎭⎫3－2－13＋12＋a 1＋a 2＝589. (2)(2019·永州模拟)设[x ]表示不超过x 的最大整数，已知数列{a n }中，a 1＝2，且a n ＋1＝a n (a n＋1)，若⎣⎡⎦⎤a 1a 1＋1＋a 2a 2＋1＋…＋a n a n＋1＝100，则整数n 等于( ) A.99 B.100 C.101 D.102答案 C解析因为a n ＋1＝a n (a n ＋1)＝a 2n ＋a n ，所以a n ＋1－a n ＝a 2n >0，故数列{a n }是递增数列，且1a n>0，又由a n ＋1＝a n (a n ＋1)可得1a n ＋1＝1a n －1a n ＋1，即1a n ＋1＝1a n －1a n ＋1，而a n a n ＋1＝a n ＋1－1a n ＋1＝1－1a n ＋1，从而a 1a 1＋1＋a 2a 2＋1＋…＋a n a n ＋1＝n －⎝⎛⎭⎫1a 1－1a n ＋1，所以⎣⎡⎦⎤a 1a 1＋1＋a 2a 2＋1＋…＋a n a n ＋1＝⎣⎡⎦⎤n －⎝⎛⎭⎫1a 1－1a n ＋1，又0<1a 1－1a n ＋1<1a 1＝12，所以⎣⎡⎦⎤n －⎝⎛⎭⎫1a 1－1a n ＋1＝n －1＝100，所以n ＝101. 跟踪演练4 (1)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1n ＋1＝a n n＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ，则a n 等于( ) A.2＋n ln nB.2n ＋(n －1)ln nC.2n ＋n ln nD.1＋n ＋n ln n答案 C解析由题意得a n ＋1n ＋1－a n n＝ln(n ＋1)－ln n ， n 分别用1,2,3，…，n －1(n ≥2)取代，累加得a n n －a 11＝ln n －ln 1，即a n n＝2＋ln n ，即a n ＝2n ＋n ln n (n ≥2)，又a 1＝2符合上式，故a n ＝2n ＋n ln n .(2)(2019·漳州模拟)已知数列{a n }和{b n }首项均为1，且a n －1≥a n (n ≥2)，a n ＋1≥a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，且满足2S n S n ＋1＋a n b n ＋1＝0，则S 2 019等于( )A.2 019B.12 019 C.4 037 D.14 037 答案 D解析由a n －1≥a n (n ≥2)，a n ＋1≥a n 可得a n ＋1＝a n ，即数列{a n }是常数列，又数列{a n }的首项为1，所以a n ＝1，所以当S n S n ＋1≠0时，2S n S n ＋1＋a n b n ＋1＝0可化为2S n S n ＋1＋b n ＋1＝0，因为S n 为数列{b n }的前n 项和，所以2S n S n ＋1＋b n ＋1＝2S n S n ＋1＋(S n ＋1－S n )＝0，所以1S n ＋1－1S n＝2，因此数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以2为公差的等差数列，又1S 1＝1b 1＝1，所以1S n＝1＋2(n －1)＝2n －1，故S n ＝12n －1，即S n S n ＋1≠0. 所以S 2 019＝14 037.真题体验1.(2018·全国Ⅰ，理，4)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等于( ) A.－12 B.－10 C.10 D.12答案 B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.(2017·全国Ⅰ，理，12)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推.求满足如下条件的最小整数N ：N >100且该数列的前N 项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是( ) A.440 B.330 C.220 D.110 答案 A解析设首项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推.则第n 组的项数为n ，前n 组的项数和为n (1＋n )2.由题意知，N >100，令n (1＋n )2>100⇒n ≥14且n ∈N *，即N 出现在第13组之后.第n 组的各项和为1－2n 1－2＝2n －1，前n 组所有项的和为2(1－2n )1－2－n ＝2n ＋1－2－n .设N 是第n ＋1组的第k 项，若要使前N 项和为2的整数幂，则N －n (1＋n )2项的和即第n ＋1组的前k 项的和2k －1应与－2－n 互为相反数，即2k －1＝2＋n (k ∈N *，n ≥14)，k ＝log 2(n ＋3)⇒n 最小为29，此时k ＝5，则N ＝29×(1＋29)2＋5＝440.3.(2019·全国Ⅰ，理，14)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若a 1＝13，a 24＝a 6，则S 5＝________.答案1213解析设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 24＝a 6，所以(a 1q 3)2＝a 1q 5，所以a 1q ＝1，又a 1＝13，所以q ＝3，所以S 5＝a 1(1－q 5)1－q ＝13×(1－35)1－3＝1213.押题预测1.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，S 3＝a 5，a m ＝2 019，则m ＝________. 答案 1 010解析根据题意，设等差数列{a n }的公差为d ，则S 3＝3a 2＝3(a 1＋d )，又由a 1＝1，S 3＝a 5，得3(1＋d )＝1＋4d ，解得d ＝2，则a m ＝a 1＋(m －1)d ＝2m －1＝2 019，解得m ＝1 010.2.已知等差数列{a n }中，若点(n ，a n )(n ∈N *)在经过点(4,8)的定直线l 上，则数列{a n }的前7项和S 7＝________. 答案 56解析因为等差数列{a n }中，点(n ，a n )(n ∈N *)在经过点(4,8)的定直线l 上， ∴a 4＝8，∴数列{a n }的前7项和S 7＝72(a 1＋a 7)＝7a 4＝56.3.在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 3－a 1＝8，当a 4取最小值时，数列{na 2n }的前n 项和S n ＝________. 答案 (8n －4)3n ＋4解析设数列{a n }的公比为q ，由题意易知q >1.等比数列{a n }中，a 3－a 1＝8，所以a 1＝8q 2－1，a 4＝a 1q 3＝8q 3q 2－1，令f (q )＝8q 3q 2－1，q >1，则f ′(q )＝⎝⎛⎭⎫8q 3q 2－1′＝8q 2(q 2－3)(q 2－1)2，q >1，令f ′(q )＝0，解得q ＝3(负值舍去)，当1<q <3时，f ′(q )<0，当q >3时，f ′(q )>0，所以当q ＝3时，a 4＝f (q )＝8q 3q 2－1取得最小值，设b n ＝na 2n ，代入q ＝3化简可得b n ＝16n ×3n －1，所以S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n －2＋b n －1＋b n ，S n ＝16[1×30＋2×31＋3×32＋…＋(n －2)×3n －3＋(n －1)×3n －2＋n ×3n －1]， 3S n ＝16[1×31＋2×32＋3×33＋…＋(n －2)×3n －2＋(n －1)×3n －1＋n ×3n ]，两式相减得－2S n ＝16(1＋31＋32＋33＋…＋3n －2＋3n －1－n ×3n )＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫1－3n1－3－n ×3n ， S n ＝8n ×3n －4×3n ＋4，故S n ＝(8n －4)×3n ＋4.A 组专题通关1.(2019·深圳调研)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和.若S 5＝25，a 3＋a 4＝8，则{a n }的公差为( )A.－2B.－1C.1D.2 答案 A解析依题意，可得S 5＝5(a 1＋a 5)2＝5×2a 32＝25，解得a 3＝5，又a 3＋a 4＝8，所以a 4＝3，所以公差d ＝a 4－a 3＝3－5＝－2.2.(2019·沈阳模拟)等比数列{a n }中，若a 3＝2，a 7＝8，则a 5等于( ) A.4 B.－4 C.±4 D.5 答案 A解析 ∵数列{a n }为等比数列，且a 3＝2，a 7＝8， ∴a 25＝a 3·a 7＝2×8＝16，则a 5＝±4，∵等比数列奇数项的符号相同， ∴a 5＝4.3.(2019·广州模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 6＝36，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A.144 B.81 C.45 D.63 答案 B解析设数列{a n }的公比为q ，由题易知，q ≠－1. 由等比数列的性质可知，S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，…成等比数列，由题意得S 6－S 3＝36－9＝27⇒q 3＝279＝3，∴a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6＝27×3＝81.4.(2019·西北师范大学附属中学诊断)数列{a n }是公差不为零的等差数列，并且a 5，a 8，a 13是等比数列{b n }的相邻三项，若b 2＝5，则b n 等于( )A.5·⎝⎛⎭⎫53n －1B.3·⎝⎛⎭⎫53n －1C.3·⎝⎛⎭⎫35n －1 D.5·⎝⎛⎭⎫35n －1 答案 B解析设等差数列{a n } 的首项为a 1，公差为d ， a 5＝a 1＋4d ，a 8＝a 1＋7d ，a 13＝a 1＋12d ，则(a 1＋7d )2＝(a 1＋4d )(a 1＋12d )，所以a 21＋14a 1d ＋49d 2＝a 21＋16a 1d ＋48d 2，2a 1d ＝d 2，d ≠0，所以d ＝2a 1.设等比数列{b n }的公比为q ，q ＝a 8a 5＝15a 19a 1＝53，所以b n ＝b 2·q n －2＝5·⎝⎛⎭⎫53n －2＝3·⎝⎛⎭⎫53n －1. 5.已知等差数列{a n }和等比数列{b n }的各项都是正数，且a 1＝b 1，a 11＝b 11.那么一定有( ) A.a 6≤b 6 B.a 6≥b 6 C.a 12≤b 12 D.a 12≥b 12 答案 B解析因为等差数列{a n }和等比数列{b n }的各项都是正数，且a 1＝b 1，a 11＝b 11，所以a 1＋a 11＝b 1＋b 11＝2a 6，所以a 6＝a 1＋a 112＝b 1＋b 112≥b 1b 11＝b 6.当且仅当b 1＝b 11时，取等号，此时数列{b n }的公比为1.6.(2019·济南外国语学校模拟)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋n ＋(－1)n ，则a 2 018的值为( ) A.2 017×1 008B.2 017×1 009C.2 018×1 008D.2 018×1 009答案 B解析 a n ＋1－a n ＝n ＋(－1)n ， a 2 018－a 2 017＝2 017＋(－1)， a 2 017－a 2 016＝2 016＋1， a 2 016－a 2 015＝2 015＋(－1)， a 2 015－a 2 014＝2 014＋1， …，a 3－a 2＝2＋1， a 2－a 1＝1＋(－1)，将以上式子相加得a 2 018－a 1＝2 017＋2 016＋…＋2，即a 2 018＝2 017＋2 016＋…＋2＋1 ＝2 017×(1＋2 017)2＝2 017×1 009.7.(2019·衡水中学摸拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧m x －2 017，x ≥2 019，⎝⎛⎭⎫3m 2 018＋1x －2 020，x <2 019，数列{a n }满足：a n＝f (n )，n ∈N *，且{a n }是单调递增函数，则实数m 的取值范围是( ) A.(1,2] B.(1,2) C.(2，＋∞) D.(1，＋∞)答案 C解析因为a n ＝f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧m n －2 017，n ≥2 019，n ∈N *，⎝⎛⎭⎫3m 2 018＋1n －2 020，n <2 019，n ∈N *，且{a n }是单调递增数列，所以根据指数函数的单调性可得m >1，根据一次函数的单调性可得3m2 018＋1>0，由分段函数的单调性结合数列的单调性可得，⎝⎛⎭⎫3m 2 018＋1×2 018－2 020<m 2 019－2 017，综合三种情况解得m >2.8.(2019·临沂模拟)“珠算之父”程大位是我国明代著名的数学家，他的代表作《算法统宗》中有一首“竹筒容米”问题：“家有九节竹一茎，为因盛米不均平，下头三节四升五，上梢四节三升八，唯有中间两节竹，要将米数次第盛，若有先生能算法，也教算得到天明.”((注)四升五：4.5升，次第盛：盛米容积依次相差同一数量.)用你所学的数学知识求得中间两节竹的容积为( )A.2.2升B.2.3升C.2.4升D.2.5升答案 D解析设从下至上各节容积分别为a 1，a 2，…，a 9，则{a n }是等差数列，设公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋(a 1＋d )＋(a 1＋2d )＝4.5，(a 1＋5d )＋(a 1＋6d )＋(a 1＋7d )＋(a 1＋8d )＝3.8，解得a 1＝1.6，d ＝－0.1， ∴中间两节的容积为a 4＋a 5＝(1.6－0.1×3)＋(1.6－0.1×4)＝2.5(升).9.(2019·广州天河区综合测试)若数列{b n }满足：b 12＋b 222＋…＋b n 2n ＝2n (n ∈N *)，则数列{b n }的前n 项和S n 为( ) A.2n ＋1 B.2n －4 C.2n ＋2－2 D.2n ＋2－4答案 D解析数列{b n }满足b 12＋b 222＋…＋b n2n ＝2n (n ∈N *)，可得当n ≥2时，b 12＋b 222＋…＋b n －12n －1＝2(n －1)(n ∈N *)，可得b n2n ＝2n －2(n －1)＝2，所以b n ＝2n ＋1(n ≥2).当n ＝1时，b 1＝4，满足b n ＝2n ＋1，所以数列{b n }的通项公式为b n ＝2n ＋1(n ∈N *). 所以数列{b n }是等比数列，公比为2. 数列{b n }的前n 项和S n ＝4(1－2n )1－2＝2n ＋2－4.10.(2019·荆门调研)正项等比数列{a n }满足a 1＝1，a 2a 6＋a 3a 5＝128，则下列结论正确的是( ) A.∃n ∈N *，S n >a n ＋1 B.∀n ∈N *，a n a n ＋1≥a n ＋2 C.∃n ∈N *，a n ＋a n ＋2＝2a n ＋1 D.∀n ∈N *，a n ＋a n ＋3>a n ＋1＋a n ＋2 答案 D解析因为等比数列{a n }满足a 2a 6＋a 3a 5＝128，即(a 4)2＋(a 4)2＝128，解得a 4＝±8，又等比数列为正项等比数列，所以a 4＝8，由a 1＝1，则q 3＝a 4a 1＝8，解得q ＝2，对于A ，S n >a n ＋1，有S n ＝1×(1－2n )1－2＝2n－1，a n ＋1＝2n ，有S n <a n ＋1，A 错误；对于B ，a n a n ＋1＝2n －12n ＝22n －1，a n ＋2＝2n ＋1，当n ＝1时，a n a n ＋1<a n ＋2，B 错误；对于C ，a n ＋a n ＋2＝2n －1＋2n ＋1,2a n ＋1＝2n ＋1，若a n ＋a n ＋2＝2a n ＋1，则2n －1＋2n ＋1＝2n ＋1，显然不成立，C 错误；对于D ，a n ＋a n ＋3＝2n －1＋2n ＋2＝2n －1(1＋8)＝9×2n －1， a n ＋1＋a n ＋2＝2n ＋2n ＋1＝2n －1(2＋4)＝6×2n －1，必有a n ＋a n ＋3>a n ＋1＋a n ＋2，D 正确.11.(2019·哈尔滨模拟)已知x 2＋y 2＝4，在这两个实数x ，y 之间插入三个实数，使这五个数构成等差数列，那么这个等差数列后三项和的最大值为( ) A.210 B.1210 C.10 D.3210答案 D解析因为在实数x ，y 之间插入三个实数，使这五个数构成等差数列，所以设中间三项为a ，b ，c ，由等差数列的性质可得2b ＝x ＋y ，所以b ＝x ＋y 2，同理可得c ＝x ＋3y4，所以后三项的和为b ＋c ＋y ＝x ＋y 2＋x ＋3y 4＋y ＝3x ＋9y4，又因为x 2＋y 2＝4，所以可令x ＝2cos θ，y ＝2sin θ，所以3x ＋9y 4＝32(cos θ＋3sin θ)＝3102sin(θ＋φ)≤3102⎝⎛⎭⎫其中tan φ＝13. 12.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝9，a 2为整数，且S n ≤S 5，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ·a n ＋1的前n 项和的最大值为( )A.49B.1C.4181D.151315 答案 A解析由a 1＝9，a 2为整数，可知等差数列{a n }的公差d 为整数. ∵S n ≤S 5，∴a 5≥0，a 6≤0，则9＋4d ≥0,9＋5d ≤0，解得－94≤d ≤－95，∴d ＝－2，∴a n ＝9－2(n －1)＝11－2n . ∴1a n ·a n ＋1＝1(11－2n )(9－2n )＝12⎝⎛⎭⎫19－2n －111－2n ， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ·a n ＋1的前n 项和为 12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫17－19＋⎝⎛⎭⎫15－17＋…＋⎝⎛⎭⎫19－2n －111－2n ＝12⎝⎛⎭⎫19－2n －19. 令b n ＝19－2n，易知0<b 1<b 2<b 3<b 4，b 5<b 6<b 7<…<0， ∴b n ≤b 4＝1，∴12⎝⎛⎭⎫19－2n －19的最大值为49. 13.已知数列{a n }与⎩⎨⎧⎭⎬⎫a 2n n (n ∈N *)均为等差数列，且a 1＝2，则a 1＋⎝⎛⎭⎫a 222＋⎝⎛⎭⎫a 333＋…＋⎝⎛⎭⎫a n n n ＝________. 答案 2n ＋1－2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 n ＝2＋2(n －1)＝2n ，∴a n n ＝2nn ＝2.所以a 1＋⎝⎛⎭⎫a 222＋⎝⎛⎭⎫a 333＋…＋⎝⎛⎭⎫a n n n ＝21＋22＋…＋2n ＝2(1－2n )1－2＝2n ＋1－2. 14.意大利数学家列昂那多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，…，即F (1)＝F (2)＝1，F (n )＝F (n －1)＋F (n －2)(n ≥3，n ∈N *)，此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用，若此数列被3整除后的余数构成一个新数列{}b n ，则b 2 019＝________. 答案 2解析由题意得引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，…，此数列被3 整除后的余数构成一个新数列为1,1,2,0,2,2,1,0,1,1,2,0,2,2,1,0，…，构成以8项为周期的周期数列，所以b 2 019＝b 3＝2.15.(2019·合肥一中、马鞍山二中等六校联考)已知等比数列{a n }的首项为32，公比为－12，前n项和为S n ，且对任意的n ∈N *，都有A ≤2S n －1S n ≤B 恒成立，则B －A 的最小值为________.答案136解析 ∵等比数列{a n }的首项为32，公比为－12，∴S n ＝32⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n 1＋12＝1－⎝⎛⎭⎫－12n ，令t ＝⎝⎛⎭⎫－12n ，则－12≤t ≤14，S n ＝1－t ， ∴34≤S n ≤32， ∵2S n －1S n 的最小值为16，最大值为73，A ≤2S n －1S n ≤B 对任意n ∈N *恒成立，∴B －A 的最小值为73－16＝136.16.(2019·临沂质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 1＋a 23＋a 332＋…＋a n3n －1＝n ，若a m 与S m 的等差中项为11，则m 的值为________. 答案 3解析数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 1＋a 23＋a 332＋…＋a n3n －1＝n ，①当n ≥2时，a 1＋a 23＋a 332＋…＋a n －13n －2＝n －1，②①－②得a n3n －1＝1，即a n ＝3n －1，当n ＝1时，a 1＝1(首项符合通项)，故a n ＝3n －1，n ∈N *.则S n ＝1＋3＋32＋…＋3n －1，＝3n －13－1＝3n －12.又a m 与S m 的等差中项为11，故3m －1＋3m －12＝22，整理得3m ＝27，解得m ＝3.B 组能力提高17.(2019·长沙市长郡中学模拟)已知在等比数列{a n }中，a n >0，a 22＋a 24＝900－2a 1a 5，a 5＝9a 3，则a 2 019的个位数字是( ) A.6 B.7 C.8 D.9 答案 D解析设等比数列{a n }的公比为q ，首项为a 1，由a 22＋a 24＝900－2a 1a 5，a n >0，得a 22＋a 24＋2a 2a 4＝900.解得a 2＋a 4＝30.即qa 1＋q 3a 1＝30，由a 5＝9a 3，得q ＝3(负值舍去)，所以a 1＝1，所以a n ＝a 1q n －1＝3n －1，所以a 1＝30＝1，a 2＝31＝3，a 3＝32＝9，a 4＝33＝27， a 5＝34＝81，a 6＝35＝243，…，由此可得a n 的个位数字是以4为周期重复出现的. 所以a 2 019的个位数字是a 3的个位数字，即a 2 019的个位数字是9.18.(2019·河南省八市重点高中联合测评)将正整数1,2,3，…，n ，…排成数表如表所示，即第一行3个数，第二行6个数，且后一行比前一行多3个数，若第i 行、第j 列的数可用(i ，j )表示，则100可表示为________.答案 (8,9)解析由题意，第一行有a 1＝3(个)数，第二行有a 2＝6(个)数，∴每一行的数字个数组成以3为首项，3为公差的等差数列， ∴第n 行有a n ＝3＋3(n －1)＝3n (个)数，由求和公式可得前n 行共12n (3＋3n )(个)数，经验证可得第8行的最后第1个数为85，按表中的规律可得第8行共24个数，第一个为108， ∴100为第8行的第9个数.。

2020年高考数学(理)总复习：等差数列与等比数列(原卷版)

2020年高考数学（理）总复习：等差数列与等比数列题型一等差、等比数列的基本运算【题型要点】方程思想在等差(比)数列的基本运算中的运用等差(比)数列的通项公式、求和公式中一共包含a 1、d (或q )、n 、a n 与S n 这五个量，如果已知其中的三个，就可以求其余的两个．其中a 1和d (或q )是两个基本量，所以等差数列与等比数列的基本运算问题一般先设出这两个基本量，然后根据通项公式，求和公式构建这两者的方程组，通过解方程组求其值，这也是方程思想在数列问题中的体现．【例1】等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 2a 5＝2a 3，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5等于( )A ．29B ．31C ．33D ．36【例2】．{}a n 是公差不为0的等差数列，满足a 24＋a 25＝a 26＋a 27，则该数列的前10项和S 10等于( )A ．－10B ．－5C ．0D ．5【例3】．已知递增数列{a n }对任意n ∈N *均满足a n ∈N *，aa n ＝3n ，记b n ＝a 2·3n －1(n ∈N *)，则数列{b n }的前n 项和等于( )A ．2n ＋nB ．2n ＋1－1 C.3n ＋1－3n2D.3n ＋1－32题组训练一等差、等比数列的基本运算1．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＋a 5＝4，S 15＝60则a 20等于( ) A ．4 B ．6 C ．10 D ．122．在等差数列{a n }中，2(a 1＋a 3＋a 5)＋3(a 8＋a 10)＝36，则a 6等于( ) A ．8 B ．6 C ．4 D ．33．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＋a 3＝30，S 4＝120，设b n ＝1＋log 3a n ，那么数列{b n }的前15项和为( )A ．152B ．135C ．80D ．16 题型二等差、等比数列的性质及应用【题型要点】(1)解决此类问题的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解．(2)等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用．但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形．【例4】已知数列{a n }，{b n }满足b n ＝log 2a n ，n ∈N *，其中{b n }是等差数列，且a 8·a 2 008＝14，则b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 2 015等于( ) A ．log 22 015B ．2 015C ．－2 015D ．1 0082．各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4＝10，S 12＝130，则S 8等于( ) A ．－30 B ．40 C ．40或－30D ．40或－503．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的最大值与最小值之和为( )A ．－23B ．－712C.14D.56题组训练二等差、等比数列的性质及应用1．在等比数列{a n }中，a 3，a 15是方程x 2－7x ＋12＝0的两根，则a 1a 17a 9的值为( )A ．2 3B ．4C ．±2 2D ．±4 2．设公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，－217<d <－19，则当S n 取最大值时n 的值为________．3．若{a n }是等差数列，首项a 1＞0，a 2 016＋a 2 017＞0，a 2 016·a 2 017＜0，则使前n 项和S n＞0成立的最大正整数n 是( )A ．2 016B ．2 017C ．4 032D ．4 033题型三等差、等比数列的综合问题【题型要点】关于等差、等比数列的综合问题多属于两者运算的综合题以及相互之间的转化，关键是求出两个数列的基本量：首项和公差(或公比)，灵活运用性质转化条件，简化运算，准确记忆相关的公式是解决此类问题的关键．【例3】已知等差数列{a n }的公差为－1，且a 2＋a 7＋a 12＝－6. (1)求数列{a n }的通项公式a n 与前n 项和S n ；(2)将数列{a n }的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{b n }的前3项，记{b n }的前n 项和为T n ，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *，总有S n <T m ＋λ恒成立，求实数λ的取值范围．题组训练三等差、等比数列的综合问题已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ·a n ＋1＝n⎪⎭⎫⎝⎛21，记T 2n 为{a n }的前2n 项的和，b n ＝a 2n ＋a 2n －1，n ∈N *.(1)判断数列{b n }是否为等比数列，并求出b n ； (2)求T 2n .题型四数列与其他知识的交汇【题型要点】数列在中学教材中既有相对独立性，又有较强的综合性，很多数列问题一般转化，特殊数列求解，一些题目常与函数、向量、三角函数、解析几何等知识交汇结合，考查数列的基本运算与应用．【例4】已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若OB →＝a 1OA →＋a 2 016OC →，且A ，B ，C 三点共线(该直线不过点O )，则S 2 016等于( )A ．1 007B ．1 008C ．2 015D ．2 016题组训练四数列与其他知识的交汇1．在由正数组成的等比数列{a n }中，若a 3a 4a 5＝3π，则sin(log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7)的值为( )A.12B.32C ．1D ．－322．已知各项都为正数的等比数列{a n }满足a 7＝a 6＋2a 5，存在两项a m ，a n 使得 a m ·a n ＝4a 1，则1m ＋4n的最小值为( )A.32B.53C.256D.433．艾萨克·牛顿(1643年1月4日－1727年3月31日)英国皇家学会会长，英国著名物理学家，同时在数学上也有许多杰出贡献，牛顿用“作切线”的方法求函数f (x )的零点时给出一个数列{}x n 满足x n ＋1＝x n －f (x n )f ′(x n )，我们把该数列称为牛顿数列．如果函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)有两个零点1,2，数列{}x n 为牛顿数列，设a n ＝ln x n －2x n －1，已知a 1＝2，x n >2，则{}a n 的通项公式a n ＝________.【专题训练】一、选择题1．等比数列{a n }中，a 4＝2，a 7＝5，则数列{lg a n }的前10项和等于( ) A ．2 B ．lg 50 C ．10D ．52．在正项等比数列{a n }中，已知a 3a 5＝64，则a 1＋a 7的最小值为( ) A ．64B ．32C ．16D ．83．一个等比数列的前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列的项数是( )A ．13B ．12C ．11D ．104．在数列{a n }中，若a 1＝2，且对任意正整数m ，k ，总有a m ＋k ＝a m ＋a k ，则{a n }的前n 项和S n 等于( )A ．n (3n －1)B.n (n ＋3)2C ．n (n ＋1)D.n (3n ＋1)25．记S n 为正项等比数列{a n }的前n 项和，若S 12－S 6S 6－7·S 6－S 3S 3－8＝0，且正整数m ，n满足a 1a m a 2n ＝2a 35，则1m ＋8n的最小值是( ) A.157 B.95 C.53D.756．数列{}a n 是以a 为首项，b 为公比的等比数列，数列{}b n 满足b n ＝1＋a 1＋a 2＋…＋a n (n ＝1,2，…)，数列{}c n 满足c n ＝2＋b 1＋b 2＋…＋b n (n ＝1,2，…)，若{}c n 为等比数列，则a ＋b 等于( )A. 2 B ．3 C. 5 D ．6二、填空题7．数列{a n }的通项a n ＝n 2·⎪⎭⎫ ⎝⎛-3sin 3cos22ππn n ，其前n 项和为S n ，则S 30＝________. 8．已知数列{a n }满足a 1＝2，且a n ＝2na n －1a n －1＋n －1(n ≥2，n ∈N *)，则a n ＝________.9．在我国古代著名的数学专著《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，日增一十三里；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 ．8日B ．9日C ．12日D ．16日10．数列{log k a n }是首项为4，公差为2的等差数列，其中k >0，且k ≠1.设c n ＝a n lg a n ，若{c n }中的每一项恒小于它后面的项，则实数k 的取值范围为________．三、解答题11．已知数列{}a n 的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －3n (n ∈N *)． (1)求a 1，a 2，a 3的值；(2)是否存在常数λ，使得数列{a n ＋λ}为等比数列？若存在，求出λ的值和通项公式a n ；若不存在，请说明理由．12.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n －1＝3(a n －1)，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足a n ＋1＝⎪⎭⎫⎝⎛23a n ·b n ，若b n ≤t 对于任意正整数n 都成立，求实数t 的取值范围．。

2020届高三理科数学二轮复习讲义：模块二专题三数列第一讲等差数列、等比数列 Word版含解析.doc

专题三数列第一讲等差数列、等比数列高考导航对等差、等比数列基本量的考查，常以客观题的形式出现，考查利用通项公式、前n 项和公式建立方程组求解．2．对等差、等比数列性质的考查主要以客观题出现，具有“新、巧、活”的特点，考查利用性质解决有关计算问题．3．对等差、等比数列的判断与证明，主要出现在解答题的第一问，是为求数列的通项公式而准备的，因此是解决问题的关键环节.1．(2016·全国卷Ⅰ)已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( )A ．100B ．99C ．98D ．97[解析] 设{a n }的公差为d ，由等差数列前n 项和公式及通项公式，得⎩⎨⎧ S 9＝9a 1＋9×82d ＝27，a 10＝a 1＋9d ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝－1，d ＝1，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n －2，∴a 100＝100－2＝98.故选C.[答案] C 2．(2017·全国卷Ⅲ)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( )A ．－24B ．－3C ．3D ．8[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，依题意得a 23＝a 2·a 6，即(1＋2d )2＝(1＋d )(1＋5d )，解得d ＝－2或d ＝0(舍去)，又a 1＝1，∴S 6＝6×1＋6×52×(－2)＝－24.故选A.[答案] A3．(2016·浙江卷)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝________，S 5＝________.[解析] ∵a n ＋1＝2S n ＋1，∴a 2＝2S 1＋1，即S 2－a 1＝2a 1＋1，又∵S 2＝4，∴4－a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝1.又a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1.解法一：S n ＋1＝3S n ＋1，由S 2＝4，可求出S 3＝13，S 4＝40，S 5＝121.解法二：S n ＋1＝3S n ＋1，则S n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫S n ＋12.又S 1＋12＝32，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列， ∴S n ＋12＝32×3n －1，即S n ＝3n －12，∴S 5＝35－12＝121.[答案] 1 1214．(2017·绵阳三诊)已知{a n }是各项都为正数的数列，其前n 项和为S n ，且S n 为a n 与1a n的等差中项． (1)求证：数列{S 2n }为等差数列；(2)设b n ＝(－1)na n，求{b n }的前n 项和T n . [解析] (1)证明：由题意知2S n ＝a n ＋1a n，即2S n a n －a 2n ＝1.①当n ＝1时，由①式可得S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，代入①式得2S n (S n －S n －1)－(S n －S n －1)2＝1，整理得S 2n －S 2n －1＝1.∴{S 2n }是首项为1，公差为1的等差数列．(2)由(1)知S 2n ＝n ，则S n ＝n ，∴a n ＝S n －S n －1＝n －n －1.∴b n ＝(－1)na n ＝(－1)n n －n －1＝(－1)n (n ＋n －1)．当n 为奇数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…＋(n －1＋n －2)－(n ＋n －1)＝－n ；当n 为偶数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…－(n －1＋n －2)＋(n ＋n －1)＝n .∴{b n }的前n 项和T n ＝(－1)n n .考点一等差、等比数列的基本运算1．等差数列的通项公式及前n 项和公式a n ＝a 1＋(n －1)d ；S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d . 2．等比数列的通项公式及前n 项和公式a n ＝a 1q n －1(q ≠0)；S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ na 1(q ＝1)，a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q (q ≠1).[对点训练]1．(2017·全国卷Ⅰ)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[解析] 等差数列{a n }中，S 6＝(a 1＋a 6)×62＝48，则a 1＋a 6＝16＝a 2＋a 5，又a 4＋a 5＝24，所以a 4－a 2＝2d ＝24－16＝8，得d ＝4，故选C.[答案] C2．(2017·全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏[解析] 由题意可知，由上到下灯的盏数a 1，a 2，a 3，…，a 7构成以2为公比的等比数列，∴S 7＝a 1(1－27)1－2＝381，∴a 1＝3.故选B. [答案] B3．(2017·湖北省武汉市武昌区高三调研)设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则a 1＝( )A ．－2B ．－1 C.12 D.23[解析]由S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2得a3＋a4＝3a4－3a2，即q＋q2＝3q2－3，解得q＝－1(舍)或q＝32，将q＝32代入S2＝3a2＋2中得a1＋32a1＝3×32a1＋2，解得a1＝－1，故选B.[答案] B4．(2017·东北三校联考)已知等差数列{a n}满足a2＝3，a5＝9，若数列{b n}满足b1＝3，b n＋1＝ab n，则{b n}的通项公式为________．[解析]由题意可得等差数列{an }的公差d＝a5－a25－2＝2，所以a n＝a2＋(n－2)d＝2n－1，则b n＋1＝ab n＝2b n－1，b n＋1－1＝2(b n－1)，又因为b1－1＝2，所以数列{b n－1}是首项为2、公比为2的等比数列，所以b n－1＝2n，b n＝2n＋1.[答案]bn＝2n＋1等差(比)数列的运算注意两点(1)在等差(比)数列中，首项a1和公差d(公比q)是两个最基本的元素．(2)在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a1和d(q)的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量．【易错提醒】等比数列前n项和公式中若不确定q是否等于1应分q＝1或q≠1两种情况讨论．考点二等差、等比数列的性质[对点训练]1．(2017·广州六校联考)已知等差数列{a n }中，a 7＋a 9＝16，S 11＝992，则a 12的值是( )A ．15B ．30C ．31D ．64[解析] 因为a 7＋a 9＝2a 8＝16，所以a 8＝8.因为S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11×2a 62＝11a 6＝992，所以a 6＝92，则d ＝a 8－a 62＝74，所以a 12＝a 8＋4d ＝15，故选A.[答案] A2．(2017·太原模拟)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )A ．2B ．1 C.12 D.18[解析] 由等比数列的性质，得a 3a 5＝a 24＝4(a 4－1)，解得a 4＝2.又a 1＝14，所以q 3＝a 4a 1＝8，即q ＝2，故a 2＝a 1q ＝14×2＝12.[答案] C3．(2017·合肥模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 5＝1，S 10＝3，则S 15的值是________．[解析] ∵数列{a n }是等比数列，∴S 5，S 10－S 5，S 15－S 10成等比数列，∴(S 10－S 5)2＝S 5·(S 15－S 10)，4＝1×(S 15－3)，得S 15＝7.[答案] 7[探究追问] 3题中条件不变，如何求S 100的值？[解析] 在等比数列{a n }中，S 5，S 10－S 5，S 15－S 10，…成等比数列，因为S 5＝1，S 10＝3，所以S 100可表示为等比数列1,2,4，…的前20项和，故S 100＝1×(1－220)1－2＝220－1. [答案] 220－1等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用．但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形．考点三等差、等比数列的判定与证明1．证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法(1)利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为一常数；(2)利用等差中项，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)．2．证明数列{a n }是等比数列的两种基本方法(1)利用定义，证明a n ＋1a n(n ∈N *)为一常数； (2)利用等比中项，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)．[解] (1)证明：由a 1＝1，及S n ＋1＝4a n ＋2，有a 1＋a 2＝4a 1＋2，a 2＝3a 1＋2＝5，∴b 1＝a 2－2a 1＝3.由S n ＋1＝4a n ＋2①知当n ≥2时，有S n ＝4a n －1＋2②①－②得a n ＋1＝4a n －4a n －1，∴a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1)又∵b n ＝a n ＋1－2a n ，∴b n ＝2b n －1，∴{b n }是首项b 1＝3，公比为2的等比数列．(2)由(1)可得b n ＝a n ＋1－2a n ＝3·2n －1，∴a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝34，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为12，公差为34的等差数列． ∴a n 2n ＝12＋(n －1)×34＝34n －14，a n ＝(3n －1)·2n －2.等差、等比数列的判定与证明应注意的两点(1)判断一个数列是等差(比)数列，也可以利用通项公式及前n 项和公式，但不能作为证明方法．(2)a n ＋1a n＝q 和a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)都是数列{a n }为等比数列的必要不充分条件，判断时还要看各项是否为零．[对点训练]若数列{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 成等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式．[解] (1)证明：当n ≥2时，由a n ＋2S n S n －1＝0，得S n －S n －1＝－2S n S n －1，所以1S n－1S n －1＝2，又1S 1＝1a 1＝2，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为2，公差为2的等差数列． (2)由(1)可得1S n＝2n ，∴S n ＝12n ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －12(n －1)＝n －1－n 2n (n －1)＝－12n (n －1). 当n ＝1时，a 1＝12不适合上式．故a n ＝⎩⎨⎧12，n ＝1，－12n (n －1)，n ≥2.热点课题11 函数与方程思想在数列中的应用[感悟体验]1．(2017·西安统测)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝13，S 3＝S 11，则S n 的最大值为( )A ．49B ．28C ．－49或－28D ．28或49[解析] 由S 3＝S 11，可得3a 1＋3d ＝11a 1＋55d ，把a 1＝13代入得d ＝－2，故S n ＝13n －n (n －1)＝－n 2＋14n ，根据二次函数性质，知当n ＝7时，S n 最大，且最大值为49.[答案] A2．(2017·河南郑州二中期末)已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 1，a 3，a 13成等比数列，若a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项的和，则2S n ＋16a n ＋3(n ∈N *)的最小值为( )A ．4B ．3C ．23－2 D.92[解析] ∵a 1＝1，a 1、a 3、a 13成等比数列， ∴(1＋2d )2＝1＋12d .得d ＝2或d ＝0(舍去) ∴a n ＝2n －1，∴S n ＝n (1＋2n －1)2＝n 2， ∴2S n ＋16a n ＋3＝2n 2＋162n ＋2.令t ＝n ＋1，则2S n ＋16a n ＋3＝t ＋9t －2≥6－2＝4当且仅当t ＝3，即n ＝2时，∴2S n ＋16a n ＋3的最小值为4.故选A. [答案] A。

2020年高考数学二轮复习第一篇专题四数列第1讲等差数列与等比数列教案

数列一、等差数列、等比数列的基本运算 1.等差数列、等比数列的基本公式(n ∈N *) 等差数列的通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ；等比数列的通项公式：a n ＝a 1·q n －1. 等差数列的求和公式：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d ；等比数列的求和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q n)1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1，na 1，q ＝1.2.等差数列、等比数列问题的求解策略 (1)抓住基本量，首项a 1、公差d 或公比q ；(2)熟悉一些结构特征，如前n 项和为S n ＝an 2＋bn (a ，b 是常数)的形式的数列为等差数列，通项公式为a n ＝p ·q n －1(p ，q ≠0)的形式的数列为等比数列；(3)由于等比数列的通项公式、前n 项和公式中变量n 在指数位置，所以常用两式相除(即比值的方式)进行相关计算.例1 (1)等差数列{a n }中，S n 是它的前n 项和，若a 2＋a 3＝10，S 6＝54，则该数列的公差d 为( )A.2B.3C.4D.6答案 C 解析由题意知S 6＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝54，即a 1＋a 6＝a 2＋a 5＝a 3＋a 4＝18,2d ＝a 2＋a 5－(a 2＋a 3)＝8，所以d ＝4. (2)已知点(n ，a n )在函数f (x )＝2x－1的图象上(n ∈N *).数列{a n }的前n 项和为S n ，设b n ＝S n ＋164，数列{b n }的前n 项和为T n .则T n 的最小值为________. 答案－30解析 ∵点(n ，a n )在函数y ＝2x－1的图象上，∴a n ＝2n －1，∴{a n }是首项为a 1＝1，公比q ＝2的等比数列， ∴Sn ＝1·(1－2n )1－2＝2n－1，则b n ＝n2n －12， ∴{b n }是首项为－10，公差为2的等差数列，∴由b n ≤0，得n ≤6. 即T n 的最小值为T 5＝T 6＝－10×6＋6×5×22＝－30.跟踪演练1 (1)已知等差数列{a n }的首项a 1＝2，前n 项和为S n ，若S 8＝S 10，则a 18等于( ) A.－4 B.－2 C.0 D.2解析设等差数列{a n }的公差为d ，由S 8＝S 10，得a 9＋a 10＝0，所以2a 1＋17d ＝0，且a 1＝2，所以d ＝－417，得a 18＝a 1＋17d ＝2＋17×⎝⎛⎭⎫－417＝－2. (2)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 4＝18，S 3－a 1＝34，则S 5等于( )A.3132B.3116C.318D.314 答案 B解析由正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 4＝18，S 3－a 1＝34，q >0，易知q ＝1时不成立，所以q ≠1.∴⎩⎨⎧a 1q 3＝18，a 1(1－q 3)1－q－a 1＝34，解得a 1＝1，q ＝12⎝⎛⎭⎫a 1＝－278，q ＝－13舍去， ∴S 5＝a 1(1－q 5)1－q＝1－1321－12＝3116.(3)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝9，a 5＝1，则使得S n >0成立的n 的最大值为________. 答案 9解析因为a 1＝9，a 5＝1，所以公差d ＝1－94＝－2，所以S n ＝9n ＋12n (n －1)(－2)＝10n －n 2，令S n >0，得0<n <10，所以使得S n >0成立的n 的最大值为9. 二、等差数列、等比数列的性质1.通项性质：若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则对于等差数列，有a m ＋a n ＝a p ＋a q ＝2a k ，对于等比数列有a m a n ＝a p a q ＝a 2k .2.前n 项和的性质：①对于等差数列有S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等差数列；对于等比数列有S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等比数列(q ＝－1且m 为偶数情况除外). ②对于等差数列，有S 2n ＋1＝(2n ＋1)a n ＋1.例2 (1)已知正项等差数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，若a 5＋a 7－a 26＝0，则S 11的值为( )A.11B.12C.20D.22解析结合等差数列的性质，可得a 5＋a 7＝2a 6＝a 26，又该数列为正项数列，可得a 6＝2，所以由S 2n －1＝(2n －1)a n ，可得S 11＝11a 6＝22.(2)已知函数f (x )＝21＋x 2(x ∈R )，若等比数列{a n }满足a 1a 2 019＝1，则f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋…＋f (a 2 019)等于( )A.2 019B.2 0192C.2D.12答案 A解析 ∵a 1a 2 019＝1，∴f (a 1)＋f (a 2 019)＝21＋a 21＋21＋a 22 019＝21＋a 21＋21＋1a 21＝21＋a 21＋2a 211＋a 21＝2， ∵{a n }为等比数列，则a 1a 2 019＝a 2a 2 018＝…＝a 1 009a 1 011＝a 21 010＝1， ∴f (a 2)＋f (a 2 018)＝2，…，f (a 1 009)＋f (a 1 011)＝2，f (a 1 010)＝1，即f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋…＋f (a 2 019)＝2×1 009＋1＝2 019.(3)在正项等比数列{a n }中，a 2 016＝1，log 2a 4－log 2a 1＝3，则a 2 019＝________. 答案 8解析由对数的运算性质可得log 2a 4－log 2a 1＝log 2 a 4a 1＝3，即a 4a 1＝8，所以q 3＝8，在等比数列{a n }中，因为a 2 016＝1，所以a 2019＝a 2016·q 3＝1×8＝8. 跟踪演练2 (1)等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为S n 与T n ，若对一切自然数n ，都有S nT n ＝2n 3n ＋1，则a 6b 6等于( )A.23B.914C.2031D.1117 答案 D 解析S 11T 11＝11a 611b 6＝a 6b 6＝2234＝1117. (2)已知等比数列{a n }中，a 5＝2，a 6a 8＝8，则a 2 018－a 2 016a 2 014－a 2 012等于( )A.2B.4C.6D.8 答案 A解析设数列{a n }的公比为q .∵数列{a n }是等比数列，∴a 6a 8＝a 27＝8，∴a 7＝22(与a 5同号)，∴q 2＝a 7a 5＝2，∴a 2 018－a 2 016a 2 014－a 2 012＝q 4＝(2)2＝2.(3)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10＝10，S 30＝130，则S 40等于( ) A.－510 B.400 C.400或－510D.30或40解析 ∵正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，∴S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30也成等比数列，∴10×(130－S 20)＝(S 20－10)2，解得S 20＝40或S 20＝－30(舍)，故S 40－S 30＝270， ∴S 40＝400.三.数列的通项的求法1.已知n S （即12()n a a a f n +++=）求n a ，用作差法：{11,(1),(2)n n n S n a S S n -==-≥例设数列{}n a 满足123(21)2n a a n a n +++-=.（1）求{}n a 的通项公式；（2）求数列21n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和.2.已知12()n a a a f n =求n a ，用作商法：(1),(1)(),(2)(1)n f n f n a n f n =⎧⎪=⎨≥⎪-⎩例：数列}{n a 中，,11=a 对所有的2≥n 都有2321n a a a a n = ，则=+53a a ______3.若1()n n a a f n +-=求n a 用累加法：11221()()()n n n n n a a a a a a a ---=-+-++-+1a例：已知数列{}n a 满足11a =，nn a a n n ++=--111(2)n ≥，则n a =________4.已知1()n n a f n a +=求n a ，用累乘法：121121n n n n n a aa a a a a a ---=⋅⋅⋅⋅(2)n ≥。

(通用版)2020版高考数学大二轮复习专题三第1讲等差数列与等比数列课件文

��
②利用等比中项,即证明��2�� =an-1an+1(n≥2).
考点1 考点2 考点3
等差、等比数列基本运算(基本元思想)
例1(1)(2019天津和平区质检)已知等比数列{an}满足
a1=1,a3·a5=4(a4-1),则a7的值为( ) A.2 B.4
9
C. 2 D.6
(2)(2018全国Ⅱ,文17)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a1=-
7,S3=-Biblioteka 5.①求{an}的通项公式; ②求Sn,并求Sn的最小值.
考点1 考点2 考点3
(1)解析:根据等比数列的性质,得a3a5= ��42, ∴ ��42 =4(a4-1),即(a4-2)2=0,解得a4=2. 又∵a1=1,a1a7= ��42 =4,∴a7=4. 答案:B
= =
��1 ��1
+ +
2�� 6��
= =
5, 13,
解得 ��1 = 1, �� = 2.
故 S10=10a1+102×9d=10×1+102×9×2=100.
答案:100
一、等差、等比数列的基本运算
1.通项公式
等差数列:an=a1+(n-1)d;
16
16
64×63 2
×
1 162
+…>1+4+7>10,故选
A.
26 = 1+116 64=1+6146 +
答案:A
3.(2019 全国Ⅰ,文 14)记 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和.若 a1=1,S3=34,

2020浙江高考数学二轮讲义：专题三第1讲等差数列、等比数列 Word版含解析

第1讲等差数列、等比数列等差、等比数列的基本运算[核心提炼]1．等差数列的通项公式及前n 项和公式a n ＝a 1＋(n －1)d ；S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d .2．等比数列的通项公式及前n 项和公式 a n ＝a 1qn －1(q ≠0)；S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q1－q(q ≠1)．[典型例题](1)(2019·嘉兴市高考一模)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若S 1S 4＝110，则S 3S 5＝( )A.25 B.35 C.37D.47(2)(2019·浙江名校协作体高三下学期考试)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，满足对任意的正整数n ，均有S n ＋3＝8S n ＋3，则a 1＝________，公比q ＝________．【解析】 (1)设公差为d ，则a 14a 1＋6d ＝110，d ＝a 1，所以S 3S 5＝3a 1＋3d 5a 1＋10d ＝25，故选A.(2)由S n ＋3＝8S n ＋3，则S n ＋2＝8S n －1＋3，两式相减得，a n ＋3＝8a n ⇒a n q 3＝8a n ，则q 3＝8⇒q ＝2，由等比数列前n 项和公式得，a 1（1－2n ＋3）1－2＝8·a 1（1－2n ）1－2＋3，即2n ＋3a 1－a 1＝8·2n a 1－8a 1＋3，从而解得a 1＝37.【答案】 (1)A (2)372关于等差(等比)数列的基本运算，一般通过其通项公式和前n 项和公式构造关于a 1和d (或q )的方程或方程组解决，如果所给出的是递推关系式，可通过将递推关系式变形，构造出满足等差(等比)数列定义的新数列，然后再按等差(等比)数列进行基本运算．[对点训练]1．(2019·温州瑞安七中高考模拟)数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ≥1)，则a 6＝( )A ．3×44B ．3×44＋1C ．44D ．44＋1解析：选A.由a n ＋1＝3S n ，得到a n ＝3S n －1(n ≥2)，两式相减得：a n ＋1－a n ＝3(S n －S n －1)＝3a n ，则a n ＋1＝4a n (n ≥2)，又a 1＝1，a 2＝3S 1＝3a 1＝3，得到此数列除去第一项后，为首项是3，公比为4的等比数列，所以a n ＝a 2q n －2＝3×4n －2(n ≥2)， a 6＝3×44，故选A.2．(2019·名校新高考研究联盟)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的底层共有灯( )A ．186盏B ．189盏C ．192盏D ．96盏解析：选C.设塔的底层共有灯x 盏，则各层的灯数构成一个首项为x ，公比为12的等比数列.x ⎝⎛⎭⎫1－⎝⎛⎭⎫1271－12＝381，解得x ＝192.3．(2019·绍兴市柯桥区高三期中考试)已知正数数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n 和2的等比中项等于a n 和2的等差中项，则a 1＝________，S n ＝________．解析：由题意知a n ＋22＝2S n ，平方可得S n ＝（a n ＋2）28，①由a 1＝S 1得a 1＋22＝2a 1，从而可解得a 1＝2.又由①式得S n －1＝（a n －1＋2）28(n ≥2)，②①－②可得a n ＝S n －S n －1＝（a n ＋2）28－（a n －1＋2）28(n ≥2)，整理得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－4)＝0 因为数列{a n }的各项都是正数，所以a n －a n －1－4＝0，即a n －a n －1＝4.故数列{a n }是以2为首项4为公差的等差数列，所以S n ＝2n ＋n （n －1）2×4＝2n 2.当n ＝1时，S 1＝a 1＝2. 故S n ＝2n 2. 答案：2 2n 24．(2019·杭州市学军中学高三模拟)已知等比数列{a n }的公比q >0，前n 项和为S n ，若2a 3，a 5，3a 4成等差数列，a 2a 4a 6＝64，则q ＝________，S n ＝________．解析：由2a 3，a 5，3a 4成等差数列得2a 5＝2a 3＋3a 4⇒2q 2＝2＋3q ⇒q ＝2(负舍)，a 2a 4a 6＝64⇒a 34＝64⇒a 4＝4⇒a 1＝a 4q 3＝12，S n ＝12（1－2n ）1－2＝2n －12.答案：2 2n －12等差、等比数列的判定与证明[核心提炼]1．证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法 (1)利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为一常数； (2)利用等差中项，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)．2．证明数列{a n }是等比数列的两种基本方法 (1)利用定义，证明a n ＋1a n (n ∈N *)为一常数；(2)利用等比中项，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)．[典型例题](1)如图，点列{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且|A n A n ＋1|＝|A n ＋1A n ＋2|，A n ≠A n ＋2，n ∈N *，|B n B n ＋1|＝|B n ＋1B n ＋2|，B n ≠B n ＋2，n ∈N *(P ≠Q 表示点P 与Q 不重合)．若d n ＝|A n B n |，S n 为△A n B n B n ＋1的面积，则( )A ．{S n }是等差数列B ．{S 2n }是等差数列C ．{d n }是等差数列D ．{d 2n }是等差数列(2)(2019·温州市高考二模)设数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *.已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1.①求a 4的值；②证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 为等比数列；③求数列{a n }的通项公式．【解】 (1)选A.由题意，过点A 1，A 2，A 3，…，A n ，A n ＋1，…分别作直线B 1B n ＋1的垂线，高分别记为h 1，h 2，h 3，…，h n ，h n ＋1，…，根据平行线的性质，得h 1，h 2，h 3，…，h n ，h n ＋1，…成等差数列，又S n ＝12×|B n B n ＋1|×h n ，|B n B n ＋1|为定值，所以{S n }是等差数列．故选A.(2)①当n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，即4⎝⎛⎭⎫1＋32＋54＋a 4＋5⎝⎛⎭⎫1＋32＝8⎝⎛⎭⎫1＋32＋54＋1，解得：a 4＝78.②证明：因为4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1(n ≥2)，所以4S n ＋2－4S n ＋1＋S n －S n －1＝4S n ＋1－4S n (n ≥2)，即4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1(n ≥2)，因为4a 3＋a 1＝4×54＋1＝6＝4a 2，所以4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1，因为a n ＋2－12a n ＋1a n ＋1－12a n ＝4a n ＋2－2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝4a n ＋1－a n －2a n ＋14a n ＋1－2a n＝2a n ＋1－a n2（2a n ＋1－a n ）＝12.所以数列{a n ＋1－12a n }是以a 2－12a 1＝1为首项，公比为12的等比数列；③由②知，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1为首项，公比为12的等比数列，所以a n ＋1－12a n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1.即a n ＋1⎝⎛⎭⎫12n ＋1－a n⎝⎛⎭⎫12n ＝4，所以⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ⎝⎛⎭⎫12n 是以a 112＝2为首项，4为公差的等差数列，所以a n ⎝⎛⎭⎫12n ＝2＋(n －1)×4＝4n －2，即a n ＝(4n －2)×⎝⎛⎭⎫12n ＝(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n －1，所以数列{a n }的通项公式是a n ＝(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n －1.(1)判断一个数列是等差(等比)数列，还有通项公式法及前n 项和公式法，但不作为证明方法．(2)若要判断一个数列不是等差(等比)数列，只需判断存在连续三项不成等差(等比)数列即可．(3)a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)是{a n }为等比数列的必要不充分条件，也就是判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0.[对点训练]1．(2019·金华十校高考模拟)已知a ，b 为实常数，{c i }(i ∈N *)是公比不为1的等比数列，直线ax ＋by ＋c i ＝0与抛物线y 2＝2px (p >0)均有两个交点，所成弦的中点为M i (x i ，y i )，则下列说法错误的是( )A ．数列{x i }可能是等比数列B ．数列{y i }是常数列C ．数列{x i }可能是等差数列D ．数列{x i ＋y i }可能是等比数列解析：选C.由直线ax ＋by ＋c i ＝0，当a ＝0，b ≠0时，直线by ＋c i ＝0与抛物线y 2＝2px (p >0)仅有一个交点，不合题意．当a ≠0，b ＝0时，直线ax ＋c i ＝0，化为： x ＝－c i a ，则x i ＝－c i a ，y i ＝0，x i ＋y i ＝－c i a，由{c i }(i ∈N *)是公比不为1的等比数列，可得{x i }是等比数列，{x i ＋y i }是等比数列，不是等差数列．当a ≠0，b ≠0时，直线ax ＋by ＋c i ＝0化为：x ＝－b a y －c ia ，代入抛物线y 2＝2px (p >0)，所以y 2＋2pb a y ＋2pc ia＝0.根据根与系数的关系可得：M i ⎝⎛⎭⎫pb 2a 2－c i a ，－pb a ，即y i＝－pb a ，{y i }是常数列，是等比数列，是等差数列．综上可得：A ，B ，D 都有可能，只有C 不可能．故选C. 2．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（1－q n ）1－q ＝－23＋(－1)n 2n ＋13.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．数列的性质及应用[核心提炼]1.等差数列等比数列性质(1)若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ； (2)a n ＝a m ＋(n －m )d ；(3)S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍成等差数列 (1)若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ； (2)a n ＝a m q n－m；(3)S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍成等比数列(q ≠－1)从第二项起，每一项都大于它的前一项，即a n >a n －1(n ≥2)的数列叫做递增数列；每一项都小于它的前一项，即a n <a n －1(n ≥2)的数列叫做递减数列．[典型例题](1)(2019·义乌高三模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，则“a 2>0且a 1>0”是“数列{S n }单调递增”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件(2)设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________．【解析】 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，d ≠0. S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d2n ＝d 2⎝ ⎛⎭⎪⎫n －d －2a 12d 2－（d －2a 1）28d ，因为数列{S n }单调递增，所以d >0，d －2a 12d ≤1，可得d ＋2a 1≥0.由a 2>0且a 1>0，可得a 2＝a 1＋d >0.所以“a 2>0且a 1>0”是“数列{S n }单调递增”的既不充分也不必要条件．(2)设{a n }的公比为q ，由a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5得a 1＝8，q ＝12，则a 2＝4，a 3＝2，a 4＝1，a 5＝12，所以a 1a 2…a n ≤a 1a 2a 3a 4＝64.【答案】 (1)D (2)64等差、等比数列性质问题的求解策略(1)抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解．(2)数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题．(3)利用数列性质进行运算时，要利用整体思想(如本例(2))，可以减少计算量，此方法还适用于求函数值、求函数的解析式等问题．[对点训练]1．(2019·丽水市高考数学模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，下列结论一定成立的是( )A ．a 1＋a 3≥2a 2B ．a 1＋a 3≤2a 2C ．a 1S 3>0D ．a 1S 3<0解析：选C.选项A ，数列－1，1，－1为等比数列，但a 1＋a 3＝－2<2a 2＝2，故A 错误；选项B ，数列1，－1，1为等比数列，但a 1＋a 3＝2>2a 2＝－2，故B 错误；选项D ，数列1，－1，1为等比数列，但a 1S 3＝1>0，故D 错误；对于选项C ，a 1(a 1＋a 2＋a 3)＝a 1(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)＝a 21(1＋q ＋q 2)，因为等比数列的项不为0，故a 21>0，而1＋q ＋q 2＝⎝⎛⎭⎫q ＋122＋34>0，故a 21(1＋q ＋q 2)>0，故C 正确．2．设公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，－217<d <－19，则当S n 取最大值时n 的值为________．解析：因为等差数列{a n }的公差d 为负值，所以{a n }是递减数列．又a 1＝1，所以由a n ＝a 1＋(n －1)d >0得n <d －a 1d ，即n <1－1d，因为－217<d <－19，所以192<1－1d <10，所以n ≤9，即当n ≤9时，a n >0，当n ≥10时，a n <0. 所以当S n 取得最大值时n 的值为9. 答案：9数列中的交汇创新问题[典型例题](1)(2019·绍兴市一中高三期末检测)对于数列{x n }，若对任意n ∈N *，都有x n ＋2－x n ＋1<x n ＋1－x n 成立，则称数列{x n }为“减差数列”．设b n ＝2t －tn 2－n2n －1，若数列b 5，b 6，b 7，…，b n (n ≥5，n ∈N *)是“减差数列”，则实数t 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫0，35 B.⎝⎛⎦⎤0，35 C.⎝⎛⎭⎫35，＋∞ D.⎣⎡⎭⎫35，＋∞ (2)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，8，13，….该数列的特点是：前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”．若{a n }是“斐波那契数列”，则(a 1a 3－a 22)·(a 2a 4－a 23)(a 3a 5－a 24)·…·(a 2 017·a 2 019－a 22 018)的值为________．【解析】 (1)由数列b 5，b 6，b 7，…，b n (n ≥5，n ∈N *)是“减差数列”，得b n ＋b n ＋22<b n＋1(n ≥5)，即t －tn 2－n 2n ＋t －t （n ＋2）2－（n ＋2）2n ＋2<2t －t （n ＋1）2－（n ＋1）2n ，即tn 2－n 2n ＋t （n ＋2）2－（n ＋2）2n ＋2>t （n ＋1）2－（n ＋1）2n ，化简得t (n 2－4n )>n －2，当n ≥5时，若t (n 2－4n )>n －2恒成立，则t >n －2n 2－4n＝1（n －2）－4n －2恒成立，又当n ≥5时，1（n －2）－4n －2的最大值为35，则t 的取值范围是⎝⎛⎭⎫35，＋∞.故选C. (2)因为a 1a 3－a 22＝1×2－12＝1，a 2a 4－a 23＝1×3－22＝－1，a 3a 5－a 24＝2×5－32＝1，a 4a 6－a 25＝3×8－52＝－1，…，a 2 017a 2 019－a 22 018＝1，共有2 017项，所以(a 1a 3－a 22)(a 2a 4－a 23)·(a 3a 5－a 24)…(a 2 017a 2 019－a 22 018)＝1.【答案】 (1)C (2)1数列新定义型创新题的一般解题思路(1)阅读审清“新定义”；(2)结合常规的等差数列、等比数列的相关知识，化归、转化到“新定义”的相关知识； (3)利用“新定义”及常规的数列知识，求解证明相关结论．[对点训练]1．(2019·杭州第一次质量预测)正项等比数列{a n }中的a 1、a 4 035是函数f (x )＝13x 3－4x 2＋6x－3的极值点，则log 6a 2 018＝( )A ．1B ．2C ． 2D ．－1解析：选A.因为f ′(x )＝x 2－8x ＋6，且a 1、a 4 035是方程x 2－8x ＋6＝0的两根，所以a 1·a 4 035＝a 22 018＝6，即a 2 018＝6，所以log 6a 2 018＝1，故选A.2．若数列{b n }对于n ∈N *，都有b n ＋2－b n ＝d (常数)，则称数列{b n }是公差为d 的准等差数列，如数列{c n }，若c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4n －1，n 为奇数，4n －9，n 为偶数，则数列{c n }是公差为8的准等差数列．设数列{a n }满足a 1＝a ，对于n ∈N *，都有a n ＋a n ＋1＝2n .(1)求证：{a n }为准等差数列； (2)求{a n }的通项公式及前20项和S 20. 解：(1)证明：因为a n ＋1＋a n ＝2n ，① 所以a n ＋2＋a n ＋1＝2n ＋2.② 由②－①得a n ＋2－a n ＝2(n ∈N *)，所以{a n }是公差为2的准等差数列． (2)已知a 1＝a ，a n ＋1＋a n ＝2n (n ∈N *)，所以a 1＋a 2＝2，即a 2＝2－a .所以由(1)可知a 1，a 3，a 5，…，成以a 为首项，2为公差的等差数列，a 2，a 4，a 6，…，成以2－a 为首项，2为公差的等差数列．所以当n 为偶数时，a n ＝2－a ＋⎝⎛⎭⎫n 2－1×2＝n －a ，当n 为奇数时，a n ＝a ＋⎝⎛⎭⎪⎫n ＋12－1×2＝n ＋a －1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ＋a －1，n 为奇数，n －a ，n 为偶数.S 20＝a 1＋a 2＋…＋a 19＋a 20＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 19＋a 20) ＝2×1＋2×3＋…＋2×19＝2×（1＋19）×102＝200.专题强化训练1．(2019·浙江新高考冲刺卷)已知等差数列{a n }，S n 是{a n }的前n 项和，则对于任意的n ∈N *，“a n >0”是“S n >0”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A.对于任意的n ∈N *，“a n >0”，能推出“S n >0”，是充分条件，反之，不成立，比如：数列－3，－1，1，3，5，不满足条件，不是必要条件，故选A.2．(2018·浙江选考试卷)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＋1＝2a n ＋1，n ∈N *，则a 3＝( ) A ．3 B ．2 C ．1D ．0解析：选B.S n ＋1＝2a n ＋1，n ∈N *，则n ＝1时，a 1＋a 2＝2a 1＋1，可得：a 2＝a 1＋1.n ＝2时，a 1＋a 2＋a 3＝2a 2＋1，可得：a 3＝2.故选B.3．“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122.若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为( )A.32f B.322f C.1225fD.1227f解析：选 D.从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122，第一个单音的频率为f ，由等比数列的概念可知，这十三个单音的频率构成一个首项为f ，公比为122的等比数列，记为{a n }，则第八个单音的频率为a 8＝f (122)8－1＝1227f ，故选D.4．(2019·长春质量检测(一))等差数列{a n }中，已知|a 6|＝|a 11|，且公差d >0，则其前n 项和取最小值时n 的值为 ( )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：选C.由d >0可得等差数列{a n }是递增数列，又|a 6|＝|a 11|，所以－a 6＝a 11，即－a 1－5d ＝a 1＋10d ，所以a 1＝－15d 2，则a 8＝－d 2<0，a 9＝d2>0，所以前8项和为前n 项和的最小值，故选C.5．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝12，a 3a 5＝4，则下列说法正确的是( ) A ．{a n }是单调递减数列 B ．{S n }是单调递减数列 C ．{a 2n }是单调递减数列D ．{S 2n }是单调递减数列解析：选C.由于{a n }是等比数列，则a 3a 5＝a 24＝4，又a 2＝12，则a 4＞0，a 4＝2，q 2＝16，当q ＝－66时，{a n }和{S n }不具有单调性，选项A 和B 错误；a 2n ＝a 2q 2n －2＝12×⎝⎛⎭⎫16n －1单调递减，选项C 正确；当q ＝－66时，{S 2n }不具有单调性，选项D 错误． 6．(2019·温州市高考数学模拟)已知{a n }是等差数列，其公差为非零常数d ，前n 项和为S n ，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前n 项和为T n ，当且仅当n ＝6时，T n 有最大值，则a 1d 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫－∞，－52 B ．(－3，＋∞) C.⎝⎛⎭⎫－3，－52 D ．(－∞，－3)∪⎝⎛⎭⎫－52，＋∞ 解析：选C.因为S n n ＝d 2n ＋(a 1－d2)，由题意知d <0，且⎩⎨⎧S 66＝a 1＋52d >0S 77＝a 1＋3d <0，得－3<a 1d <－52.7．(2019·杭州市第一次质量预测)已知数列{a n }满足a 1a 2a 3…a n ＝2n 2(n ∈N *)，且对任意n ∈N *都有1a 1＋1a 2＋…＋1a n<t ，则实数t 的取值范围为( )A ．(13，＋∞)B ．[13，＋∞)C ．(23，＋∞)D ．[23，＋∞)解析：选D.依题意得，当n ≥2时，a n ＝a 1a 2a 3…a na 1a 2a 3…a n －1＝2n 22（n －1）2＝2n 2－(n －1)2＝22n －1，又a 1＝21＝22×1－1，因此a n ＝22n －1，1a n ＝122n －1，数列{1a n }是以12为首项，14为公比的等比数列，等比数列{1a n }的前n 项和等于12（1－14n ）1－14＝23(1－14n )<23，因此实数t 的取值范围是[23，＋∞)，选D.8．(2019·绍兴一中高考数学模拟)等差数列{a n }的公差d ∈(0，1)，且sin 2a 3－sin 2a 7sin （a 3＋a 7）＝－1，当n ＝10时，数列{a n }的前n 项和S n 取得最小值，则首项a 1的取值范围为( )A.⎝⎛⎭⎫－58π，－916π B.⎣⎡⎦⎤－58π，－916π C.⎝⎛⎭⎫－54π，－98π D.⎣⎡⎦⎤－54π，－98π 解析：选D.因为{a n }为等差数列，sin 2a 3－sin 2a 7sin （a 3＋a 7）＝－1，所以1－cos 2a 32－1－cos 2a 72sin （a 3＋a 7）＝－1，所以cos 2a 7－cos 2a 32＝－sin(a 3＋a 7)，由和差化积公式可得：12×(－2)sin(a 7＋a 3)·sin(a 7－a 3)＝－sin(a 3＋a 7)，因为sin(a 3＋a 7)≠0，所以sin(a 7－a 3)＝1，所以4d ＝2k π＋π2∈(0，4)，所以k ＝0，所以4d ＝π2，d ＝π8.因为n ＝10时，数列{a n }的前n 项和S n 取得最小值，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 10≤0a 11≥0即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋9×π8≤0a 1＋10×π8≥0，所以－5π4≤a 1≤－9π8.9．(2019·宁波诺丁汉大学附中高三期中检测)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n －1(n ∈N *)，则a 1＝________；数列{a n }的通项公式为a n ＝________．解析：因为S n ＝n 2＋2n －1，当n ＝1时，a 1＝1＋2－1＝2，当n ≥2时，所以a n ＝S n －S n －1＝n 2＋2n －1－[(n －1)2＋ 2(n －1)－1]＝2n ＋1，因为当n ＝1时，a 1＝2＋1＝3≠2，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝12n ＋1，n ≥2.答案：2 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝12n ＋1，n ≥210．(2019·台州市高考一模)已知数列{a n }的前m (m ≥4)项是公差为2的等差数列，从第m －1项起，a m －1，a m ，a m ＋1，…成公比为2的等比数列．若a 1＝－2，则m ＝________，{a n }的前6项和S 6＝________．解析：由a 1＝－2，公差d ＝2，得a m －1＝－2＋2(m －2)＝2m －6，a m ＝－2＋2(m －1)＝2m －4，则a m a m －1＝2m －42m －6＝2，所以m ＝4；所以S 6＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6 ＝－2＋0＋2＋4＋8＋16＝28. 答案：4 2811．设等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和为S n ，若S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列，则q 的值为________．解析：设等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和为S n ，且S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列，则2S n ＝S n ＋1＋S n ＋2，若q ＝1，则S n ＝na 1，等式显然不成立，若q ≠1，则有2·a 1（1－q n ）1－q ＝a 1（1－q n ＋1）1－q ＋a 1（1－q n ＋2）1－q ，故2q n ＝q n ＋1＋q n ＋2，即q 2＋q －2＝0，因此q ＝－2.答案：－212．已知数列{a n }满足a n ＋2＝a n ＋1－a n ，且a 1＝2，a 2＝3，则a 2 018的值为________．解析：由题意得，a 3＝a 2－a 1＝1，a 4＝a 3－a 2＝－2，a 5＝a 4－a 3＝－3，a 6＝a 5－a 4＝－1，a 7＝a 6－a 5＝2，a 8＝a 7－a 6＝3，…，所以数列{a n }是周期为6的周期数列，而2 018＝6×336＋2，所以a 2 018＝a 2＝3.答案：313．设某数列的前n 项和为S n ，若S nS 2n为常数，则称该数列为“和谐数列”．若一个首项为1，公差为d (d ≠0)的等差数列{a n }为“和谐数列”，则该等差数列的公差d ＝________．解析：由S n S 2n ＝k (k 为常数)，且a 1＝1，得n ＋12n (n －1)d ＝k ⎣⎡⎦⎤2n ＋12×2n （2n －1）d ，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d ，整理得，(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0，因为对任意正整数n ，上式恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧d （4k －1）＝0，（2k －1）（2－d ）＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，k ＝14.所以数列{a n }的公差为2.答案：214．(2019·义乌市高三月考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 8>0，a 8＋a 9<0，则S n >0的最大n 是______；数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n a n (1≤n ≤15)中最大的项为第______项．解析：因为a 8>0，a 8＋a 9<0，所以S 15＝15（a 1＋a 15）2＝15a 8>0，S 16＝162(a 1＋a 16)＝8(a 8＋a 9)<0，所以S n >0的最大n 是15.因为等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 8>0，a 8＋a 9<0，所以该数列是递减数列，当n ＝8时，|a 8|最小，且|S 8|最大，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n a n (1≤n ≤15)中最大的项为第8项．答案：15 815．设数列{a n }的前n 项积为T n ，且T n ＋2a n ＝2(n ∈N *)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1T n 是等差数列；(2)设b n ＝(1－a n )(1－a n ＋1)，求数列{b n }的通项公式．解：(1)证明：因为T n ＋2a n ＝2，所以当n ＝1时，T 1＋2a 1＝2，所以T 1＝23，即1T 1＝32.又当n ≥2时，T n ＝2－2×T nT n －1，得 T n ·T n －1＝2T n －1－2T n ，所以1T n －1T n －1＝12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1T n 是以32为首项，12为公差的等差数列． (2)由(1)知，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1T n 为等差数列，所以1T n ＝32＋12(n －1)＝n ＋22，所以a n ＝2－T n 2＝n ＋1n ＋2.所以b n ＝(1－a n )(1－a n ＋1)＝1（n ＋2）（n ＋3）.16．(2019·宁波高考模拟)已知数列{a n }中，a 1＝4，a n ＋1＝6＋a n2，n ∈N *，S n 为{a n }的前n 项和．(1)求证：n ∈N *时，a n >a n ＋1； (2)求证：n ∈N *时，2≤S n －2n <167.证明：(1)n ≥2时，作差：a n ＋1－a n ＝6＋a n2－6＋a n －12＝ 12×a n －a n －16＋a n2＋6＋a n －12，所以a n ＋1－a n 与a n －a n －1同号，由a 1＝4，可得a 2＝6＋42＝5，可得a 2－a 1<0，所以n ∈N *时，a n >a n ＋1.(2)因为2a 2n ＋1＝6＋a n ，所以2(a 2n ＋1－4)＝a n －2，即2(a n ＋1－2)(a n ＋1＋2)＝a n －2，① 所以a n ＋1－2与a n －2同号，又因为a 1－2＝2>0，所以a n >2.所以S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ≥4＋2(n －1)＝2n ＋2. 所以S n －2n ≥2.由①可得：a n ＋1－2a n －2＝12（a n ＋1＋2）<18，因此a n －2≤(a 1－2)·⎝⎛⎭⎫18n －1，即a n ≤2＋2×⎝⎛⎭⎫18n －1.所以S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ≤2n ＋2×1－⎝⎛⎭⎫18n －11－18<2n ＋167.综上可得：n ∈N *时，2≤S n －2n <167.17．(2019·温州瑞安七中高考模拟)已知数列{a n }的各项均为正数，记A (n )＝a 1＋a 2＋…＋a n ，B (n )＝a 2＋a 3＋…＋a n ＋1，C (n )＝a 3＋a 4＋…＋a n ＋2，n ＝1，2，….(1)若a 1＝1，a 2＝5，且对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成等差数列，求数列{a n }的通项公式；(2)证明：数列{a n }是公比为q 的等比数列的充分必要条件是：对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列．解：(1)因为对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成等差数列，所以B (n )－A (n )＝C (n )－B (n )，即a n ＋1－a 1＝a n ＋2－a 2，亦即a n ＋2－a n ＋1＝a 2－a 1＝4.故数列{a n }是首项为1，公差为4的等差数列，于是a n ＝1＋(n －1)×4＝4n －3.(2)证明：(必要性)：若数列{a n }是公比为q 的等比数列，对任意n ∈N *，有a n ＋1＝a n q .由a n >0知，A (n )，B (n )，C (n )均大于0，于是B （n ）A （n ）＝a 2＋a 3＋…＋a n ＋1a 1＋a 2＋…＋a n ＝q （a 1＋a 2＋…＋a n ）a 1＋a 2＋…＋a n ＝q ，C （n ）B （n ）＝a 3＋a 4＋…＋a n ＋2a 2＋a 3＋…＋a n ＋1＝q （a 2＋a 3＋…＋a n ＋1）a 2＋a 3＋…＋a n ＋1＝q ，即B （n ）A （n ）＝C （n ）B （n ）＝q ，所以三个数A (n )，B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列； (充分性)：若对任意n ∈N *，三个数A (n )， B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列，则 B (n )＝qA (n )，C (n )＝qB (n )，于是C (n )－B (n )＝q [B (n )－A (n )]，即a n ＋2－a 2＝q (a n ＋1－a 1)，亦即a n ＋2－qa n ＋1＝a 2－qa 1. 由n ＝1时，B (1)＝qA (1)，即a 2＝qa 1，从而a n ＋2－qa n ＋1＝0. 因为a n >0，所以a n ＋2a n ＋1＝a 2a 1＝q .故数列{a n }是首项为a 1，公比为q 的等比数列．综上所述，数列{a n }是公比为q 的等比数列的充分必要条件是：对任意n ∈N *，三个数A (n )， B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列．18．已知数列{a n }满足a 1＝12且a n ＋1＝a n －a 2n (n ∈N *)． (1)证明：1<a n a n ＋1≤2(n ∈N *)；(2)设数列{a 2n }的前n 项和为S n，证明：12（n ＋2）<S n n ≤12（n ＋1）(n ∈N *)．证明：(1)由题意得a n ＋1－a n ＝－a 2n <0，即a n ＋1<a n ，故a n ≤12.由a n ＝(1－a n －1)a n －1得a n ＝(1－a n －1)(1－a n －2)…(1－a 1)a 1>0. 由0<a n ≤12得a n a n ＋1＝a n a n －a 2n ＝11－a n ∈(1，2]，所以1<a na n ＋1≤2.(2)由题意得a 2n ＝a n －a n ＋1，所以S n ＝a 1－a n ＋1.① 由1a n ＋1－1a n ＝a n a n ＋1和1<a n a n ＋1≤2得1<1a n ＋1－1a n ≤2，所以n <1a n ＋1－1a 1≤2n ，因此12（n ＋1）≤a n ＋1<1n ＋2(n ∈N *)．②由①②得12（n ＋2）<S n n ≤12（n ＋1）(n ∈N *)．。

(江苏专用)2020版高考数学二轮复习专题三数列第1讲等差数列与等比数列课件文苏教版

Sann＋t＝qn－1（11－q）成等比数列，此时，公比为1q，即 q′＝1q．由 t＜－1，得1－q q＜－1，
q＞1，q＋q′＝q＋1q＞2，故 q＋q′的取值范围是(2，＋∞)． [答案] (2，＋∞)
2．(2019·苏州市高三调研)已知{an}是等差数列，a5＝15，a10＝－10，记数列{an}的第 n 项到第 n＋5 项的和为 Tn，则|Tn|取得最小值时的 n 的值为________．
③－②，得 a2n＋2＝2a2n＋2－2 a2na2n＋2＝2 a2n＋2·( a2n＋2－ a2n)，⑤ 由④⑤得 a2n＋1＝ a2na2n＋2．⑥ 将⑥代入④，得 a2n＋1＝2a2n，将⑥代入⑤得 a2n＋2＝2a2n＋1，所以aa22nn＋＋21＝aa2n2＋n 1＝2．又aa21＝2，从而 an＝a1·2n－1，n∈N*．显然 an＝a1·2n－1 满足题设．因此{an}是首项为 a1，公比为 2 的等比数列．
(3)通项公式法：an＝c·qn(c、q
(4)前 n 项和公式法：Sn＝An2＋Bn(A、均是不为 0 的常数)⇔{an}为等
B 为常数)⇔{an}为等差数列
比数列
等差数列
等比数列
判定 (5){an}为等比数列，an>0⇔{logban}为等 (4){an}为等差数列⇔{ban}为等
方法差数列
(2)证明：法一：令 m＝1，n＝2，得(S3＋S1)2＝4a2a4，即(2a1＋a2＋a3)2＝4a2a4，令 m＝n＝2，得 S4＋S1＝2a4，即 2a1＋a2＋a3＝a4．又aa21＝2，所以 a4＝4a2＝8a1，a3＝4a1．由(Sm＋n＋S1)2＝4a2na2m，得(Sn＋1＋S1)2＝4a2na2，(Sn＋2＋S1)2＝4a2na4．

2020版高考数学大二轮复习专题二数列第一讲等差数列、等比数列课件理

答案：C
2．(2019·衡阳一模)设正项等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若
S2 019＝6 057，则a12＋a24018的最小值为(
)
A．1
2.2
解析：依题2 0219(a1＋a2 019)＝6 057⇒a1＋a2 019＝a2＋a2 018＝6， a12＋a24018＝16(a2＋a2 018)a12＋a24018＝165＋a42a0128＋a2a0218≥32. 当且仅当 a4＝2，a2 018＝4 时取等号，故选 D.
2.等差数列中利用中项求和：
(1)若 n 为奇数，则
.
(2)若 n 为偶数，则
．
3．在等差数列中，当项数为偶数 2n 时，有 S 偶－S 奇＝nd，SS偶奇＝aan＋n 1；当项数为奇数 2n－1 时，有 S 奇－S 偶＝an，SS偶奇＝n－n 1.
4．在等比数列中，当项数为偶数 2n 时，SS偶奇＝q.
答案：B
(二)创新考法
1．(2019·南充模拟)在等比数列{an}中，a2·a6＝23π，则 sina24－π3 ＝( )
A．－12
1 B.2
3 C. 2
D．－
3 2
解析：在等比数列{an}中，a2·a6＝23π，可得 a24＝a2·a6＝23π，则 sina24－π3＝sinπ3＝ 23，故选 C.
(1)(2019·大武口区校级一模)已知数列{an}的首项为 1，第 2 项为 3，前 n 项和为 Sn，当整数 n>1 时，Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn
＋S1)恒成立，则 S15 等于( )
A．210
B．211
C．224
D．225
解析：结合 Sn＋1＋Sn－1＝2(Sn＋S1)可知，Sn＋1＋Sn－1－2Sn＝2a1，得到 an＋1－an＝2a1＝2，所以 an＝1＋2·(n－1)＝2n－1，所以 a15 ＝29，所以 S15＝a1＋2a1515＝29＋21·15＝225，故选 D.

2019-2020年高考数学二轮复习第一部分专题三数列第一讲等差数列等比数列教案

a1 和
d( q) 的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量．
[ 题组突破 ]
1．(xx ·贵阳模拟 ) 等差数列 { an} 的前 n 项和为 Sn，且 a3＋ a9 ＝16，则 S11＝(
)
A． 88
B．48
C． 96
D．176
11 a1＋ a11
11 a3＋a9
11×16
解析：依题意得 S11＝
1＋ 31＋…＋ 3n－ 1
＋n
n
3 ＋ 2n－ 1
则 Sn＝
2
＝4.
[ 误区警示 ]
在运用等比数列前 n 项和公式时，一定要注意判断公比 q 是否为 1，切忌盲目套用公式导致失误．
等差数列、等比数列的性质
[ 方法结论 ]
1．等差数列、等比数列常用性质：
等差数列
等比数列
(1) 若 m，n，p，q∈ N*，且 m＋ n＝ p＋ q， (1) 若 m， n， p， q∈ N* ，且 m＋n＝ p＋ q，
2019-2020 年高考数学二轮复习第一部分专题三数列第一讲等差数列等比数列
教案
等差数列、等比数列的判定及其通项公式在考查基本运算、基本概念的同时，也注重对函数与方
程、等价转化、分类讨论等数学思想的考查；对等差数列、等比数列的性质考查主要是求解数列
的等差中项、等比中项、通项公式和前 n 项和的最大、最小值等问题，主要是中低档题；等差数
2
＝
2
＝ 2 ＝ 88，选 A.
优解：依题意，可考虑将题目中的等差数列特殊化为常数列
( 注意慎用此方法 ) ，即 an＝ 8，因此
S11＝ 88，选 A.
答案： A
2．(xx ·海口模拟 ) 已知数列 { an} ，an＞ 0, 它的前 n 项和为 Sn，且 2a2 是 4a1 与 a3 的等差中项．若

高考数学二轮复习专题3 数列第一讲等差数列与等比数列理

高考数学二轮复习专题3 数列第一讲等差数列与等比数列理第一讲等差数列与等比数列1．等差数列的定义．数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝d (其中n∈N *，d 为与n 值无关的常数)⇔{a n }是等差数列． 2．等差数列的通项公式．若等差数列的首项为a 1，公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)． 3．等差中项．若x ，A ，y 成等差数列，则A ＝x ＋y2，其中A 为x ，y 的等差中项．4．等差数列的前n 项和公式．若等差数列首项为a 1，公差为d ，则其前n 项和S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）d2．1．等比数列的定义．数列{a n }满足a n ＋1a n＝q (其中a n ≠0，q 是与n 值无关且不为零的常数，n ∈N *)⇔{a n }为等比数列．2．等比数列的通项公式．若等比数列的首项为a 1，公比为q ，则a n ＝a 1·q n －1＝a m ·qn －m(n ，m ∈N *)．3．等比中项．若x ，G ，y 成等比数列，则G 2＝xy ，其中G 为x ，y 的等比中项，G 值有两个． 4．等比数列的前n 项和公式．设等比数列的首项为a 1，公比为q ，则S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.判断下面结论是否正确(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)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.(√) (3)数列{a n }为等差数列的充要条件是其通项公式为n 的一次函数．(×) (4)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．(×) (5)G 为a ，b 的等比中项⇔G 2＝ab .(×) (6)1＋b ＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5＝1－b51－b.(×)1．在等差数列{a n }中，a 2＝1，a 4＝5，则数列{a n }的前5项和S 5＝(B ) A ．7 B ．15 C ．20 D ．25解析：2d ＝a 4－a 2＝5－1＝4⇒d ＝2，a 1＝a 2－d ＝1－2＝－1，a 5＝a 2＋3d ＝1＋6＝7，故S 5＝（a 1＋a 5）×52＝6×52＝15.2. (2015·北京卷)设{a n }是等差数列，下列结论中正确的是(C ) A ．若a 1＋a 2＞0，则a 2＋a 3＞0 B ．若a 1＋a 3＜0，则a 1＋a 2＜0 C ．若0＜a 1＜a 2，则a 2＞a 1a 3 D ．若a 1＜0，则(a 2－a 1)(a 2－a 3)＞0解析：设等差数列{a n}的公差为d，若a1＋a2＞0，a2＋a3＝a1＋d＋a2＋d＝(a1＋a2)＋2d，由于d正负不确定，因而a2＋a3符号不确定，故选项A错；若a1＋a3＜0，a1＋a2＝a1＋a3－d＝(a1＋a3)－d，由于d正负不确定，因而a1＋a2符号不确定，故选项B错；若0＜a1＜a2，可知a1＞0，d＞0，a2＞0，a3＞0，∴a22－a1a3＝(a1＋d)2－a1(a1＋2d)＝d2＞0，∴a2＞a1a3，故选项C正确；若a1＜0，则(a2－a1)(a2－a3)＝d·(－d)＝－d2≤0，故选项D错．3．(2015·新课标Ⅱ卷)已知等比数列{a n}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝(B)A．21 B．42C．63 D．84解析：∵ a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，∴ 3＋3q2＋3q4＝21.∴ 1＋q2＋q4＝7.解得q2＝2或q2＝－3(舍去)．∴a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝2×21＝42.故选B.4．等差数列{a n}的公差不为零，首项a1＝1，a2是a1和a5的等比中项，则数列的前10项之和是(B)A．90 B．100C．145 D．190解析：设公差为d，则(1＋d)2＝1·(1＋4d)．∵d≠0，解得d＝2，∴S10＝100.一、选择题1．已知等差数列{a n}中，前n项和为S n，若a3＋a9＝6，则S11＝(B)A．12 B．33 C．66 D．99解析：∵{a n}为等差数列且a3＋a9＝6，∴a 6＋a 6＝a 3＋a 9＝6. ∴a 6＝3. ∴S 11＝a 1＋a 112×11＝a 6＋a 62×11＝11a 6＝11×3＝33.2．在等比数列{a n }中，若a 1＋a 2＝20，a 3＋a 4＝40，则数列{a n }的前6项和S 6＝(B ) A ．120 B ．140 C ．160 D ．180 解析：∵{a n }为等比数列，∴a 1＋a 2，a 3＋a 4，a 5＋a 6为等比数列． ∴(a 3＋a 4)2＝(a 1＋a 2)(a 5＋a 6)．即a 5＋a 6＝（a 3＋a 4）2a 1＋a 2＝40220＝80.∴S 6＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝20＋40＋80＝140.3．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－2n －1，则a 3＋a 17＝(C ) A ．15 B ．17 C ．34 D ．398 解析：∵S n ＝n 2－2n －1， ∴a 1＝S 1＝12－2－1＝－2. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－2n －1－[(n －1)2－2(n －1)－1] ＝n 2－(n －1)2＋2(n －1)－2n －1＋1 ＝n 2－n 2＋2n －1＋2n －2－2n ＝2n －3.∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－2，n ＝1，2n －3，n ≥2.∴a 3＋a 17＝(2×3－3)＋(2×17－3)＝3＋31＝34. 4．(2014·陕西卷)原命题为“若a n ＋a n ＋12＜a n ，n ∈N *，则{a n }为递减数列”，关于逆命题，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，假解析：由a n ＋a n ＋12＜a n ⇒a n ＋1＜a n ⇒{a n }为递减数列，所以原命题为真命题；逆命题：若{a n }为递减数列，则a n ＋a n ＋12＜a n ，n ∈N ＋；若{a n }为递减数列，则a n ＋1＜a n ，即a n ＋a n ＋12＜a n ，所以逆命题为真；否命题：若a n ＋a n ＋12≥a n ，n ∈N ＋，则{a n }不为递减数列；由a n ＋a n ＋12≥a n ⇒a n ≤a n ＋1⇒{a n }不为递减数列，所以否命题为真；因为逆否命题的真假为原命题的真假相同，所以逆否命题也为真命题．故选A.5．某棵果树前n 年的总产量S n 与n 之间的关系如图所示，从目前记录的结果看，前m 年的年平均产量最高，m 的值为(C )A ．5B ．7C ．9D ．11解析：由图可知6，7，8，9这几年增长最快，超过平均值，所以应该加入m ＝9，因此选C.二、填空题6．(2015·安徽卷)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，则数列{a n }的前9项和等于27．解析：由a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，可知数列{a n }是首项为1，公差为12的等差数列，故S 9＝9a 1＋9×（9－1）2×12＝9＋18＝27.7．设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则q ＝32．解析：将S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2两个式子全部转化成用a 1，q 表示的式子，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝3a 1q ＋2，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝3a 1q 3＋2，两式作差得：a 1q 2＋a 1q 3＝3a 1q (q 2－1)，即：2q 2－q －3＝0，解得q ＝32或q ＝－1(舍去)．8．(2014·广东卷)等比数列{a n }的各项均为正数，且a 1a 5＝4，则log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝5．解析：由题意知a 1a 5＝a 23＝4，且数列{a n }的各项均为正数，所以a 3＝2， ∴a 1a 2a 3a 4a 5＝(a 1a 5)·(a 2a 4)·a 3＝(a 23)2·a 3＝a 53＝25，∴log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝log 2(a 1a 2a 3a 4a 5)＝log 225＝5. 三、解答题9．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{a n }的通项公式．解析：(1)b 1＝a 2－a 1＝1，当n ≥2时，b n ＝a n ＋1－a n ＝a n －1＋a n2－a n ＝－12(a n －a n －1)＝－12b n －1，所以{b n }是以1为首项，－12为公比的等比数列．(2)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.所以a n ＝53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1(n ∈N *)．10．(2015·安徽卷)已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解析：(1)由题设知a 1·a 4＝a 2·a 3＝8，又a 1＋a 4＝9，可解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1(舍去)．由a 4＝a 1q 3得公比q ＝2，故a n ＝a 1qn －1＝2n －1.(2)S n ＝a 1（1－q n ）1－q＝2n－1.又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 1－1S 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝1－12n ＋1－1.。

人教A版2020届高考数学二轮复习讲义及题型归纳：数列(中档)

(2)求数列 an 的前 n 项和 Sn .
【解析】
(1)证明：当
n≥２时 ,由
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
an＝
3an－1＋
2n－
1,
得
an＋ an－ 1＋
2n 2n－1＝
3an－1＋2n＋2n－1 an －1＋ 2n－1
＝ 3.
又∵ a1＝1,∴ a1＋21＝3
∴数列 { an＋2n} 是首项为 3,公比为 3 的等比数列 .
解得 q= ;
(2)当 q=1 时,该数列为常数列 ,若 Sm,Sn,Sl 成等差数列 ,则也有 am+k,an+k,a1+k 成等差数列 ;
若 q≠1由, Sm,Sn,S1 成等差数列 ,则有 2Sn=S1+Sm,
即有
,
整理化简得 2qn﹣1=qm﹣1+ql﹣1,两边同乘以 a1,得 2a1qn﹣1=a1qm﹣1+a1ql﹣1,即 2an=am+al, 两边同乘以 qk 即可得到 2an+k =am+k+al+k, 即 am+k ,an+k,al+k 成等差数列 .
法二当 n≥２时 ,
2n2－n bn－ bn－1＝ n＋ c －
n－ 2－ n－ n－1＋c
2n2＋ c－ n－3c ＝ n2＋ c－ n＋c c－ ,
欲使 { bn} 为等差数列 ,
只需
4c－ 2＝ 2(2c－1)且－ 3c＝ 2c(c－1)(c≠0)解, 得
c＝－
1 2.
1 故当 c＝－ 2时,数列 { bn} 为等差数列
2, n
N *) bn bn 1
k(k

2020数学(理)二轮教案：专题三第一讲等差数列、等比数列 Word版含解析

第一讲等差数列、等比数列等差数列、等比数列的基本运算授课提示：对应学生用书第28页[悟通——方法结论] 两组求和公式(1)等差数列：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d ；(2)等比数列：S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q(q ≠1)．[全练——快速解答]1．(2018·高考全国卷Ⅰ)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＝( )A ．－12B ．－10C ．10D ．12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. 故选B. 答案：B2．(2017·高考全国卷Ⅲ)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( )A ．－24B ．－3C ．3D ．8解析：设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 2，a 3，a 6成等比数列，所以a 2a 6＝a 23，即(a 1＋d )(a 1＋5d )＝(a 1＋2d )2，又a 1＝1，所以d 2＋2d ＝0，又d ≠0，则d ＝－2，所以a 6＝a 1＋5d ＝－9，所以{a n }前6项的和S 6＝1－92×6＝－24，故选A.答案：A3．(2018·天津模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且8a 2a 4＝a 3a 6，则S 3a 4＝________.解析：由8a 2a 4＝a 3a 6可得8a 23＝a 3a 6，故a 6＝8a 3，设公比为q ，则q 3＝8，q ＝2，故S 3a 4＝a 1(1＋q ＋q 2)a 1q 3＝78.答案：784．(2018·高考全国卷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 . 解析：(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.(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.在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a 1和d(或q )的方程组求解，但要注意消元法及整体代换，以减少计算量．等差数列、等比数列的性质授课提示：对应学生用书第29页[悟通——方法结论]1．等差数列、等比数列常用性质：(1)若n 为奇数，则S n ＝na n ＋12.(2)若n 为偶数，则S n ＝n 2(a n 2＋a n2＋1)．3．在等差数列中，当项数为偶数2n 时，有S 偶－S 奇＝n d ，S 偶S 奇＝a n ＋1a n；当项数为奇数2n－1时，有S 奇－S 偶＝a n ，S 偶S 奇＝n －1n .4．在等比数列中，当项数为偶数2n 时，S 偶S 奇＝q .[全练——快速解答]1．(2018·南宁模拟)等差数列{a n }中，a 3＋a 7＝6，则{a n }的前9项和等于( ) A ．－18 B ．27 C ．18D ．－27解析：由等差数列的性质，得a 1＋a 9＝a 3＋a 7＝6，所以数列{a n }的前9项和S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9×62＝27，故选B.答案：B2．(2016·高考全国卷Ⅰ)已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( ) A ．100 B ．99 C ．98D ．97解析：法一：∵{a n }是等差数列，设其公差为d ， ∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝27，∴a 5＝3.又∵a 10＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋4d ＝3，a 1＋9d ＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝1.∴a 100＝a 1＋99d ＝－1＋99×1＝98. 法二：∵{a n }是等差数列， ∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝27，∴a 5＝3.在等差数列{a n }中，a 5，a 10，a 15，…，a 100成等差数列，且公差d ′＝a 10－a 5＝8－3＝5.故a 100＝3＋(20－1)×5＝98.故选C. 答案：C3．(2018·长沙模拟)等比数列{a n }中，a 5＝6，则数列{log 6a n }的前9项和的值为( ) A ．6 B ．9 C ．12D ．16解析：因为a 5＝6，所以log 6a 1＋log 6a 2＋…＋log 6a 9＝log 6(a 1·a 2·…·a 9)＝log 6a 95＝9log 66＝9.答案：B4．(2018·河北三市联考)已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若S 5＝5a 4－10，则数列{a n }的公差为________．解析：由S 5＝5a 4－10，得5a 3＝5a 4－10，则公差d ＝2. 答案：2等差(比)数列性质应用策略解决此类问题的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解.等差数列、等比数列的判定与证明授课提示：对应学生用书第29页[悟通——方法结论]1．证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法： (1)利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为一常数； (2)利用等差中项性质，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)． 2．证明{a n }是等比数列的两种基本方法： (1)利用定义，证明a n ＋1a n(n ∈N *)为一常数；(2)利用等比中项性质，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2，a n ≠0)．(2018·高考全国卷Ⅰ)(12分)已知数列{a n }满足a 1＝1，设b n ＝a nn.(1)求；(2)，并说明理由；(3)[学审题][规范解答] (1)由条件可得a n ＋1＝2(n ＋1)na n .(2分)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，a3＝3a 2，所以a 3＝12. (4分) 从而b1＝1，b 2＝2，b 3＝4.(6分)(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 nn，即b n ＋1＝2b n ，(8分) 又b 1＝1，所以{b n }是首项为1，公比为2的等比数列．(10分)(3)由(2)可得a n n ＝2n －1，所以an ＝n ·2n －1.(12分)1．判定一个数列是等差(比)数列，可以利用通项公式或前n 项和公式，但不能将其作为证明方法．2．(1)a n ＋1a n＝q 和a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)都是数列{a n }为等比数列的必要不充分条件，判定时还要看各项是否为零．(2)学科素养：利用定义判定或证明数列问题重要体现了数学抽象逻辑推理与数学运算学科素养能力．[练通——即学即用](2018·贵州适应性考试)已知数列{a n }满足a 1＝1，且na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n 2＋2n . (1)求a 2，a 3；(2)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列，并求{a n }的通项公式．解析：(1)由已知得a 2－2a 1＝4，则a 2＝2a 1＋4，又a 1＝1，所以a 2＝6.由2a 3－3a 2＝12得2a 3＝12＋3a 2，所以a 3＝15.(2)证明：由已知na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n (n ＋1)，得na n ＋1－(n ＋1)a n n (n ＋1)＝2，即a n ＋1n ＋1－a nn＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为1，公差为2的等差数列．则a nn ＝1＋2(n －1)＝2n －1，所以a n ＝2n 2－n .授课提示：对应学生用书第129页一、选择题1．(2018·开封模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 5＝10，S 4＝16，则数列{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：设等差数列{a n }的公差为d ，因为S 4＝4(a 1＋a 4)2＝2(a 1＋a 5－d)＝2(10－d )＝16，所以d ＝2，故选B.答案：B2．(2018·重庆模拟)在数列{a n }中，a n ＋1－a n ＝2，a 2＝5，则{a n }的前4项和为( ) A ．9 B ．22 C ．24D ．32解析：依题意得，数列{a n }是公差为2的等差数列，a 1＝a 2－2＝3，因此数列{a n }的前4项和等于4×3＋4×32×2＝24，选C.答案：C3．(2018·益阳、湘潭联考)已知等比数列{a n }中，a 5＝3，a 4a 7＝45，则a 7－a 9a 5－a 7的值为( )A ．3B ．5C ．9D ．25解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4a 7＝a 5q ·a 5q 2＝9q ＝45，所以q ＝5，a 7－a 9a 5－a 7＝a 5q 2－a 7q 2a 5－a 7＝q 2＝25.故选D.答案：D4．(2018·洛阳模拟)在等差数列{a n }中，若S n 为前n 项和，2a 7＝a 8＋5，则S 11的值是( ) A ．55 B ．11 C ．50D ．60解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由2a 7＝a 8＋5，得2(a 6＋d )＝a 6＋2d ＋5，得a 6＝5，所以S 11＝11a 6＝55，故选A.答案：A5．(2018·昆明模拟)已知等差数列{a n }的公差为2，且a 4是a 2与a 8的等比中项，则{a n }的通项公式a n ＝( )A ．－2nB ．2nC ．2n －1D ．2n ＋1解析：由题意，得a 2a 8＝a 24，又a n ＝a 1＋2(n －1)，所以(a 1＋2)(a 1＋14)＝(a 1＋6)2，解得a 1＝2，所以a n ＝2n .故选B.答案：B6．(2018·长沙中学模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 4＋a 12－a 8＝8，a 10－a 6＝4，则S 23＝( )A ．23B ．96C ．224D ．276解析：设等差数列{a n }的公差为d ，依题意得a 4＋a 12－a 8＝2a 8－a 8＝a 8＝8，a 10－a 6＝4d ＝4，d ＝1，a 8＝a 1＋7d ＝a 1＋7＝8，a 1＝1，S 23＝23×1＋23×222×1＝276，选D.答案：D7．(2018·长春模拟)等差数列{a n }中，已知|a 6|＝|a 11|，且公差d ＞0，则其前n 项和取最小值时n 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：由d ＞0可得等差数列{a n }是递增数列，又|a 6|＝|a 11|，所以－a 6＝a 11，即－a 1－5d ＝a 1＋10d ，所以a 1＝－15d 2，则a 8＝－d 2＜0，a 9＝d 2＞0，所以前8项和为前n 项和的最小值，故选C.答案：C8．(2018·惠州模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 9＝12a 12＋6，a 2＝4，则数列{1S n}的前10项和为( ) A.1112 B.1011 C.910D.89解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由a 9＝12a 12＋6及等差数列的通项公式得a 1＋5d ＝12，又a 2＝4，∴a 1＝2，d ＝2，∴S n ＝n 2＋n ，∴1S n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴1S 1＋1S 2＋…＋1S 10＝(1－12)＋(12－13)＋…＋(110－111)＝1－111＝1011.选B.答案：B9．一个等差数列的前20项的和为354，前20项中偶数项的和与奇数项的和之比为32∶27，则该数列的公差d ＝( )A ．1B ．3C ．5D ．7解析：法一：设等差数列的首项为a 1，由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧20a 1＋20×192d ＝35410(a 1＋d )＋10×92×2d 10a 1＋10×92×2d＝3227，解得d ＝3.法二：由已知条件，得⎩⎪⎨⎪⎧ S 奇＋S 偶＝354S 偶∶S 奇＝32∶27，解得⎩⎪⎨⎪⎧S 偶＝192S 奇＝162，又S 偶－S 奇＝10d ，所以d＝192－16210＝3.答案：B10．(2018·惠州模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 6＝2a 3，则S 11S 5＝( )A.115B.522C.1110D.225解析：S 11S 5＝112(a 1＋a 11)52(a 1＋a 5)＝11a 65a 3＝225.故选D.答案：D11．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a ，b ∈R )，且S 25＝100，则a 12＋a 14＝( ) A ．16 B ．8 C ．4D ．不确定解析：由数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a ，b ∈R )，可得数列{a n }是等差数列，S 25＝(a 1＋a 25)×252＝100，解得a 1＋a 25＝8，所以a 12＋a 14＝a 1＋a 25＝8.答案：B12．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＜0，若存在自然数m ≥3，使得a m ＝S m ，则当n ＞m 时，S n 与a n 的大小关系是( )A ．S n ＜a nB ．S n ≤a nC ．S n ＞a nD ．大小不能确定解析：若a 1＜0，存在自然数m ≥3，使得a m ＝S m ，则d ＞0.因为d ＜0时，数列是递减数列，则S m ＜a m ，不存在a m ＝S m . 由于a 1＜0，d ＞0，当m ≥3时，有a m ＝S m ，因此a m ＞0，S m ＞0，又S n ＝S m ＋a m ＋1＋…＋a n ，显然S n ＞a n . 答案：C 二、填空题13．(2018·南宁模拟)在等比数列{a n }中，a 2a 6＝16，a 4＋a 8＝8，则a 20a 10＝________.解析：法一：设等比数列{a n }的公比为q ，由a 2a 6＝16得a 21q 6＝16，∴a 1q 3＝±4.由a 4＋a 8＝8，得a 1q 3(1＋q 4)＝8，即1＋q 4＝±2，∴q 2＝1.于是a 20a 10＝q 10＝1.法二：由等比数列的性质，得a 24＝a 2a 6＝16，∴a 4＝±4，又a 4＋a 8＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝4，a 8＝4或⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＝－4，a 8＝12.∵a 26＝a 4a 8＞0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝4，a 8＝4，则公比q 满足q 4＝1，q 2＝1，∴a 20a 10＝q 10＝1.答案：114．(2018·合肥模拟)已知数列{a n }中，a 1＝2，且a 2n ＋1a n＝4(a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则其前9项和S 9＝________.解析：由已知，得a 2n ＋1＝4a n a n ＋1－4a 2n ，即a 2n ＋1－4a n a n ＋1＋4a 2n ＝(a n ＋1－2a n )2＝0，所以a n ＋1＝2a n ，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，故S 9＝2×(1－29)1－2＝210－2＝1 022.答案：1 02215．若等比数列{an }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝________.解析：因为a 10a 11＋a 9a 12＝2a 10a 11＝2e 5，所以a 10a 11＝e 5.所以ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ln(a 1a 2…a 20)＝ln[(a 1a 20)·(a 2a 19)·…·(a 10a 11)]＝ln(a 10a 11)10＝10ln(a 10a 11)＝10ln e 5＝50ln e ＝50.答案：5016．(2017·高考北京卷)若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，则a 2b 2＝________. 解析：设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，则由a 4＝a 1＋3d ，得d ＝a 4－a 13＝8－(－1)3＝3，由b 4＝b 1q 3得q 3＝b 4b 1＝8－1＝－8，∴q ＝－2. ∴a 2b 2＝a 1＋d b 1q ＝－1＋3－1×(－2)＝1. 答案：1三、解答题17．(2018·南京模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋1－2，记b n ＝a n S n (n ∈N *)． (1)求数列 {a n }的通项公式；(2)求数列{b n }的前n 项和T n .解析：(1)∵S n ＝2n ＋1－2，∴当n ＝1时，a 1＝S 1＝21＋1－2＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2n ＝2n . 又a 1＝2＝21，∴a n ＝2n .(2)由(1)知，b n ＝a n S n ＝2·4n －2n ＋1， ∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝2(41＋42＋43＋…＋4n )－(22＋23＋…＋2n ＋1)＝2×4(1－4n )1－4－4(1－2n )1－2＝23·4n ＋1－2n ＋2＋43. 18．(2018·贵阳模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比q ＞0，a 1＋a 2＝4，a 3－a 2＝6.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若对任意的n ∈N *，ka n ，S n ，－1都成等差数列，求实数k 的值．解析：(1)∵a 1＋a 2＝4，a 3－a 2＝6，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1＋q )＝4，a 1(q 2－q )＝6， ∵q ＞0，∴q ＝3，a 1＝1. ∴a n ＝1×3n －1＝3n －1，故数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1.(2)由(1)知a n ＝3n －1，S n ＝1×(1－3n )1－3＝3n －12， ∵ka n ，S n ，－1成等差数列，∴2S n ＝ka n －1，即2×3n －12＝k ×3n －1－1，解得k ＝3. 19．(2018·成都模拟)已知数列{a n }满足a 1＝－2，a n ＋1＝2a n ＋4.(1)证明：数列{a n ＋4}是等比数列；(2)求数列{|a n |}的前n 项和S n .解析：(1)证明：∵a 1＝－2，∴a 1＋4＝2.∵a n ＋1＝2a n ＋4，∴a n ＋1＋4＝2a n ＋8＝2(a n ＋4)， ∴a n ＋1＋4a n ＋4＝2， ∴{a n ＋4}是以2为首项，2为公比的等比数列．(2)由(1) ，可知a n ＋4＝2n ，∴a n ＝2n －4.当n ＝1时，a 1＝－2＜0，∴S 1＝|a 1|＝2；当n ≥2时，a n ≥0.∴S n ＝－a 1＋a 2＋…＋a n ＝2＋(22－4)＋…＋(2n －4)＝2＋22＋…＋2n －4(n －1)＝2(1－2n )1－2－4(n －1)＝2n ＋1－4n ＋2.又当n ＝1时，上式也满足． ∴当n ∈N *时，S n ＝2n ＋1－4n ＋2. 20．(2018·南宁柳州联考)已知a 1＝2，a 2＝4，数列{b n }满足：b n ＋1＝2b n ＋2且a n ＋1－a n ＝b n .(1)求证：数列{b n ＋2}是等比数列；(2)求数列{a n }的通项公式．解析：(1)证明：由题知，b n ＋1＋2b n ＋2＝2b n ＋2＋2b n ＋2＝2， ∵b 1＝a 2－a 1＝4－2＝2，∴b 1＋2＝4，∴数列{b n ＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列．(2)由(1)可得，b n ＋2＝4·2n －1，故b n ＝2n ＋1－2. ∵a n ＋1－a n ＝b n ，∴a 2－a 1＝b 1，a 3－a 2＝b 2，a 4－a 3＝b 3，……a n －a n －1＝b n －1.累加得，a n －a 1＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n －1(n ≥2)，a n ＝2＋(22－2)＋(23－2)＋(24－2)＋…＋(2n －2)＝2＋22(1－2n －1)1－2－2(n －1) ＝2n ＋1－2n ，故a n ＝2n ＋1－2n (n ≥2)． ∵a 1＝2＝21＋1－2×1，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1－2n (n ∈N *)．。

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解析 ∵a3，a4，a8成等比数列，∴(a1＋3d)2＝(a1＋2d)·(a1＋7d)，整理得a1＝－d ，∴a1d＝－d2＜0，又S4＝4a1＋d ＝－，∴dS4＝－＜0，故选B 。

答案 B
4。

(20xx ·福州二模)若a ，b 是函数f(x)＝x2－px ＋q(p ＞0，q ＞0)的两个不同的零点，且a ，b ，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p ＋q 的值等于( ) A 。

6
B 。

7
C 。

8
D 。

9
解析由题意知：a ＋b ＝p ，ab ＝q ，∵p＞0，q ＞0，∴a＞0，b ＞0。

在a ，b ，－2这三个数的6种排序中，成等差数列的情况有a ，b ，－2；b ，a ，－2；－2，a ，b ；－2，b ，a ；成等比数列的情况有：a ，－2，b ；b ，－2，a 。

∴或解之得：或⎩⎨⎧a ＝1，b ＝4。

∴p ＝5，q ＝4，∴p ＋q ＝9，故选D 。

答案 D
5。

(20xx ·浙江卷)如图，点列{An}，{Bn}分别
在某锐角的两边上，且|AnAn ＋1|＝|An ＋1An
＋2|，An ≠An ＋2，n ∈N*，
|BnBn ＋1|＝|Bn ＋1Bn ＋2|，Bn ≠Bn ＋2，n ∈N*(P ≠Q 表示点P 与Q 不重合)。

若dn ＝|AnBn|，Sn 为△AnBnBn ＋1的面积，则( ) A 。

{Sn}是等差数列
B 。

{S}是等差数列
C 。

{dn}是等差数列
D 。

{d}是等差数列
解析由题意，过点A1，A2，A3，…，An ，An ＋1，…分别作直线B1Bn ＋1的垂线，高分别记为h1，h2，h3，…，hn ，hn ＋1，…，。