高中数学二轮总复习知能演练专题3第10讲等差、等比数列及特殊数列求和理新课标(湖南专用)

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高中数学二轮总复习知能演练专题3第10讲等差、等比数列及特殊数列求和理新课标(湖南专用)

第10讲等差、等比数列及特殊数列求和1.(2012·福建)等差数列{a n }中，a 1＋a 5＝10，a 4＝7，则数列{a n }的公差为A ．1B ．2C ．3D ．4反思备忘：2.(2012·安徽)公比为32的等比数列{a n }的各项都是正数，且a 3a 11＝16，则log 2a 16＝A ．4B ．5C ．6D ．7反思备忘：3.如果数列{a n }满足a 1＝2，a 2＝1，且a n －1－a n a n a n －1＝a n －a n ＋1a n a n ＋1(n ≥2)，则此数列的第12项为 A.1212 B.1211 C.112 D.16反思备忘：4.在等差数列{a n }中，a 3＝7，a 5＝a 2＋6，则a 6＝ . 反思备忘：5.设{a n }是公比为q 的等比数列，|q |>1，令b n ＝a n ＋1(n ＝1,2，…)，若数列{b n }有连续四项在集合{－53，－23,19,37,82}中，则6q ＝________.反思备忘：6.数列{a n}满足a n＋a n＋1＝12(n∈N*)，a2＝1，S n是{a n}的前n项和，则S20的值为______．反思备忘：7.已知等差数列{a n}中，a2＝－20，a1＋a9＝－28.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若数列{b n}满足a n＝log2b n，设T n＝b1·b2·b3·…·b n，且T n＝1，求n的值．反思备忘：8.设数列{b n}的前n项和为S n，且b n＝2－2S n；数列{a n}为等差数列，且a5＝14，a7＝20.(1)求b1，b2，b3；(2)求数列{b n}的通项公式；(3)若c n＝a n·b n，n＝1,2,3，…，求数列{c n}的前n项和T n.反思备忘：。

2024年高考数学专项复习数列求和与递推综合归类 (解析版)

数列求和与递推综合归类目录重难点题型归纳 1【题型一】等差与等比型累加法 1【题型二】换元型累加、累积法 3【题型三】周期数列型递推 4【题型四】二阶等比数列型递推 6【题型五】分式型求递推 7【题型六】前n 项积型递推 8【题型七】“和”定值型递推 9【题型八】分段型等差等比求和 11【题型九】函数中心型倒序求和 12【题型十】分组求和型 14【题型十一】错位相减型求和 16【题型十二】正负相间型求和 19【题型十三】无理根式型裂项相消求和 20【题型十四】指数型裂项相消 22【题型十五】等差指数混合型裂项 23【题型十六】裂和型裂项相消 26【题型十七】分离常数型裂项 27好题演练29重难点题型归纳重难点题型归纳题型一等差与等比型累加法【典例分析】1.(等差累加法)已知数列a n 中，已知a 1=2，a n +1-a n =2n ，则a 50等于()A.2451B.2452C.2449D.24502.(等比累加法)已知数列a n 满足a 1=2，a n +1-a n =2n ，则a 9=()A.510B.512C.1022D.10242024年高考数学专项复习数列求和与递推综合归类（解析版）【技法指引】对于递推公式为a n -a n -1=f n ，一般利用累加法求出数列的通项公式；累乘法：若在已知数列中相邻两项存在：a na n -1=g (n )(n ≥2)的关系，可用“累乘法”求通项.【变式演练】1.已知数列a n n ∈N * 是首项为1的正项等差数列，公差不为0，若a 1、数列a 2n 的第2项、数列a n 2 的第5项恰好构成等比数列，则数列a n 的通项公式为()A.a n =2n -1B.a n =2n +1C.a n =n -1D.a n =n +12.已知数列a n 中，a 1=1，前n 项和S n =n +23a n ，则a n 的通项公式为.题型二换元型累加、累积法【典例分析】1.已知数列a n 满足：a 1=13，(n +1)a n +1-na n =2n +1，n ∈N *，则下列说法正确的是()A.a n +1≥a nB.a n +1≤a nC.数列a n 的最小项为a 3和a 4D.数列a n 的最大项为a 3和a 4【变式演练】1.(换元对数累加法)在数列a n 中，a 1=2，a n +1n +1=a n n +ln 1+1n ，则a n =()A.a 8B.2+n -1 ln nC.1+n +ln nD.2n +n ln n2.已知数列a n 满足a 1=32，a n =n n -1a n -1-n2n .(1)求数列a n 的通项公式；(2)设数列a n 的前n 项和为S n ，求满足S n <12的所有正整数n 的取值集合.【典例分析】1.已知数列a n满足a1=2，a n+1=1+a n1-a n，(n∈N*)，则a1⋅a2⋅a3⋅⋯a2009⋅a2010=_________．【变式演练】1.数列{a n}中，a1=1，a2=3，a n+1=a n-a n-1(n≥2,n∈N*)，那么a2019=()A.1B.2C.3D.-32.数列a n的首项a1=3，且a n=2-2a n-1n≥2，则a2021=()A.3B.43C.12D.-2题型四【二阶等比数列型递推【典例分析】1.已知数列a n满足a1=2,且a n=2a n-1-1(n≥2,n∈N+)，则a n=______________【变式演练】1.已知数列a n中，a1=1，a n=3a n-1+4(n∈N∗且n≥2)，则数列a n通项公式a n为() A.3n-1 B.3n+1-2 C.3n-2 D.3n2.已知数列{a n}满足：a n+1=2a n-n+1(n∈N*)，a1=3.(1)证明数列b n=a n-n(n∈N*)是等比数列，并求数列{a n}的通项；(2)设c n=a n+1-a na n a n+1，数列{c n}的前n项和为{S n}，求证：S n<1.【典例分析】1.在数列{a n}中，a1=1，a n+1=2a na n+2(n∈N*)，则22019是这个数列的第________________项．【变式演练】1.已知数列a n满足a1=1,a n+1=2a na n+2.记C n=2na n，则数列Cn的前n项和C1+C2+...+Cn=．2.数列a n满足：a1=13，且na n=2a n-1+n-1a n-1(n∈N*,n≥2)，则数列a n的通项公式是a n=．题型六前n项积型递推【典例分析】1.设等比数列a n的公比为q，其前n项和为S n，前n项积为T n，并且满足条件a1>1，a7a8>1，a7-1a8-1<0.则下列结论正确的是(多选题)A.0<q<1B.a7a9<1C.T n的最大值为T7D.S n的最大值为S7【技法指引】类比前n项和求通项过程来求数列前n项积：1.n=1，得a12.n≥2时，a n=T n T n-1所以a n=T1，(n=1) T nT n-1,(n≥2)【变式演练】1.若数列a n满足a n+2=2⋅a n+1a n(n∈N*)，且a1=1,a2=2，则数列a n的前2016项之积为()A.22014B.22015C.22016D.220172.设等比数列a n的公比为q，其前n项和为S n，前n项积为T n，并满足条件a1>1，且a2020a2021> 1，a2020-1a2021-1<0，下列结论正确的是(多选题)A.S2020<S2021B.a2020a2022-1<0C.数列T n无最大值 D.T2020是数列T n中的最大值题型七“和”定值型递推【典例分析】1.若数列a n满足a n+2a n+1+a n+1a n=k(k为常数)，则称数列a n为等比和数列，k称为公比和，已知数列a n是以3为公比和的等比和数列，其中a1=1，a2=2，则a2019=______.【变式演练】1.已知数列{a n}满足a n+a n+1=12(n∈N*)，a2=2，S n是数列{a n}的前n项和，则S21为()A.5B.72C.92D.1322.知数列{a n}满足：a n+1+a n=4n-3(n∈N*)，且a1=2，则a n=．题型八分段型等差等比求和【典例分析】1.已知数列a n满足a1=2，a n+1=32a n,n为奇数2a n,n为偶数 .(1)记b n=a2n，写出b1，b2，并求数列b n的通项公式；(2)求a n的前12项和.【变式演练】1.已知数列a n满足a1=1,a n+1=a n+1,n=2k-1, a n,n=2k.(1)求a2,a5的值；(2)求a n的前50项和S50．题型九函数中心型倒序求和【典例分析】1.已知A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 是函数f (x )=2x 1-2x,x ≠12-1,x =12的图象上的任意两点(可以重合)，点M为AB 的中点，且M 在直线x =12上．(1)求x 1+x 2的值及y 1+y 2的值；(2)已知S 1=0，当n ≥2时，S n =f 1n +f 2n +f 3n +⋯+f n -1n，求S n ；(3)若在(2)的条件下，存在n 使得对任意的x ，不等式S n >-x 2+2x +t 成立，求t 的范围．【变式演练】2.已知a n 为等比数列，且a 1a 2021=1，若f x =21+x2，求f a 1 +f a 2 +f a 3 +⋯+f a 2021 的值．题型十分组求和型【典例分析】1.已知等比数列a n 的公比大于1，a 2=6，a 1+a 3=20.(1)求a n 的通项公式；(2)若b n =a n +1log 3a n +12log 3a n +22，求b n 的前n 项和T n .【技法指引】对于a n +b n 结构，利用分组求和法【变式演练】1.设S n 为数列a n 的前n 项和，已知a n >0，a 2n +2a n =4S n +3n ∈N *，若数列b n 满足b 1=2，b 2=4，b 2n +1=b n b n +2n ∈N *(1)求数列a n 和b n 的通项公式；(2)设c n =1S n,n =2k -1,k ∈N * b n,n =2k ,k ∈N *求数列c n 的前n 项的和T n .【典例分析】1.已知数列a n 满足a 1=2，且a n +1-3 ⋅a n +1 +4=0，n ∈N *.(1)求证：数列1a n -1是等差数列；(2)若数列b n 满足b n =2n +1a n -1，求b n 的前n 项和.【技法指引】对于a n b n 结构，其中a n 是等差数列，b n 是等比数列，用错位相减法求和；思维结构结构图示如下【变式演练】1.已知等比数列a n 的首项a 1=1，公比为q ，b n 是公差为d d >0 的等差数列，b 1=a 1，b 3=a 3，b 2是b 1与b 7的等比中项．(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n 的前n 项和为S n ，数列c n 满足nc n =a 2n S n ，求数列c n 的前n 项和T n ．【典例分析】1.已知数列a n各项均为正数，且a1=2，a n+12-2a n+1=a n2+2a n．(1)求a n的通项公式(2)设b n=-1n a n，求b1+b2+b1+⋯+b20．【变式演练】1.设等差数列a n的前n项和为S n，已知a3+a5=8,S3+S5=10. (1)求a n的通项公式；(2)令b n=(-1)n a n，求数列b n的前n项和T n.题型十三无理根式型裂项相消求和【典例分析】1.设数列a n的前n项和为S n，且满足2S n=3a n-3．(1)求数列a n的通项公式：(2)若b n=a n3,n为奇数1log3a n+log3a n+2,n为偶数，求数列和b n 的前10项的和．【变式演练】1.设数列a n的前n项和S n满足2S n=na n+n，n∈N+，a2=2，(1)证明：数列a n是等差数列，并求其通项公式﹔(2)设b n=1a n a n+1+a n+1a n，求证：T n=b1+b2+⋯+b n<1.题型十四指数型裂项相消【典例分析】1.已知数列a n 的前n 项和为S n ，且S n =2a n -1.(1)求a n ；(2)设b n =a n a n +1-1 ⋅a n +2-1 ，求数列b n 的前n 项和T n .【变式演练】1.数列a n 满足：a 1+2a 2+3a 3+⋅⋅⋅+n -1 a n -1=2+n -2 ⋅2n n ≥2 .(1)求数列a n 的通项公式；(2)设b n =a n a n -1 a n +1-1，T n 为数列b n 的前n 项和，若T n <m 2-3m +3恒成立，求实数m 的取值范围.题型十五等差指数混合型裂项【典例分析】1.已知数列a n 满足S n =n a 1+a n 2，其中S n 是a n 的前n 项和.(1)求证：a n 是等差数列；(2)若a 1=1,a 2=2，求b n =2n 1-a n a n a n +1的前n 项和T n .【变式演练】2.已知等比数列a n 的各项均为正数，2a 5，a 4，4a 6成等差数列，且满足a 4=4a 23，数列S n 的前n 项之积为b n ，且1S n +2b n=1．(1)求数列a n 和b n 的通项公式；(2)设d n =b n +2⋅a n b n ⋅b n +1，若数列d n 的前n 项和M n ，证明：730≤M n <13．【典例分析】1.已知数列a n 的满足a 1=1，a m +n =a m +a n m ,n ∈N * .(1)求a n 的通项公式；(2)记b n =(-1)n ⋅2n +1a n a n +1，数列b n 的前2n 项和为T 2n ，证明：-1<T 2n ≤-23.【技法指引】正负相间型裂和，裂项公式思维供参考：-1 n ⋅pn +q kn +b k (n +1)+b=-1 n ⋅t 1kn +b +1k (n +1)+b【变式演练】1.记正项数列a n 的前n 项积为T n ，且1a n =1-2T n ．(1)证明：数列T n 是等差数列；(2)记b n =-1 n ⋅4n +4T n T n +1，求数列b n 的前2n 项和S 2n ．【典例分析】1.已知等差数列a n 的前n 项和为S n ，若S 8=4a 4+20，且a 5+a 6=11.(1)求a n 的通项公式；(2)设b n =n 2+n +1a n a n +1，求b n 的前n 项和T n .【变式演练】1.已知等差数列a n 的通项公式为a n =2n -c c <2 ，记数列a n 的前n 项和为S n n ∈N * ，且数列S n 为等差数列．(1)求数列a n 的通项公式；(2)设数列4S n a n a n +1的前n 项和为T n n ∈N * ，求T n 的通项公式．好题演练好题演练1.(山东省泰安市2023届高三二模数学试题)已知数列a n 的前n 项和为S n ，a 1=2，a n ≠0，a n a n +1=4S n .(1)求a n ；(2)设b n =-1 n ⋅3n -1 ，数列b n 的前n 项和为T n ，若∀k ∈N *，都有T 2k -1<λ<T 2k 成立，求实数λ的范围.2.(2023·全国·模拟预测)已知正项数列a n 满足a 1=1，a n +1a n =1+1n.(1)求证：数列a 2n 为等差数列；(2)设b n =1a 2n a n +1+a n a 2n +1，求数列b n 的前n 项和T n .3.(2023·全国·学军中学校联考二模)设数列a n 满足a n +1=3a n -2a n -1n ≥2 ,a 1=1,a 2=2.(1)求数列a n 的通项公式；(2)在数列a n 的任意a k 与a k +1项之间，都插入k k ∈N * 个相同的数(-1)k k ，组成数列b n ，记数列b n 的前n 项的和为T n ，求T 27的值.4.(2023·全国·长郡中学校联考二模)已知正项数列a n 的前n 项和为S n ，且a 1=1，a n =S n +S n -1(n ∈N *且n ≥2).(1)求数列a n 的通项公式；(2)设数列a n +22n a n a n +1 的前n 项和为T n ，求证：T n <1.5.(2023·四川攀枝花·统考三模)已知等差数列a n的公差为d d≠0，前n项和为S n，现给出下列三个条件：①S1,S2,S4成等比数列；②S4=32；③S6=3a6+2.请你从这三个条件中任选两个解答下列问题.(1)求数列a n的通项公式；(2)若b n-b n-1=2a n n≥2，且b1=3，设数列1b n的前n项和为Tn，求证：13≤T n<12.6.(2023春·江西抚州·高二金溪一中校联考期中)已知数列a n满足a1=2,a n+1= 2a n+2,n为奇数,1 2a n+1,n为偶数.(1)记b n=a2n，证明：数列b n为等差数列；(2)若把满足a m=a k的项a m,a k称为数列a n中的重复项，求数列a n的前100项中所有重复项的和.7.(河北省2023届高三下学期大数据应用调研联合测评(Ⅲ)数学试题)已知数列a n 满足：a 1=12，3a n +1a n =1+a n +11+a n.(1)求证：1a n +1 是等比数列，并求出数列a n 的通项公式；(2)设b n =3n ⋅a n a n +1，求数列b n 的前n 项和S n .8.(2023·全国·模拟预测)已知数列a n 的前n 项和S n 满足S n =n 2-1+a n .(1)求a 1及a n ；(2)令b n =4S n a n a n +1，求数列b n 的前n 项和T n .数列求和与递推综合归类目录重难点题型归纳 1【题型一】等差与等比型累加法 1【题型二】换元型累加、累积法 3【题型三】周期数列型递推 4【题型四】二阶等比数列型递推 6【题型五】分式型求递推 7【题型六】前n项积型递推 8【题型七】“和”定值型递推 9【题型八】分段型等差等比求和 11【题型九】函数中心型倒序求和 12【题型十】分组求和型 14【题型十一】错位相减型求和 16【题型十二】正负相间型求和 19【题型十三】无理根式型裂项相消求和 20【题型十四】指数型裂项相消 22【题型十五】等差指数混合型裂项 23【题型十六】裂和型裂项相消 26【题型十七】分离常数型裂项 27好题演练 29重难点题型归纳重难点题型归纳题型一等差与等比型累加法【典例分析】1.(等差累加法)已知数列a n中，已知a1=2，a n+1-a n=2n，则a50等于()A.2451B.2452C.2449D.2450【答案】B【详解】由a n+1-a n=2n得：a n-a n-1=2n-1，a n-1-a n-2=2n-2，⋯⋯，a3-a2=2×2，a2-a1=2×1，各式相加可得：a n-a1=2×1+2+⋅⋅⋅+n-1=2×n n-12=n n-1，又a1=2，∴a n=2+n n-1=n2-n+2，∴a50=2500-50+2=2452.故选：B.2.(等比累加法)已知数列a n满足a1=2，a n+1-a n=2n，则a9=()A.510B.512C.1022D.1024【答案】B【详解】由a1=2,a n+1-a n=2n得a2-a1=2，a3-a2=22，a4-a3=23，⋮a n -a n -1=2n -1，以上各式相加得，a n -a 1=2+22+⋯+2n -1=21-2n -11-2=2n -2，所以a n =2n -2+a 1=2n ，所以a 9=29=512.故选：B .【技法指引】对于递推公式为a n -a n -1=f n ，一般利用累加法求出数列的通项公式；累乘法：若在已知数列中相邻两项存在：a na n -1=g (n )(n ≥2)的关系，可用“累乘法”求通项.【变式演练】1.已知数列a n n ∈N * 是首项为1的正项等差数列，公差不为0，若a 1、数列a 2n 的第2项、数列a n 2 的第5项恰好构成等比数列，则数列a n 的通项公式为()A.a n =2n -1B.a n =2n +1C.a n =n -1D.a n =n +1【答案】A【分析】根据题意设a n =1+n -1 d ，所以a 2n =1+2n -1 d ，a n 2=1+n 2-1 d ，所以1，1+3d ，1+24d 构成等比数列，即1+3d 2=1×1+24d ，求出d 即可求解.【详解】设等差数列a n 的公差为d d >0 ，所以a n =1+n -1 d ，所以a 2n =1+2n -1 d ，a n 2=1+n 2-1 d ，又a 1、数列a 2n 的第2项、数列a n 2的第5项恰好构成等比数列，即1，1+3d ，1+24d 构成等比数列，所以1+3d 2=1×1+24d ，解得d =2，d =0(舍去)，所以a n =2n -1.故选：A .2.已知数列a n 中，a 1=1，前n 项和S n =n +23a n ，则a n 的通项公式为.【答案】a n =n n +12【分析】由S n =n +23a n ，变形可得则S n -1=n +13a n -1，两式相减变形可得a n a n -1=n +1n -1，又由a n =a n a n -1 ×a n -1a n -2 ×⋯⋯×a2a 1×a 1，计算可得a n =n (n +1)2，验证a 1即可得答案．【详解】根据题意，数列{a n }中，a 1=1，S n =n +23a n (n ∈N *)，S n =n +23a n ①，S n -1=n +13a n -1②，①-②可得：a n =(n +2)a n 3-(n +1)a n -13，变形可得：a n a n -1=n +1n -1，则a n =a n a n -1 ×a n -1a n -2 ×⋯⋯×a 2a 1×a 1=n +1n -1 ×n n -2 ×⋯⋯×31 ×1=n (n +1)2；n =1时，a 1=1符合a n =n (n +1)2；故答案为：a n =n (n +1)2．题型二换元型累加、累积法【典例分析】1.已知数列a n 满足：a 1=13，(n +1)a n +1-na n =2n +1，n ∈N *，则下列说法正确的是()A.a n +1≥a nB.a n +1≤a nC.数列a n 的最小项为a 3和a 4D.数列a n 的最大项为a 3和a 4【答案】C【详解】令b n =na n ，则b n +1-b n =2n +1，又a 1=13，所以b 1=13，b 2-b 1=3，b 3-b 2=5，⋯，b n -b n -1=2n -1，所以累加得b n =13+n -1 3+2n -1 2=n 2+12，所以a n =b n n =n 2+12n =n +12n，所以a n +1-a n =n +1 +12n +1-n +12n =n -3 n +4 n n +1，所以当n <3时，a n +1<a n ，当n =3时，a n +1=a n ，即a 3=a 4，当n >3时，a n +1>a n ，即a 1>a 2>a 3=a 4<a 5<⋯<a n ，所以数列a n 的最小项为a 3和a 4，故选：C .【变式演练】1.(换元对数累加法)在数列a n 中，a 1=2，a n +1n +1=a n n +ln 1+1n ，则a n =()A.a 8B.2+n -1 ln nC.1+n +ln nD.2n +n ln n【答案】D【详解】由题意得，a n +1n +1=a n n +ln n +1n ，则a n n =a n -1n -1+ln n n -1，a n -1n -1=a n -2n -2+lnn -1n -2⋯，a 22=a 11+ln 21，由累加法得，a n n =a 11+ln n n -1+ln n -1n -2⋯+ln 21，即a n n =a 1+ln n n -1⋅n -1n -2⋅⋯⋅21，则an n=2+ln n ，所以a n =2n +n ln n ，故选：D2.已知数列a n 满足a 1=32，a n =n n -1a n -1-n 2n .(1)求数列a n 的通项公式；(2)设数列a n 的前n 项和为S n ，求满足S n <12的所有正整数n 的取值集合.【答案】(1)a n =n +n2n ；(2)1,2,3,4 .【详解】(1)因为a n =n n -1a n -1-n 2n ，所以a n n -a n -1n -1=-12n .因为a 22-a 11=-122，a33-a 22=-123，⋯，a n n -a n -1n -1=-12n ，所以a n n -a 11=-122+123+⋯+12n=-1221-12 n -11-12=12n-12，于是a n=n+n 2n .当n=1时，a1=1+12=32，所以a n=n+n2n.(2)因为S n-S n-1=a n=n+n2n >0，所以S n是递增数列.因为a1=1+12=32，a2=2+24=52，a3=3+323=278，a4=4+424=174，a5=5+525=16532，所以S1=32，S2=4，S3=598，S4=938<12，S5=53732>12，于是所有正整数n的取值集合为1,2,3,4.题型三周期数列型递推【典例分析】1.已知数列a n满足a1=2，a n+1=1+a n1-a n，(n∈N*)，则a1⋅a2⋅a3⋅⋯a2009⋅a2010=_________．【答案】-6【解析】由已知有a2=1+a11-a1=-3,a3=1-31+3=-12,a4=1-121+12=13,a5=1+131-13=2，所以a5=a1=2，所以数列a n是周期数列，且周期为4，a1a2a3a4=a5a6a7a8=⋯=a2005a2006a2007a2008=1，而a2009a2010= a1a2=2×(-3)=-6，所以a1a2a3⋯a2010=-6。

高考数学二轮专题突破课堂讲义第10讲等差数列与等比数列

专题三数列第10讲等差数列与等比数列1. 理解等差、等比数列的概念，掌握等差、等比数列的通项公式及前n 项和公式．2. 数列是高中数学中的重要内容，在考试说明中，等差、等比数列都是C 级要求，因而考试题多为中等及以上难度，试题综合考查了函数与方程，分类讨论等数学思想．填空题常常考查等差、等比数列的通项公式、前n 项和公式及等差、等比数列的性质，考查运算求解能力；解答题综合性很强，不仅考查数列本身的知识而且还涉及到函数、不等式、解析几何等方面的知识，基本上都是压轴题．1. 在等比数列{a n }中，已知a 1＝1，a 4＝8.设S 3n 为该数列的前3n 项和，T n 为数列{a 3n }的前n 项和．若S 3n ＝tT n ，则实数t 的值为________．答案：7解析：∵ a 4＝a 1q 3＝q 3＝8，∴ q ＝2，S 3n ＝1－23n1－2＝8n －1.由题意数列{a 3n }是首项为1，公比为8的等比数列，∴ T n ＝1－8n1－8＝17(8n－1)，由S 3n ＝tT n ，得t ＝7.2. 已知{a n }为等差数列，a 1＋a 3＋a 5＝105，a 2＋a 4＋a 6＝99，以S n 表示{a n }的前n 项和，则使得S n 达到最大值时的n 值是________．答案：20解析：∵ a n ＝41－2n ，∴ a 20＞0，a 21＜0.3. 已知等比数列{a n }为递增数列，且a 25＝a 10，2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，则数列的通项公式a n＝________．答案：2n解析：∵ a 25＝a 10，∴ (a 1q 4)2＝a 1q 9，∴ a 1＝q ，∴ a n ＝q n .∵ 2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，∴ 2a n (1＋q 2)＝5a n q ，∴ 2(1＋q 2)＝5q ，解得q ＝2或q ＝12(舍去)，∴ a n ＝2n.4. 设x 、y 、z 是实数，若9x 、12y 、15z 成等比数列，且1x 、1y 、1z 成等差数列，则x z ＋zx＝________．答案：3415解析：由题知⎩⎪⎨⎪⎧（12y ）2＝9x·15z，2y ＝1x ＋1z，解得xz ＝1229×15y 2＝1615y 2，x ＋z ＝3215y ，从而x z ＋zx ＝x 2＋z 2xz ＝（x ＋z ）2－2xz xz ＝（x ＋z ）2xz －2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32152y 21615y 2－2＝3415.题型一等差、等比数列基本量的计算例1 等差数列{a n }的各项均为正数，且a 1＝1，前n 项和为S n ；{b n }为等比数列，b 1＝1，前n 项和为T n ，且b 2S 2＝12，b 3S 3＝81.(1) 求a n 与b n; (2) 求S n 与T n ；(3) 设c n ＝a n b n ，{c n }的前n 项和为M n ，求M n .解：(1) 设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则d 为正数，a n ＝1＋(n －1)d ，b n ＝q n －1.依题意有⎩⎪⎨⎪⎧S 3b 3＝（3＋3d ）q 2＝81，S 2b 2＝（2＋d ）q ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－23，q ＝9(舍去)．故a n ＝1＋2(n －1)，即a n ＝2n －1，b n ＝3n －1.(2) S n ＝1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2，T n ＝1－3n 1－3＝3n－12.(3) c n ＝(2n －1)×3n －1，M n ＝1＋3×3＋5×32＋…＋(2n －1)×3n －1，①3M n ＝1×3＋3×32＋5×33＋…＋(2n －1)×3n，②①－②得－2M n ＝1＋2×3＋2×32＋…＋2×3n －1－(2n －1)×3n ，即M n ＝(n －1)×3n＋1.已知等差数列{a n }的公差d 不为0，且a 3＝a 27，a 2＝a 4＋a 6. (1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 设数列{a n }的前n 项和为S n ，求满足S n －2a n －20＞0的所有正整数n 的集合．解：(1) 由a 3＝a 27，得a 1＋2d ＝(a 1＋6d)2. ①由a 2＝a 4＋a 6，得a 1＋d ＝2a 1＋8d ，即a 1＝－7d. ②②代入①，得－5d ＝d 2.∴ d ＝－5，或d ＝0(不符合题意，舍去)．则a 1＝35.∴ a n ＝35＋(n －1)(－5)＝－5n ＋40.(2) S n ＝（35－5n ＋40）n 2＝n （75－5n ）2.不等式S n －2a n －20＞0，即n （75－5n ）2－2(－5n ＋40)－20＞0.整理得n 2－19n ＋40＜0. ∴ 19－2012＜n ＜19＋2012.则19－152＜n ＜19＋152，即2＜n ＜17.∵ n ∈N *，∴ 所求n 的值的集合为{3，4，…，16}．题型二等差、等比数列的证明与判定例2 数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n(n ＋1)，n ∈N *.(1) 证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列；(2) 设b n ＝3n·a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .(1) 证明：由已知可得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋1，即a n ＋1n ＋1－a n n ＝1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以a 11＝1为首项，1为公差的等差数列．(2) 解：由(1)得a n n ＝1＋(n －1)·1＝n ，所以a n ＝n 2，从而可得b n ＝n·3n.S n ＝1×31＋2×32＋…＋(n －1)×3n －1＋n×3n，①3S n ＝1×32＋2×33＋…＋(n －1)3n ＋n×3n ＋1.②①－②得－2S n ＝31＋32＋…＋3n －n·3n ＋1＝3·（1－3n ）1－3－n·3n ＋1＝（1－2n ）·3n ＋1－32，所以S n ＝（2n －1）·3n ＋1＋34.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1＋2，S 3＝9＋3 2.(1) 求数列{a n }的通项a n 与前n 项和S n ；(2) 设b n ＝S n n(n∈N *)，求证：数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列．(1) 解：由已知得⎩⎨⎧a 1＝2＋1，3a 1＋3d ＝9＋32，∴ d ＝2，故a n ＝2n －1＋2，S n ＝n(n ＋2)．(2) 证明：由(1)得b n ＝S nn ＝n ＋ 2.假设数列{b n }中存在三项b p ，b q ，b r (p ，q ，r 互不相等)成等比数列，则b 2q ＝b p b r ，即(q ＋2)2＝(p ＋2)(r ＋2)，∴ (q 2－pr)＋(2q －p －r)2＝0. ∵ p、q 、r∈N *，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧q 2－pr ＝0，2q －p －r ＝0，∴ ⎝ ⎛⎭⎪⎫p ＋r 22＝pr ，即(p －r)2＝0, ∴ p ＝r.这与p≠r 矛盾，故数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列．题型三可转化为等差、等比数列的问题例3 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝2n (n∈N *)，b n ＝3a n .(1) 试证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n－13×2n 是等比数列，并求数列{b n }的通项公式； (2) 在数列{b n }中，是否存在连续三项成等差数列？若存在，求出所有符合条件的项；若不存在，说明理由；(3) 试证在数列{b n }中，一定存在满足条件1＜r ＜s 的正整数r 、s ，使得b 1，b r ，b s 成等差数列；并求出正整数r 、s 之间的关系．(1) 证明：由a n ＋a n ＋1＝2n ，得a n ＋1＝2n－a n ，所以a n ＋1－13×2n ＋1a n －13×2n ＝2n －a n －13×2n ＋1a n －13×2n＝－（a n －13×2n）a n －13×2n＝－1.因为a 1－23＝13，所以数列{a n －13×2n }是首项为13，公比为－1的等比数列，所以a n －13×2n ＝13×(－1)n －1，即a n ＝13[2n －(－1)n ]，所以b n ＝2n －(－1)n.(2) 解：假设在数列{b n }中，存在连续三项b k －1，b k ，b k ＋1(k∈N *,k ≥2)成等差数列，则b k－1＋b k ＋1＝2b k ，即[2k －1－(－1)k －1]＋[2k ＋1－(－1)k ＋1]＝2[2k －(－1)k ]，即2k －1＝4(－1)k －1. ① 若k 为偶数，则2k －1＞0，4(－1)k －1＝－4＜0，所以不存在偶数k ，使得b k －1，b k ，b k ＋1成等差数列；② 若k 为奇数，则当k≥3时，2k －1≥4，而4(－1)k －1＝4，所以，当且仅当k ＝3时，b k－1，b k ，b k ＋1成等差数列．综上所述，在数列{b n }中，有且仅有连续三项b 2，b 3，b 4成等差数列． (3) 证明：要使b 1，b r ，b s 成等差数列，只需b 1＋b s ＝2b r ，即3＋2s －(－1)s ＝2[2r －(－1)r]，即2s －2r ＋1＝(－1)s －2(－1)r－3.(*)① 若s ＝r ＋1，在(*)式中，左端2s －2r ＋1＝0，右端(－1)s －2(－1)r －3＝(－1)s＋2(－1)s －3＝3(－1)s－3，要使(*)式成立，当且仅当s 为偶数时．又s ＞r ＞1，且s 、r 为正整数，所以当s 为不小于4的正偶数，且s ＝r ＋1时，b 1，b r ，b s 成等差数列；② 若s≥r＋2，在(*)式中，左端2s －2r ＋1≥2r ＋2－2r ＋1＝2r ＋1，由(2)可知，r ≥3，所以r＋1≥4，所以左端2s －2r ＋1≥16(当且仅当s 为偶数、r 为奇数时取“＝”)，右端(－1)s－2(－1)s－3≤0，所以当s≥r＋2时，b 1，b r ，b s 不成等差数列．综上所述，存在不小于4的正偶数s ，且s ＝r ＋1，使得b 1，b r ，b s 成等差数列. 题型四数列的综合应用例4 已知数列{a n }满足a 1＋a 2λ＋a 3λ2＋…＋a n λn －1＝n 2＋2n(其中常数λ＞0，n ∈N *)．(1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 当λ＝4时，是否存在互不相同的正整数r ，s ，t ，使得a r ，a s ，a t 成等比数列？若存在，给出r 、s 、t 满足的条件；若不存在，说明理由；(3) 设S n 为数列{a n }的前n 项和，若对任意n∈N *，都有(1－λ)S n ＋λa n ≥2λn恒成立，求实数λ的取值范围．解：(1) a 1＝3，当n≥2时，由a 1＋a 2λ＋a 3λ2＋…＋a n λn －1＝n 2＋2n, ①得a 1＋a 2λ＋a 3λ2＋…＋a n －1λn －2＝(n －1)2＋2(n －1)，②①－②，得a n λn －1＝2n ＋1，所以a n ＝(2n ＋1)·λn －1(n≥2)，因为a 1＝3，所以a n ＝(2n ＋1)·λn －1(n∈N *)．(2) 当λ＝4时，a n ＝(2n ＋1)·4n －1.若存在a r ，a s ，a t 成等比数列，则[(2r ＋1)·4r －1][(2t＋1)·4t －1]＝(2s ＋1)2·42s －2，整理得(2r ＋1)(2t ＋1)4r ＋t －2s ＝(2s ＋1)2.由奇偶性知r ＋t －2s＝0，所以(2r ＋1)(2t ＋1)＝(r ＋t ＋1)2，即(r －t)2＝0.这与r≠t 矛盾，故不存在这样的正整数r ，s ，t ，使得a r ，a s ，a t 成等比数列．(3) S n ＝3＋5λ＋7λ2＋…＋(2n ＋1)λn －1.当λ＝1时，S n ＝3＋5＋7＋…＋(2n ＋1)＝n2＋2n ；当λ≠1时，S n ＝3＋5λ＋7λ2＋…＋(2n ＋1)λn －1，λS n ＝3λ＋5λ2＋…＋(2n －1)λn－1＋(2n ＋1)λn ，则(1－λ)S n ＝3＋2(λ＋λ2＋λ3＋…＋λn －1)－(2n ＋1)λn＝3＋2×λ（1－λn －1）1－λ－(2n ＋1)λn .要对任意n∈N *，都有(1－λ)S n ＋λa n ≥2λn 恒成立，① 当λ＝1时，左＝(1－λ)S n ＋λa n ＝a n ＝2n ＋1≥2，结论成立；② 当λ≠1时，左＝(1－λ)S n ＋λa n ＝3＋2×λ（1－λn －1）1－λ－(2n ＋1)λn＋λa n ＝3＋2×λ（1－λn －1）1－λ＝3－λ1－λ－2λn1－λ，因此，对任意n∈N *，都有3－λ1－λ≥4－2λ1－λ·λn恒成立．当0＜λ＜1时，只要3－λ4－2λ≥λn 对任意n∈N *恒成立，即只要有3－λ4－2λ≥λ即可，解得λ≤1或λ≥32，因此当0＜λ＜1时，结论成立；当λ≥2时，3－λ1－λ≥4－2λ1－λ·λn 对任意n∈N *恒成立不可能；当1＜λ＜2时，只要3－λ4－2λ≤λn 对任意n∈N *恒成立，即只要3－λ4－2λ≤λ，解得1≤λ≤32，因此当1＜λ≤32时，结论成立．综上，实数λ的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，32.1. (2014·江苏卷)在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 2＝1，a 8＝a 6＋2a 4，则a 6＝________．答案：4解析：设公比为q ，因为a 2＝1，则由a 8＝a 6＋2a 4得q 6＝q 4＋2q 2，q 4－q 2－2＝0，解得q2＝2，所以a 6＝a 2q 4＝4.本题主要考查等比数列的通项公式．2. (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＝________．答案：5解析：由等比数列性质知a 1a 5＝a 2a 4＝a 23＝4.∵ a n >0，∴ a 3＝2，∴ a 1a 2a 3a 4a 5＝(a 1a 5)·(a 2a 4)·a 3＝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＝5.3. (2014·天津卷)设{a n }是首项为a 1，公差为－1的等差数列，S n 为其前n 项和．若S 1、S 2、S 4成等比数列，则a 1＝________．答案：－12解析：∵ {a n }是首项为a 1，公差为－1的等差数列，S n 为其前n 项和，∴ S 1＝a 1，S 2＝2a 1－1，S 3＝4a 1－6，由S 1、S 2、S 3成等比数列，得S 22＝S 1·S 4，即(2a 1－1)2＝a 1(4a 1－6)，解得a 1＝－12.4. (2014·江西卷)在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前n 项和为S n ，当且仅当n ＝8时S n 取得最大值，则d 的取值范围为________．答案：⎝⎛⎭⎪⎫－1，－78 解析：因为a 1＝7>0，当且仅当n ＝8时S n 取最大值，可知d<0且同时满足a 8>0，a 9<0， ∴ ⎩⎪⎨⎪⎧a 8＝7＋7d>0，a 9＝7＋8d<0，解得－1<d<－78，∴ －1<d<－78.5. (2014·江西卷)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－n 2，n ∈N *.(1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 证明：对任意的n>1，都存在m∈N *，使得a 1、a n 、a m 成等比数列．(1) 解：由S n ＝3n 2－n2，得a 1＝S 1＝1.当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n －2，a 1也符合上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2.(2) 证明：要使得a 1、a n 、a m 成等比数列，只需要a 2n ＝a 1·a m ，即(3n －2)2＝1·(3m－2)，即m ＝3n 2－4n ＋2.而此时m∈N *，且m ＞n ，所以对任意的n ＞1，都存在m∈N *，使得a 1、a n 、a m 成等比数列．6. (2014·湖北卷)已知等差数列{a n }满足：a 1＝2，且a 1、a 2、a 5成等比数列． (1) 求数列{a n }的通项公式．(2) 记S n 为数列{a n }的前n 项和，是否存在正整数n ，使得S n ＞60n ＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由．解：(1) 设数列{a n }的公差为d ，依题意知，2、2＋d 、2＋4d 成等比数列，故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，化简得d 2－4d ＝0，解得d ＝0或d ＝4，当d ＝0时，a n ＝2；当d ＝4时，a n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2，从而得数列{a n }的通项公式为a n ＝2或a n ＝4n －2. (2) 当a n ＝2时，S n ＝2n ，显然2n<60n ＋800，此时不存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立．当a n ＝4n －2时，S n ＝n[2＋（4n －2）]2＝2n 2.令2n 2>60n ＋800，即n 2－30n －400>0，解得n>40或n<－10(舍去)，此时存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立，n 的最小值为41. 综上，当a n ＝2时，不存在满足题意的正整数n ；当a n ＝4n －2时，存在满足题意的正整数n ，其最小值为41.(本题模拟高考评分标准，满分16分)(2014·苏州期末)设数列{a n }满足a n ＋1＝2a n ＋n 2－4n ＋1.(1) 若a 1＝3，求证：存在f(n)＝an 2＋bn ＋c(a 、b 、c 为常数)，使数列{a n ＋f(n)}是等比数列，并求出数列{a n }的通项公式；(2) 若a n 是一个等差数列{b n }的前n 项和，求首项a 1的值与数列{b n }的通项公式．(1) 证明：∵ a n ＋1＝2a n ＋n 2－4n ＋1，设a n ＋1＋a(n ＋1)2＋b(n ＋1)＋c ＝2(a n ＋an 2＋bn ＋c)，(2分)即a n ＋1＝2a n ＋an 2＋(b －2a)n ＋c －a －b.(4分) ∴ ⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b －2a ＝－4，c －a －b ＝1.∴ a ＝1，b ＝－2，c ＝0.(6分) ∵ a 1＋1－2＝2，∴ 存在f(n)＝n 2－2n ，使数列{a n ＋n 2－2n}是公比为2的等比数列．(8分)∴ a n ＋n 2－2n ＝2×2n －1＝2n.则a n ＝2n－n 2＋2n.(10分)(2) 解：∵ a n ＋1＝2a n ＋n 2－4n ＋1，即a n ＋1＋(n ＋1)2－2(n ＋1)＝2(a n ＋n 2－2n)，∴ a n ＋n 2－2n ＝(a 1－1)2n －1，即a n ＝(a 1－1)2n －1－n 2＋2n.(12分)∴ b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a 1（n ＝1），（a 1－1）2n －2－2n ＋3（n≥2）.(14分) ∵ {b n }是等差数列，∴ a 1＝1，b n ＝－2n ＋3.(16分)1. 若数列{a n }，{b n }的通项公式分别是a n ＝(－1)n ＋2 011·a ，b n ＝2＋（－1）n ＋2 012n，且a n＜b n 对任意n∈N *恒成立，则常数a 的取值范围是____________．答案：[－2，1]解析： a ＞0时，a n 的最大值为a(n 取奇数)，b n 的最小值为1，若a n <b n 对任意n∈N *恒成立，则a<1；a ＝0时，b n ＞0，a n ＜b n 恒成立；a ＜0时，a n 的最大值为－a(n 取偶数)，b n ＞2，则－a≤2.综上，a ∈[－2，1)．2. 已知无穷数列{a n }中，a 1，a 2，…，a m 是首项为10，公差为－2的等差数列；a m ＋1，a m ＋2，…，a 2m 是首项为12，公比为12的等比数列(其中 m≥3，m ∈N *)，并对任意的n∈N *，均有a n ＋2m ＝a n 成立．(1) 当m ＝12时，求a 2 010；(2) 若a 52＝1128，试求m 的值；(3) 判断是否存在m(m≥3，m ∈N *)，使得S 128m ＋3≥2 010成立？若存在，试求出m 的值；若不存在，请说明理由．解： (1) 当m ＝12时，数列的周期为24.∵ 2 010＝24×83＋18，而a 18是等比数列中的项，∴ a 2 010＝a 18＝a 12＋6＝⎝ ⎛⎭⎪⎫126＝164. (2) 设a m ＋k 是第一个周期中等比数列中的第k 项，则a m ＋k ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12k .∵ 1128＝⎝ ⎛⎭⎪⎫127，∴ 等比数列中至少有7项，即m≥7，则一个周期中至少有14项，∴ a 52最多是第三个周期中的项．若a 52是第一个周期中的项，则a 52＝a m ＋7＝1128，∴ m ＝52－7＝45；若a 52是第二个周期中的项，则a 52＝a 3m ＋7＝1128，∴ 3m ＝45，即m ＝15；若a 52是第三个周期中的项，则a 52＝a 5m ＋7＝1128，∴5m ＝45，即m ＝9.综上，m ＝45、15或9.(3) ∵ 2m 是此数列的周期，∴ S 128m ＋3表示64个周期及等差数列的前3项之和，∴ S 2m最大时，S 128m ＋3最大．∵ S 2m ＝10m ＋m （m －1）2×(－2)＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m 1－12＝－m 2＋11m ＋1－12m ＝－⎝⎛⎭⎪⎫m －1122＋1254－12m ，当m ＝6时，S 2m ＝31－164＝306364；当m≤5时，S 2m ＜306364；当m≥7时，S 2m ＜－⎝⎛⎭⎪⎫7－1122＋1254＝29＜306364，∴ 当m ＝6时，S 2m 取得最大值，则S 128m ＋3取得最大值为64×306364＋24＝2 007.由此可知不存在m(m≥3，m ∈N *)，使得S 128m ＋3≥2 010成立．3. 设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1，S 3，S 2成等差数列． (1) 求{a n }的公比q ； (2) 若a 1－a 3＝3，求S n .解： (1) 依题意有a 1＋(a 1＋a 1q)＝2(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)，由于a 1≠0，故2q 2＋q ＝0.又q≠0，从而q ＝－12.(2) 由已知可得a 1－a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＝3，故a 1＝4，从而S n ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝83⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n .4. 设S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝kn 2＋n ，n ∈N *，其中k 是常数． (1) 求a 1及a n ；(2) 若对于任意的m∈N *，a m ，a 2m ，a 4m 成等比数列，求k 的值．解： (1) 当n ＝1时，a 1＝S 1＝k ＋1，当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝kn 2＋n －[k(n －1)2＋(n －1)]＝2kn －k ＋1，(*)经检验，n ＝1时(*)式成立，∴ a n ＝2kn －k ＋1(n∈N *)．(2) ∵ a m ，a 2m ，a 4m 成等比数列， ∴ a 22m ＝a m ·a 4m ，即(4km －k ＋1)2＝(2km －k ＋1)(8km －k ＋1)，整理得mk(k －1)＝0，又对任意的m∈N *成立，∴ k ＝0或k ＝1.。

等差数列求和公式讲解

等差数列求和公式讲解等差数列求和公式，这可是数学中的一个重要知识点啊！咱们先来说说啥是等差数列。

比如说，1，3，5，7，9 这样的数列，每一项跟前一项的差值都一样，这个差值就叫公差。

那求和公式是啥呢？就是“和 = （首项 + 末项）×项数÷ 2”。

我给您举个例子来说明这个公式怎么用。

有一天我去逛超市，看到货架上摆着一排巧克力，第一块巧克力 2 元，往后每块都比前一块多 1 元，一直到第 10 块。

这时候咱们就可以用等差数列求和来算算这 10块巧克力总共值多少钱。

首项就是第一块巧克力的价格 2 元，末项就是第 10 块巧克力的价格 2 + （10 - 1）× 1 = 11 元，项数就是 10 。

那总价就是（2 + 11）× 10 ÷ 2 = 65 元。

咱们再深入理解一下这个公式。

为啥要乘以项数再除以 2 呢？您想想，把这个数列的第一项和最后一项相加，第二项和倒数第二项相加，第三项和倒数第三项相加……是不是每一组的和都一样呀？而且正好能组成项数的一半那么多组。

所以就得乘以项数再除以 2 啦。

在解题的时候，一定要看清楚题目给的条件，找准首项、末项和项数。

比如说，有个数列 5，8，11，14，……一直到第 20 项，让咱们求总和。

首项是 5，公差是 3，那末项就是 5 + （20 - 1）× 3 = 62 。

然后就能用求和公式算出总和啦。

再比如，有一道题说一个等差数列的前 5 项和是 75，首项是 5，公差是 4，让咱们求末项。

咱们先用求和公式反推出（首项 + 末项）的值，也就是 75 × 2 ÷ 5 = 30 。

首项是 5 ，那末项就是 30 - 5 = 25 。

学习等差数列求和公式，就像是掌握了一把解题的神奇钥匙。

在面对各种各样的题目时，只要咱们能灵活运用这个公式，就能轻松找到答案。

您可别觉得这公式难，多做几道题，多琢磨琢磨，您就能发现其中的乐趣和窍门。

高考数学二轮复习专题3 第1讲等差、等比数列的通项

3．复习数列专题要把握等差、等比数列两个定义，牢记通项、前n项和四组公式，活用等差、等比数列的性质，明确数列与函数的关系，巧妙利用an与Sn的关系进行转化，细辨应用问题中的条件与结论是通项还是前n项和，集中突破数列求和的五种方法(公式法、倒序相加法、错位相减法、分组求和法、裂项相消法).
(理)(2013·湖北七市联考)数列{an}是公比为12的等比数列，且 1－a2 是 a1 与 1＋a3 的等比中项，前 n 项和为 Sn；数列{bn} 是等差数列，b1＝8，其前 n 项和 Tn＝nλ·bn＋1(λ 为常数，且 λ≠1)．
(1)求数列{an}的通项公式及 λ 的值； (2)比较T11＋T12＋T13＋…＋T1n与12Sn 的大小．
成才之路·数学
新课标版 • 二轮专题复习
路漫漫其修远兮吾将上下而求索
专题三数列
专题三
第一讲等差、等比数列的通项、性质与前n项和
命题角度聚焦
核心知识整合
学方科法素警能示培探养究
命题热点突破
课后强化作业
命题角度聚焦
(1)以客观题考查对基本概念、性质、通项及前n项和公式的掌握情况，主要是低档题，有时也命制有一定深度的中档题，与其他知识交汇命题也是这一部分的一个显著特征．
2．等比数列
(1)定义式：aan＋n1＝q(n∈N*，q 为非零常数)； (2)通项公式：an＝a1qn－1；
na1 (3)前 n 项和公式：Sn＝a11－qn
1－q
q＝1， q≠1.
(4)性质：①an＝amqn－m(n，m∈N*)； ②若 m＋n＝p＋q，则 aman＝apaq(p、q、m、n∈N*)．
(2)由(1)知 Sn＝1－(12)n， ∴12Sn＝12－(12)n＋1≥14， ① 又 Tn＝4n2＋4n，T1n＝4nn1＋1＝14(1n－n＋1 1)， ∴T11＋T12＋…＋T1n＝14(1－12＋12－13＋…＋1n－n＋1 1) ＝14(1－n＋1 1)<14， ② 由①②可知T11＋T12＋…＋T1n<12Sn.

2023年高考数学二轮复习(新高考版) 第1部分专题突破专题3 微重点10 子数列问题

跟踪演练1 (2022·山东学期联考)已知数列{an}满足an－1－an＝an－an＋1(n≥2)，
且a1＝1，a7＝13；数列{bn}的前n项和为Sn，且Sn＝

3n－1 2.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
由已知可得，2an＝an－1＋an＋1(n≥2)，则数列{an}为等差数列，设其公差为d，由a7＝a1＋6d＝13，解得d＝2， ∴an＝2n－1，在数列{bn}中，当n＝1时，b1＝S1＝1，当 n≥2 时，bn＝Sn－Sn－1＝3n－2 1－3n－21－1＝3n－1，
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4.(2022·山东联考)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋2＝kan(k≠1)， n∈N*，a2＋a3，a3＋a4，a4＋a5成等差数列. (1)求k的值和{an}的通项公式；
当n＝1时，满足上式，∴bn＝3n－1.
(2)若数列 cn＝abnn，，nn为为奇偶数数，，求数列{cn}的前 n 项和 Tn.
因为 cn＝abnn，，nn为为奇偶数数，，
则当n为偶数时，Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn ＝1＋5＋…＋2n－3＋3＋…＋3n－1 ＝n21＋22n－3＋3－1－3n9＋1＝n2－2 n＋3n＋81－3，
专题三数列
微重点10 子数列问题
子数列问题包括数列中的奇偶项、公共数列以及分段数列，是近几年高考的重点和热点，一般方法是构造新数列，利用新数列的特征(等差、等比或其他特征)求解原数列.
内容索引
考点一奇数项、偶数项考点二两数列的公共项考点三分段数列
专题强化练
考点一
奇数项、偶数项
方法一由题意知，2n≤m，即n≤log2m，当m＝1时，b1＝0. 当m∈[2k，2k＋1－1)时，bm＝k，k∈N*，则S100＝b1＋(b2＋b3)＋(b4＋b5＋…＋b7)＋…＋(b32＋b33＋…＋b63)＋ (b64＋b65＋…＋b100) ＝0＋1×2＋2×4＋3×8＋4×16＋5×32＋6×37＝480. 方法二由题意知bm＝k，m∈[2k，2k＋1)，因此，当m＝1时，b1＝0；当m∈[2,4)时，bm＝1；

(浙江专版)高考数学二轮专题复习第一部分专题三第二讲等差数列、等比数列课件.pptx

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二、经典例题领悟好 [例 2] (2018 届高三·浙江联考)已知数列{an}的前 n 项和为
Sn，且 Sn＝2－n2＋1 an(n≥1)．
(1)求证：数列ann是等比数列； (2)设数列{2nan}的前 n 项和为 Tn，An＝T11＋T12＋T13＋…＋T1n，试比较 An 与n2an的大小．
比较n2n2与n＋n 1的大小．
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设 f(n)＝n2n2，g(n)＝n＋n 1，因为 f(n＋1)－f(n)＝2n[[nnnn－＋21－]2 1]，当 n≥3 时，f(n＋1)－f(n)>0，所以当 n≥3 时，f(n)单调递增，所以当 n≥4 时，f(n)≥f(4)＝1，而 g(n)<1，所以当 n≥4 时，f(n)>g(n)．经检验当 n＝1,2,3 时，仍有 f(n)>g(n)．综上可得，An<n2an.
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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，但不可作为证明方法. 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 a2n＝an－1an＋1n≥2，n∈N*是{an}为等比数列的必要不充分条件，也就是要注意判断一个数列是等比数列时，各项不能为 0.
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考点二等差、等比数列的判定与证明一、基础知识要记牢 1．证明数列{an}是等差数列的两种基本方法 (1)利用定义，证明 an＋1－an(n∈N*)为一常数； (2)利用等差中项，即证明 2an＝an－1＋an＋1(n≥2)． 2．证明{an}是等比数列的两种基本方法 (1)利用定义，证明aan＋n 1(n∈N*)为一常数； (2)利用等比中项，即证明 an2＝an－1an＋1(n≥2，an≠0)．

2020届高考数学(文)二轮复习全程方略课件：专题三数列(2)数列的求和及综合应用

命题视角 1 函数的基本性质
[例 3] 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，点(n， Sn)(n∈N*)均在函数 f(x)＝3x2－2x 的图象上．
(1)求数列{an}的通项公式； (2) 设 bn＝ana3n＋1，Tn 是数列{bn}的前 n 项和，求使得 2Tn≤λ －2 015 对任意 n∈N*都成立的实数 λ 的取值范围．
(2)bn＝－1－log2|an|＝2n－1，数列{bn}的前 n 项和 Tn ＝n2，
cn＝TbnTn＋n＋1 1＝n2（2nn＋＋11）2＝n12－（n＋1 1）2，所以 An＝1－（n＋1 1）2＝（nn2＋＋12）n 2.
因此{An}是单调递增数列，所以当 n＝1 时，An 有最小值 A1＝1－14＝34；An 没有最大值．
命题视角 2 裂项相消法求和 [例 1－2] (2015·全国卷Ⅰ)Sn 为数列{an}的前 n 项和．已知 an＞0，a2n＋2an＝4Sn＋3. (1)求{an}的通项公式； (2)设 bn＝ana1n＋1，求数列{bn}的前 n 项和．
解：(1)由 a2n＋2an＝4Sn＋3 可知， a2n＋1＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.
[规律方法] 1．给出 Sn 与 an 的关系求 an，常用思路是：一是利用 Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为 an 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为 Sn 的递推关系，先求出 Sn 与 n 之间的关系，再求 an. 2．形如 an＋1＝pan＋q(p≠1，q≠0)，可构造一个新的等比数列．
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式； (2)记 cn＝(－1)nbn＋an，求数列{cn}的前 2n 项和 S2n.
解：(1)设等差数列{bn}的公差为 d，

高三数学第二轮复习教案《数列》

数列（第二轮复习）1.等差(比)数列的定义如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差(比)等于同一个常数，这个数列叫做等差(比)数列.2.通项公式等差 a n =a 1+(n-1)d ，等比a n =a 1q n -13.等差(比)中项如果在a 、b 中间插入一个数A ，使a 、A 、b 成等差(比)数列，则A 叫a 、b 的等差(比)中项．A ＝(a+b)/2或A ＝±ab4.重要性质：m+n=p+q ⇔ a m ·a n ＝a p ·a q (等比数列)a m +a n ＝a p +a q (等差数列) (m 、n 、p 、q ∈N*) 特别地 m+n=2p ⇔ a m +a n ＝2a p (等差数列) a m ·a n ＝a p 2 (等比数列)5.等差数列前n 项和等比数列前n 项和6.如果某个数列前n 项和为Sn ，则7.差数列前n 项和的最值（1）若a1＞0，d ＜0，则S n 有最大值，n 可由 ⎩⎨⎧≥≥+0a 0a 1n n （2）若a1＜0，d ＞0，则S n 有最小值，n 可由 ⎩⎨⎧≤≤+0a 0a 1n n 8．求数列的前n 项和S n ，重点应掌握以下几种方法：（1）.倒序相加法：如果一个数列{a n }，与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写和与倒着写和的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和的方法称为倒序相加法.（2）.错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列对应项乘积组成，此时求和可采用错位相减法.（3）.分组转化法：把数列的每一项分成两项，或把数列的项“集”在一块重新组合，或把整个数列分成两部分，使其转化为等差或等比数列，这一求和方法称为分组转化法.（4）.裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差，()()⎩⎨⎧≥-==-2111n S S n S a n n n ()()d n n na n a a S n n 21211-+=+=()()()⎪⎩⎪⎨⎧≠--==111111q qq a q na S n n在求和时一些正负项相互抵消，于是前n项的和变成首尾若干少数项之和，这一求和方法称为裂项相消法.9. 三个模型：（1）复利公式按复利计算利息的一种储蓄，本金为a元，每期利率为r，存期为x，则本利和y=a(1+r)x（2）.单利公式利息按单利计算，本金为a元，每期利率为r，存期为x，则本利和y=a(1+xr) （3）.产值模型原来产值的基础数为N，平均增长率为p，对于时间x的总产值y=N(1+p) x10．例、习题：1.若关于x的方程x2-x+a=0和x2-x+b=0(a,b∈R且a≠b)的四个根组成首项为1/4的等差数列，则a+b的值为( )A. 3/8B. 11/24C. 13/24D. 31/722.在等差数列{a n}中，a2+a4=p，a3+a5=q．则其前6项的和S6为( )(A) 5 (p+q)/4 (B) 3(p+q)/2 (C) p+q (D) 2(p+q)3.下列命题中正确的是( )A.数列{a n}的前n项和是S n=n2+2n-1，则{a n}为等差数列B.数列{a n}的前n项和是S n=3n-c，则c=1是{a n}为等比数列的充要条件C.数列既是等差数列，又是等比数列D.等比数列{a n}是递增数列，则公比q大于14.等差数列{a n}中，a1＞0，且3a8=5a13，则S n中最大的是( )(A)S10(B)S11(C)S20(D)S215.等差数列{a n}中，S n为数列前n项和，且S n/S m＝n2/m2 (n≠m)，则a n / a m值为( )(A)m/n (B)(2m-1)/n (C)2n/(2n-1) (D)(2n-1)/(2m-1)6.已知{a n}的前n项和S n=n2-4n+1，则|a1|+|a2|+…|a10|=( )(A)67 (B)65 (C)61 (D)567.一个项数是偶数的等比数列，它的偶数项的和是奇数项和的2倍，又它的首项为1，且中间两项的和为24，则此等比数列的项数为（）(A)12 (B)10 (C)8 (D)68.计算机是将信息转换成二进制进行处理的，二进制即“逢2进1”，如(1101)2表示二进制数，将它转换成十进制形式是1×23+1×22+0×21+1×20=13，那么将二进制数(111…11)2 （16个1）位转换成十进制形式是( )(A) 217-2 (B) 216-2 (C) 216-1 (D)215-19.{a n}为等比数列，{b n}为等差数列，且b1=0,C n＝a n+b n，若数列{C n}是1，1，5，…则{C n}的前10项和为___________.10.如果b是a，c的等差中项，y是x与z的等比中项，且x，y，z都是正数，则(b-c)log m x+(c-a)log m y+(a-b)log m z=_______.11.数列{a n}的前n项和S n=n2+1，则a n=_________________.12.四个正数成等差数列，若顺次加上2，4，8，15后成等比数列，求原数列的四个数.13.已知等比数列{a n }的公比为q ，前n 项的和为S n ，且S 3，S 9，S 6成等差数列.(1)求q 3的值；(2)求证a 2，a 8，a 5成等差数列.14.一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项和与奇数项和之比为32∶27，求公差d.15.数列{a n }是由正数组成的等比数列，S n 为前n 项的和，是否存在正常数c ，使得对任意的n ∈N +成立?并证明你的结论.16.一个首项为正数的等差数列中，前3项和等于前11项和，问此数列前多少项的和最大?17.已知等比数列{a n }的首项a1＞0，公比q ＞0.设数列{b n }的通项b n =a n+1+a n+2(n ∈N*)，数列{a n }与{b n }的前n 项和分别记为A n 与B n ，试比较A n 与B n 的大小.()()()c S c S c S n n n -=-+-++12lg 2lg lg18.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10=100，S 100=10，试求S 110.19.已知数列{a n }和{b n }满足(n ∈N +)，试证明：{a n }成等差数列的充分条件是{b n }成等差数列.20.已知数列{a n }中的a 1=1/2，前n 项和为S n ．若S n =n 2a n ，求S n 与a n 的表达式.21.在数列{a n }中，a n ＞0， 2Sn = a n +1(n ∈N) ①求S n 和a n 的表达式；②求证： n a n a a b n n +++⋅++⋅+⋅= 21212121111321<+++nS S S S。

(统考版)2023高考数学二轮专题复习：等差数列、等比数列课件

数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单
用性质
调性、周期性等，可利用函数的性质解题
对点训练
ak
1.[2021·北京卷]{an}和{bn}是两个等差数列，其中 (1≤k≤5)为常值，
a1＝288，a5＝96，b1＝192，则b3＝(
A．64 B．128 C．256 D．512
bk
)
答案：B
a1 a5
则a6＝(
)
A．14
B．12
C．6
D．3
答案：D
解析：设等比数列{an
a2
}的公比为q.由题意知，ቐ q
+ a2 + a2 q = 168，
a2 − a2 q3 = 42.
两式相除，
1+q+q2
1
得
＝4，解得q＝ .代入a2－a2q3＝42，得a2＝48，所以a6＝a2q4＝3.故选D.
3
q 1−q
考点二
等差、等比数列的性质及应用
考点二
等差、等比数列的性质及应用——分清条件，类比性质
等差数列
(1)若m，n，p，q∈N*，且m＋
n＝p＋q，
则am＋an＝ap＋aq；
性质
(2)an＝am＋(n－m)d；
(3)Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…
仍成等差数列
等比数列
(1)若m，n，p，q∈N*，且m＋
中项法
前n项和法
证明数列为等差(比)数列一般使用定义法．
2Sn
[2022·全国甲卷]记Sn为数列{an}的前n项和．已知＋n＝2an＋
n
例3
1.
(1)证明：{an}是等差数列；
(2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．

高三数学二轮复习第部分专题突破点4等差数列等比数列理

专题二数列建知识网络明内在联系高考点拨] 数列专题是高考必考专题之一，主要考察等差、等比数列根本量运算及数列求和能力，该局部即可单独命题，又可与其他专题综合命题，考察方式灵活多样，结合近几年高考命题研究，为此本专题我们按照“等差、等比数列〞和“数列求和〞两条主线展开分析和预测．突破点4 等差数列、等比数列提炼1等差数列、等比数列运算(1)通项公式等差数列：a n ＝a 1＋(n －1)d ；等比数列：a n ＝a 1·q n －1.(2)求和公式等差数列：S n ＝n a 1＋a n2＝na 1＋n n －12d ；等比数列：S n ＝a 11－q n 1－q ＝a 1－a n q1－q(q ≠1)．(3)性质假设m ＋n ＝p ＋q ，在等差数列中a m ＋a n ＝a p ＋a q ；在等比数列中a m ·a n ＝a p ·a q .提炼2等差数列、等比数列判定与证明数列{a n }(1)证明数列{a n }是等差数列两种根本方法 ①利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为一常数； ②利用中项性质，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)． (2)证明{a n }是等比数列两种根本方法 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).提炼3数列中项最值求法(1)n (多利用函数单调性)进展求解，但要注意自变量取值必须是正整数限制．(2)利用数列单调性求解，利用不等式a n ＋1≥a n (或a n ＋1≤a n )求解出n 取值范围，从而确定数列单调性变化，进而确定相应最值．(3)转化为关于n 不等式组求解，假设求数列{a n }最大项，那么可解不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1；假设求数列{a n }最小项，那么可解不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1，求出n 取值范围之后，再确定取得最值项．回访1 等差数列根本量运算1．(2021·全国乙卷)等差数列{a n }前9项和为27，a 10＝8，那么a 100＝( ) A ．100 B ．99 C ．98D ．97C 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.应选C. 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＝a 5＋(20－1)×5＝98.应选C.]2．(2021·全国卷Ⅰ)设等差数列{a n }前n 项和为S n ，假设S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，那么m ＝( )A ．3B ．4C ．5D ．6C ∵{a n }是等差数列，S m －1＝－2，S m ＝0， ∴a m ＝S m －S m －1＝2.∵S m ＋1＝3，∴a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3， ∴d ＝a m ＋1－a m ＝1. 又S m ＝m a 1＋a m2＝m a 1＋22＝0，∴a 1＝－2，∴a m ＝－2＋(m －1)·1＝2，∴m ＝5.]3．(2021·全国卷Ⅱ)等差数列{a n }前n 项和为S n ，S 10＝0，S 15＝25，那么nS n 最小值为________．－49 设等差数列{a n }首项为a 1，公差为d ，由等差数列前n 项和可得⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋10×92d ＝0，15a 1＋15×142d ＝25，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝23.∴nS n ＝n 2a 1＋n 2n －12d ＝－3n 2＋13(n 3－n 2)＝13n 3－10n 23，∴(nS n )′＝n 2－20n 3，令(nS n )′＝0，解得n ＝0(舍去)或n ＝203.当n ＞203时，nS n 是单调递增；当0＜n ＜203时，nS n 是单调递减，故当n ＝7时，nS n 取最小值，∴(nS n )min ＝13×73－10×723＝－49.]回访2 等比数列根本量运算4．(2021 ·全国卷Ⅱ)等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，那么a 3＋a 5＋a 7＝( ) A ．21 B ．42 C ．63D ．84B ∵a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，∴3＋3q 2＋3q 4＝21， ∴1＋q 2＋q 4＝7，解得q 2＝2或q 2＝－3(舍去)． ∴a 3＋a 5＋a 7＝q 2(a 1＋a 3＋a 5)＝2×21＝42.应选B.]5．(2021·全国乙卷)设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，那么a 1a 2…a n 最大值为________．64 设等比数列{a n }公比为q ，那么由a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝q (a 1＋a 3)＝5，知q ＝12.又a 1＋a 1q 2＝10，∴a 1＝8.故a 1a 2…a n ＝a n 1q1＋2＋…＋(n －1)＝23n·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1n2＝23n －n 22＋n 2＝2－n 22＋72n .记t ＝－n 22＋7n2＝－12(n 2－7n )，结合n ∈N *可知n ＝3或4时，t 有最大值6. 又y ＝2t为增函数，从而a 1a 2…a n 最大值为26＝64.]热点题型1 等差、等比数列根本运算题型分析：以等差比数列为载体，考察根本量求解，表达方程思想应用是近几年高考命题一个热点，题型以客观题为主，难度较小.(1)等比数列{a n }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 }前15项和为( )A ．152B ．135C ．80D ．16(2)设{a n }是首项为a 1，公差为－1等差数列，S n 为其前n 项和．假设S 1，S 2，S 4成等比数列，那么a 1＝( )A ．2B ．－2 C.12D ．－12(1)B (2)D (1)设等比数列{a n }公比为q ，由a 1＋a 3＝30，a 2＋a 4＝S 4－(a 1＋a 3)＝90，所以公比q ＝a 2＋a 4a 1＋a 3＝3，首项a 1＝301＋q2＝3，所以a n ＝3n ，b n ＝1＋log 33n＝1＋n ，那么数列{b n }是等差数列，前15项和为15×2＋162＝135，应选B.(2)由题意知S 1＝a 1，S 2＝2a 1－1，S 4＝4a 1－6，因为S 1，S 2，S 4成等比数列，所以S 22＝S 1·S 4，即(2a 1－1)2＝a 1(4a 1－6)，解得a 1＝－12，应选D.]在等差(比)数列问题中最根本量是首项a 1和公差d (公比q )，在解题时往往根据条件建立关于这两个量方程组，从而求出这两个量，那么其他问题也就会迎刃而解．这就是解决等差、等比数列问题根本量方法，这其中蕴含着方程思想运用．提醒：应用等比数列前n 项和公式时，务必注意公比q 取值范围．变式训练1] (1)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋3，S n 为{a n }前n 项和，假设S n ＝51，那么n ＝__________.(2)(名师押题)等比数列{a n }前n 项和为S n ，且a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，那么S na n ＝________.(1)6 (2)2n－1 (1)由a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋3，得a n ＋1－a n ＝3，所以数列{a n }是首项为1，公差为3等差数列．由S n ＝n ＋n n －12×3＝51，即(3n ＋17)(n －6)＝0，解得n ＝6或n ＝－173(舍)．(2)∵q ＝a 2＋a 4a 1＋a 3＝5452＝12，∴a 1＋a 3＝a 1＋a 1×14＝52，解得a 1＝2，∴a n ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝42n ，∴S n ＝2×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ，∴S n a n ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 42n ＝2n －1.] 热点题型2 等差、等比数列根本性质题型分析：该热点常与数列中根本量运算综合考察，熟知等差比数列根本性质，可以大大提高解题效率.(1)(2021·南昌一模)假设等比数列各项均为正数，前4项和为9，积为814，那么前4项倒数和为( )【导学号：85952021】 A.32 B ．94 C ．1D ．2(2)(2021 ·东北三校联考)设等差数列{a n }前n 项和为S n ，且满足S 15>0，S 16<0，那么S 1a 1，S 2a 2，S 3a 3，…，S 15a 15中最大项为( ) A.S 6a 6 B ．S 7a 7C.S 8a 8D.S 9a 9(1)D (2)C (1)由题意得S 4＝a 11－q 41－q ＝9，所以1－q 41－q ＝9a 1.由a 1·a 1q ·a 1q 2·a 1q 3＝(a 21q 3)2＝814得a 21q 3＝92.由等比数列性质知该数列前4项倒数和为1a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1q 41－1q＝q 4－1a 1q 3q －1＝1a 1q 3·9a 1＝9a 21q 3＝2，应选D.(2)由S 15＝15a 1＋a 152＝15×2a 82＝15a 8>0，S 16＝16a 1＋a 162＝16×a 8＋a 92<0，可得a 8>0，a 9<0，d <0，故S n 最大为S 8.又d <0，所以{a n }单调递减，因为前8项中S n 递增，所以S n 最大且a n 取最小正值时S n a n 有最大值，即S 8a 8最大，应选C.]1．假设{a n }，{b n }均是等差数列，S n 是{a n }前n 项和，那么{ma n ＋kb n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 仍为等差数列，其中m ，k 为常数．2．假设{a n }，{b n }均是等比数列，那么{ca n }(c ≠0)，{|a n |}，{a n ·b n }，{ma n b n }(m 为常数)，{a 2n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 仍为等比数列．3．公比不为1等比数列，其相邻两项差也依次成等比数列，且公比不变，即a 2－a 1，a 3－a 2，a 4－a 3，…成等比数列，且公比为a 3－a 2a 2－a 1＝a 2－a 1qa 2－a 1＝q .4．(1)等比数列(q ≠－1)中连续k 项和成等比数列，即S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…成等比数列，其公比为q k.(2)等差数列中连续k 项和成等差数列，即S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…成等差数列，公差为k 2d .5．假设A 2n －1，B 2n －1分别为等差数列{a n }，{b n }前2n －1项和，那么a n b n ＝A 2n －1B 2n －1.变式训练2] (1)(2021·沈阳模拟)各项不为0等差数列{a n }满足2a 2－a 27＋2a 12＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，那么b 3b 11等于( )A ．16B ．8C ．4D ．2(2)在等比数列{a n }中，a 1＋a 3＝8，a 5＋a 7＝4，那么a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．2或4(1)A (2)C (1)∵{a n }是等差数列，∴a 2＋a 12＝2a 7， ∴2a 2－a 27＋2a 12＝4a 7－a 27＝0. 又a 7≠0，∴a 7＝4.又{b n }是等比数列，∴b 3b 11＝b 27＝a 27＝16.(2)∵{a n }为等比数列，∴a 5＋a 7是a 1＋a 3与a 9＋a 11等比中项，∴(a 5＋a 7)2＝(a 1＋a 3)(a 9＋a 11)，故a 9＋a 11＝a 5＋a 72a 1＋a 3＝428＝2. 同理a 9＋a 11是a 5＋a 7与a 13＋a 15等比中项，∴(a 9＋a 11)2＝(a 5＋a 7)(a 13＋a 15)，故a 13＋a 15＝a 9＋a 112a 5＋a 7＝224＝1. ∴a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝2＋1＝3.]热点题型3 等差、等比数列证明题型分析：该热点常以数列递推关系为载体，考察学生推理论证能力.(2021·全国丙卷)数列{a n }前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)假设S 5＝3132，求λ.解] (1)证明：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，故a 1由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ，即a n ＋1(λ－1)＝λa n .2分由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1.3分因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1等比数列，4分于是a n ＝11－λ⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1.6分(2)由(1)得S n ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫λλ－1n .8分由S 5＝3132得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132.10分解得λ判断或证明数列是否为等差或等比数列，一般是依据等差数列、等比数列定义，或利用等差中项、等比中项进展判断．提醒：利用a 2n ＝a n ＋1·a n －1(n ≥2)来证明数列{a n }为等比数列时，要注意数列中各项均不为0.变式训练3] (2021·全国卷Ⅰ)数列{a n }前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n －1，其中λ为常数．(1)证明：a n ＋2－a n ＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n }为等差数列？并说明理由．解] (1)证明：由题设知a n a n ＋1＝λS n －1，a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－1，两式相减得a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1，2分由于a n ＋1≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ.4分 (2)由题设知a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1，可得a 2＝λ 由(1)知，a 3＝λ 令2a 2＝a 1＋a 3，解得λ故a n ＋2－a n ＝4，由此可得{a 2n －1}是首项为1，公差为4等差数列，a 2n －1＝4n {a 2n }是首项为3，公差为4等差数列，a 2n ＝4n 所以a n ＝2n －1，a n ＋1－a n ＝2，因此存在λ＝4，使得数列{a n。

高考数学二轮复习专题10 数列求和及其应用教学案理-人教版高三全册数学教学案

专题10 数列求和及其应用高考对本节内容的考查仍将以常用方法求和为主，尤其是错位相减法及裂项求和，题型延续解答题的形式．预测2018高考对数列求和仍是考查的重点．数列的应用以及数列与函数等的综合的命题趋势较强，复习时应予以关注．1．数列求和的方法技巧(1)公式法：直接应用等差、等比数列的求和公式求和．(2)错位相减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}分别是等差数列和等比数列．(3)倒序相加法这是在推导等差数列前n项和公式时所用的方法，也就是将一个数列倒过来排列(反序)，当它与原数列相加时若有公因式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和．(4)裂项相消法利用通项变形，将通项分裂成两项或几项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和．(5)分组转化求和法有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，可先分别求和，然后再合并．2．数列的综合问题(1)等差数列与等比数列的综合．(2)数列与函数、方程、不等式、三角、解析几何等知识的综合．(3)增长率、分期付款、利润成本效益的增减等实际应用问题．数列的实际应用问题一般文字叙述较长，反映的事物背景陌生，知识涉及面广，因此要解好应用题，首先应当提高阅读理解能力，将普通语言转化为数学语言或数学符号，实际问题转化为数学问题，然后再用数学运算、数学推理予以解决.【误区警示】1．应用错位相减法求和时，注意项的对应．2．正确区分等差与等比数列模型，正确区分实际问题中的量是通项还是前n 项和．考点一．数列求和例1、25.【2017江苏，19】对于给定的正整数k ,若数列{}n a 满足1111n k n k n n n k n k a a a a a a --+-++-++++++++2n ka =对任意正整数()n n k >总成立，则称数列{}n a 是“()P k 数列”.（1）证明：等差数列{}n a 是“(3)P 数列”;（2）若数列{}n a 既是“(2)P 数列”，又是“(3)P 数列”，证明：{}n a 是等差数列.【答案】（1）见解析（2）见解析（2）数列{}n a 既是“()2P 数列”，又是“()3P 数列”，因此，当3n ≥时， 21124n n n n n a a a a a --+++++=，①当4n ≥时， 3211236n n n n n n n a a a a a a a ---++++++++=.② 由①知， 3214n n n a a a ---+=- ()1n n a a ++，③2314n n n a a a ++++=- ()1n n a a -+，④将③④代入②，得112n n n a a a -++=，其中4n ≥，所以345,,,a a a 是等差数列，设其公差为'd .在①中，取4n =，则235644a a a a a +++=，所以23'a a d =-，在①中，取3n =，则124534a a a a a +++=，所以122'a a d =-，所以数列{}n a 是等差数列.【变式探究】(2016·浙江卷)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *.(1)求通项公式a n ；(2)求数列{|a n －n －2|}的前n 项和．【举一反三】若A n 和B n 分别表示数列{a n }和{b n }的前n 项的和，对任意正整数n ，a n ＝2(n ＋1)，3A n －B n ＝4n .(1)求数列{b n }的通项公式；(2)记c n ＝2A n ＋B n ，求{c n }的前n 项和S n .解：(1)由于a n ＝2(n ＋1)， ∴{a n }为等差数列，且a 1＝4. ∴A n ＝n （a 1＋a n ）2＝n （4＋2n ＋2）2＝n 2＋3n ，∴B n ＝3A n －4n ＝3(n 2＋3n )－4n ＝3n 2＋5n ，当n ＝1时，b 1＝B 1＝8，当n ≥2时，b n ＝B n －B n －1＝3n 2＋5n －[3(n －1)2＋5(n －1)]＝6n ＋2.由于b 1＝8适合上式， ∴b n ＝6n ＋2.(2)由(1)知c n ＝2A n ＋B n ＝24n 2＋8n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， ∴S n ＝14⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－16＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2＝ 14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝38－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2. 【变式探究】(2016·山东卷)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝（a n ＋1）n ＋1（b n ＋2）n ，求数列{c n }的前n 项和T n .(2)由(1)知c n ＝（6n ＋6）n ＋1（3n ＋3）n ＝3(n ＋1)·2n ＋1. 又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]，2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]，两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋4（1－2n）1－2－（n ＋1）×2n ＋2＝－3n ·2n ＋2， ∴T n ＝3n ·2n ＋2.考点二、数列和函数、不等式的交汇例4、(2016·四川卷)已知数列{a n }的首项为1，S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＋1＝qS n ＋1，其中q >0，n ∈N *.(1)若2a 2，a 3，a 2＋2成等差数列，求数列{a n }的通项公式；(2)设双曲线x 2－y 2a 2n ＝1的离心率为e n ，且e 2＝53，证明：e 1＋e 2＋…＋e n >4n －3n3n －1.(2)证明：由(1)可知，a n ＝qn －1，∴双曲线x 2－y 2a 2n ＝1的离心率e n ＝1＋a 2n ＝1＋q2（n －1）. 由e 2＝1＋q 2＝53解得q ＝43.∵1＋q2(k －1)>q2(k －1)，∴1＋q2（k －1）>qk －1(k ∈N *)．于是e 1＋e 2＋…＋e n >1＋q ＋…＋q n －1＝q n－1q －1，故e 1＋e 2＋…＋e n >4n －3n3n －1.【变式探究】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋2n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若点(b n ，a n )在函数y ＝log 2x 的图象上，求数列{b n }的前n 项和T n .1.【2017天津，理18】已知{}n a 为等差数列，前n 项和为()n S n *∈N ，{}n b 是首项为2的等比数列，且公比大于0，2312b b +=,3412b a a =-，11411S b =.（Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）求数列221{}n n a b -的前n 项和()n *∈N . 【答案】（1）32n a n =-.2n n b =.（2）1328433n n n T +-=⨯+. 【解析】（I ）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q . 由已知2312b b +=，得()2112b q q +=，而12b =，所以260q q +-=. 又因为0q >，解得2q =.所以， 2n n b =. 由3412b a a =-，可得138d a -= ①. 由114=11S b ，可得1516a d += ②，联立①②，解得11a =， 3d =，由此可得32n a n =-.所以，数列{}n a 的通项公式为32n a n =-，数列{}n b 的通项公式为2n n b =.（II ）解：设数列221{}n n a b -的前n 项和为n T ，由262n a n =-， 12124n n b --=⨯，有()221314n n n a b n -=-⨯，故()23245484314n n T n =⨯+⨯+⨯++-⨯，()()23414245484344314n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯，上述两式相减，得()231324343434314n n n T n +-=⨯+⨯+⨯++⨯--⨯得1328433n n n T +-=⨯+. 所以，数列221{}n n a b -的前n 项和为1328433n n +-⨯+. 2.【2017江苏，19】对于给定的正整数k ,若数列{}n a 满足1111n k n k n n n k n k a a a a a a --+-++-++++++++2n ka =对任意正整数()n n k >总成立，则称数列{}n a 是“()P k 数列”.（1）证明：等差数列{}n a 是“(3)P 数列”;（2）若数列{}n a 既是“(2)P 数列”，又是“(3)P 数列”，证明：{}n a 是等差数列.【答案】（1）见解析（2）见解析（2）数列{}n a 既是“()2P 数列”，又是“()3P 数列”，因此，当3n ≥时， 21124n n n n n a a a a a --+++++=，①当4n ≥时， 3211236n n n n n n n a a a a a a a ---++++++++=.② 由①知， 3214n n n a a a ---+=- ()1n n a a ++，③3.【2017山东，理19】已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1+x 2=3，x 3-x 2=2（Ⅰ）求数列{x n }的通项公式；（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1, 1)，P 2(x 2, 2)…P n+1(x n+1, n+1)得到折线P 1 P 2…P n+1，求由该折线与直线y =0，11n x x x x +==,所围成的区域的面积n T .【答案】(I)12.n n x -=（II ）(21)21.2n n n T -⨯+=（II ）过123,,,P P P ……1n P +向x 轴作垂线，垂足分别为123,,,Q Q Q ……1n Q +,由(I)得111222.n n n n n x x --+-=-= 记梯形11n n n n P P Q Q ++的面积为n b . 由题意12(1)2(21)22n n n n n b n --++=⨯=+⨯，所以123n T b b b =+++……+n b=101325272-⨯+⨯+⨯+……+32(21)2(21)2n n n n ---⨯++⨯ ① 又0122325272n T =⨯+⨯+⨯+……+21(21)2(21)2n n n n ---⨯++⨯ ② ①-②得=1132(12)(21)2.212n n n ---+-+⨯- 所以(21)21.2n n n T -⨯+=1.【2016高考天津理数】已知{}n a 是各项均为正数的等差数列，公差为d ，对任意的,b n n N ∈*是n a 和1n a +的等差中项.(Ⅰ)设22*1,n n n c b b n N +=-∈，求证：{}n c 是等差数列；(Ⅱ)设 ()22*11,1,nnn n k a d T b n N ===-∈∑，求证：2111.2nk kT d =<∑【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析2.【2016高考新课标3理数】已知数列{}n a 的前n 项和1n n S a λ=+，其中0λ≠．（I ）证明{}n a 是等比数列，并求其通项公式；（II ）若53132S =，求λ．【答案】（Ⅰ）1)1(11---=n n a λλλ；（Ⅱ）1λ=-． 3.【2016高考浙江理数】设数列{}n a 满足112n n a a +-≤，n *∈N ．（I ）证明：()1122n n a a -≥-，n *∈N ；（II ）若32nn a ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，n *∈N ，证明：2n a ≤，n *∈N ．【答案】（I ）证明见解析；（II ）证明见解析．【解析】（I ）由112n n a a +-≤得1112n n a a +-≤，故111222n n nn na a ++-≤，n *∈N ，所以1<，因此()1122n n a a -≥-．（II ）任取n *∈N ，由（I ）知，对于任意m n >，112n -<，故3224mn ⎛⎫=+⋅ ⎪⎝⎭．4.【2016年高考北京理数】（本小题13分）设数列A ：1a ，2a ,…N a (N ≥).如果对小于n (2n N ≤≤)的每个正整数k 都有k a ＜n a ，则称n 是数列A 的一个“G 时刻”.记“)(A G 是数列A 的所有“G 时刻”组成的集合.（1）对数列A ：-2，2，-1，1，3，写出)(A G 的所有元素；（2）证明：若数列A 中存在n a 使得n a >1a ，则∅≠)(A G ；（3）证明：若数列A 满足n a -1n a - ≤1（n=2,3, …,N）,则)(A G 的元素个数不小于N a -1a .【答案】（1）()G A 的元素为2和5；（2）详见解析；（3）详见解析.（Ⅲ）当1a a N ≤时，结论成立. 以下设1a a N >. 由（Ⅱ）知∅≠)(A G .设{}p p n n n n n n A G <⋅⋅⋅<<⋅⋅⋅=2121,,,,)(.记10=n . 则pn n n n a a a a <⋅⋅⋅<<<21.对p i ,,1,0⋅⋅⋅=，记{},ii i k n G k n k N a a *=∈<≤>N .如果∅≠i G ，取i i G m min =，则对任何iim n k i a a a m k <≤<≤,1.从而)(A G m i ∈且1+=i i n m .又因为p n 是)(A G 中的最大元素，所以∅=p G . 从而对任意p n k N ≤≤，pn k a a ≤，特别地，pn N a a ≤.对i i n n a a p i ≤-⋅⋅⋅=-+11,1,,1,0.因此1)(111111+≤-+=--++++i i i i i n n n nn a a a a a .所以p a a a a a a i i pn pi n n N ≤-=-≤--∑=)(1111.因此)(A G 的元素个数p 不小于1N a a -.5.【2016年高考四川理数】（本小题满分12分）已知数列{n a }的首项为1，n S 为数列{}n a 的前n 项和，11n n S qS +=+ ，其中q>0，*n N ∈ .（Ⅰ）若2322,,2a a a + 成等差数列，求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设双曲线2221n y x a -= 的离心率为n e ，且253e = ，证明：121433n nn n e e e --++⋅⋅⋅+>.【答案】（Ⅰ）1=n n a q ；（Ⅱ）详见解析. （Ⅱ）由（Ⅰ）可知，1nn a q .所以双曲线2221n y x a 的离心率 22(1)11nn n e a q ．由2513qq 解得43q . 因为2(1)2(1)1+k kq q 1)1*kk q kN （）. 于是11211+1n n nq e e e qqq ，故1231433n n n e e e .6.【2016高考上海理数】（本题满分18分）本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分.若无穷数列{}n a 满足：只要*(,)p q a a p q N =∈，必有11p q a a ++=，则称{}n a 具有性质P .（1）若{}n a 具有性质P ，且12451,2,3,2a a a a ====，67821a a a ++=，求3a ；（2）若无穷数列{}n b 是等差数列，无穷数列{}n c 是公比为正数的等比数列，151b c ==，5181b c ==，n n n a b c =+判断{}n a 是否具有性质P ，并说明理由；（3）设{}n b 是无穷数列，已知*1sin ()n n n a b a n N +=+∈.求证：“对任意1,{}n a a 都具有性质P ”的充要条件为“{}n b 是常数列”.【答案】（1）316a =．（2）{}n a 不具有性质P ．（3）见解析．（3）[证]充分性：当{}n b 为常数列时，11sin n n a b a +=+．对任意给定的1a ，只要p q a a =，则由11sin sin p q b a b a +=+，必有11p q a a ++=．充分性得证．必要性：用反证法证明．假设{}n b 不是常数列，则存在k *∈N ，使得12k b b b b ==⋅⋅⋅==，而1k b b +≠．下面证明存在满足1sin n n n a b a +=+的{}n a ，使得121k a a a +==⋅⋅⋅=，但21k k a a ++≠．设()sin f x x x b =--，取m *∈N ，使得m b π>，则()0f m m b ππ=->，()0f m m b ππ-=--<，故存在c 使得()0f c =．取1a c =，因为1sin n n a b a +=+（1n k ≤≤），所以21sin a b c c a =+==，依此类推，得121k a a a c +==⋅⋅⋅==．但2111sin sin sin k k k k a b a b c b c ++++=+=+≠+，即21k k a a ++≠．所以{}n a 不具有性质P ，矛盾．必要性得证．综上，“对任意1a ，{}n a 都具有性质P ”的充要条件为“{}n b 是常数列”．7.【2016高考新课标2理数】n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且17=128.a S =，记[]=lg n n b a ，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，如[][]0.9=0lg 99=1，．（Ⅰ）求111101b b b ，，；（Ⅱ）求数列{}n b 的前1 000项和．【答案】（Ⅰ）10b =，111b =， 1012b =；（Ⅱ）1893. 8.【2016高考山东理数】（本小题满分12分）已知数列{}na 的前n 项和S n =3n 2+8n ，{}nb 是等差数列，且1.n n n a b b +=+（Ⅰ）求数列{}nb 的通项公式；（Ⅱ）令1(1).(2)n n n nn a c b ++=+ 求数列{}n c 的前n 项和T n .【答案】（Ⅰ）13+=n b n ；（Ⅱ）223+⋅=n n n T .（Ⅱ）由（Ⅰ）知11(66)3(1)2(33)n n n nn c n n +++==+⋅+，又n n c c c c T +⋅⋅⋅+++=321，得23413[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯，345223[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯，两式作差，得所以223+⋅=n n n T9.【2016高考江苏卷】（本小题满分16分）记{}1,2,100U =…，.对数列{}()*n a n N ∈和U 的子集T ，若T =∅,定义0T S =;若{}12,,k T t t t =…，，定义12+kT t t t S a a a =++….例如：{}=1,3,66T 时，1366+T S a a a =+.现设{}()*n a n N ∈是公比为3的等比数列，且当{}=2,4T 时，=30T S . （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）对任意正整数()1100k k ≤≤，若{}1,2,k T ⊆…，，求证：1T k S a +<；（3）设,,C D C U D U S S ⊆⊆≥,求证：2C CDD S S S +≥.【答案】（1）13n n a -=（2）详见解析（3）详见解析（3）下面分三种情况证明. ①若D 是C 的子集，则2C C DC D D D D S S S S S S S +=+≥+=. ②若C 是D 的子集，则22C CDC C CD S S S S S S +=+=≥.③若D 不是C 的子集，且C 不是D 的子集. 令UE CD =，UF DC =则E ≠∅，F ≠∅，E F =∅.于是C E C D S S S =+，D F C D S S S =+，进而由C D S S ≥，得E F S S ≥. 设k 是E 中的最大数，l 为F 中的最大数，则1,1,k l k l ≥≥≠. 由（2）知，1E k S a +<，于是1133l k l F E k a S S a -+=≤≤<=，所以1l k -<，即l k ≤.又k l ≠，故1l k ≤-，从而1121131133222l l k E F l a S S a a a ----≤+++=+++=≤≤，故21E F S S ≥+，所以2()1C C DD CDS S S S -≥-+，即21C CDD S S S +≥+.综合①②③得，2C C DD S S S +≥.10.【2016高考山东理数】（本小题满分12分）已知数列{}na 的前n 项和S n =3n 2+8n ，{}nb 是等差数列，且1.n n n a b b +=+（Ⅰ）求数列{}nb 的通项公式；（Ⅱ）令1(1).(2)n n n nn a c b ++=+ 求数列{}n c 的前n项和T n .【答案】（Ⅰ）13+=n b n ；（Ⅱ）223+⋅=n n n T .（Ⅱ）由（Ⅰ）知11(66)3(1)2(33)n n n nn c n n +++==+⋅+，又n n c c c c T +⋅⋅⋅+++=321，得23413[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯，345223[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++⨯，两式作差，得所以223+⋅=n n n T【2015江苏高考，11】数列}{n a 满足11=a ，且11+=-+n a a n n （*N n ∈），则数列}1{na 的前10项和为【答案】2011【2015高考天津，理18】（本小题满分13分）已知数列{}n a 满足212()*,1,2n n a qa q q n N a a +=≠∈==为实数，且1，，且233445,,a a a a a a 成等差数列.(I)求q 的值和{}n a 的通项公式； (II)设*2221log ,nn n a b n N a -=∈，求数列nb 的前n 项和.【答案】(I) 1222,2,.n n nn a n -⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数,为偶数; (II) 1242n n n S -+=-.【解析】（Ⅰ）由已知，有34234534a a a a a a a a ，即4253a a a a -=-，所以23(1)(1)a q a q -=-，又因为1q ≠，故322a a ==，由31a a q =，得2q =，当21(*)n k n N =-∈时，1122122n k n k a a ---===，当2(*)n k n N =∈时，2222nkn k a a ===，所以{}n a 的通项公式为1222,2,.n n nn a n -⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数,为偶数【2015高考四川，理16】设数列{}n a 的前n 项和12n n S a a =-，且123,1,a a a +成等差数列.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）记数列1{}na 的前n 项和n T ，求得1|1|1000n T -<成立的n 的最小值.【答案】（1）2n n a =；（2）10.【解析】（1）由已知12n n S a a =-，有1122(1)n n n n n a S S a a n --=-=->，即12(1)n n a a n -=>. 从而21312,4a a a a ==.又因为123,1,a a a +成等差数列，即1322(1)a a a +=+. 所以11142(21)a a a +=+，解得12a =.所以，数列{}n a 是首项为2，公比为2的等比数列. 故2n n a =. （2）由（1）得112n n a =.所以2311[1()]1111122112222212n n n nT -=++++==--. 由1|1|1000n T -<，得11|11|21000n --<，即21000n >. 因为9102512100010242=<<=，所以10n ≥. 于是，使1|1|1000n T -<成立的n 的最小值为10. 【2015高考新课标1，理17】n S 为数列{n a }的前n 项和.已知na ＞0，2n n a a +=43n S +.（Ⅰ）求{n a }的通项公式；（Ⅱ）设11n n n b a a +=,求数列{n b }的前n 项和. 【答案】（Ⅰ）21n +（Ⅱ）11646n -+【2015江苏高考，20】（本小题满分16分）设1234,,,a a a a 是各项为正数且公差为d (0)d ≠的等差数列（1）证明：31242,2,2,2a a a a 依次成等比数列；（2）是否存在1,a d ，使得2341234,,,a a a a 依次成等比数列，并说明理由；（3）是否存在1,a d 及正整数,n k ，使得k n k n k n n a a a a 342321,,,+++依次成等比数列，并说明理由.【答案】（1）详见解析（2）不存在（3）不存在（3）假设存在1a ，d 及正整数n ，k ，使得1n a ，2n k a +，23n k a +，34n ka +依次构成等比数列，则()()()221112n kn k n a a d a d +++=+，且()()()()32211132n kn kn k a d a d a d +++++=+．分别在两个等式的两边同除以()21n k a +及()221n k a+，并令1d t a =（13t >-，0t ≠），则()()()22121n kn k t t +++=+，且()()()()32211312n kn kn k t t t +++++=+．将上述两个等式两边取对数，得()()()()2ln 122ln 1n k t n k t ++=++，且()()()()()()ln 13ln 1322ln 12n k t n k t n k t +++++=++．化简得()()()()2ln 12ln 12ln 1ln 12k t t n t t +-+=+-+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，且()()()()3ln 13ln 13ln 1ln 13k t t n t t +-+=+-+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦．再将这两式相除，化简得()()()()()()ln 13ln 123ln 12ln 14ln 13ln 1t t t t t t +++++=++（**）．令()()()()()()()4ln 13ln 1ln 13ln 123ln 12ln 1g t t t t t t t =++-++-++，则()()()()()()()()()()222213ln 13312ln 1231ln 111213t t t t t t g t t t t ⎡⎤++-+++++⎣⎦'=+++．令()()()()()()()22213ln 13312ln 1231ln 1t t t t t t t ϕ=++-+++++，则()()()()()()()613ln 13212ln 121ln 1t t t t t t t ϕ'=++-+++++⎡⎤⎣⎦．【2015高考浙江，理20】已知数列{}n a 满足1a =12且1n a +=n a -2n a （n ∈*N ）（1）证明：112nn a a +≤≤（n ∈*N ）；（2）设数列{}2n a 的前n 项和为n S ，证明112(2)2(1)n S n n n ≤≤++（n ∈*N ）.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【解析】（1）由题意得，210n n n a a a +-=-≤，即1n n a a +≤，12n a ≤，由11(1)n n n a a a --=-得1211(1)(1)(1)0n n n a a a a a --=--⋅⋅⋅->，由102n a <≤得，211[1,2]1n n n n n n a a a a a a +==∈--，即112n n a a +≤≤；（2）由题意得21n n n a a a +=-， ∴11n n S a a +=-①，由1111=n n n n a a a a ++-和112n n a a +≤≤得，11112n n a a +≤-≤， ∴11112n n n a a +≤-≤，因此*111()2(1)2n a n N n n +≤≤∈++②，由①②得 112(2)2(1)n S n n n ≤≤++. 【2015高考山东，理18】设数列{}n a 的前n 项和为n S .已知233n n S =+.（I ）求{}n a 的通项公式；（II ）若数列{}n b 满足3log n n n a b a =，求{}n b 的前n 项和n T .【答案】（I ）13,1,3,1,n n n a n -=⎧=⎨>⎩; （II ）13631243n nn T +=+⨯. （Ⅱ）因为3log n n n a b a = ，所以113b =当1n > 时，()11133log 313n n nn b n ---==-⋅所以1113T b ==当1n > 时，所以()()01231132313n n T n --=+⨯+⨯++- 两式相减，得所以13631243n nn T +=+⨯ 经检验，1n = 时也适合，综上可得：13631243n nn T +=+⨯ 【2015高考安徽，理18】设*n N ∈，n x 是曲线221n y x +=+在点(12)，处的切线与x 轴交点的横坐标.（Ⅰ）求数列{}n x 的通项公式；（Ⅱ）记2221321n n T x x x -=，证明14n T n≥. 【答案】（Ⅰ）1n n x n =+；（Ⅱ）14n T n≥.1. 【2014高考湖南理第20题】已知数列{}n a 满足111,n n n a a a p +=-=,*n N ∈.(1)若{}n a 为递增数列,且123,2,3a a a 成等差数列,求P 的值; (2)若12p =,且{}21n a -是递增数列,{}2n a 是递减数列,求数列{}n a 的通项公式.【答案】(1)13p = (2) 1141,33241,332n n n n a n --⎧-⎪⎪=⎨⎪+⎪⎩为奇数为偶数或()114332n n n a --=+ (2)由题可得122122212121111,222n n n n n n n n n a a a a a a +-++-+-=⇒-=-=,因为{}21n a -是递增数列且{}2n a 是递减数列,所以2121n n a a +->且222n n a a +<,则有22221221222121n n n n n n n n a a a a a a a a +-++-+-<-⎧⇒-<-⎨<⎩,因为(2)由题可得122122212121111,222n n n n n n n n n a a a a a a +-++-+-=⇒-=-=,因为{}21n a -是递增数列且{}2n a 是递减数列,所以21210n n a a +-->且2220n n a a +-<()2220n n a a +⇒-->,两不等式相加可得()21212220n n n n a a a a +-+--->2212221n n n n a a a a -++⇒->-,又因为2212112n n n a a ---=22212112n n n a a +++>-=,所以2210n n a a -->,即2212112n n n a a ---=,同理可得2322212n n n n a a a a +++->-且2322212n n n n a a a a +++-<-,所以212212n n n a a +-=-, 则当2n m =()*m N ∈时,21324322123211111,,,,2222m m m a a a a a a a a ---=-=--=-=,这21m -个等式相加可得2113212422111111222222m m m a a --⎛⎫⎛⎫-=+++-+++⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭212222111111111224224113321144m m m -----=-=+--22141332m m a -⇒=+. 当21n m =+时,2132432122321111,,,,2222m m ma a a a a a a a +-=-=--=-=-,这2m 个等式相加可得2111321242111111222222m m m a a +-⎛⎫⎛⎫-=+++-+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2122211111111224224113321144m m m---=-=--- 21241332m m a +=-,当0m =时,11a =符合,故212241332m m a --=- 综上1141,33241,332n n n n a n --⎧-⎪⎪=⎨⎪+⎪⎩为奇数为偶数.【考点定位】等差数列、等比数列、数列单调性2. 【2014高考江西理第17题】已知首项都是1的两个数列（），满足.（1）令，求数列的通项公式；（2）若13n n b -=，求数列的前n 项和【答案】（1）2 1.n c n =-（2）(1)3 1.nn S n =-⋅+ 【考点定位】等差数列、错位相减求和3. 【2014高考全国1第17题】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，0n a ≠，11n n n a a S λ+=-，其中λ为常数，（I ）证明：2n n a a λ+-=；（II ）是否存在λ，使得{}n a 为等差数列？并说明理由. 【答案】（I ）详见解析；（II ）存在，4λ=.【考点定位】递推公式、数列的通项公式、等差数列． 4. 【2014高考全国2第17题】已知数列{}n a 满足1a =1，131n n a a +=+.（Ⅰ）证明{}12n a +是等比数列，并求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）证明：1231112na a a ++<…+.【答案】n a =312n -【解析】本题第（1）问，证明等比数列，可利用等比数列的定义来证明，之后利用等比数列，求出其通项公式；对第（2）问，可先由第（1）问求出1na ，然后转化为等比数列求和，放缩法证明不等式.试题解析：（1）证明：由131n n a a +=+得1113()22n n a a ++=+3，（2）由（1因为当1n ≥时，13123n n --≥⋅，所以+1na 1113n -≤+++=1+21a +1n a 32< 【考点定位】本小题考查等比数列的定义、数列通项公式的求解、数列中不等式的证明5. 【2014高考山东卷第19题】已知等差数列{}n a 的公差为2，前n 项和为n S ，且124,,S S S 成等比数列. （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）令114(1)n n n n nb a a -+=-，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】（I ）21n a n =-.（II ）22,212,21n n n n T n n n +⎧⎪⎪+=⎨⎪⎪+⎩为奇数为偶数，（或1n 21(1)2+1n n T n -++-=）（II ）11144(1)(1)(21)(21)n n n n n n nb a a n n --+=-=--+111(1)()2121n n n -=-+-+ 当n 为偶数时，1111111(1)()()()33523212121n T n n n n =+-+++--+---+1121n =-+221nn =+ 当n 为奇数时，1111111(1)()()()33523212121n T n n n n =+-++++-+---+1121n =++2221n n +=+ 所以22,212,21n n n n T n n n +⎧⎪⎪+=⎨⎪⎪+⎩为奇数为偶数，（或1n 21(1)2+1n n T n -++-=）【考点定位】等差数列的前n 项和、等比数列及其性质。

新教材2024高考数学二轮专题复习分册一专题三数列第一讲等差数列与等比数列__小题备考微专题1等差数

第一讲等差数列与等比数列——小题备考常考常用结论1．等差数列(1)通项公式：a n＝a1＋(n－1)d；(2)求和公式：S n＝＝na1＋d；(3)性质：①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则a m＋a n＝a p＋a q；②a n＝a m＋(n－m)d；③S m，S2m－S m，S3m－S2m，…成等差数列．2．等比数列(1)通项公式：a n＝a1q n－1(q≠0)；(2)求和公式：当q＝1时，S n＝na1；当q≠1时，S n＝＝；(3)性质：①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则a m·a n＝a p·a q；②a n＝a m·q n－m；③S m，S2m－S m，S3m－S2m，…(S m≠0)成等比数列．微专题1 等差数列与等比数列的基本量计算1.[2023·江西赣州二模]已知等差数列{a n}中，S n是其前n项和，若a3＋S3＝22，a4－S4＝－15，则a5＝( )A．7 B．10 C．11 D．132．[2023·安徽合肥二模]已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a4＝－1，a1＋a5＝2，则S8的值为( )A．－27B．－16C．－11D．－93．[2023·吉林长春三模]已知等比数列{a n}的公比为q(q>0且q≠1)，若a6＋8a1＝a4＋8a3，则q的值为( )A．B．C．2D．44．[2023·全国甲卷]已知正项等比数列{a n}中，a1＝1，S n为{a n}前n项和，S5＝5S3－4，则S4＝( )A．7B．9C．15D．305．[2023·辽宁鞍山二模]天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支．十天干即：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥．天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”…，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”“乙亥”之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，…，以此类推，2023年是癸卯年，请问：在100年后的2123年为( )A．壬午年B．癸未年C．己亥年D．戊戌年1.(1)[2023·山东济南模拟](多选)已知等差数列{a n}，前n项和为S n，a1>0，<－1，则下列结论正确的是( )A．a2022>0B．S n的最大值为S2023C．|a n|的最小值为a2022D．S4044<0(2)[2023·湖南长沙明德中学三模]中国古代数学著作《增减算法统宗》中有这样一段记载：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，如此六日过其关．”则此人在第六天行走的路程是________里(用数字作答)．技法领悟1．在等差(比)数列中，a1，d(q)，n，a n，S n这五个量知道其中任意三个，就可以求出其他两个．求解这类问题时，一般是转化为首项a1和公差d(公比q)这两个基本量的有关运算．2．对于等比数列的前n项和公式，应按照公比q与1的关系分类讨论．一般地，若涉及n 较小的等比数列的前n项和问题，为防止遗忘分类讨论，可直接利用通项公式写出，而不必使用前n项和公式．[巩固训练1] (1)[2022·全国乙卷]记S n为等差数列的前n项和．若2S3＝3S2＋6，则公差d＝________.(2)[2023·河北正定中学模拟]已知等比数列{a n}的前三项和为39，a6－6a5＋9a4＝0，则a5＝( )A．81B．243C．27D．729微专题1 等差数列与等比数列的基本量计算保分题1．解析：设公差为d，则a1＋2d＋3a1＋3d＝22，a1＋3d－4a1－6d＝－15，解得a1＝3，d ＝2，故a5＝a1＋4d＝3＋8＝11.故选C.答案：C2．解析：因为{a n}是等差数列，设公差为d，因为a4＝－1，a1＋a5＝2，所以，则，因为{a n}的前n项和为S n，所以S8＝8×5＋＝－16，故选B.答案：B3．解析：已知等比数列{a n}的公比为q(q>0且q≠1)，若a6＋8a1＝a4＋8a3，则a6－a4＝8a3－8a1，所以＝＝q3＝8，解得q＝2.故选C.答案：C4．解析：由题知1＋q＋q2＋q3＋q4＝5(1＋q＋q2)－4，即q3＋q4＝4q＋4q2，即q3＋q2－4q －4＝0，即(q－2)(q＋1)(q＋2)＝0.由题知q>0，所以q＝2.所以S4＝1＋2＋4＋8＝15.故选C.答案：C5．解析：由题意得：天干可看作公差为10的等差数列，地支可看作公差为12的等差数列，由于100÷10＝10，余数为0，故100年后天干为癸；由于100÷12＝8…4，余数为4，故100年后地支为未；综上：100年后的2123年为癸未年．故选B.答案：B提分题[例1] (1)解析：∵数列{a n}为等差数列，a1>0，<－1，∴数列{a n}为递减的等差数列，∴a2023<0，a2022>0，故A正确；∵数列{a n}为递减的等差数列，a2023<0，a2022>0，∴S n的最大值为S2022，故B错；∵a2023<0，a2022>0，∴由<－1得a2023<－a2022，∴a2023＋a2022<0，∴|a2023|>|a2022|，∴|a n|的最小值为|a2022|，即a2022，故C正确；S4044＝＝2022(a2022＋a2023)<0，故D正确．故选ACD.(2)解析：将这个人行走的路程依次排成一列得等比数列{a n}，n∈N*，n≤6，其公比q＝，令数列{a n}的前n项和为S n，则S6＝378，而S6＝＝，因此＝378，解得a1＝192，所以此人在第六天行走的路程a6＝a1×＝6(里)．答案：ACD (2)6[巩固训练1] (1)解析：方法一设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d.因为2S3＝3S2＋6，所以2(a1＋a1＋d＋a1＋2d)＝3(a1＋a1＋d)＋6，所以6a1＋6d＝6a1＋3d＋6，解得d＝2.方法二设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d.由2S3＝3S2＋6，可得2×3a2＝3(a1＋a2)＋6.整理，得a2－a1＝2，所以d＝2.(2)解析：由a6－6a5＋9a4＝0⇒a4·(q2－6q＋9)＝0.而a n≠0，∴q＝3，又a1＋a2＋a3＝a1＋3a1＋9a1＝13a1＝39⇒a1＝3，∴a n＝3n，a5＝35＝243.故选B.答案：(1)2答案：B。

高中数学二轮总复习专题3第10讲等差、等比数列及特殊数列求和课件理新课标(湖南专用)

C ．5
D. 1
5
5
解析：1 an 2 an a1 a2 n1 A2 n1
bn 2bn b1 b2 n 1 B2 n 1
14n 38 7n 19，由 an 为正偶数，
2n 2 n 1
bn
所以n 3或11，故选D.
2 易得 log3 3an
lo
g
3
a
n
，
1
a
n
1
3
a
，
数列，其中 m为常数．
③ 等比数列中依次 k项和成等比数列，即 Sk，
S 2k S k， S 3k S 2k，成等比数列，其公比为 q k .
④ 等比数列中依次 k项积成等比数列，记 Tn为前 n
项
积
，
即
A.5
B. 4
4
5
C.6
D.5
5
6
2求数列的前n项和： 11， 1a4， a12 7，，
1 an1
3n2，
解析 :1由题意知输出的 S的值为
1 1 1 1 5，故选 D. 12 23 34 56 6
2设Sn
1 1
(1 a
4)
(
1 a2
7)
(
a
1
n 1
3n
2)，
n 1
nm
3等差数列的前 n项和公式．
①
Sn
a1
an n 2
na2
2
a n1
;
②
Sn
n a1
nn 1 2

高中数学二轮总复习 知能演练专题3第10讲 等差、等比数列及特殊数列求和 理 新课标(湖南专用)