2016届二轮等差、等比数列的概念与性质专题限时训练全国通用

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2016届高三数学二轮复习(新课标)第一部分：专题四数列(含解析)

第1讲等差数列、等比数列1．(2015·新课标Ⅰ高考)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和．若S 8＝4S 4，则a 10＝( )A.172B.192 C ．10 D ．12 【解析】设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .由题设知d ＝1，S 8＝4S 4，所以8a 1＋28＝4(4a 1＋6)，解得a 1＝12，所以a 10＝12＋9＝192.故选B.【答案】 B2．(2015·新课标Ⅱ高考)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】设等比数列{a n }的公比为q ，a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，由题可知q ≠1，则a 1q 2×a 1q 4＝4(a 1q 3－1)，∴116×q 6＝4(14×q 3－1)，∴q 6－16q 3＋64＝0，∴(q 3－8)2＝0，∴q 3＝8，∴q ＝2，∴a 2＝12.故选C.【答案】 C 3．(2015·浙江高考)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零．若a 2，a 3，a 7成等比数列，且2a 1＋a 2＝1，则a 1＝__________，d ＝________．【解析】由a 2，a 3，a 7成等比数列，得a 23＝a 2a 7，则2d 2＝－3a 1d ，即d ＝－32a 1.又2a 1＋a 2＝1，所以a 1＝23，d ＝－1.【答案】 23－14．(2015·北京高考)已知等差数列{a n }满足a 1＋a 2＝10，a 4－a 3＝2. (1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 2＝a 3，b 3＝a 7.问：b 6与数列{a n }的第几项相等？【解】 (1)设等差数列{a n }的公差为d .因为a 4－a 3＝2，所以d ＝2.又因为a 1＋a 2＝10，所以2a 1＋d ＝10，故a 1＝4. 所以a n ＝4＋2(n －1)＝2n ＋2(n ＝1，2，…)． (2)设等比数列{b n }的公比为q . 因为b 2＝a 3＝8，b 3＝a 7＝16，所以q ＝2，b 1＝4.所以b 6＝4×26－1＝128. 由128＝2n ＋2，得n ＝63.所以b 6与数列{a n }的第63项相等．考什么怎么考题型与难度1.等差(比)数列的基本运算主要考查等差、等比数列的基本量的求解题型：三种题型均可出现难度：基础题2.等差(比)数列的判定与证明主要考查等差、等比数列的定义证明题型：三种题型均可出现难度：基础题或中档题3.等差(比)数列的性质主要考查等差、等比数列的性质题型：选择题或填空题难度：基础题或中档题等差（比）数列的基本运算（自主探究型）1．(2015·湖南高考)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，且3S 1，2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________．【解析】本题考查等比数列和等差数列等，结合转化思想即可轻松求解等比数列的公比，进而求解等比数列的通项公式．由3S 1，2S 2，S 3成等差数列，得4S 2＝3S 1＋S 3，即3S 2－3S 1＝S 3－S 2，则3a 2＝a 3，得公比q ＝3，所以a n ＝a 1q n －1＝3n －1.【答案】 3n －12．(2015·重庆高考)已知等差数列{a n }满足a 3＝2，前3项和S 3＝92.(1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 15，求{b n }的前n 项和T n . 【解】本题主要考查等差数列的通项公式与等比数列的前n 项和公式，考查考生的运算求解能力．(1)将已知条件中的a 3，S 3用首项a 1与公差d 表示，求得a 1，d ，即可求得数列{a n }的通项公式；(2)结合(1)利用条件b 1＝a 1，b 4＝a 15求得公比，然后利用等比数列的前n 项和公式进行计算．(1)设{a n }的公差为d ，则由已知条件得a 1＋2d ＝2，3a 1＋3×22d ＝92，即a 1＋2d ＝2，a 1＋d ＝32，解得a 1＝1，d ＝12，故通项公式为a n ＝1＋n －12，即a n ＝n ＋12.(2)由(1)得b 1＝1，b 4＝a 15＝15＋12＝8.设{b n }的公比为q ，则q 3＝b 4b 1＝8，从而q ＝2，故{b n }的前n 项和T n ＝b 1（1－q n ）1－q ＝1×（1－2n ）1－2＝2n －1.【规律感悟】等差(比)数列基本运算的关注点(1)基本量：在等差(比)数列中，首项a 1和公差d (公比q )是两个基本的元素． (2)解题思路：①设基本量a 1和公差d (公比q )；②列、解方程(组)：把条件转化为关于a 1和d (q )的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少计算量．等差（比）数列的判定与证明（师生共研型）【典例1】 (2015·广东高考)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】本题主要考查等差数列、等比数列等知识，考查化归与转化的数学思想方法，以及运算求解能力和创新意识．(1)∵4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1， ∴n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，∴4(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋5(a 1＋a 2)＝8(a 1＋a 2＋a 3)＋a 1，∴4×⎝⎛⎭⎫1＋32＋54＋a 4＋5×⎝⎛⎭⎫1＋32＝8×⎝⎛⎭⎫1＋32＋54＋1，解得a 4＝78.(2)证明：∵n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1，∴4(S n ＋2－S n ＋1)－2(S n ＋1－S n )＝2⎣⎡⎦⎤（S n ＋1－S n ）－12（S n －S n －1）， ∴(S n ＋2－S n ＋1)－12(S n ＋1－S n )＝12[(S n ＋1－S n )－12(S n －S n －1)]，∴a n ＋2－12a n ＋1＝12(a n ＋1－12a n )．又a 3－12a 2＝12⎝⎛⎭⎫a 2－12a 1， ∴{a n ＋1－12a n }是首项为1，公比为12的等比数列．(3)由(2)知{a n ＋1－12a n }是首项为1，公比为12的等比数列，∴a n ＋1－12a n ＝(12)n －1，两边同乘以2n ＋1得，a n ＋1·2n ＋1－a n ·2n＝4. 又a 2·22－a 1·21＝4，∴{a n ·2n }是首项为2，公差为4的等差数列， ∴a n ·2n ＝2＋4(n －1)＝2(2n －1)，∴a n ＝2（2n －1）2n ＝2n －12n －1.[一题多变]若题已知变为：a n ＋2S n ·S n －1＝0(n ≥2)．求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列．【解】由a n ＋2S n ·S n －1＝0，(n ≥2)得S n －S n －1＋2S n ·S n －1＝0，即1S n －1S n －1＝2(n ≥2)．故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列．【规律感悟】判断和证明数列是等差(比)数列的三种方法(1)定义法：对于n ≥1的任意自然数，验证a n ＋1－a n ⎝⎛⎭⎫或a n ＋1a n 为同一常数．(2)通项公式法：①若a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a m ＋(n －m )d 或a n ＝kn ＋b (n ∈N *)，则{a n }为等差数列；②若a n ＝a 1q n －1＝a m q n －m 或a n ＝pq kn ＋b (n ∈N *)，则{a n }为等比数列． (3)中项公式法：①若2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)，则{a n }为等差数列；②若a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)，且a n ≠0，则{a n }为等比数列．[针对训练](2014·全国大纲高考)数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－a n ，证明{b n }是等差数列； (2)求{a n }的通项公式．【解】 (1)证明：由a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2得 a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋2，即b n ＋1＝b n ＋2. 又b 1＝a 2－a 1＝1，所以{b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)得b n ＝1＋2(n －1)，即a n ＋1－a n ＝2n －1. 于是，所以a n ＋1－a 1＝n 2，即a n ＋1＝n 2＋a 1.又a 1＝1，所以{a n }的通项公式为a n ＝n 2－2n ＋2.等差（比）数列的性质（多维探究型）命题角度一与等差(比)数列的项有关的性质【典例2】 (1)(2015·新课标Ⅱ高考)已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7＝( )A ．21B ．42C ．63D ．84 (2)(2015·铜陵模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10＝12，则a 5＋a 6＝( ) A.125 B ．12 C ．6 D.65【解析】 (1)本题主要考查等比数列的基本概念、基本运算与性质，意在考查考生的运算求解能力．由于a 1(1＋q 2＋q 4)＝21，a 1＝3，所以q 4＋q 2－6＝0，所以q 2＝2(q 2＝－3舍去)， a 3＋a 5＋a 7＝q 2(a 1＋a 3＋a 5)＝2×21＝42.故选B. (2)本题主要考查等差数列的性质a m ＋a n ＝a p ＋a q .由S 10＝12得a 1＋a 102×10＝12，所以a 1＋a 10＝125，所以a 5＋a 6＝125.故选A.【答案】 (1)B (2)A命题角度二与等差(比)数列的和有关的性质【典例3】 (1)(2014·全国大纲高考)设等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3，S 4＝15，则S 6＝( )A ．31B ．32C ．63D ．64 (2)(2015·衡水中学二调)等差数列{a n }中，3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝24，则该数列前13项的和是( )A ．13B ．26C ．52D ．156【解析】 (1)利用等比数列前n 项和的性质求解．在等比数列{a n }中，S 2，S 4－S 2，S 6－S 4也成等比数列，故(S 4－S 2)2＝S 2(S 6－S 4)，则(15－3)2＝3(S 6－15)．解得S 6＝63.故选C.(2)本题主要考查等差数列的前n 项和与项的有关性质．∵3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝24，∴6a 4＋6a 10＝24，∴a 4＋a 10＝4，∴S 13＝13（a 1＋a 13）2＝13（a 4＋a 10）2＝13×42＝26.故选B.【答案】 (1)C (2)B【规律感悟】等差(比)数列的性质盘点[针对训练]1．(2015·广东高考)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25，则a 2＋a 8＝________．【解析】由a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25得5a 5＝25，所以a 5＝5，故a 2＋a 8＝2a 5＝10. 【答案】 10 2．(文)(2015·辽宁大连模拟)在等比数列{a n }中，a 4·a 8＝16，则a 4·a 5·a 7·a 8的值为________．【解析】 a 4a 5a 7a 8＝a 4a 8·a 5a 7＝(a 4a 8)2＝256. 【答案】 256 (理)(2014·广东高考)若等比数列{a n }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】 ∵a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，∴a 10·a 11＝e 5， ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝10ln(a 10·a 11)＝10·ln e 5＝50. 【答案】 50函数与方程思想求解数列中的求值问题[思想诠释]数列中求值问题用到函数与方程思想的常见题型：1．求基本量：求等差或等比数列中的某些量时，常根据题设条件构建方程(组)求解． 2．值域(最值)：求等差或等比数列中的某些量的取值范围或最值时，经常选一变量将待求量表示成其函数或构建函数，从而转化为求函数的值域(最值)问题求解．3．单调性：研究等差(比)数列单调性时，常利用研究函数单调性的方法求解．4．比较大小：等差(比)数列中某些量的大小比较，常利用比较函数值大小的方法，如单调性法、作差法等．[典例剖析]【典例】 (2015·石家庄模拟)已知数列{a n }是各项均为正数的等差数列． (1)若a 1＝2，且a 2，a 3，a 4＋1成等比数列，求数列{a n }的通项公式a n ；(2)在(1)的条件下，数列{a n }的前n 项和为S n ，设b n ＝1S n ＋1＋1S n ＋2＋…＋1S 2n ，若对任意的n ∈N *，不等式b n ≤k 恒成立，求实数k 的最小值．【审题策略】 (1)知道a 1的值，a 2，a 3，a 4＋1成等比数列，联想到方程思想，列方程求解；(2)题目涉及恒成立、求最值问题，联想到函数思想，构建函数或利用函数性质求解．【解】 (1)因为a 1＝2，a 23＝a 2(a 4＋1)，又因为{a n }是正项等差数列，故公差d ≥0，所以(2＋2d )2＝(2＋d )(3＋3d )，得d ＝2或d ＝－1(舍去)，所以数列{a n }的通项公式a n ＝2n .(2)因为S n ＝n (n ＋1)，b n ＝1S n ＋1＋1S n ＋2＋…＋1S 2n＝1（n ＋1）（n ＋2）＋1（n ＋2）（n ＋3）＋…＋12n （2n ＋1）＝1n ＋1－1n ＋2＋1n ＋2－1n ＋3＋…＋12n －12n ＋1＝1n ＋1－12n ＋1＝n 2n 2＋3n ＋1＝12n ＋1n＋3，令f (x )＝2x ＋1x (x ≥1)，则f ′(x )＝2－1x2，当x ≥1时，f ′(x )＞0恒成立，所以f (x )在[1，＋∞)上是增函数，故当x ＝1时，f (x )的最小值为f (1)＝3，即当n ＝1时，b n 的最大值为16.要使对任意的正整数n ，不等式b n ≤k 恒成立，则需使k ≥16，所以实数k 的最小值为16[针对训练](2015·山东师大附中模拟)数列{a n }的通项a n 是关于x 的不等式x 2－x ＜nx 的解集中正整数的个数，f (n )＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n ＋n.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n2n ，求数列{b n }的前n 项和S n ；(3)求证：对n ≥2且n ∈N *恒有712≤f (n )＜1.【解】 (1)x 2－x ＜nx 等价于x (x －n －1)＜0，解得x ∈(0，n ＋1)．其中有正整数n 个，于是a n ＝n .(2)∵b n ＝n 2n ＝n ·⎝⎛⎭⎫12n ， ∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝1×12＋2×⎝⎛⎭⎫122＋…＋n ×⎝⎛⎭⎫12n ，∴12S n ＝1×⎝⎛⎭⎫122＋2×⎝⎛⎭⎫123＋…＋n ×⎝⎛⎭⎫12n ＋1，两式相减得12S n ＝12＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －n ×⎝⎛⎭⎫12n ＋1＝1－⎝⎛⎭⎫12n －n ×⎝⎛⎭⎫12n ＋1，故S n ＝2－⎝⎛⎭⎫12n －1－n ×⎝⎛⎭⎫12n .(3)证明：f (n )＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n ＋n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n ＜1n ＋1n＋…＋1n ＝1.由f (n )＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n ＋n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n，知f (n ＋1)＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋12n ＋1＋12n ＋2，于是f (n ＋1)－f (n )＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1＞12n ＋2＋12n ＋2－1n ＋1＝0，故f (n ＋1)＞f (n )，∴f (n )当n ≥2且n ∈N *时为增函数，∴f (n )≥f (2)＝712.综上可知712≤f (n )＜1.1．必记公式(1)等差数列通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d .(2)等差数列前n 项和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）d2.(3)等比数列通项公式：a n a 1q n －1. (4)等比数列前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1（q ＝1）a 1（1－q n ）1－q＝a 1－a n q 1－q （q ≠1）.(5)等差中项公式：2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)． (6)等比中项公式：a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ≥2)．(7)数列{a n }的前n 项和与通项a n 之间的关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1（n ＝1）S n －S n －1（n ≥2）.2．重要性质(1)通项公式的推广：等差数列中，a n ＝a m ＋(n －m )d ；等比数列中，a n ＝a m q n －m .(2)增减性：①等差数列中，若公差大于零，则数列为递增数列；若公差小于零，则数列为递减数列．②等比数列中，若a 1＞0且q ＞1或a 1＜0且0＜q ＜1，则数列为递增数列；若a 1＞0且0＜q ＜1或a 1＜0且q ＞1，则数列为递减数列．3．易错提醒(1)忽视等比数列的条件：判断一个数列是等比数列时，忽视各项都不为零的条件． (2)漏掉等比中项：正数a ，b 的等比中项是±ab ，容易漏掉－ab .限时训练(十)一、选择题 1．(2015·新课标Ⅱ高考)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和．若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝( ) A ．5 B ．7 C ．9 D ．11【解析】数列{a n }为等差数列，∴a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝3，∴a 3＝1，∴S 5＝5（a 1＋a 5）2＝5×2a 32＝5. 【答案】 A 2．(2014·福建高考)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，S 3＝12，则a 6等于( ) A ．8 B ．10 C ．12 D ．14【解析】由题知3a 1＋3×22d ＝12，∵a 1＝2，解得d ＝2，又a 6＝a 1＋5d ，∴a 6＝12.故选C.【答案】 C 3．(2014·重庆高考)对任意等比数列{a n }，下列说法一定正确的是( ) A ．a 1，a 3，a 9成等比数列 B ．a 2，a 3，a 6成等比数列 C ．a 2，a 4，a 8成等比数列 D ．a 3，a 6，a 9成等比数列【解析】由等比数列的性质得，a 3·a 9＝a 26≠0，因此a 3，a 6，a 9一定成等比数列．故选D.【答案】 D 4．(2014·天津高考)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＝( )A ．2B ．－2 C.12 D ．－12【解析】由题意知 S 22＝S 1·S 4，∴(2a 1＋2×12d )2＝a 1(4a 1＋4×32d )，把d ＝－1代入整理得a 1＝－12.故选D.【答案】 D5．(2015·辽宁大连模拟)数列{a n }满足a n －a n ＋1＝a n ·a n ＋1(n ∈N *)，数列{b n }满足b n ＝1a n，且b 1＋b 2＋…＋b 9＝90，则b 4·b 6( )A ．最大值为99B ．为定值99C ．最大值为100D ．最大值为200【解析】将a n －a a ＋1＝a n a n ＋1两边同时除以a n a n ＋1可得1a n ＋1－1a n＝1，即b n ＋1－b n ＝1，所以{b n }是公差为d ＝1的等差数列，其前9项和为9（b 1＋b 9）2＝90，所以b 1＋b 9＝20，将b 9＝b 1＋8d ＝b 1＋8，代入得b 1＝6，所以b 4＝9，b 6＝11，所以b 4b 6＝99.故选B.【答案】 B 二、填空题 6．(2015·陕西高考)中位数为1 010的一组数构成等差数列，其末项为2 015，则该数列的首项为________．【解析】设等差数列的首项为a 1，根据等差数列的性质可得，a 1＋2 015＝2×1 010，解得a 1＝5.【答案】 5 7．(2015·安徽高考)已知数列{a n }是递增的等比数列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则数列{a n }的前n 项和等于________．【解析】 ∵⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 4＝9，a 1a 4＝8，则a 1，a 4可以看作一元二次方程x 2－9x ＋8＝0的两根，故⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1a 4＝8，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1.∵数列{a n }是递增的等比数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 4＝8.可得公比q ＝2，∴前n 项和S n ＝2n－1.【答案】 2n －1 8．(2014·江西高考)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________．【解析】等差数列的前n 项和为S n ，则S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝d 2n 2＋(a 1－d 2)n ＝d2n 2＋(7－d 2)n ，对称轴为d 2－7d ，对称轴介于7.5与8.5之间，即7.5＜d 2－7d ＜8.5，解得－1＜d ＜－78.【答案】 ⎝⎛⎭⎫－1，－78 三、解答题 9．(文)(2015·兰州模拟)在等比数列{a n }中，已知a 1＝2，a 4＝16. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a 3，a 5分别为等差数列{b n }的第3项和第5项，试求数列{b n }的前n 项和S n . 【解】 (1)设数列{a n }的公比为q ，∵{a n }为等比数列， ∴a 4a 1＝q 3＝8， ∴q ＝2，∴a n ＝2×2n －1＝2n .(2)设数列{b n }的公差为d ，∵b 3＝a 3＝23＝8，b 5＝a 5＝25＝32，且{b n }为等差数列， ∴b 5－b 3＝24＝2d ， ∴d ＝12，∴b 1＝b 3－2d ＝－16，∴S n ＝－16n ＋n （n －1）2×12＝6n 2－22n .(理)(2014·湖北高考)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，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n ；当a n ＝4n －2时，存在满足题意的n ，其最小值为41.10．(2015·江苏高考)设a 1，a 2，a 3，a 4是各项为正数且公差为d (d ≠0)的等差数列．(1)证明：2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次构成等比数列；(2)是否存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列？并说明理由．【解】 (1)证明：因为2a n ＋12a n＝2a n ＋1－a n ＝2d (n ＝1，2，3)是同一个常数，所以2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次构成等比数列．(2)不存在，理由如下：令a 1＋d ＝a ，则a 1，a 2，a 3，a 4分别为a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d (a ＞d ，a ＞－2d ，d ≠0)．假设存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列，则a 4＝(a －d )(a ＋d )3，且(a ＋d )6＝a 2(a ＋2d )4.令t ＝da，则1＝(1－t )(1＋t )3，且(1＋t )6＝(1＋2t )4⎝⎛⎭⎫－12＜t ＜1，t ≠0，化简得t 3＋2t 2－2＝0(*)，且t 2＝t ＋1. 将t 2＝t ＋1代入(*)式，t (t ＋1)＋2(t ＋1)－2＝t 2＋3t ＝t ＋1＋3t ＝4t ＋1＝0，则t ＝－14.显然t ＝－14不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立．因此不存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列．第2讲数列求和及其综合应用1．(2014·北京高考)设{a n }是公比为q 的等比数列，则“q >1”是“{a n }为递增数列”的( )A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【解析】 ①q >1时，{a n }未必是递增数列，如－1，－2，－4，－8，－16…； ②{a n }是递增数列时，q 不一定大于1，如－16，－8，－4，－2，－1.故选D. 【答案】 D 2．(2015·北京高考)设{a n }是等差数列，下列结论中正确的是( ) 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】若{a n }是递减的等差数列，则选项A 、B 都不一定正确．若{a n }为公差为0的等差数列，则选项D 不正确．对于C 选项，由条件可知{a n }为公差不为0的正项数列，由等差中项的性质得a 2＝a 1＋a 32，由基本不等式得a 1＋a 32＞a 1a 3，所以C 正确．【答案】 C3．(2015·武汉模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列{1a n a n ＋1}的前100项和为( )A.100101B.99101C.99100D.101100【解析】设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d . ∵a 5＝5，S 5＝15， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，5a 1＋5×（5－1）2d ＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n . ∴1a n a n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，∴数列{1a n a n ＋1}的前100项和为1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101. 【答案】 A 4．(2015·福建高考)等差数列{a n }中，a 2＝4，a 4＋a 7＝15. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n －2＋n ，求b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10的值．【解】 (1)设等差数列{a n }的公差为d .由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝4，（a 1＋3d ）＋（a 1＋6d ）＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝1.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋2. (2)由(1)可得b n ＝2n ＋n ，所以b 1＋b 2＋b 3＋...＋b 10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋...＋(210＋10) ＝(2＋22＋23＋...＋210)＋(1＋2＋3＋ (10)＝2×（1－210）1－2＋（1＋10）×102＝211＋53 ＝2 101.考什么怎么考题型与难度 1.数列的通项公式 ①考查等差、等比数列的基本量的求解； ②考查a n 与S n 的关系，递推关系等题型：三种题型均可出现难度：基础题或中档题2.数列的前n项和①考查等差、等比数列前n 项和公式； ②考查用裂项相消法、错位相减法、分解组合法求和. 题型：三种题型均可出现，更多为解答题难度：中档题3.数列的综合应用 ①考查数列与函数的综合； ②考查数列与不等式的综合. 题型：解答题难度：中档题数列的通项公式（自主探究型）1．(2015·新课标Ⅱ高考)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n＝____________．【解析】本题主要考查等差数列的概念等，意在考查考生的运算求解能力以及转化与化归能力．当n ＝1时，S 1＝a 1＝－1，所以1S 1＝－1.因为a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，所以1S n －1S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n＝－1，所以{1S n }是以－1为首项，－1为公差的等差数列，所以1S n ＝(－1)＋(n －1)·(－1)＝－n ，所以S n ＝－1n.【答案】－1n2．(2015·铜陵模拟)数列{a n }满足13a 1＋132a 2＋…＋13n a n ＝3n ＋1，n ∈N *，则a n ＝________．【解析】本题主要考查递推数列，意在考查转化与化归能力．当n ＝1时，13a 1＝3×1＋1，所以a 1＝12，当n ≥2时，①：13a 1＋132a 2＋…＋13n －1a n －1＋13n a n ＝3n ＋1，②：13a 1＋132a 2＋…＋13n －1a n －1＝3(n －1)＋1.①－②得：13n a n ＝(3n ＋1)－[3(n －1)＋1]，即13n a n ＝3，所以a n ＝3n ＋1，综上可得：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，3n ＋1，n ≥2.【答案】 ⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，3n ＋1，n ≥23．(预测题)若数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝5a n －133a n －7，则a 2 015的值为________．【解析】本题主要考查利用递推数列求数列的某一项，通过研究数列的函数特性来解决．由于a 1＝3，求a 2＝1，a 3＝2，a 4＝3，所以数列{a n }是周期为3的周期数列，所以a 2 015＝a 671×3＋2＝a 2＝1.【答案】 1【规律感悟】求通项的常用方法(1)归纳猜想法：已知数列的前几项，求数列的通项公式，可采用归纳猜想法．(2)已知S n 与a n 的关系，利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2求a n .(3)累加法：数列递推关系形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，其中数列{f (n )}前n 项和可求，这种类型的数列求通项公式时，常用累加法(叠加法)．(4)累乘法：数列递推关系如a n ＋1＝g (n )a n ，其中数列{g (n )}前n 项积可求，此数列求通项公式一般采用累乘法(叠乘法)．(5)构造法：①递推关系形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ，q 为常数)可化为a n ＋1＋q p －1＝p ⎝⎛⎭⎫a n ＋q p －1(p ≠1)的形式，利用⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋q p －1是以p 为公比的等比数列求解．②递推关系形如a n ＋1＝pa n a n ＋p (p 为非零常数)可化为1a n ＋1＝1a n －1p的形式．数列的前n 项和（多维探究型）命题角度一基本数列求和、分组求和【典例1】 (2015·湖北八校联考)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，满足a 1＝3，b 1＝1，b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2S n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，设数列{c n }的前n 项和为T n ，求T 2n .【解】本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识，考查考生的运算求解能力及函数与方程思想、化归与转化思想．(1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q ，则由⎩⎪⎨⎪⎧b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3，得⎩⎪⎨⎪⎧q ＋6＋d ＝10，3＋4d －2q ＝3＋2d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝2，所以a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝2n －1.(2)由a 1＝3，a n ＝2n ＋1得S n ＝n （a 1＋a n ）2＝n (n ＋2)，则c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n （n ＋2），n 为奇数，2n －1，n 为偶数，即c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1n －1n ＋2，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，∴T 2n ＝(c 1＋c 3＋…＋c 2n －1)＋(c 2＋c 4＋…＋c 2n )＝⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＋(2＋23＋…＋22n －1)＝1－12n ＋1＋2（1－4n）1－4＝2n 2n ＋1＋23(4n －1)．命题角度二裂项相消法求和【典例2】 (2015·安徽高考)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】本题主要考查等比数列的通项公式及裂项相消法求和，考查考生的运算求解能力．(1)利用等比数列的性质可构造方程组求解a 1，a 4，进而可求数列的通项公式；(2)利用裂项相消法求和即可求解．(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＝8a 4＝1(舍去)．设等比数列{a n }的公比为q ，由a 4＝a 1q 3得q ＝2，故a n ＝a 1q n －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.命题角度三错位相减法求和【典例3】 (2015·天津高考)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，{b n }是等差数列，且a 1＝b 1＝1，b 2＋b 3＝2a 3，a 5－3b 2＝7.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n b n ，n ∈N *，求数列{c n }的前n 项和．【解】本题主要考查等差数列、等比数列及其前n 项和公式等基础知识，考查数列求和的基本方法和运算求解能力．(1)根据已知条件建立关于公差d 、公比q 的方程组，求解即得；(2)利用错位相减法进行数列求和．(1)设数列{a n }的公比为q ，数列{b n }的公差为d ，由题意q ＞0.由已知，有⎩⎪⎨⎪⎧（1＋d ）＋（1＋2q ）＝2q ，q 4－3（1＋d ）＝7，⎩⎪⎨⎪⎧2q 2－3d ＝2，q 4－3d ＝10，消去d ，整理得q 4－2q 2－8＝0.又因为q ＞0，解得q ＝2，所以d ＝2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *；数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1，n ∈N *.(2)由(1)有c n ＝(2n －1)·2n －1，设{c n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n －3)×2n －2＋(2n －1)×2n －1，2S n ＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)×2n －1＋(2n －1)×2n ，上述两式相减，得－S n ＝1＋22＋23＋…＋2n －(2n －1)×2n ＝2n ＋1－3－(2n －1)×2n ＝－(2n －3)×2n －3，所以，S n ＝(2n －3)·2n ＋3，n ∈N *.【规律感悟】 1.分组求和的常见方法 (1)根据等差、等比数列分组． (2)根据正号、负号分组． (3)根据数列的周期性分组． 2．裂项后相消的规律(1)裂项系数取决于前后两项分母的差． (2)裂项相消后前、后保留的项数一样多． 3．错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列{a n }乘以等比数列{b n }对应项({a n ·b n })型数列求和． (2)步骤：①求和时先乘以数列{b n }的公比． ②把两个和的形式错位相减． ③整理结果形式．[针对训练]1．(2014·湖南高考)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和．【解】 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－（n －1）2＋（n －1）2＝n .故数列{a n }的通项公式为a n ＝n .(2)由(1)知，b n ＝2n ＋(－1)n n .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )．记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ，则A ＝2（1－22n ）1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n .故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.2．(2015·山东高考)已知数列{a n }是首项为正数的等差数列，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n·a n ＋1的前n 项和为n 2n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝(a n ＋1)·2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解】 (1)设数列{a n }的公差为d .令n ＝1，得1a 1a 2＝13，所以a 1a 2＝3.令n ＝2，得1a 1a 2＋1a 2a 3＝25，所以a 2a 3＝15.解得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1.(2)由(1)知b n ＝2n ·22n －1＝n ·4n ，所以T n ＝1·41＋2·42＋…＋n ·4n ，所以4T n ＝1·42＋2·43＋…＋n ·4n ＋1，两式相减，得－3T n ＝41＋42＋…＋4n －n ·4n ＋1 ＝4（1－4n ）1－4－n ·4n ＋1＝1－3n 3×4n ＋1－43.所以T n ＝3n －19×4n ＋1＋49＝4＋（3n －1）4n ＋19.数列的综合应用（师生共研型）【典例4】 (2015·安徽高考)设n ∈N *，x n 是曲线y ＝x 2n ＋2＋1在点(1，2)处的切线与x 轴交点的横坐标．(1)求数列{x n }的通项公式；(2)记T n ＝x 21x 23…x 22n －1，证明：T n ≥14n. 【解】本题综合考查函数、导数的几何意义、数列以及不等式等知识．先通过导数的几何意义求出直线斜率，再求出直线与x 轴交点的横坐标，得到数列通项，最后证明不等式．(1)y ′＝(x 2n ＋2＋1)′＝(2n ＋2)x 2n ＋1，曲线y ＝x 2n＋2＋1在点(1，2)处的切线斜率为2n ＋2，从而切线方程为y －2＝(2n ＋2)(x －1)．令y ＝0，解得切线与x 轴交点的横坐标x n ＝1－1n ＋1＝nn ＋1.(2)由题设和(1)中的计算结果知T n ＝x 21x 23…x 22n －1＝⎝⎛⎭⎫122⎝⎛⎭⎫342…⎝⎛⎭⎫2n －12n 2.当n ＝1时，T 1＝14.当n ≥2时，因为x 22n －1＝⎝⎛⎭⎫2n －12n 2＝（2n －1）2（2n ）2>（2n －1）2－1（2n ）2＝2n －22n ＝n －1n .所以T n >⎝⎛⎭⎫122×12×23×…×n －1n ＝14n.综上可得对任意的n ∈N *，均有T n ≥14n.[一题多变]若题 (2)变为：记b n ＝lg x n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，求S n .【解】 ∵x n ＝nn ＋1，∴b n ＝lg x n ＝lg nn ＋1＝lg n －lg(n ＋1)，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝(lg 1－lg 2)＋(lg 2－lg 3)＋…＋[lg n －lg(n ＋1)] ＝－lg(n ＋1)．【规律感悟】1．数列与函数交汇问题的常见类型及解法(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题． (2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、分式、求和方法对式子化简变形．另外，解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解．2．数列与不等式交汇问题的常用方法 (1)作差(商)比较．(2)根据数列的函数特征，判断并利用其单调性． (3)利用基本不等式求最值．[针对训练](2015·陕西汉中质检)正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)令b n ＝n ＋1（n ＋2）2a 2n，数列{b n }的前n 项和为T n .证明：对于任意的n ∈N *，都有T n＜564. 【解】 (1)由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0. 由于{a n }是正项数列，所以S n ＞0，S n ＝n 2＋n .于是a 1＝S 1＝2，n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n . 综上，数列{a n }的通项公式为a n ＝2n .(2)证明：由于a n ＝2n ，b n ＝n ＋1（n ＋2）2a 2n，则b n ＝n ＋14n 2（n ＋2）2＝116⎣⎡⎦⎤1n 2－1（n ＋2）2. 所以T n ＝116×[1－132＋122－142＋132－152＋…＋1（n －1）2－1（n ＋1）2＋1n 2－1（n ＋2）2]＝116×⎣⎡⎦⎤1＋122－1（n ＋1）2－1（n ＋2）2＜116×⎝⎛⎭⎫1＋122＝564.函数与方程思想求解数列中的最值问题 [思想诠释]数列中的最值问题用到函数与方程思想的常见题型：(1)数列中的恒成立问题：转化为最值问题，利用函数的单调性或不等式求解．(2)数列中的最大项与最小项问题：利用函数的有关性质或不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a n －1≤a n ，a n ≥a n ＋1⎩⎪⎨⎪⎧a n －1≥a n ，a n ≤a n ＋1求解． (3)数列中前n 项和的最值：转化为二次函数，借助二次函数的单调性或求使a n ≥0(a n ，≤0)成立时最大的n 值即可求解．[典例剖析]【典例】 (2015·江西南昌模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 3＝6，正项数列{b n }满足b 1·b 2·b 3·…·b n ＝2S n .(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若λb n ＞a n 对n ∈N *均成立，求实数λ的取值范围．【审题策略】 (1)由a 1＝1，S 3＝6求a n ；由b 1·b 2·b 3·…·b n ＝2S n 求b n ；(2)题目涉及恒成立，联想到函数思想，构建函数，利用函数性质求解．【解】 (1)∵a 1＝1，S 3＝6，∴数列{a n }的公差d ＝1，a n ＝n .由题知，⎩⎪⎨⎪⎧b 1·b 2·b 3·…·b n ＝2S n ①b 1·b 2·b 3·…·b n －1＝2S n －1（n ≥2） ②①÷②得b n ＝2S n －S n －1＝2a n ＝2n (n ≥2)，又b 1＝2S 1＝21＝2，满足上式，故b n ＝2n .(2)λb n ＞a n 恒成立⇒λ＞n2n 恒成立，设c n ＝n2n ，则c n ＋1c n ＝n ＋12n，当n ≥2时，c n ＜1，数列{c n }单调递减，∴(c n )max ＝12，故λ＞12.所以实数λ的取值范围为(12，＋∞)．[针对训练](2015·辽宁大连模拟)数列{a n }满足a n ＋1＝a n2a n ＋1，a 1＝1.(1)证明：数列{1a n }是等差数列；(2)求数列{1a n }的前n 项和S n ，并证明1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＞nn ＋1.【解】 (1)证明：∵a n ＋1＝a n2a n ＋1，∴1a n ＋1＝2a n ＋1a n ，化简得1a n ＋1＝2＋1a n ，即1a n ＋1－1a n＝2，故数列{1a n }是以1为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)知1a n ＝2n －1，∴S n ＝n （1＋2n －1）2＝n 2.1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2＞11×2＋12×3＋…＋1n （n ＋1）＝(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1n ＋1)＝1－1n ＋1＝n n ＋1.1．必记公式(1)“基本数列”的通项公式①数列－1，1，－1，1，…的通项公式是a n ＝(－1)n (n ∈N *)． ②数列1，2，3，4，…的通项公式是a n ＝n (n ∈N *)． ③数列3，5，7，9，…的通项公式是a n ＝2n ＋1(n ∈N *)． ④数列2，4，6，8，…的通项公式是a n ＝2n (n ∈N *)．⑤数列1，2，4，8，…的通项公式是a n ＝2n －1(n ∈N *)． ⑥数列1，4，9，16，…的通项公式是a n ＝n 2(n ∈N *)．⑦数列1，3，6，10，…的通项公式是a n ＝n （n ＋1）2(n ∈N *)．⑧数列11，12，13，14，…的通项公式是a n ＝1n (n ∈N *)．(2)常用的拆项公式(其中n ∈N *)①1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1. ②1n （n ＋k ）＝1k ⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋k .③1（2n －1）（2n ＋1）＝12(12n －1－12n ＋1)． ④若等差数列{a n }的公差为d ，则1a n a n ＋1＝1d ⎝⎛⎭⎫1a n －1a n ＋1；1a n a n ＋2＝12d ⎝⎛⎭⎫1a n －1a n ＋2.⑤1n （n ＋1）（n ＋2）＝12⎣⎡⎦⎤1n （n ＋1）－1（n ＋1）（n ＋2）.⑥1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .⑦1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )．⑧2n （2n －1）（2n ＋1－1）＝12n －1－12n ＋1－1. 2．重要结论(1)常见数列的前n 项和①1＋2＋3＋…＋n ＝n （n ＋1）2.②2＋4＋6＋…＋2n ＝n 2＋n . ③1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2.④12＋22＋32＋…＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6.⑤13＋23＋33＋…＋n 3＝⎣⎡⎦⎤n （n ＋1）22.(2)数列中不等式的放缩技巧①1K 2＜1K 2－1＝12⎝⎛⎭⎫1K －1－1K ＋1 ②1K －1K ＋1＜1K 2＜1K －1－1K. ③2(n ＋1－n )＜1n＜2(n －n －1)．3．易错提醒(1)裂项求和的系数出错：裂项时，把系数写成它的倒数或者忘记系数致错．(2)忽略验证第一项致误：利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2求通项，忽略n ≥2的限定，忘记第一项单独求解与检验．(3)求错项数致误：错位相减法求和时，易漏掉减数式的最后一项．限时训练(十一)一、选择题 1．(2015·浙江高考)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n .若a 3，a 4，a 8成等比数列，则( )A ．a 1d ＞0，dS 4＞0B ．a 1d ＜0，dS 4＜0C ．a 1d ＞0，dS 4＜0D ．a 1d ＜0，dS 4＞0【解析】由a 3，a 4，a 8成等比数列可得：(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )·(a 1＋7d )，即3a 1＋5d ＝0，所以a 1＝－53d ，所以a 1d ＜0.又dS 4＝（a 1＋a 4）×42d ＝2(2a 1＋3d )d ＝－23d 2＜0.故选B.【答案】 B 2．(2015·保定调研)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1，则其通项公式为a n ＝( )A ．2n －1B ．2n －1＋1C ．2n －1D ．2(n －1)【解析】由题意知a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，∴a n ＋1＝(a 1＋1)·2n －1＝2n ，∴a n ＝2n －1. 【答案】 A3．(预测题)已知数列{a n }满足a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，且a 1＝12，则该数列的前2 015项的和等于( )A.3 0232B ．3 023C ．1 512D ．3 024【解析】因为a 1＝12，又a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，所以a 2＝1，从而a 3＝12，a 4＝1，即得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝2k －1（k ∈N *），1，n ＝2k （k ∈N *），故数列的前2 015项的和等于S 2 015＝1 007×(1＋12)＋1＝3 0212＋1＝3 0232.【答案】 A 4．(2015·长春质检)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝a 2＝1，{nS n ＋(n ＋2)a n }为等差数列，则a n ＝( )A.n2n －1 B.n ＋12n －1＋1 C.2n －12n －1 D.n ＋12n ＋1 【解析】设b n ＝nS n ＋(n ＋2)a n ，有b 1＝4，b 2＝8，则b n ＝4n ，即b n ＝nS n ＋(n ＋2)a n＝4n ，S n ＋(1＋2n)a n ＝4.当n ≥2时，S n －S n －1＋(1＋2n )a n －(1＋2n －1)a n －1＝0，所以2（n ＋1）n a n ＝n ＋1n －1a n －1，即2·a n n ＝a n －1n －1，所以{a n n }是以12为公比，1为首项的等比数列，所以a n n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1，a n ＝n 2n －1.故选A. 【答案】 A5．(2015·云南第一次统一检测)在数列{a n }中，a n ＞0，a 1＝12，如果a n ＋1是1与2a n a n ＋1＋14－a 2n的等比中项，那么a 1＋a 222＋a 332＋a 442＋…＋a 1001002的值是( )A.10099B.101100C.100101D.99100【解析】由题意可得，a 2n ＋1＝2a n a n ＋1＋14－a 2n⇒(2a n ＋1＋a n a n ＋1＋1)·(2a n ＋1－a n a n ＋1－1)＝0⇒a n ＋1＝12－a n ⇒a n ＋1－1＝a n －12－a n ⇒1a n ＋1－1＝1a n －1－1，∴1a n －1＝112－1－(n －1)＝－n －1⇒a n ＝n n ＋1⇒a n n 2＝1n （n ＋1），∴a 1＋a 222＋…＋a 1001002＝1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝100101.【答案】 C 二、填空题6．(2014·全国新课标Ⅱ高考)数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n ，a 8＝2，则a 1＝________．【解析】将a 8＝2代入a n ＋1＝11－a n ，可求得a 7＝12；再将a 7＝12代入a n ＋1＝11－a n，可求得a 6＝－1；再将a 6＝－1代入a n ＋1＝11－a n ，可求得a 5＝2；由此可以推出数列{a n }是一个周期数列，且周期为3，所以a 1＝a 7＝12.【答案】 127．(理)若数列{n (n ＋4)(23)n }中的最大项是第k 项，则k ＝________．【解析】设数列为{a n }，则a n ＋1－a n ＝(n ＋1)(n ＋5)(23)n ＋1－n (n ＋4)(23)n ＝(23)n [23(n 2＋6n＋5)－n 2－4n ]＝2n3n ＋1(10－n 2)，所以当n ≤3时，a n ＋1＞a n ；当n ≥4时，a n ＋1＜a n .因此，a 1＜a 2＜a 3＜a 4，a 4＞a 5＞a 6＞…，故a 4最大，所以k ＝4. 【答案】 4(文)(2015·江苏高考)设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________．【解析】由a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)得，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n－a n －1)＝1＋2＋3＋…＋n ＝n （n ＋1）2，则1a n ＝2n （n ＋1）＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，故数列{1a n }前10项的和S 10＝2(1－12＋12－13＋…＋110－111)＝2(1－111)＝2011.【答案】 20118．(2015·福建高考)若a ，b 是函数f (x )＝x 2－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________．【解析】因为a ，b 为函数f (x )＝x 2－px ＋q (p ＞0，q ＞0)的两个不同零点，所以⎩⎪⎨⎪⎧p 2－4q ＞0，a ＋b ＝p ，ab ＝q .所以a ＞0，b ＞0，所以数列a ，－2，b 不可能成等差数列，数列a ，b ，－2不可能成等比数列，数列－2，a ，b 不可能成等比数列．不妨取a ＞b ，则只需研究数列a ，b ，－2成等差数列，数列a ，－2，b 成等比数列，则有⎩⎪⎨⎪⎧a －2＝2b ，ab ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝－2(舍去)，所以⎩⎪⎨⎪⎧p ＝5，q ＝4，所以p ＋q ＝9.【答案】 9 三、解答题 9．(2015·湖北高考)设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q .已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100.(1) 求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2) 当d >1时，记c n ＝a nb n，求数列{c n }的前n 项和T n .【解】 (1)由题意有，⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝29.故⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －1或 ⎩⎨⎧a n＝19（2n ＋79），b n＝9·⎝⎛⎭⎫29n －1.(2)由d >1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故c n ＝2n －12n －1，于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，①12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n .② ①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ，故T n ＝6－2n ＋32n －1.10．(2014·山东高考)已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －14n a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .【解】 (1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2，S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12，由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)，解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1.(2)b n ＝(－1)n －14n a n a n ＋1＝(－1)n －14n （2n －1）（2n ＋1）＝(－1)n －1⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1.当n 为偶数时，T n ＝⎝⎛⎭⎫1＋13－⎝⎛⎭⎫13＋15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －3＋12n －1－⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n 2n ＋1. 当n 为奇数时，T n ＝⎝⎛⎭⎫1＋13－⎝⎛⎭⎫13＋15＋…－⎝⎛⎭⎫12n －3＋12n －1＋⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1. 所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n2n ＋1，n 为偶数.(或T n ＝2n ＋1＋（－1）n －12n ＋1)。

高考第二轮等差等比数列综合复习

高考第二轮等差等比数列综合复习等差、等比数列综合教学目标1熟练运用等差等比数列的概念、通项公式、前n项公式及相关性质，分析和解决等差等比数列的综合问题2.突出方程思想的应用，能选择简捷合理的运算途径，提高运算速度和能力3.用方程的观点认识等差、等比数列的基础知识，从本质上掌握公式4.解决应用问题时，区分是等差序列还是等比序列；区分an和Sn，并找出n项的数量双基联系1.已知等差数列{an}的前n项和为sn，若a2?a5?a7?a9?a12是一个确定的常数，则下列表达式也是一个确定的常数的是()a.s5b.s7c.s9d.s132.如果a2a5a9a12？16，然后是A6A8？（）a.4b.8c.±4d.±83.命题p：若2b=a＋c，则a，b，c成等差数列；命题q：若b?ac，则a，b，c成等比数列。

下列判断中正确的是()a．p或q是假命题b．p且q是真命题c．p且q是假命题d．以上都不对4.在等差数列{an}中，a1，a4，a25依次成等比数列，且a1＋a4＋a25=114，则成等比数列的这三个数依次为.5.设{an}为等差数列，bn?()n，已知b1?b2?b3?求等差数列的通项an.212a211，b1b2b3三个不相等的数字a、B和C构成一个等差序列，a、C和B构成一个等比序列。

求a:B:C的值【思路点拨】本题考查三个数成等差数列以及三个数成等比数列的相应等式，采用方法是，两个等式消去一个“元”，从而求得三个数的比.【解】由题意得??2b?a?c22c?bc?2b?0，解之得c=b或c=－2b消去a可得2?c?ab当c=b时，a=b，故a:b:c=1:1:1，此时不合题意，舍去；当c=－2b时，a=4b，故a:b:c=4:1:(－2)[点评]根据问题的含义列出两个方程式并不困难。

主要是结合关键指标计算三个数的比例。

只有两个方程，而且不可能同时求解三个量的值，所以应该使用消去法。

等差、等比数列的性质及配套练习（优秀范文五篇）

等差、等比数列的性质及配套练习（优秀范文五篇）第一篇：等差、等比数列的性质及配套练习◇等差数列与等比数列的性质◇等定义式：an 等差数列的概念-an-1=d(d为常数，n≥2,n∈N*)，或an+1-an=d(n∈N*).递推式：an+1=an+d(n∈N*).⎛⎝a+b⎫⎪.2⎭等差中项：任何两个数a,b都有且仅有一个等差中项A A=通项公式：an=a1+(n-1)d，an=am+(n-m)d（广义）.特征：an 前n项和：Sn==kn+b，其中k=d,b=a1-d.(a1+an)nn(n-1)n(n-1)=na1+d=nan-d.222特征：Sn=An2+Bn，其中A=dd,B=a1-.22注：1.等差数列的定义式和递推式、等差中项、等差数列通项公式的特征、前n项和的特征，都可以作为一个数列是等差数列的判定依据，但等差数列的证明必须根据定义式.2.对任何数列，都有an=⎨n=1,⎧S1,⎩Sn-Sn-1,n≥2,n∈N*.等差数列的性质1.若{an}为等差数列，则an=am+(n-m)d(m,n∈N*).2.若{an}为等差数列，且m+n=p+q(m,n,p,q∈N*)，则am+an=ap+aq.3.若{an}为等差数列，则S2n-1=an⋅(2n-1)=中间项⨯项数.S奇n+1=4.若等差数列{an}共有2n+1项，则①S奇-S偶=a中；②.S偶nS偶an+1=5.若等差数列{an}共有2n项，则①S偶-S奇=nd；②.S奇an6.若{an}为各项均不为零的等差数列，前n项和为Sn,，则anS2m-1.=2n-1⋅amS2m-12n-1anS2n-1.=bnT2n-17.若{an}、{bn}均为各项非零的等差数列，前n项和分别为Sn,Tn，则8.在等差数列{an}中，若am=n,an=m(m≠n)，则am+n=0.9.在等差数列{an}中，若Sm=n,Sn=m(m≠n)，则Sm+n=-(m+n).10.在等差数列{an}中，若Sm=Sn(m≠n)，则Sm+n=0.11.若{an}为等差数列，则{kan+b}仍为等差数列，其中k和b是常数.12.若{an}、{bn}为等差数列，则{an+bn}仍为等差数列.13.若{an}为等差数列，则序号成等差的项也成等差数列，即：若{an}为等差数列，{bn}为正整数等差数列，则{a}为等差数列.bn14.Sn为数列{an}的前n项和，则{an}为等差数列⇔⎨⎧Sn⎫⎬为等差数列.⎩n⎭15.若{an}为等差数列，则{an}依次k项和仍为等差数列，即Sk,S2k-Sk,S3k-S2k.…仍为等差数列.等比数列等比数列的概念an+1an=q(n∈N*).=q(常数q≠0,n≥2,n∈N*)，或定义式：anan-1递推式：an+1=anq(n∈N*).等比中项：两个同号的实数a,b才有但有两个等比中项GG=±ab.通项公式：an()=a1qn-1，an=amqn-m（广义）.前n项和：当q=1时，Sn=na1，a1(1-qn)a1-a1qna1-an+1an(1-q-n)当q≠1时，Sn=.===-11-q1-q1-q1-q特征：Sn=A(qn-1)(A≠0).注：非零常数列既是等差数列也是等比数列，反之亦然.等比数列的性质1.若{an}为等比数列，则an=amqn-m(m,n∈N*).2.若{an}为等比数列，且m+n=p+q(m,n,p,q∈N*)，则aman=apaq.3.若{an}为等比数列，则{kan}仍为等比数列，其中k是非零常数.．．4.若{an}为等比数列，则当(an)恒有意义时(an)仍为等比数列，其中k是任意常数.k{k}5.若{an}、{bn}为等比数列，则{anbn}、⎨⎧an⎫⎬仍为等比数列.⎩bn⎭6.若{an}为等比数列，则序号成等差的项也成等比数列，即：若{an}为等比数列，{bn}为正整数等差数列，则{a}为等比数列.bn7.Tn为正项数列{an}的前n项积，则{an}为等比数列⇔}为等比数列.n8.若Sk为等比数列{an}的前n项和，且Sk≠0，则{an}依次k项和仍为等比数列，即Sk,S2k-Sk,S3k-S2k.…仍为等比数列.注：等比数列各项积的性质类似于等差数列各项和的性质，应用范围较小，故未写入.等差数列与等比数列的联系1.非零常数列，也只有非零常数列，即是等差数列也是等比数列。

高三复习等差、等比数列(教案+习题)

高三数学第二轮专题复习——等差、等比数列考纲要求：1. 理解等等比数列的概念.2. 掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n 项和公式.3. 能在具体的问题情境中识别数列的等差、等比关系，并能用有关知识解决相应的问题.4.了解等差数列与一次函数的关系，了解等比数列与指数函数的关系.考点回顾：等差、等比数列是最重要的、最基本的数列模型，因而也是高考重点考察的对象，从近几年的高考看，考查既有选择题、填空题，也有解答题，，既有容易题和中档题，也有难题.客观题一般“小而巧”，考查对等差、等比数列概念的理解、性质的灵活运用，主观题则一般“大而全”，除了考查数列的概念、性质、公式的应用外，还经常与其他知识融合在一起，同时也考查分类讨论、等价转化、函数与方程等数学思想方法的灵活应用.考试说明对等差、等比数列都提出了较高的要求，因此，等差、等比数列的综合问题应用问题将是高考对数列考查的重点.基础知识过关：等差数列1.等差数列的定义：如果一个数列从第项起，每一项与他的前一项的差都等于，那么这个数列叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的 .2.等差数列：在一个等差数列中，从第二项起每一项（有穷数列最有一项除外）都是它前一项与后一项的等差中项，即2n a = （*2n N n ∈≥且）.3.等差数列的单调性当d>0时，{}n a 是数列；当d=0时，{}n a 是数列；当d<0时，{}n a 是数列.4.等差数列的前n 项和n s 是用法求得的，要注意这种思想方法在数列求和中的应用.5.等差数列的通项公式n a = ，前n 项和公式n s = = ，两个公式一共涉及到五个量1,,,,n n a a d n s ，知其三就能求另二.等比数列：1.等比数列的定义：一般的，如果一个数列从起，每一项与他的的比等于常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的，公比通常用字母 (0q ≠)表示.2.设等比数列{}n a 的首项为1a ，公比为q,则它的通项n a = .3.等比中项：如果三个数a 、G 、b 组成，则G 叫做a 和b 的等比中项，那么2G bG a G==即 . 4.等比数列的前n 项和公式n s = .高考题型归纳：题型1.等差等比数列的判定与证明：证明一个数列为等差或等比一般用定义或者等差（比）中项来证明，而对于等差数列来说，证明一个数列的通项公式是关于n 的一次函数或者证明它的前n 项和事关于n 的不含常数项的二次函数也能说明它是等差数列.例1. 已知数列{}n a 中，n S 是其前n 项和，并且1142(1,2,),1n n S a n a +=+== ，⑴设数列),2,1(21 =-=+n a a b n n n，求证：数列{}n b 是等比数列；⑵设数列),2,1(,2 ==n a c n nn ，求证：数列{}n c 是等差数列；⑶求数列{}n a 的通项公式及前n 项和。

数列等差等比数列问题综合二轮复习专题练习(一)附答案人教版高中数学真题技巧总结提升

高中数学专题复习
《数列等差等比数列综合》单元过关检测
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注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I 卷（选择题）
请点击修改第I 卷的文字说明评卷人
得分一、选择题
1．在各项均不为零的等差数列{}n a 中，若2110(2)n n n a a a n +--+=≥，则214n S n --=
（）
A ．2-
B ．0
C ．1
D ．2(汇编江西文)
2．设S n 是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{a n }的前n 项和,则下列命题错误．．的是
（） A ．若d<0,则数列{S n }有最大项
B ．若数列{S n }有最大项,则d<0
C ．若数列{S n }是递增数列,则对任意的n ∈N*,均有S n >0
D ．若对任意的n ∈N*,均有S n >0,则数列{S n }是递增数列（汇编浙江理）
3．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且36S =，14a =，则公差d 等于（）。

高考数学备战专题高考数学(理)二轮专题练习专题4(1)等差数列和等比数列(含答案)(1)

高考数学（理）二轮专题练习第1讲等差数列和等比数列考情解读 1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现.2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力．1．an 与Sn 的关系Sn ＝a1＋a2＋…＋an ，an ＝⎩⎪⎨⎪⎧ S1，n ＝1，Sn －Sn －1，n≥2.2．等差数列和等比数列例1 (1)等差数列{an}的前n 项和为Sn ，若a2＋a4＋a6＝12，则S7的值是( )A．21 B．24 C．28 D．7(2)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若－1<a3<1,0<a6<3，则S9的取值范围是________．思维启迪(1)利用a1＋a7＝2a4建立S7和已知条件的联系；(2)将a3，a6的范围整体代入．答案(1)C (2)(－3,21)解析(1)由题意可知，a2＋a6＝2a4，则3a4＝12，a4＝4，所以S7＝＝7a4＝28.(2)S9＝9a1＋36d＝3(a1＋2d)＋6(a1＋5d)又－1<a3<1,0<a6<3，∴－3<3(a1＋2d)<3,0<6(a1＋5d)<18，故－3<S9<21.思维升华(1)等差数列问题的基本思想是求解a1和d，可利用方程思想；(2)等差数列的性质①若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；②Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…，仍成等差数列；③am－an＝(m－n)d⇔d＝(m，n∈N*)；④＝(A2n－1，B2n－1分别为{an}，{bn}的前2n－1项的和)．(3)等差数列前n项和的问题可以利用函数的性质或者转化为等差数列的项，利用性质解决．(1)已知等差数列{an}中，a7＋a9＝16，S11＝，则a12的值是( )A．15 B．30C．31 D．64(2)在等差数列{an}中，a5<0，a6>0且a6>|a5|，Sn是数列的前n 项的和，则下列说法正确的是( )A．S1，S2，S3均小于0，S4，S5，S6…均大于0B．S1，S2，…S5均小于0，S6，S7，…均大于0C．S1，S2，…S9均小于0，S10，S11…均大于0D．S1，S2，…S11均小于0，S12，S13…均大于0答案(1)A (2)C解析(1)因为a8是a7，a9的等差中项，所以2a8＝a7＋a9＝16⇒a8＝8，再由等差数列前n项和的计算公式可得S11＝＝＝11a6，又因为S11＝，所以a6＝，则d＝＝，所以a12＝a8＋4d＝15，故选A.(2)由题意可知a6＋a5>0，故S10＝＝>0，而S9＝＝＝9a5<0，故选C.热点二等比数列例2 (1)(2014·安徽)数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5构成公比为q的等比数列，则q＝_____________________.(2)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a3＝，a2＋a4＝，则等于( )A．4n－1 B．4n－1C．2n－1 D．2n－1思维启迪(1)列方程求出d，代入q即可；(2)求出a1，q，代入化简．答案(1)1 (2)D解析(1)设等差数列的公差为d，则a3＝a1＋2d，a5＝a1＋4d，∴(a1＋2d ＋3)2＝(a1＋1)(a1＋4d ＋5)，解得d ＝－1，∴q＝＝＝1.(2)∵∴⎩⎪⎨⎪⎧ a1＋a1q2＝52，①a1q ＋a1q3＝54，②由①②可得＝2，∴q＝，代入①得a1＝2，∴an＝2×()n－1＝，∴Sn＝＝4(1－)，∴＝＝2n －1，故选D.思维升华 (1){an}为等比数列，其性质如下：①若m 、n 、r 、s∈N*，且m ＋n ＝r ＋s ，则am·an＝ar·as； ②an＝amqn －m ；③Sn，S2n －Sn ，S3n －S2n 成等比数列(q≠－1)．(2)等比数列前n 项和公式Sn ＝错误!①能“知三求二”；②注意讨论公比q 是否为1；③a1≠0.(1)已知各项不为0的等差数列{an}满足a4－2a ＋3a8＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b2b8b11等于( )A ．1B ．2C ．4D ．8(2)在等比数列{an}中，a1＋an ＝34，a2·an－1＝64，且前n 项和Sn ＝62，则项数n 等于( )A ．4B ．5C ．6D ．7答案 (1)D (2)B解析 (1)∵a4－2a ＋3a8＝0，∴2a＝a4＋3a8，即2a ＝4a7，∴a7＝2，∴b7＝2，又∵b2b8b11＝b1qb1q7b1q10＝bq18＝(b7)3＝8，故选D.(2)设等比数列{an}的公比为q，由a2an－1＝a1an＝64，又a1＋an＝34，解得a1＝2，an＝32或a1＝32，an＝2.当a1＝2，an＝32时，Sn＝＝＝＝62，解得q＝2.又an＝a1qn－1，所以2×2n－1＝2n＝32，解得n＝5.同理，当a1＝32，an＝2时，由Sn＝62，解得q＝.由an＝a1qn－1＝32×()n－1＝2，得()n－1＝＝()4，即n－1＝4，n＝5.综上，项数n等于5，故选B.热点三等差数列、等比数列的综合应用例3 已知等差数列{an}的公差为－1，且a2＋a7＋a12＝－6.(1)求数列{an}的通项公式an与前n项和Sn；(2)将数列{an}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{bn}的前3项，记{bn}的前n项和为Tn，若存在m∈N*，使对任意n∈N*，总有Sn<Tm＋λ恒成立，求实数λ的取值范围．思维启迪(1)利用方程思想求出a1，代入公式求出an和Sn；(2)将恒成立问题通过分离法转化为最值．解(1)由a2＋a7＋a12＝－6得a7＝－2，∴a1＝4，∴an＝5－n，从而Sn＝.(2)由题意知b1＝4，b2＝2，b3＝1，设等比数列{bn}的公比为q，则q＝＝，∴Tm＝＝8[1－()m]，∵()m随m增加而递减，∴{Tm}为递增数列，得4≤Tm<8.又Sn＝＝－(n2－9n)＝－[(n－)2－]，故(Sn)max＝S4＝S5＝10，若存在m∈N*，使对任意n∈N*总有Sn<Tm＋λ，则10<4＋λ，得λ>6.即实数λ的取值范围为(6，＋∞)．思维升华等差(比)数列的综合问题的常见类型及解法(1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便．(2)等差数列、等比数列与函数、方程、不等式等的交汇问题，求解时用等差(比)数列的相关知识，将问题转化为相应的函数、方程、不等式等问题求解即可．已知数列{an}前n项和为Sn，首项为a1，且，an，Sn成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)数列{bn}满足bn＝(log2a2n＋1)×(log2a2n＋3)，求证：＋＋＋…＋<.(1)解∵，an，Sn成等差数列，∴2an＝Sn＋，当n＝1时，2a1＝S1＋，∴a1＝，当n≥2时，Sn＝2an－，Sn－1＝2an－1－，两式相减得an＝Sn－Sn－1＝2an－2an－1，∴＝2，∴数列{an}是首项为，公比为2的等比数列，∴an＝×2n－1＝2n－2.(2)证明bn＝(log2a2n＋1)×(log2a2n＋3)＝log222n＋1－2×log222n＋3－2＝(2n－1)(2n＋1)，1＝×＝(－)，bn1＋＋＋…＋＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]＝(1－)<(n∈N*)．b1即＋＋＋…＋<.1．在等差(比)数列中，a1，d(q)，n，an，Sn五个量中知道其中任意三个，就可以求出其他两个．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．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．3．等差、等比数列的单调性(1)等差数列的单调性d>0⇔{an}为递增数列，Sn有最小值．d<0⇔{an}为递减数列，Sn有最大值．d＝0⇔{an}为常数列．(2)等比数列的单调性当或时，{an}为递增数列，当或时，{an}为递减数列．4．常用结论(1)若{an}，{bn}均是等差数列，Sn是{an}的前n项和，则{man＋kbn}，{}仍为等差数列，其中m，k为常数．(2)若{an}，{bn}均是等比数列，则{can}(c≠0)，{|an|}，{an·bn}，{manbn}(m为常数)，{a}，{}仍为等比数列．(3)公比不为1的等比数列，其相邻两项的差也依次成等比数列，且公比不变，即a2－a1，a3－a2，a4－a3，…，成等比数列，且公比为＝＝q.(4)等比数列(q≠－1)中连续k项的和成等比数列，即Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…，成等比数列，其公差为qk.等差数列中连续k项的和成等差数列，即Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…，成等差数列，公差为k2d.5．易错提醒(1)应用关系式an＝时，一定要注意分n＝1，n≥2两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起．(2)三个数a，b，c成等差数列的充要条件是b＝，但三个数a，b，c成等比数列的充要条件是b2＝ac.真题感悟1．(2014·大纲全国)等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lg an}的前8项和等于( )A．6 B．5 C．4 D．3答案C解析数列{lg an}的前8项和S8＝lg a1＋lg a2＋…＋lg a8＝lg(a1·a2·…·a8)＝lg(a1·a8)4＝lg(a4·a5)4＝lg(2×5)4＝4.2．(2014·北京)若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当n＝________时，{an}的前n项和最大．答案8解析∵a7＋a8＋a9＝3a8>0，∴a8>0.∵a7＋a10＝a8＋a9<0，∴a9<－a8<0.∴数列的前8项和最大，即n＝8.押题精练1．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，则下列一定成立的是( )A．若a3>0，则a2 013<0B．若a4>0，则a2 014<0C．若a3>0，则a2 013>0D．若a4>0，则a2 014>0答案C解析因为a3＝a1q2，a2 013＝a1q2 012，而q2与q2 012均为正数，若a3>0，则a1>0，所以a2 013>0，故选C.2．已知数列{an}是首项为a，公差为1的等差数列，bn＝.若对任意的n∈N*，都有bn≥b8成立，则实数a的取值范围为________．答案(－8，－7)解析an＝a＋(n－1)×1＝n＋a－1，所以bn＝＝，因为对任意的n∈N*，都有bn≥b8成立，即≥(n∈N*)恒成立，即≤0(n∈N*)，则有解得－8<a<－7.3．设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满足a＝4Sn＋4n＋1，n∈N*，且a2，a5，a14恰好是等比数列{bn}的前三项．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)记数列{bn}的前n项和为Tn，若对任意的n∈N*，(Tn＋)k≥3n －6恒成立，求实数k的取值范围．解(1)当n≥2时，由题设知4Sn－1＝a－4(n－1)－1，∴4an＝4Sn－4Sn－1＝a－a－4，∴a＝a＋4an＋4＝(an＋2)2，∵an>0，∴an＋1＝an＋2.∴当n≥2时，{an}是公差d＝2的等差数列．∵a2，a5，a14构成等比数列，∴a＝a2·a14，(a2＋6)2＝a2·(a2＋24)，解得a2＝3，由条件可知，4a1＝a－5＝4，∴a1＝1，∵a2－a1＝3－1＝2，∴{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列．∴等差数列{an}的通项公式为an＝2n－1.∵等比数列{bn}的公比q＝＝＝3，∴等比数列{bn}的通项公式为bn＝3n.(2)Tn＝＝＝，∴(＋)k≥3n－6对任意的n∈N*恒成立，∴k≥对任意的n∈N*恒成立，令cn＝，cn－cn－1＝－＝，当n≤3时，cn>cn－1；当n≥4时，cn<cn－1.∴(cn)max＝c3＝，∴k≥.(推荐时间：60分钟)一、选择题1．等比数列{an}中a1＝3，a4＝24，则a3＋a4＋a5等于( ) A．33 B．72C．84 D．189答案C解析由题意可得q3＝8，所以q＝2.所以a3＋a4＋a5＝a1q2(1＋q＋q2)＝84.2．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若2a6＝6＋a7，则S9的值是( )A．27 B．36C．45 D．54答案D解析由2a6＝6＋a7得a5＝6，所以S9＝9a5＝54.故选D.3．设等比数列{an}的前n项和为Sn，若Sm－1＝5，Sm＝－11，Sm＋1＝21，则m等于( )A．3 B．4C．5 D．6答案C解析由已知得，Sm－Sm－1＝am＝－16，Sm＋1－Sm＝am＋1＝32，故公比q＝－2，又Sm＝＝－11，故a1＝－1，又am＝a1·qm－1＝－16，代入可求得m＝5.4．数列{an}的首项为3，{bn}为等差数列且bn＝an＋1－an(n∈N*)，若b3＝－2，b10＝12，则a8等于( )A．0 B．3 C．8 D．11答案B解析∵{bn}为等差数列，设其公差为d，由b3＝－2，b10＝12，∴7d＝b10－b3＝12－(－2)＝14，∴d＝2，∵b3＝－2，∴b1＝b3－2d＝－2－4＝－6，∴b1＋b2＋…＋b7＝7b1＋·d＝7×(－6)＋21×2＝0，又b1＋b2＋…＋b7＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(a8－a7)＝a8－a1＝a8－3，∴a8－3＝0，a8＝3.故选B.5．数列{an}满足a1＝2，an＝，其前n项积为Tn，则T2 014等于( )A. B．－16C．6 D．－6答案D解析由an＝得an＋1＝，而a1＝2，所以a2＝－3，a3＝－，a4＝，a5＝2，则数列是以4为周期，且a1a2a3a4＝1，所以T2 014＝(a1a2a3a4)503a1a2＝1503×2×(－3)＝－6，故选D.6．已知{an}是等差数列，Sn为其前n项和，若S21＝S4 000，O 为坐标原点，点P(1，an)，Q(2 011，a2 011)，则·等于( )A．2 011 B．－2 011 C．0 D．1答案A解析由S21＝S4 000得a22＋a23＋…＋a4 000＝0，由于a22＋a4 000＝a23＋a3 999＝…＝2a2 011，所以a22＋a23＋…＋a4 000＝3 979a2 011＝0，从而a2 011＝0，而·＝2 011＋a2 011an＝2 011.二、填空题7．在等比数列{an}中，已知a1＋a3＝8，a5＋a7＝4，则a9＋a11＋a13＋a15＝________.答案3解析设等比数列{an}的公比为q，由已知，得解得q4＝.又a9＋a11＝a1q8＋a3q8＝(a1＋a3)q8＝8×()2＝2，a13＋a15＝a1q12＋a3q12＝(a1＋a3)q12＝8×()3＝1，所以a9＋a11＋a13＋a15＝2＋1＝3.8．(2014·广东)若等比数列{an}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝______.答案50解析因为a10a11＋a9a12＝2a10a11＝2e5，所以a10a11＝e5.所以ln a1＋ln a2＋...＋ln a20＝ln(a1a2 (20)＝ln[(a1a20)·(a2a19)·…·(a10a11)]＝ln(a10a11)10＝10ln(a10a11)＝10ln e5＝50ln e＝50.9．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝－11，a4＋a6＝－6，则当Sn取最小值时，n＝________.答案6解析设等差数列的公差为d，则由a4＋a6＝－6得2a5＝－6，∴a5＝－3.又∵a1＝－11，∴－3＝－11＋4d，∴d＝2，∴Sn＝－11n＋×2＝n2－12n＝(n－6)2－36，故当n＝6时，Sn取最小值．10．已知数列{an}的首项为a1＝2，且an＋1＝(a1＋a2＋…＋an) (n∈N*)，记Sn为数列{an}的前n项和，则Sn＝________，an＝________.答案2×n－1 错误!解析由an＋1＝(a1＋a2＋…＋an) (n∈N*)，可得an＋1＝Sn，所以Sn＋1－Sn＝Sn，即Sn＋1＝Sn，由此可知数列{Sn}是一个等比数列，其中首项S1＝a1＝2，公比为，所以Sn＝2×n－1，由此得an＝错误!三、解答题11．成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{bn}中的b3、b4、b5.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)数列{bn}的前n项和为Sn，求证：数列{Sn＋}是等比数列．(1)解设成等差数列的三个正数分别为a－d，a，a＋d.依题意，得a－d＋a＋a＋d＝15.解得a＝5.所以{bn}中的b3，b4，b5依次为7－d,10,18＋d.依题意，有(7－d)(18＋d)＝100，解得d＝2或d＝－13(舍去)．故{bn}的第3项为5，公比为2.由b3＝b1·22，即5＝b1·22，解得b1＝.所以bn＝b1·qn－1＝·2n－1＝5·2n－3，即数列{bn}的通项公式bn＝5·2n－3.(2)证明由(1)得数列{bn}的前n项和Sn＝＝5·2n－2－，即Sn＋＝5·2n－2.所以S1＋＝，＝＝2.因此{Sn＋}是以为首项，2为公比的等比数列．12．若数列{bn}对于n∈N*，都有bn＋2－bn＝d(常数)，则称数列{bn}是公差为d的准等差数列，如数列{cn}，若cn＝则数列{cn}是公差为8的准等差数列．设数列{an}满足a1＝a，对于n∈N*，都有an ＋an＋1＝2n.(1)求证：{an}为准等差数列；(2)求{an}的通项公式及前20项和S20.(1)证明∵an＋1＋an＝2n，①∴an＋2＋an ＋1＝2n ＋2.②由②－①得an ＋2－an ＝2(n∈N*)，∴{an}是公差为2的准等差数列．(2)解已知a1＝a ，an ＋1＋an ＝2n(n∈N*)，∴a1＋a2＝2，即a2＝2－a.∴由(1)可知a1，a3，a5，…，成以a 为首项，2为公差的等差数列，a2，a4，a6，…，成以2－a 为首项，2为公差的等差数列．∴当n 为偶数时，an ＝2－a ＋(－1)×2＝n －a ，当n 为奇数时，an ＝a ＋(－1)×2＝n ＋a －1，∴an＝⎩⎪⎨⎪⎧ n ＋a －1，n 为奇数，n －a ，n 为偶数.S20＝a1＋a2＋…＋a19＋a20＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＝2×1＋2×3＋…＋2×19＝2×＝200.13．(2013·湖北)已知Sn 是等比数列{an}的前n 项和，S4，S2，S3成等差数列，且a2＋a3＋a4＝－18.(1)求数列{an}的通项公式；(2)是否存在正整数n ，使得Sn≥2 013？若存在，求出符合条件的所有n 的集合；若不存在，说明理由．解 (1)设等比数列{an}的公比为q ，则a1≠0，q≠0.由题意得即错误!解得⎩⎪⎨⎪⎧ a1＝3，q ＝－2.故数列{an}的通项公式为an ＝3×(－2)n －1.(2)由(1)有Sn ＝＝1－(－2)n.假设存在n，使得Sn≥2 013，则1－(－2)n≥2 013，即(－2)n≤－2 012.当n为偶数时，(－2)n>0，上式不成立；当n为奇数时，(－2)n＝－2n≤－2 012，即2n≥2 012，得n≥11.综上，存在符合条件的正整数n，且所有这样的n的集合为{n|n ＝2k＋1，k∈N，k≥5}．。

数列等差等比数列问题综合二轮复习专题练习(一)含答案高中数学

高中数学专题复习
《数列等差等比数列综合》单元过关检测
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注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
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第I 卷（选择题）
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得分一、选择题
1．1 ．（汇编年高考辽宁卷（文））下面是关于公差0d >的等差数列()n a 的四个命题:
{}1:n p a 数列是递增数列；
{}2:n p na 数列是递增数列； 3:n a p n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭
数列是递增数列； {}4:3n p a nd +数列是递增数列；其中的真命题为
（）
A ．12,p p
B ．34,p p
C ．23,p p
D ．14,p p 2．已知等差数列共有10项，其中奇数项之和15，偶数项之和为30，则其公差是（）
A ．5
B ．4
C ． 3
D ．2(汇编广东)
330
2551520511=⇒⎩⎨⎧=+=+d d a d a ，故选C. 3．等比数列{}n a 中，29,a = 5243a =，则{}n a 的前4项和为（）。

高考数学大二轮专题限时训练第1讲等差、等比数列的概念与性质文

高考数学大二轮专题限时训练第1讲等差、等比数列的概念与性质文A组【选题明细表】知识点、方法题号等差数列通项公式、中项公式、4、5、7、10、11、12、14前n项和公式中的“知三求二”等差数列性质的应用1、2、3、6、8、9、13一、选择题1.(2013济南市一模)等差数列{a n}中,a2+a8=4,则它的前9项和S9等于( B )(A)9 (B)18 (C)36 (D)72解析:在等差数列{a n}中,a2+a8=a1+a9=4,所以S9===18,故选B.2.(2013宁夏育才中学一模)正项等比数列{a n}中,a1a5+2a3a6+a1a11=16,则a3+a6的值为( B )(A)3 (B)4 (C)5 (D)6解析:a1a5+2a3a6+a1a11=+2a3·a6+=16,即(a3+a6)2=16,又a n>0,∴a3+a6=4,故选B.3.设等差数列{a n}的前n项和为S n,若S10-S1=1,则S11等于( B )(A)(B)(C)(D)解析:∵在等差数列{a n}中,S10-S1==9a6=1,∴a6=,∴S11==11a6=.故选B.4.(2013哈尔滨高三第一次联考)已知数列{a n}满足log3a n+1=log3a n+1(n∈N*),且a2+a4+a6=9,则lo(a5+a7+a9)的值是( B )(A)-(B)-5 (C)5 (D)解析:由log3a n+1=log3a n+1得=3,∴{a n}是以3为公比的等比数列,∴lo(a5+a7+a9)=lo[33(a2+a4+a6)]=lo(33×9)=-5,故选B.5.已知等差数列{a n}的前n项和为S n,且满足-=1,则数列{a n}的公差是( C )(A)(B)1 (C)2 (D)3解析:设等差数列{a n}的首项和公差分别为a1,d,据已知条件可得-=(a1+d)-(a1+)=d=1,解得d=2,故选C.6.设数列{a n}是等差数列,a1+a2+a3=-24,a19=26,则此数列{a n}前20项和等于( B )(A)160 (B)180 (C)200 (D)220解析:因数列{a n}是等差数列,所以a1+a2+a3=3a2=-24,即a2=-8,从而S20=×20=×20=180.故选B.7.在公差为4的正项等差数列中,a3与2的算术平均值等于S3与2的几何平均值,其中S3表示此数列的前三项和,则a10为( A )(A)38 (B)40 (C)42 (D)44解析:∵d=4,∴a3=a1+8,S3=3a1+3d=3a1+12.由题意,a3+2=2,即a1+10=2,解得a1=2.∴a10=a1+9d=38.故选A.8.已知等差数列{a n}的前n项和为S n,若S3=9,S6=63,则a7+a8+a9等于( C )(A)63 (B)71 (C)99 (D)117解析:2(S6-S3)=S3+(S9-S6)⇒S9=3(S6-S3)=162,∴a7+a8+a9=S9-S6=99,故选C.9.在等差数列{a n}中a n>0,且a1+a2+…+a10=30,则a5·a6的最大值等于( C )(A)3 (B)6 (C)9 (D)36解析:∵a1+a2+…+a10=5(a5+a6)=30,∴a5+a6=6,∴a5·a6≤()2=9(当且仅当a5=a6时等号成立).故选C.10.设等差数列{a n}的前n项和为S n,则S12>0是S9≥S3的( A )(A)充分但不必要条件 (B)必要但不充分条件(C)充要条件 (D)既不充分也不必要条件解析:法一将它们等价转化为a1和d的关系式.S12>0⇔12a1+>0⇔2a1+11d>0;S9≥S3⇔9a1+≥3a1+⇔2a1+11d≥0.故选A.法二S12>0⇔>0⇔a1+a12>0.S9≥S3⇔a4+a5+…+a9≥0⇔3(a1+a12)≥0,即a1+a12≥0,故选A.二、填空题11.(2013哈尔滨市六中一模)已知数列{a n}为等差数列,S n为其前n项和,若S9=27,则a2-3a4等于.解析:∵S9=27,∴9a1+=27,∴a1+4d=3,a2-3a4=a1+d-3(a1+3d)=-2(a1+4d)=-2×3=-6.答案:-612.lg 20与lg 5的等差中项是.解析:==1.答案:113.若数列{a n}满足-=d(n∈N*,d为常数),则称数列{a n}为调和数列.已知数列{}为调和数列,且x1+x2+…+x20=200,则x5+x16=.解析:∵数列{}为调和数列,∴x n+1-x n=d,数列{x n}为等差数列,∴x1+x2+…+x20=10(x1+x20)=200,∴x1+x20=20,∴x5+x16=20.答案:2014.已知a、b、c是递减的等差数列,若将其中两个数的位置对换,得到一个等比数列,则的值为.解析:依题意得①或②或③由①得a=b=c,这与“a、b、c是递减的等差数列”矛盾;由②消去c整理得(a-b)(a+2b)=0,又a>b,因此有a=-2b,c=4b,=20;由③消去a整理得(c-b)(c+2b)=0,又b>c,因此有a=4b,c=-2b,=20.答案:20B组【选题明细表】知识点、方法题号等比数列通项公式、中项公式、2、4、5、7、11、13前n项和公式中的“知三求二”等比数列的性质的应用1、3、8、12、14等比数列的判定与证明6、9、10一、选择题1.如果在等比数列{a n}中,a3a7=4-2,那么a5=( B )(A)-1 (B)±(-1)(C)1-(D)±-1解析:由等比中项的性质得a3a7==4-2,∴a5=±=±(-1),故选B.2.首项为1,且公比为q,|q|≠1的等比数列的第11项等于这个数列的前n项之积,则n等于( D )(A)2 (B)3 (C)4 (D)5解析:由题意知q10=q1·q2·q3·…·q n-1=,即=10,解得n=5,故选D.3.(2013聊城市一模)已知数列{a n}是等比数列,且a2=2,a5=,则a1a2+a2a3+…+a n a n+1等于( C )(A)16(1-4-n) (B)16(1-2-n)(C)(1-4-n) (D)(1-2-n)解析:∵a2=2,a5=,∴q3==,∴q=,∴a1==4,又=q2=(n≥2),∴{a n a n+1}是以a1a2=4×2=8为首项,以为公比的等比数列,∴a1a2+a2a3+…+a n a n+1==(1-4-n).故选C.4.已知等比数列{a n}中,各项都是正数,且a1,a3,2a2成等差数列,则等于( C )(A)1+(B)1-(C)3+2(D)3-2解析:设等比数列{a n}的公比为q(q>0),∵a1,a3,2a2成等差数列,∴2×a3=a1+2a2,∴a1q2=a1+2a1q,∴q2-2q-1=0,∴q=1+,∴=q2=3+2.故选C.5.在等比数列{a n}(n∈N*)中,若a1=1,a4=,则该数列的前11项和为( C )(A)2- (B)2- (C)2-(D)2-解析:在等比数列{a n}中,a1=1,a4=,∴a4=a1q3=1×q3=⇒q=,∴S11===2-,故选C.6.在数列{a n}中,a n+1=ca n(c为非零常数),且前n项和为S n=3n+k,则实数k的值为( C )(A)0 (B)1 (C)-1 (D)2解析:由S n=3n+k.S n-1=3n-1+k(n≥2),∴a n=2·3n-1(n≥2).∴a n=由a n+1=ca n知公比为c.只有c=3符合题意,∴==3,∴k=-1,故选C.7.已知数列{a n}是首项为a1的等比数列,则能保证4a1,a5,-2a3成等差数列的公比q的个数为( C )(A)0 (B)1 (C)2 (D)3解析:∵4a1,a5,-2a3成等差数列,∴2a5=4a1+(-2a3),设等比数列{a n}的公比为q,则a5=a1q4,a3=a1q2,∴2a1q4=4a1-2a1q2,∵a1≠0,∴q4+q2-2=0,∴q2=1或q2=-2(舍去),∴q=1或q=-1,故选C.8.已知等比数列{a n}的各项均为正数,公比q≠1,设P=(log0.5 a5+log0.5a7),Q=log0.5,P与Q的大小关系是( D )(A)P≥Q (B)P<Q (C)P≤Q (D)P>Q解析:P=log0.5=log0.5,Q=log0.5,由题意知>,且y=log0.5 x在(0,+∞)上单调递减,∴log0.5<log0.5,即Q<P.故选D.9.若数列{a n}满足:lga n+1=1+lg a n(n∈N*),a1+a2+a3=10,则lg(a4+a5+a6)的值为( A )(A)4 (B)3 (C)2 (D)1解析:由lga n+1=1+lg a n(n∈N*)可得:lg a n+1-lg a n=lg=1(n∈N*),所以数列{a n}是以q==10(n∈N*)为公比的等比数列.由等比数列的定义可知a4+a5+a6=a1q3+a2q3+a3q3,所以lg(a4+a5+a6)=lg[q3·(a1+a2+a3)]=lg q3+lg(a1+a2+a3)=4.故选A.10.如果数列{a n}满足:首项a1=1,且a n+1=那么下列说法中正确的是( D )(A)该数列的奇数项a1,a3,a5,…成等比数列,偶数项a2,a4,a6,…成等差数列(B)该数列的奇数项a1,a3,a5,…成等差数列,偶数项a2,a4,a6,…成等比数列(C)该数列的奇数项a1,a3,a5,…分别加4后构成一个公比为2的等比数列(D)该数列的偶数项a2,a4,a6,…分别加4后构成一个公比为2的等比数列解析:由已知条件a1=1,a n+1=可得当n为奇数时,a n=a n-1+2=2a n-2+2,可得a n+2=2(a n-2+2),即得奇数项组成的数列a1,a3,a5,…各项加上2后构成一个公比为2的等比数列;当n为偶数时,a n=2a n-1=2(a n-2+2),可得a n+4=2(a n-2+4),即得偶数项组成的数列a2,a4,a6,…各项加上4后构成一个公比为2的等比数列.故选D.二、填空题11.已知等比数列{a n}的公比是2,a3=3,则a5的值是.解析:设等比数列{a n}的公比是q,则a5=a3·q2=3×4=12.答案:1212.已知正项等比数列{a n}的前3项之积为8,则其前3项之和S3的最小值为.解析:设等比数列{a n}的公比为q(q>0),∵a1a2a3=8,a1a3=,∴a2=2.∴S3=+2q+2≥2+2=6,当且仅当=2q,即q=1时,S3取得最小值6.答案:613.已知各项都为正数的等比数列{a n}中,a2·a4=4,a1+a2+a3=14,则满足a n·a n+1·a n+2>的最大正整数n的值为.解析:设等比数列{a n}的公比为q,其中q>0,依题意,得=a2·a4=4,又a3>0,∴a3=a1q2=2,a1+a2=a1+a1q=12,由数列各项都为正数,由此解得q=,a1=8,a n=8×()n-1=24-n,a n·a n+1·a n+2=29-3n,由于29-3n是随n增大而减小的,且n=4时29-3×4=2-3=>,n=5时29-3×5=2-6=<,于是满足a n·a n+1·a n+2>的最大正整数n的值为4. 答案:414.等比数列{a n}的公比为q,其前n项的积为T n,并且满足条件a1>1,a99a100-1>0,<0.给出下列结论:①0<q<1;②a99·a101-1<0;③T100的值是T n中最大的;④使T n>1成立的最大自然数n等于198.其中正确的结论是(填写相应的序号 ).解析:①中,⇒⇒q=∈(0,1),∴①正确.②中,⇒a99·a101<1,∴②正确.③中,⇒T100<T99,∴③错误.④中,T198=a1a2…a198=(a1·a198)(a2·a197)…(a99·a100)=(a99·a100)99>1,T199=a1a2…a198·a199=(a1a199)…(a99·a101)·a100=<1,∴④正确. 答案:①②④。

二轮复习-数列专题与答案

高三第二轮复习——数列第1讲等差、等比考点从近三年高考看，高考命题热点考向可能为：【真题体验】1．(2015·新课标Ⅰ高考)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和．若S 8＝4S 4，则a 10＝( )A.172B.192C ．10D ．12 2．(2015·新课标Ⅱ高考)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.183．(2015·浙江高考)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零．若a 2，a 3，a 7成等比数列，且2a 1＋a 2＝1，则a 1＝__________，d ＝________．4．(2016·全国卷1)已知{}n a 是公差为3的等差数列，数列{}n b 满足12111==3n n n n b b a b b nb +++=1，，，. （I ）求{}n a 的通项公式；（II ）求{}n b 的前n 项和.【考点突破】考点一、等差（比）的基本运算1．(2015·湖南高考)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，且3S 1，2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________．2．(2015·重庆高考)已知等差数列{a n }满足a 3＝2，前3项和S 3＝92.(1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 15，求{b n }的前n 项和T n .考点二、等差（比）的证明与判断【典例1】( 2017·全国1 )记S n 为等比数列{}n a 的前n 项和，已知S 2=2，S 3=-6.（1）求{}n a 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。

变式：(2014·全国大纲高考)数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2.(1)设b n ＝a n ＋1－a n ，证明{b n }是等差数列；(2)求{a n }的通项公式．考点三、等差（比）数列的性质命题角度一与等差(比)数列的项有关的性质【典例2】 (1)(2015·新课标Ⅱ高考)已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7＝( )A ．21B ．42C ．63D ．84(2)(2015·铜陵模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10＝12，则a 5＋a 6＝( )A.125 B ．12 C ．6 D.65命题角度二与等差(比)数列的和有关的性质【典例3】 (1)(2014·全国大纲高考)设等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3，S 4＝15，则S 6＝( ) A ．31 B ．32C ．63 D ．64(2)(2015·衡水中学二调)等差数列{a n }中，3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝24，则该数列前13项的和是( ) A ．13 B ．26 C ．52 D ．156[针对训练]1．在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25，则a 2＋a 8＝________． 2．在等比数列{a n }中，a 4·a 8＝16，则a 4·a 5·a 7·a 8的值为________．3．若等比数列{a n }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＝______．【巩固训练】一、选择题1．(2015·新课标Ⅱ高考)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和．若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝( )A ．5B ．7C ．9D ．112．(2014·福建高考)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，S 3＝12，则a 6等于( )A ．8B ．10C ．12D ．143．(2014·重庆高考)对任意等比数列{a n }，下列说法一定正确的是( )A ．a 1，a 3，a 9成等比数列B ．a 2，a 3，a 6成等比数列C ．a 2，a 4，a 8成等比数列D ．a 3，a 6，a 9成等比数列4．(2014·天津高考)设{a n}是首项为a1，公差为－1的等差数列，S n为其前n项和．若S1，S2，S4成等比数列，则a1＝()A．2 B．－2 C.12D．－125．(2015·辽宁大连模拟)数列{a n}满足a n－a n＋1＝a n·a n＋1(n∈N*)，数列{b n}满足b n＝1a n，且b1＋b2＋…＋b9＝90，则b4·b6()A．最大值为99 B．为定值99 C．最大值为100 D．最大值为200二、填空题6．(2015·陕西高考)中位数为1 010的一组数构成等差数列，其末项为2 015，则该数列的首项为________．7．(2015·安徽高考)已知数列{a n}是递增的等比数列，a1＋a4＝9，a2a3＝8，则数列{a n}的前n项和等于______．8．(2014·江西高考)在等差数列{a n}中，a1＝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________．三、解答题9．(文)(2015·兰州模拟)在等比数列{a n}中，已知a1＝2，a4＝16.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若a3，a5分别为等差数列{b n}的第3项和第5项，试求数列{b n}的前n项和S n.10、(2014·湖北高考)已知等差数列{a n}满足：a1＝2，且a1，a2，a5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．11．(2015·江苏高考)设a1，a2，a3，a4是各项为正数且公差为d(d≠0)的等差数列．(1)证明：2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列；(2)是否存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列？并说明理由第2讲数列求和（通项）及其综合应用从近三年高考看，高考命题热点考向可能为：【真题体验】1．(2015·北京高考)设{a n }是等差数列，下列结论中正确的是( )A ．若a 1＋a 2＞0，则a 2＋a 3＞0B ．若a 1＋a 3＜0，则a 1＋a 2＜0C ．若0＜a 1＜a 2，则a 2＞a 1a 3D ．若a 1＜0，则(a 2－a 1)(a 2－a 3)＞0 2．(2015·武汉模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列{1a n a n ＋1}的前100项和为( ) A.100101 B.99101 C.99100 D.101100 3．(2015·福建高考)等差数列{a n }中，a 2＝4，a 4＋a 7＝15.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n －2＋n ，求b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10的值．【考点突破】考点一、数列的通项公式1．(2015·新课标Ⅱ高考)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝____________． 2．(2015·铜陵模拟)数列{a n }满足13a 1＋132a 2＋…＋13n a n ＝3n ＋1，n ∈N *，则a n ＝________．3．若数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝5a n －133a n －7，则a 2 015的值为________．考点二、数列的前n 项和命题角度一基本数列求和、分组求和【典例1】 (2015·湖北八校联考)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，满足a 1＝3，b 1＝1，b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)令c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2S n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，设数列{c n }的前n 项和为T n ，求T 2n .命题角度二裂项相消法求和【典例2】 (2015·安徽高考)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 .命题角度三错位相减法求和【典例3】 (2015·天津高考)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，{b n }是等差数列，且a 1＝b 1＝1，b 2＋b 3＝2a 3，a 5－3b 2＝7.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n b n ，n ∈N *，求数列{c n }的前n 项和．[针对训练]1．(2014·湖南高考)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n 2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝2a n ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和．2．(2015·山东高考)已知数列{a n }是首项为正数的等差数列，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ·a n ＋1的前n 项和为n2n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝(a n ＋1)·2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n ..考点三、数列的综合应用【典例4】 (2015·陕西汉中质检)正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)令b n ＝n ＋1（n ＋2）2a 2n，数列{b n }的前n 项和为T n .证明：对于任意的n ∈N *，都有T n ＜564.变式： (2015·辽宁大连模拟)数列{a n }满足a n ＋1＝a n2a n ＋1，a 1＝1.(1)证明：数列{1a n }是等差数列；(2)求数列{1a n }的前n 项和S n ，并证明1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＞nn ＋1.【巩固训练】一、选择题1．(2015·浙江高考)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n .若a 3，a 4，a 8成等比数列，则( )A ．a 1d ＞0，dS 4＞0B ．a 1d ＜0，dS 4＜0C ．a 1d ＞0，dS 4＜0D ．a 1d ＜0，dS 4＞0 2．(2015·保定调研)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1，则其通项公式为a n ＝( )A ．2n －1B ．2n －1＋1 C ．2n －1 D ．2(n －1)3．(预测题)已知数列{a n }满足a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，且a 1＝12，则该数列的前2 015项的和等于( ) A.3 0232B ．3 023C ．1 512D ．3 0244．(2015·长春质检)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝a 2＝1，{nS n ＋(n ＋2)a n }为等差数列，则a n ＝( )A.n2n －1 B.n ＋12n －1＋1 C.2n －12n －1 D.n ＋12n ＋1 5．(2015·云南第一次统一检测)在数列{a n }中，a n ＞0，a 1＝12，如果a n ＋1是1与2a n a n ＋1＋14－a 2n 的等比中项，那么a 1＋a 222＋a 332＋a 442＋…＋a 1001002的值是( )A.10099B.101100C.100101D.99100 二、填空题6．(2014·全国新课标Ⅱ高考)数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n ，a 8＝2，则a 1＝________．7．若数列{n (n ＋4)(23)n }中的最大项是第k 项，则k ＝________．8(2015·江苏高考)设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________．9．(2015·福建高考)若a ，b 是函数f (x )＝x 2－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________．三、解答题10．(2015·湖北高考)设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q .已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100.(1) 求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2) 当d >1时，记c n ＝a nb n，求数列{c n }的前n 项和T n .11．(2014·山东高考)已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝(－1)n－14na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .高三第二轮复习——数列答案【真题体验】（第1讲等差、等比考点）1．【解析】设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .由题设知d ＝1，S 8＝4S 4，所以8a 1＋28＝4(4a 1＋6)，解得a 1＝12，所以a 10＝12＋9＝192.故选B.2．【解析】设等比数列{a n }的公比为q ，a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，由题可知q ≠1，则a 1q 2×a 1q 4＝4(a 1q 3－1)，∴116×q 6＝4(14×q 3－1)，∴q 6－16q 3＋64＝0，∴(q 3－8)2＝0，∴q 3＝8，∴q ＝2，∴a 2＝12.故选C.3．【解析】由a 2，a 3，a 7成等比数列，得a 23＝a 2a 7，则2d 2＝－3a 1d ，即d ＝－32a 1.又2a 1＋a 2＝1，所以a 1＝23，d ＝－1.【答案】 23 －1 4．【解】 (1)a n ＝3n －1．(2)132123=⨯-=n n b ．考点一、等差（比）的基本运算1．【解析】本题考查等比数列和等差数列等，结合转化思想即可轻松求解等比数列的公比，进而求解等比数列的通项公式．由3S 1，2S 2，S 3成等差数列，得4S 2＝3S 1＋S 3，即3S 2－3S 1＝S 3－S 2，则3a 2＝a 3，得公比q ＝3，所以a n ＝a 1q n －1＝3n －1.【答案】 3n －12．【解】本题主要考查等差数列的通项公式与等比数列的前n 项和公式，考查考生的运算求解能力．(1)将已知条件中的a 3，S 3用首项a 1与公差d 表示，求得a 1，d ，即可求得数列{a n }的通项公式；(2)结合(1)利用条件b 1＝a 1，b 4＝a 15求得公比，然后利用等比数列的前n 项和公式进行计算．(1)设{a n }的公差为d ，则由已知条件得 a 1＋2d ＝2，3a 1＋3×22d ＝92，即a 1＋2d ＝2，a 1＋d ＝32，解得a 1＝1，d ＝12，故通项公式为a n ＝1＋n －12，即a n ＝n ＋12.(2)由(1)得b 1＝1，b 4＝a 15＝15＋12＝8.设{b n }的公比为q ，则q 3＝b 4b 1＝8，从而q ＝2，故{b n }的前n 项和T n ＝b 1（1－q n ）1－q ＝1×（1－2n ）1－2＝2n －1．考点二、等差（比）的证明与判断【典例1】解：（1）设{}n a 的公比为q ，由题设可得122(1)2,(1) 6.a q a q q +=⎧⎨++=-⎩解得12,2q a =-=- 故{}n a 的通项公式为(2)n n a =-n ＋2n ＋1n a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋2，即b n ＋1＝b n ＋2. 又b 1＝a 2－a 1＝1，所以{b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)得b n ＝1＋2(n －1)，即a n ＋1－a n ＝2n －1.于是，所以a n ＋1－a 1＝n 2，即a n ＋1＝n 2＋a 1.又a 1＝1，所以{a n }的通项公式为a n ＝n 2－2n ＋2. 考点三、等差（比）数列的性质命题角度一与等差(比)数列的项有关的性质【解析】 (1)本题主要考查等比数列的基本概念、基本运算与性质，意在考查考生的运算求解能力．由于a 1(1＋q 2＋q 4)＝21，a 1＝3，所以q 4＋q 2－6＝0，所以q 2＝2(q 2＝－3舍去)， a 3＋a 5＋a 7＝q 2(a 1＋a 3＋a 5)＝2×21＝42.故选B. (2)本题主要考查等差数列的性质a m ＋a n ＝a p ＋a q .由S 10＝12得a 1＋a 102×10＝12，所以a 1＋a 10＝125，所以a 5＋a 6＝125.故选A.命题角度二与等差(比)数列的和有关的性质【解析】（1）在等比数列{a n }中，S 2，S 4－S 2，S 6－S 4也成等比数列，故(S 4－S 2)2＝S 2(S 6－S 4)，则(15－3)2＝3(S 6－15)．解得S 6＝63.故选C.(2)∵3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝24，∴6a 4＋6a 10＝24，∴a 4＋a 10＝4，∴S 13＝13（a 1＋a 13）2＝13（a 4＋a 10）2＝13×42＝26.故选B.[针对训练]1．【解析】由a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25得5a 5＝25，所以a 5＝5，故a 2＋a 8＝2a 5＝10. 2．【解析】 a 4a 5a 7a 8＝a 4a 8·a 5a 7＝(a 4a 8)2＝256.【答案】 256 3．【解析】 ∵a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，∴a 10·a 11＝e 5，ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝10ln(a 10·a 11)＝10·ln e 5＝50.【巩固训练】一、选择题1.数列{a n }为等差数列，∴a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝3，∴a 3＝1，∴S 5＝5（a 1＋a 5）2＝5×2a 32＝5.【答案】 A2.由题知3a 1＋3×22d ＝12，∵a 1＝2，解得d ＝2，又a 6＝a 1＋5d ，∴a 6＝12.故选C.3．由等比数列的性质得，a 3·a 9＝a 26≠0，因此a 3，a 6，a 9一定成等比数列．故选D.4．由题意知 S 22＝S 1·S 4，∴(2a 1＋2×12d )2＝a 1(4a 1＋4×32d )，把d ＝－1代入整理得a 1＝－12.故选D. 5．将a n －a a ＋1＝a n a n ＋1两边同时除以a n a n ＋1可得1a n ＋1－1a n＝1，即b n ＋1－b n ＝1，所以{b n }是公差为d ＝1的等差数列，其前9项和为9（b 1＋b 9）2＝90，所以b 1＋b 9＝20，将b 9＝b 1＋8d ＝b 1＋8，代入得b 1＝6，所以b 4＝9，b 6＝11，所以b 4b 6＝99.故选B.二、填空题6．设等差数列的首项为a 1，根据等差数列的性质可得，a 1＋2 015＝2×1 010，解得a 1＝5.【答案】 57．【解析】 ∵⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 4＝9，a 1a 4＝8，则a 1，a 4可以看作一元二次方程x 2－9x ＋8＝0的两根，故⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1a 4＝8，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1.∵数列{a n }是递增的等比数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 4＝8.可得公比q ＝2，∴前n 项和S n ＝2n －1. 8．【解析】等差数列的前n 项和为S n ，则S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝d 2n 2＋(a 1－d 2)n ＝d 2n 2＋(7－d2)n ，对称轴为d 2－7d ，对称轴介于7.5与8.5之间，即7.5＜d 2－7d ＜8.5，解得－1＜d ＜－78.【答案】 ⎝⎛⎭⎫－1，－78三、解答题9．.【解】 (1)设数列{a n }的公比为q ，∵{a n }为等比数列，∴a 4a 1＝q 3＝8，∴q ＝2，∴a n ＝2×2n －1＝2n . (2)设数列{b n }的公差为d ，∵b 3＝a 3＝23＝8，b 5＝a 5＝25＝32，且{b n }为等差数列，∴b 5－b 3＝24＝2d ，∴d ＝12，∴b 1＝b 3－2d ＝－16，∴S n ＝－16n ＋n （n －1）2×12＝6n 2－22n .10、【解】 (1)设数列{a n }的公差为d ，依题意，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n ；当a n ＝4n －2时，存在满足题意的n ，其最小值为41.11．【解】 (1)证明：因为2a n ＋12a n＝2a n ＋1－a n ＝2d (n ＝1，2，3)是同一个常数，所以2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次构成等比数列．(2)不存在，理由如下：令a 1＋d ＝a ，则a 1，a 2，a 3，a 4分别为a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d (a ＞d ，a ＞－2d ，d ≠0)．假设存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列，则a 4＝(a －d )(a ＋d )3，且(a ＋d )6＝a 2(a ＋2d )4.令t ＝da，则1＝(1－t )(1＋t )3，且(1＋t )6＝(1＋2t )4⎝⎛⎭⎫－12＜t ＜1，t ≠0，化简得t 3＋2t 2－2＝0(*)，且t 2＝t ＋1. 将t 2＝t ＋1代入(*)式，t (t ＋1)＋2(t ＋1)－2＝t 2＋3t ＝t ＋1＋3t ＝4t ＋1＝0，则t ＝－14.显然t ＝－14不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立．因此不存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列．第2讲数列求和及其综合应用1．【解析】若{a n }是递减的等差数列，则选项A 、B 都不一定正确．若{a n }为公差为0的等差数列，则选项D 不正确．对于C 选项，由条件可知{a n }为公差不为0的正项数列，由等差中项的性质得a 2＝a 1＋a 32，由基本不等式得a 1＋a 32＞a 1a 3，所以C 正确．【答案】 C2．【解析】设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .∵a 5＝5，S 5＝15， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，5a 1＋5×（5－1）2d ＝15， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n . ∴1a n a n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，∴数列{1a n a n ＋1}的前100项和为1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101.【答案】 A 3．【解】 (1)设等差数列{a n }的公差为d .由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝4，（a 1＋3d ）＋（a 1＋6d ）＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝1.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋2. (2)由(1)可得b n ＝2n ＋n ，所以b 1＋b 2＋b 3＋...＋b 10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋...＋(210＋10) ＝(2＋22＋23＋...＋210)＋(1＋2＋3＋ (10)＝2×（1－210）1－2＋（1＋10）×102＝211＋53 ＝2 101.数列的通项公式（自主探究型）1．当n ＝1时，S 1＝a 1＝－1，所以1S 1＝－1.因为a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，所以1S n －1S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n＝－1，所以{1S n }是以－1为首项，－1为公差的等差数列，所以1S n ＝(－1)＋(n －1)·(－1)＝－n ，所以S n ＝－1n.2．当n ＝1时，13a 1＝3×1＋1，所以a 1＝12，当n ≥2时，①：13a 1＋132a 2＋…＋13n －1a n －1＋13n a n ＝3n ＋1，②：13a 1＋132a 2＋…＋13n －1a n －1＝3(n －1)＋1.①－②得：13n a n ＝(3n ＋1)－[3(n －1)＋1]，即13n a n ＝3，所以a n ＝3n ＋1，综上可得：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，3n ＋1，n ≥2.【答案】 ⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，3n ＋1，n ≥23．本题主要考查利用递推数列求数列的某一项，通过研究数列的函数特性来解决．由于a 1＝3，求a 2＝1，a 3＝2，a 4＝3，所以数列{a n }是周期为3的周期数列，所以a 2 015＝a 671×3＋2＝a 2＝1.数列的前n 项和（多维探究型）命题角度一基本数列求和、分组求和【典例1】 (1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q ，则由⎩⎪⎨⎪⎧b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3，得⎩⎪⎨⎪⎧q ＋6＋d ＝10，3＋4d －2q ＝3＋2d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝2，所以a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝2n －1.(2)由a 1＝3，a n ＝2n ＋1得S n ＝n （a 1＋a n ）2＝n (n ＋2)，则c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n （n ＋2），n 为奇数，2n －1，n 为偶数，即c n＝⎩⎪⎨⎪⎧1n －1n ＋2，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，∴T 2n ＝(c 1＋c 3＋…＋c 2n －1)＋(c 2＋c 4＋…＋c 2n )＝⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＋(2＋23＋…＋22n －1)＝1－12n ＋1＋2（1－4n ）1－4＝2n 2n ＋1＋23(4n －1)．命题角度二裂项相消法求和【典例2】 (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＝8a 4＝1(舍去)．设等比数列{a n }的公比为q ，由a 4＝a 1q 3得q ＝2，故a n ＝a 1q n －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. 命题角度三错位相减法求和典例3】(1)设数列{a n }的公比为q ，数列{b n }的公差为d ，由题意q ＞0.由已知，有⎩⎪⎨⎪⎧（1＋d ）＋（1＋2q ）＝2q ，q 4－3（1＋d ）＝7， ⎩⎪⎨⎪⎧2q 2－3d ＝2，q 4－3d ＝10，消去d ，整理得q 4－2q 2－8＝0.又因为q ＞0，解得q ＝2，所以d ＝2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *；数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1，n ∈N *.(2)由(1)有c n ＝(2n －1)·2n －1，设{c n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n －3)×2n －2＋(2n －1)×2n －1，2S n ＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)×2n －1＋(2n －1)×2n ，上述两式相减，得－S n ＝1＋22＋23＋…＋2n －(2n －1)×2n ＝2n ＋1－3－(2n －1)×2n ＝－(2n －3)×2n －3，所以，S n ＝(2n －3)·2n ＋3，n ∈N *.[针对训练]1．【解】 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－（n －1）2＋（n －1）2＝n .故数列{a n }的通项公式为a n ＝n .(2)由(1)知，b n ＝2n ＋(－1)n n .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )．记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ，则A ＝2（1－22n ）1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n .故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.2．【解】 (1)设数列{a n }的公差为d .令n ＝1，得1a 1a 2＝13，所以a 1a 2＝3.令n ＝2，得1a 1a 2＋1a 2a 3＝25，所以a 2a 3＝15.解得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1.(2)由(1)知b n ＝2n ·22n －1＝n ·4n ，所以T n ＝1·41＋2·42＋…＋n ·4n ，所以4T n ＝1·42＋2·43＋…＋n ·4n ＋1，两式相减，得－3T n ＝41＋42＋…＋4n －n ·4n ＋1＝4（1－4n ）1－4－n ·4n ＋1＝1－3n 3×4n ＋1－43.所以T n ＝3n －19×4n ＋1＋49＝4＋（3n －1）4n ＋19.数列的综合应用（师生共研型）【典例4】【解】 (1)由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0.由于{a n }是正项数列，所以S n ＞0，S n ＝n 2＋n .于是a 1＝S 1＝2，n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n . 综上，数列{a n }的通项公式为a n ＝2n .(2)证明：由于a n ＝2n ，b n ＝n ＋1（n ＋2）2a 2n ，则b n ＝n ＋14n 2（n ＋2）2＝116⎣⎡⎦⎤1n 2－1（n ＋2）2. 所以T n ＝116×[1－132＋122－142＋132－152＋…＋1（n －1）2－1（n ＋1）2＋1n 2－1（n ＋2）2]＝116×⎣⎡⎦⎤1＋122－1（n ＋1）2－1（n ＋2）2＜116×⎝⎛⎭⎫1＋122＝564. 变式：【解】 (1)证明：∵a n ＋1＝a n 2a n ＋1，∴1a n ＋1＝2a n ＋1a n ，化简得1a n ＋1＝2＋1a n ，即1a n ＋1－1a n＝2，故数列{1a n }是以1为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)知1a n ＝2n －1，∴S n ＝n （1＋2n －1）2＝n 2.1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2＞11×2＋12×3＋…＋1n （n ＋1）＝(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1n ＋1)＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 【巩固训练】一、选择题 1．【解析】由a 3，a 4，a 8成等比数列可得：(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )·(a 1＋7d )，即3a 1＋5d ＝0，所以a 1＝－53d ，所以a 1d ＜0.又dS 4＝（a 1＋a 4）×42d ＝2(2a 1＋3d )d ＝－23d 2＜0.故选B.2．【解析】由题意知a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，∴a n ＋1＝(a 1＋1)·2n －1＝2n ，∴a n ＝2n －1.【答案】 A3．【解析】因为a 1＝12，又a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，所以a 2＝1，从而a 3＝12，a 4＝1，即得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝2k －1（k ∈N *），1，n ＝2k （k ∈N *），数列前2 015项的和等于S 2 015＝1 007×(1＋12)＋1＝3 0212＋1＝3 0232.【答案】A4．设b n ＝nS n ＋(n ＋2)a n ，有b 1＝4，b 2＝8，则b n ＝4n ，即b n ＝nS n ＋(n ＋2)a n ＝4n ，S n ＋(1＋2n)a n ＝4.当n ≥2时，S n －S n －1＋(1＋2n )a n －(1＋2n －1)a n －1＝0，所以2（n ＋1）n a n ＝n ＋1n －1a n －1，即2·a n n ＝a n －1n －1，所以{a n n }是以12为公比，1为首项的等比数列，所以a n n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1，a n ＝n2n －1. 故选A.5．【解析】由题意可得，a 2n ＋1＝2a n a n ＋1＋14－a 2n ⇒(2a n ＋1＋a n a n ＋1＋1)·(2a n ＋1－a n a n ＋1－1)＝0⇒a n ＋1＝12－a n ⇒a n ＋1－1＝a n －12－a n ⇒1a n ＋1－1＝1a n －1－1，∴1a n －1＝112－1－(n －1)＝－n －1⇒a n ＝n n ＋1⇒a n n 2＝1n （n ＋1），∴a 1＋a 222＋…＋a 1001002＝1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝100101.【答案】 C二、填空题6．将a 8＝2代入a n ＋1＝11－a n ，可求得a 7＝12；再将a 7＝12代入a n ＋1＝11－a n，可求得a 6＝－1；再将a 6＝－1代入a n ＋1＝11－a n，可求得a 5＝2；由此可以推出数列{a n }是一个周期数列，且周期为3，所以a 1＝a 7＝12.7．设数列为{a n }，则a n ＋1－a n ＝(n ＋1)(n ＋5)(23)n ＋1－n (n ＋4)(23)n ＝(23)n [23(n 2＋6n ＋5)－n 2－4n ]＝2n 3n ＋1(10－n 2)，所以当n ≤3时，a n ＋1＞a n ；当n ≥4时，a n ＋1＜a n .因此，a 1＜a 2＜a 3＜a 4，a 4＞a 5＞a 6＞…，故a 4最大，所以k ＝4.8.由a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)得，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋2＋3＋…＋n ＝n （n ＋1）2，则1a n ＝2n （n ＋1）＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，故数列{1a n }前10项的和S 10＝2(1－12＋12－13＋…＋110－111)＝2(1－111)＝2011.【答案】 20118．因为a ，b 为函数f (x )＝x 2－px ＋q (p ＞0，q ＞0)的两个不同零点，所以⎩⎪⎨⎪⎧p 2－4q ＞0，a ＋b ＝p ，ab ＝q .所以a ＞0，b ＞0，所以数列a ，－2，b 不可能成等差数列，数列a ，b ，－2不可能成等比数列，数列－2，a ，b 不可能成等比数列．不妨取a ＞b ，则只需研究数列a ，b ，－2成等差数列，数列a ，－2，b 成等比数列，则有⎩⎪⎨⎪⎧a －2＝2b ，ab ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝－2(舍去)，所以⎩⎪⎨⎪⎧p ＝5，q ＝4，所以p ＋q ＝9.【答案】 9 三、解答题9．【解】 (1)由题意有，⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝29.故⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －1或⎩⎨⎧a n ＝19（2n ＋79），b n ＝9·⎝⎛⎭⎫29n －1. (2)由d >1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故c n ＝2n －12n －1，于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，①12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n .② ①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ，故T n ＝6－2n ＋32n －1. 10．【解】 (1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2，S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12，由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)，解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1.(2)b n ＝(－1)n －14n a n a n ＋1＝(－1)n －14n （2n －1）（2n ＋1）＝(－1)n －1⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1.当n 为偶数时，T n ＝⎝⎛⎭⎫1＋13－⎝⎛⎭⎫13＋15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －3＋12n －1－⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n 2n ＋1. 当n 为奇数时，T n ＝⎝⎛⎭⎫1＋13－⎝⎛⎭⎫13＋15＋…－⎝⎛⎭⎫12n －3＋12n －1＋⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1. 所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n2n ＋1，n 为偶数.(或T n ＝2n ＋1＋（－1）n －12n ＋1)。

(完整版)等比数列的概念与性质练习题

等比数列的概念与性质练习题1.已知等比数列}{n a 的公比为正数，且3a ·9a =225a ，2a =1，则1a =A.21B. 22C. 2D.22. 如果1,,,,9a b c --成等比数列，那么（）A 、3,9b ac ==B 、3,9b ac =-=C 、3,9b ac ==-D 、3,9b ac =-=-3、若数列}{n a 的通项公式是1210(1)(32),nn a n a a a =--+++=则（A ）15 （B ）12 （C ）-12 D ）-154.在等比数列{a n }中，a 2＝8，a 5＝64，，则公比q 为（）A ．2B ．3C ．4D ．8 5.．若等比数列{a n }满足a n a n +1=16n ，则公比为 A ．2 B ．4 C ．8D ．166.若互不相等的实数,,a b c 成等差数列，,,c a b 成等比数列，且310a b c ++=，则a = A ．4 B ．2 C ．－2 D ．－47.公比为32等比数列{}n a 的各项都是正数，且31116a a =，则162log a =（） A.4 B.5 C.6 D.78.在等比数列{}n a 中，5,6144117=+=⋅a a a a ，则=1020a a （） A.32 B.23 C. 32或23 D. －32或－23 9.等比数列{}n a 中，已知121264a a a =，则46a a 的值为（）A ．16B ．24C ．48D ．12810.实数12345,,,,a a a a a 依次成等比数列，其中1a =2，5a =8，则3a 的值为（）A. －4B.4C. ±4D. 511.等比数列{}n a 的各项均为正数，且5647a a a a +＝18，则3132310log log log a a a +++＝A ．12B ．10C ．8D ．2＋3log 512. 设函数()()()*2,311N n x n x x f ∈≤≤-+-=的最小值为n a ，最大值为n b ，则2n n n n c b a b =-是( )A.公差不为零的等差数列B.公比不为1的等比数列C.常数列D.既不是等差数列也不是等比数列13. 三个数c b a ,,成等比数列，且0,>=++m m c b a ，则b 的取值范围是（） A. ⎥⎦⎤⎢⎣⎡3,0m B. ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--3,m m C . ⎪⎭⎫ ⎝⎛3,0m D. [)⎥⎦⎤⎝⎛⋃-3,00,m m 14.已知等差数列}{n a 的公差0≠d ，且931,,a a a 成等比数列，则1042931a a a a a a ++++的值为．15.已知1, a 1, a 2, 4成等差数列，1, b 1, b 2, b 3, 4成等比数列，则=+221b a a ______．16．已知 nn a ⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯=312，把数列}{n a 的各项排成三角形状:987654321,,,,,,a a a a a a a a a记()n m A ,表示第m 行，第n 列的项，则()8,10A =_______.17.设二次方程2110()n n a x a x n N *+-+=∈有两个实根α和β，且满足6263ααββ-+=．（1）试用n a 表示1n a +；（2）求证：2{}3n a -是等比数列；（3）当176a =时，求数列{}n a 的通项公式．18.已知两个等比数列{}n a 、{}n b 满足()01>=a a a ，3,2,1332211=-=-=-a b a b a b . (1)若1=a ，求数列{}n a 的通项公式； (2)若数列{}n a 唯一，求a 的值．等比数列的概念与性质练习题参考答案1.B 【解析】设公比为q ,由已知得()22841112a q a q a q ⋅=,即22q=,又因为等比数列}{n a 的公比为正数，所以q故212a a q ===,选B 2.B 3.A 4. A 5。

高三理科数学二轮复习专题能力提升训练：等差、等比数列的基本问题(含答案解析).pdf

训练　等差、等比数列的基本问题一、选择题(每小题5分，共25分) 1．若{an}为等差数列，Sn是前n项和，a1＝1，S3＝9，则该数列的公差d为( )． A．1 B． 2 C．3 D．4 2．等比数列{an}中，a4a5＝1，a8a9＝16，则a6a7等于( )． A．16 B．±4 C．－4 D．4 3．公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a3a11＝16，则log2a10＝( )． A．4 B．5 C．6 D．7 4．数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，an＋1＝3Sn(n≥1)，则a6＝( )． A．3×44＋1 B．3×44 C．44 D．44＋1 5．在数列{an}中，已知对任意n∈N*，a1＋a2＋a3＋…＋an＝3n－1，则a＋a＋a＋…＋a等于( )． A．(3n－1)2 B.(9n－1) C．9n－1 D.(3n－1) 二、填空题(每小题5分，共15分) 6．等比数列{an}中，已知a1＋a2＝，a3＋a4＝1，则a7＋a8的值为________． 7．在等比数列{an}中，an＞0(nN*)，且a6－a4＝24，a3a5＝64，则{an}的前6项和是________． 8．将全体正整数排成一个三角形数阵： 1 2 34 5 67 8 9 1011　12 13 14　15 … … … … … … 根据以上排列规律，数阵中第n(n≥3)行从左至右的第3个数是________．三、解答题(本题共3小题，共35分) 9．(11分)已知数列{an}满足，a1＝1，a2＝2，an＋2＝，nN*. (1)令bn＝an＋1－an，证明：{bn}是等比数列； (2)求{an}的通项公式． 10．(12分)已知等比数列{an}中，a1＝，公比q＝. (1)Sn为{an}的前n项和，证明：Sn＝； (2)设bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an，求数列{bn}的通项公式． 11．(12分)设{an}是公比不为1的等比数列，其前n项和为Sn，且a5，a3，a4成等差数列． (1)求数列{an}的公比； (2)证明：对任意kN＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．参考答案 1．B　[S3＝a1＋a2＋a3＝3a2＝9，a2＝3，d＝a2－a1＝3－1＝2.] 2．D　[设等比数列{an}的公比为q. 则＝＝q8＝16.＝＝q4＝4.a6a7＝4.] 3．B　[由题意可知a3a11＝a＝16，因为{an}为正项等比数列，所以a7＝4，所以log2a10＝log2(a7·23)＝log225＝5.] 4．B　[由an＋1＝3Sn，知an＝3Sn－1(n≥2) an＋1－an＝3(Sn－Sn－1)＝3an， an＋1＝4an(n≥2)．an＝ ∴a6＝3×44.] 5．B　[由a1＋a2＋…＋an＝3n－1 得：a1＋a2＋…＋an－1＝3n－1－1(n≥2)． ①－得：an＝3n－3n－1＝2·3n－1(n≥2)．又当n＝1时，a1＝2也适合上式， an＝2·3n－1，a＝4·9n－1， a＋a＋…＋a＝4(90＋91＋…＋9n－1) ＝4·＝(9n－1)．] 6．解析　设等比数列{an}的公比为q，则a3＋a4＝a1q2＋a2q2＝(a1＋a2)q2＝q2＝1. q2＝2，a7＋a8＝a3·q4＋a4q4＝q4(a3＋a4)＝4. 答案　4 7．解析　由已知a3a5＝a＝64，又an＞0，a4＝8. a6＝32，q2＝＝＝4，q＝2，q＝－2(舍)． a1＝1，S6＝＝＝63. 答案　63 8．解析　该数阵的第1行有1个数，第2行有2个数，…，第n行有n个数，则第n－1(n≥3)行的最后一个数为＝－，则第n行从左至右的第3个数为－＋3. 答案　－＋3 9．(1)证明　b1＝a2－a1＝1，当n≥2时， bn＝an＋1－an＝－an＝－(an－an－1)＝－bn－1. 所以{bn}是以1为首项，－为公比的等比数列． (2)解　由(1)知bn＝an＋1－an＝，当n≥2时，an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1) ＝1＋1＋－＋…＋－n－2＝1＋＝1＋＝－－n－1，当n＝1时，－－1－1＝1＝a1. 所以an＝－(－)n－1(nN*)． 10．(1)证明　因为an＝×n－1＝， Sn＝＝，所以Sn＝. (2)解　因为bn＝log3a1＋log3a2＋…＋log3an ＝－(1＋2＋…＋n) ＝－. 所以{bn}的通项公式为bn＝－. 11．(1)解　设数列{an}的公比为q(q≠0，q≠1)，由a5，a3，a4成等差数列，得2a3＝a5＋a4，即2a1q2＝a1q4＋a1q3，由a1≠0，q≠0得q2＋q－2＝0，解得q1＝－2，q2＝1(舍去)，所以q＝－2. (2)证明　法一　对任意kN＋， Sk＋2＋Sk＋1－2Sk＝(Sk＋2－Sk)＋(Sk＋1－Sk) ＝ak＋1＋ak＋2＋ak＋1 ＝2ak＋1＋ak＋1·(－2) ＝0，所以，对任意kN＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．法二　对任意kN＋，2Sk＝， Sk＋2＋Sk＋1＝＋＝， 2Sk－(Sk＋2＋Sk＋1)＝－＝[2(1－qk)－(2－qk＋2－qk＋1)] ＝(q2＋q－2)＝0.因此，对任意kN＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．。

高考数学二轮复习专题3第1讲等差、等比数列的通项、性质与前n项和素能训练(文、理)

高考数学二轮复习专题3第1讲等差、等比数列的通项、性质与前n项和素能训练(文、理)高考数学二轮复习专题 3 第 1 讲等差、等比数列的通项、性质与前n 项和素能训练（文、理）一、选择题1．( 文)(2014 ·东北三省三校联考) 等差数列 { a n} 的前n项和为S n，若a2＋a4＋a6＝ 12，则S的值是()7A． 21B． 24C． 28D． 7[答案] C[分析] ∵2＋4＋ 6＝3a 4＝12，∴a4＝4，a a a7a1＋ a77×8∴2 4＝1＋7＝8，∴ 7＝＝＝ 28.a a a S22( 理)(2013 ·新课标Ⅰ理，7) 设等差数列 { a } 的前n项和为S，S＝－ 2，S＝0，Sn n m m m－ 1＋1＝3，则＝ ()mA． 3B． 4C． 5D． 6[答案]C[分析]m m－ 1m m＋ 1mm＋1＝ 3，S － S＝ a ＝2，S－ S ＝am m∴ d＝ a ＋1－a＝3－2＝1，m＝1＋m m－1·1＝ 0，①S a m2a m＝ a1＋( m－1)·1＝2，∴ 1＝3－.②a m2m②代入①得 3 －2m＋－＝0，m m22∴＝0(舍去)或＝5，应选 C.m mS S2．( 文) 已知S 为等差数列{ a }的前 n 项和，若 S1＝1，46的值为 ()＝ 4，则n n S2S4 93A. B.425C. 3D． 4[答案]A[分析]由等差数列的性质可知S2，S4－ S2， S6－ S4成等差数列，由S4S4－ S2＝ 4 得S2＝ 3，S21高考数学二轮复习专题3第1讲等差、等比数列的通项、性质与前n项和素能训练(文、理)则 S6－ S4＝5S2，S69因此 S4＝4S2， S6＝9S2，＝.S44( 理)(2014 ·全国纲领文，8) 设等比数列 { a n} 的前n项和为S n.若 S2＝3， S4＝15，则 S6＝()A． 31B． 32C． 63D． 64[答案]C12[分析] a ＋ a ＝，解法 1：由条件知：a n>0，且1234a ＋ a ＋ a＋a ＝15，a11＋q＝3，∴a11＋q＋q2＋q3＝15，∴q＝2.1－ 26∴ a1＝1，∴ S6＝1－2＝63.24264成等比数列，即4222642＝解法 2：由题意知，S，S－S，S－S(S－S) ＝S(S－S)，即12 3( S6－ 15) ，∴S6＝ 63.3． ( 文) 设S n为等比数列 { a n} 的前n项和，且 4a3－a6＝ 0，则S6＝() S3A．－ 5B．－ 3C． 3D． 5[答案]D[分析]3612151∵ 4a－a＝0，∴4a q＝a q ，∵ a ≠0， q≠0，11－q6a3S61－q1－q63∴ q ＝4，∴S3＝a11－q3＝1－q3＝1＋q＝5.1－q( 理)(2013 ·新课标Ⅱ理，3) 等比数列 { a n} 的前n项和为S n，已知S3＝a2＋ 10a1，a5＝ 9，则1＝()a11A. 3B．－311C.D．－99[答案]C[ 分析 ] ∵S3＝a2＋ 10a1，∴a1＋a2＋a3＝a2＋ 10a1，a3＝ 9a1＝a1q2，∴q2＝ 9，又∵ a5＝9，∴9＝a3· q2＝9a3，∴ a3＝1，2高考数学二轮复习专题3第1讲等差、等比数列的通项、性质与前n 项和素能训练(文、理)1又 a 3＝ 9a 1，故 a 1＝ 9.4．(2014 ·新乡、许昌、平顶山调研 ) 设{ a n } 是等比数列，n是 { a n } 的前n 项和，对随意S正整数 n ，有 a n ＋ 2a n ＋1 ＋ a n ＋2＝ 0，又 a 1 ＝ 2，则 S 101 的值为 ()A ． 2B ． 200C ．－ 2D ． 0 [答案]A[分析]n2 nna 2＋ a 3＝ 0，∴ a 12设公比为 q ，∵ a ＋ a ＋1＋ a ＋ 2＝ 0，∴ a 1＋2 ＋ 2a 1q ＋a 1q ＝ 0，2∴q ＋ 2q ＋ 1＝0，∴ q ＝－ 1，又∵ a ＝ 2，1∴ S 101＝ a 1 1－q 1012[1 －－ 1101]1－ q＝1＋ 1＝ 2.5．(2014 ·哈三中二模 ) 等比数列 { a } ，知足 a 1＋ 2＋ a 3＋ 4＋ a 5＝3， 22 32 21 ＋ 2＋2＋4＋ 5n＝15，则 a －a ＋ a － a ＋ a 的值是 ()12345A ． 3B. 5C ．－ 5D ． 5 [答案]D11－ q 5a＝31－ q5[分析]11＋ q＝ 5，由条件知21－ q 10，∴ aa 1＝15 1＋ q1－ q 21515＝ 5.∴ a 1－ a 2＋a 3－ a 4＋ a 5＝ a [1 －－ q] ＝ a1＋ q1－－ q 1＋ q6．(2013 ·镇江模拟 ) 已知公差不等于 0 的等差数列 { a n } 的前 n 项和为n，假如3＝－SS21， a 是 a 与 a 的等比中项，那么在数列{ na } 中，数值最小的项是 ()715nA ．第 4项B ．第 3项C ．第 2项D ．第 1项 [答案] B[分析]设等差数列 { a } 的公差为，则由 3＝ 1＋ 2＋ 3＝ 3 2＝－ 21，得2＝－ 7，又n由 a 是 a2，即 ( a ＋ 5d ) 2与 a 的等比中项，得 a ＝ a · a＝ ( a －d)( a ＋ 3d) ，将 a ＝－ 7 代入，7157152222n22－ 11n ，对称轴方程3*，联合 d ≠0，解得 d ＝2，则 na ＝n [ a ＋ ( n －2) d ] ＝ 2n n ＝ 24，又 n ∈ N 联合二次函数的图象知，当＝3 时， na 取最小值，即在数列 { na } 中数值最小的项是第3 n n项．二、填空题7．(2013 ·广东六校联考 ) 设曲线y ＝ x n ＋ 1 *在点 (1,1) 处的切线与x 轴的交点的横( ∈ N )n3高考数学二轮复习专题3第1讲等差、等比数列的通项、性质与前n项和素能训练(文、理)坐标为 x n，则log2013x1＋log 2013x2＋＋log 2013 x2012 的值为________．[答案]－ 1[分析]由于 y′＝( n＋1) x n，因此在点(1,1)处的切线的斜率k＝ n＋1，0－ 1n因此＝ n＋1，因此 x n＝，x－1＋ 1n因此 log 2013x 1＋log 2013x2＋＋log 2013 2012x＝log 2013( x1·x2· ·x2012)122012＝ log 2013( 2·3· ·2013)＝ log 20131＝－ 1. 20138．(2014 ·中原名校二次联考 ) 若 { b } 为等差数列，b2＝ 4，b4＝ 8.数列 { a } 知足a1＝1，n nn＝n＋ 1－ n(∈ N*) ，则a 8＝________.b a a n[答案]57[ 分析 ]∵ b n＝a n＋1－a n，∴ a8＝(a8－a7)＋(a7－a6)＋＋(a2－a1)＋a1＝b7＋b6＋＋b1＋a1.由 { b n} 为等差数列，b2＝ 4，b4＝8 知b n＝ 2n∴数列 { b n} 的前n项和为S n＝n( n＋ 1) ．∴a8＝ S7＋a1＝7×(7＋1)＋1＝57.9．(2014 ·辽宁省协作校联考nn n＋ 1 n n n＋ 1n n) 若数列 { a } 与{ b } 知足 b a＋ b a ＝(－1)＋ 1，b＝3＋－1n－ 1， n∈N＋，且 a1＝2，设数列{ a n}的前 n 项和为 S n，则 S63＝________.2[答案]5603＋－1n－ 12n为奇数[分析]＝ 4，a＝∵ b ＝＝，又 a ＝2，∴ a ＝－1， an123421为偶数n－2，a5＝ 6，a6＝－ 3，，∴S63＝ a1＋ a2＋ a3＋ a63＝( a1＋ a3＋ a5＋＋ a63)＋( a2＋ a4＋ a6＋＋ a62)＝(2＋4＋6＋＋ 64) － (1 ＋ 2＋3＋＋ 31) ＝ 1056－ 496＝560.三、解答题10．(2014 ·豫东、豫北十所名校联考 ) 已知S为数列 { a } 的前n项和，且a＋S＝ 31，n n22n n n*a＋ 1＝3a－2 ( n∈ N )(1)求证： { a n－ 2n} 为等比数列；(2)求数列 { a n} 的前n项和S n.[ 分析 ](1) 由a n＋1＝ 3a n－2n可得a n＋1－2n＋1＝3a n－2n－2n＋1＝3a n－3·2n＝3( a n－2n)，4高考数学二轮复习专题3第1讲等差、等比数列的通项、性质与前n 项和素能训练(文、理)又 a 2＝ 3a 1－ 2，则 S 2＝ a 1＋ a 2＝ 4a 1－2，得 a 2＋ S 2＝7a 1－ 4＝ 31，得 a 1＝ 5，∴ a 1－ 21＝3≠0，n ＋ 1 an ＋ 1－2nn＝ 3，故 { a n －2 } 为等比数列．(2) 由 (1) 可知 an n －1nnn －2 ＝ 3( a － 2) ＝ 3 ，故 a＝2 ＋3，n1n2 1－2nnn ＋ 17∴ S n ＝3 1－3n ＋ 131－ 2 ＋ 1－ 3 ＝ 2＋2－2.一、选择题111．( 文)(2013 ·山西四校联考) 已知等比数列 { a n } 中，各项都是正数，且 a 1，2a 3, 2a 2 成8 9等差数列，则 a ＋ a＝ ()a 6＋ a 7A ．1＋ 2B ．1－ 2C ． 3＋2 2D ． 3－2 2[答案]C[分析]由条件知 a ＝ a ＋ 2a ，312∴ a 1q 2＝ a 1＋2a 1q ，∵ a 1≠0，∴ q 2－ 2q －1＝ 0，∵ q >0，∴ q ＝ 1＋ 2，a 8＋ a 92∴ a 6＋ a 7＝q ＝ 3＋ 2 2.( 理 ) 在等差数列 { a } 中， a ＋a ＋ a ＝ 3， a ＋a ＋ a＝ 87，则此数列前 20 项的和等于n123181920()A ． 290B ． 300C ． 580D ． 600[答案]B[ 分析 ]由 a 1＋ a 2＋a 3＝ 3， a 18＋ a 19＋ a 20＝ 87 得，a 1＋ a 20＝ 30，20×1＋ 20∴ S 20＝a a＝ 300.2nn知足 11n ＋ 1nb n ＋1＋n12． ( 文 ) 已知数列 { a } ， { b } a ＝ b ＝ 1 ， a － a ＝b n ＝ 2， n ∈ N ，则数列 { ba }的前 10 项的和为 ( )49－1)410A. (4B. (4－ 1)335高考数学二轮复习专题3第1讲等差、等比数列的通项、性质与前n项和素能训练(文、理)19110C. 3(4－1)D. 3(4－ 1)[答案]D[分析]由 a1＝1，a n＋1－a n＝2得， a n＝2n－1，b n＋11n n －1由b n＝ 2，b＝ 1得 b＝ 2，2( n－ 1)n－ 1，∴ ba ＝2a －1＝2＝ 4n nn1×410－ 1110∴数列 { ba } 前 10 项和为4－ 1＝3(4 －1) ．( 理 ) 若数列 { a n} 为等比数列，且a1＝1，q＝2，则 T n＝111)＋＋＋等于 (a1a2a2a3a n a n＋1121 A． 1－n B. (1－n) 434121 C． 1－2n D. 3(1 －2n) [答案]B[分析]n－ 1n－ 1n－1n n－ 1，由于 a n＝1×2＝2，因此 a n·a n＋1＝2·2＝2×4因此111n－ 11＝×()，因此 {} 也是等比数列，a n a n＋1 2 4a n a n＋11×111111－n21因此 T n＝4＋＋＋＝×1＝ (1 －n) ，应选 B. a1a2 a2a3a n a n＋12341－411212312k13．给出数列1，2，1，3，2，1，，k，k－1，，1，，在这个数列中，第50 个值等于 1 的项的序号是 ()．．A． 4900B． 4901C． 5000D． 5001[答案]B[分析]依据条件找规律，第 1 个 1是分子、分母的和为2，第 2个 1是分子、分母的和为 4，第 3 个 1 是分子、分母的和为6，，第 50 个 1 是分子、分母的和为100，而分子、分母的和为 2 的有 1 项，分子、分母的和为3 的有 2 项，分子、分母的和为4 的有 3 项，，12350分子、分母的和为99 的有 98 项，分子、分母的和为100 的项挨次是：99，98，97，，50，5199981＋ 9849，，1，第 50 个 1 是此中第 50 项，在数列中的序号为1＋ 2＋ 3＋＋ 98＋ 50＝2＋50＝ 4901.[ 评论 ]此题考察概括能力，由已知项找到规律，“1”所在项的特色以及项数与分子、6高考数学二轮复习专题3第1讲等差、等比数列的通项、性质与前n 项和素能训练(文、理)分母的和之间的关系，再利用等差数列乞降公式即可．5514．(2014 ·唐山市一模 ) 已知等比数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，且 a 1 ＋a 3＝ 2， a 2＋ a 4＝ 4，S n则 ()anA ． 4n － 1B ． 4n － 1nn － 1C ．2 －1D ． 2[答案]C[分析]125225111151设公比为 q ，则 a (1 ＋q ) ＝ 2， a (1 ＋q ) ＝ 4，∴ q ＝ 2，∴ a ＋ 4a ＝ 2，∴ a ＝2.1 n － 12[1 －1 n]1 n4[1 － 1 n]∴ a n ＝ n －12 ＝4[1 －(Sn2＝2(2 n － 1a 1q ＝2×( ) ， S n ＝1) ]，∴＝122a nn － 11－ 22× 21－ )2＝ 2n － 1.S [评论]用一般解法解出a 1、 q ，计算量大，若注意到等比数列的性质及求n，可简洁a n解答以下：1∵ a 2＋ a 4＝q ( a 1＋ a 3) ，∴ q ＝ 2，a 1 1－ q n1n 1－ q1 － nn － 1＝1－2nn∴ S ＝a 1q n － 1＝q11 ＝2 －1.a n1－ q · q2· 2n －1二、填空题15．(2014 ·新乡、许昌、平顶山调研) 以下图，将正整数排成三角形数阵，每排的数称为一个群，从上到下按序为第一群，第二群，，第 n 群，，第 n 群恰巧 n 个数，则第n 群中 n 个数的和是 ________．[答案]3·2n － 2n － 3[分析]由图规律知，第 n 行第 1 个数为 2n － 1n － 2n，第 2 个数为 3·2 ，第 3 个数为 5·2－3 设这 n 个数的和为Snnn·2＋ (2 n －1) ·20①则 S ＝2 － 1 ＋3·2－2＋5×2－3＋＋ (2 n －3)7高考数学二轮复习专题3第1讲等差、等比数列的通项、性质与前n 项和素能训练(文、理)2S n ＝ 2 n ＋3·2n －1＋5·2n －2＋＋ (2 n －3) ·22＋ (2 n －1) ·21②nn n②－①得 S n ＝ 2 ＋2·2－1＋2·2－2＋＋ 2·22＋2·2－ (2 n － 1)＝ 2n ＋ 2n ＋2n －1＋＋ 23＋ 22－ (2 n － 1)n － 1n41－2＝ 2 ＋－ (2 n － 1)＝ 2n ＋ 2n ＋1－ 4－2n ＋ 1n＝3·2－2n － 3.16．在数列 { a } 中，若2 2 *a － a － 1＝ p ( n ≥2， n ∈ N )( p 为常数 ) ，则称 { a } 为“等方差数nn nn列”．以下是对“等方差数列”的判断：①若数列 { a } 是等方差数列，则数列2 { a } 是等差数列；nnn②数列 {( － 1) } 是等方差数列；③若数列 { a n } 既是等方差数列，又是等差数列，则该数列必为常数列；④若数列 { a } 是等方差数列，则数列{ a*}( k 为常数， k ∈ N ) 也是等方差数列．nkn此中正确命题的序号为 ________．[ 答案 ] ①②③④[ 分析 ]由等方差数列的定义、等差数列、常数列的定义知①②③④均正确．三、解答题17． ( 文)(2013 ·浙江理， 18) 在公差为 d 的等差数列 { a n } 中，已知 a 1＝ 10，且 a 1, 2a 2＋2,5 a 3 成等比数列．(1) 求 d ， a n ；(2) 若 d <0，求 | a 1| ＋ | a 2| ＋ | a 3 | ＋＋ | a n |.[分析] (1)1 32 2) 2 1由题意得 a ·5a ＝ (2 a ＋，a ＝ 10，即 d 2－ 3d － 4＝ 0. 故 d ＝－ 1 或 d ＝ 4.因此 a n ＝－ n ＋ 11，n ∈ N * 或 a n ＝4n ＋ 6， n ∈ N * . (2) 设数列 {a n }的前 n 项和为n .由于 d <0，S由 (1) 得 d ＝－ 1， a n ＝－ n ＋11. 则221当 n ≤11 时， | a 1| ＋ | a 2| ＋ | a 3| ＋＋ | a n | ＝ S n ＝－ 2n ＋ 2 n .1 2 当 n ≥12 时， | a 1| ＋ | a 2| ＋ | a 3| ＋＋ | a n | ＝－ S n ＋ 2S 11＝ 2n －1212 n ＋ 110.综上所述， | a 1| ＋| a 2| ＋ | a 3| ＋＋ | a n |1 2 21－ 2n ＋ 2 n ， n ≤11，＝21122n － 2 n ＋110， n ≥12.8高考数学二轮复习专题3第1讲等差、等比数列的通项、性质与前n 项和素能训练(文、理)2x ＋ 3( 理 )(2013 ·天津十二区县联考 ) 已知函数 f ( x ) ＝3x，数列 { a n } 知足 a 1 ＝ 1， a n ＋ 1＝f ( 1) ， n ∈ N * .a n(1) 求数列 { a n } 的通项公式；(2) 令 b n ＝1( n ≥2) ， b 1＝3， S n ＝ b 1＋ b 2＋＋ b n ，若 S n < － 2004建立，aa m 对全部 n ∈ N * 2n －1 n求最小的正整数 m .[分析] (1)∵ a n ＋ 1＝ f ( 12＋ 3a n2) ＝＝ a n ＋，a n332∴ { a n } 是以 3为公差，首项 a 1＝ 1 的等差数列，21∴ a n ＝ 3n ＋ 3.(2) 当 n ≥2时，1＝1b n ＝a 2n － 12n ＋ 1ann － 13 3339 11＝ 2(2 －1－2 ＋1)，nn当 n ＝1 时，上式相同建立． ∴ S n ＝ b 1＋b 2＋＋ b n91 1 111＝2(1 －3＋ 3－ 5＋＋2n －1－2n ＋ 1)9 － 1) ，＝ (122n ＋ 1m －200491m － 2004*∵ S n < 2 ，即 2(1 －2n ＋1)<2对全部 n ∈ N 建立，91 ) 随 n 递加，且 9 1 )< 9又 (1－(1 －，22n ＋ 1 2 2n ＋ 1 29m － 2004＝ 2013.∴ 2≤2，∴ m ≥2013，∴ m最小18． ( 文)(2014 ·吉林市质检 ) 已知数列 {n }知足首项为1＝ 2，n ＋ 1＝ 2 n ， ( ∈ N * ) ．设aa a anb n ＝3log 2a n － 2( n ∈ N * ) ，数列 {c n } 知足 c n ＝a n b n .(1) 求证：数列 { b n } 成等差数列；(2) 求数列 { c n } 的前 n 项和 S n .[分析] n1 n －1n(1) 由已知可得， a ＝ a q ＝ 2 ， b n ＝ 3log 22n － 29高考数学二轮复习专题3第1讲等差、等比数列的通项、性质与前n项和素能训练(文、理)∴ b n＝3n－2，∵ b n＋1－ b n＝3，∴ {b} 为等差数列，此中1＝1，＝ 3.n(2)c n＝ a n b n＝(3 n－2)·2nS n＝1·2＋4·223n ＋7·2＋＋ (3 n－2) ·2①234(3n nnn＋ 12 n＝1·2＋4·2＋7·2＋＋－5) ·2＋ (3－2) ·2 ②S①－②得－ S n＝2＋3[22＋34n n＋1 2＋ 2＋＋ 2 ]－ (3 n－2) ·2＝ 2＋3·4 1－2n－1n＋11－ 2－ (3 n－2) ·2n＋ 1＝－ 10＋ (5 － 3n) ·2∴S n＝10－(5－3n)·2n＋1.( 理 ) 已知等差数列 { a n} 的公差为2，其前n项和S n＝pn2＋ 2n( n∈ N* ) ．(1)求 p 的值及 a n；(2) 若b n＝2，记数列 { b n} 的前n项和为9建立的最小正整数 n 2n－1T n，求使 T n>a n10的值．[ 分析 ]此题主要考察等差数列的观点及相关计算，数列乞降的方法，简单分式不等式的解法，化归转变思想及运算求解能力等．(1)解法 1：∵ { a n} 是等差数列，∴ S n＝ na1＋n n－ 1－ 1×2 2d＝ na1＋n n2＝ n2＋( a1－1) n.又由已知 S n＝ pn2＋2n，∴p＝1， a1－1＝2，∴ a1＝3，∴a n＝ a1＋( n－1) d＝2n＋1，∴ p＝1， a n＝2n＋1.解法 2：由已知a1＝ S1＝ p＋2，S2＝4p＋4，即 a1＋ a2＝4p＋4，∴ a2＝3p＋2.又等差数列的公差为2，∴a2－a1＝ 2，∴2p＝2，∴p＝1，∴a1＝p＋ 2＝ 3，∴a n＝ a1＋( n－1) d＝2n＋1，∴ p＝1， a n＝2n＋1.解法 3：当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝pn2＋ 2n－ [ p( n－ 1) 2＋ 2( n－ 1)] ＝2pn－p＋2，∴a2＝3p＋2，由已知 a2－ a1＝2，∴2p＝2，∴ p＝1，∴a1＝ p＋2＝3，∴ a n＝ a1＋( n－1) d＝2n＋1，∴p＝1， a n＝2n＋1.10(2) 由 (1) 知b n＝2＝2112 － 1 2 ＋ 1－ 1－2＋ 1，n n n n∴ n＝ 1＋2＋ 3＋＋b nT b b b＝11＋(111111) ＝12n (－ )－ )＋(－ )＋＋(－1－＝.1 3 3 5 5 72n－1 2n＋12n＋ 12n＋ 1929又∵ T n>10，∴2n＋1>10，∴20n>18n＋9，即n9n*> ，又∈N .2n9n 的值为5.∴使 T ＝10建立的最小正整数11。

高考数学第二轮复习数列练习

高考数学第二轮复习数列练习一、本章知识结构：二、高考要求1．理解数列的有关概念：了解递推公式是给出数列的一种方法：并能根据递推公式写出数列的前n项.2．理解等差（比）数列的概念：掌握等差（比）数列的通项公式与前n项和的公式. 并能运用这些知识来解决一些实际问题.3．了解数学归纳法原理：掌握数学归纳法这一证题方法：掌握“归纳—猜想—证明”这一思想方法.三、热点分析1.数列在历年高考中都占有较重要的地位：一般情况下都是一个客观性试题加一个解答题：分值占整个试卷的10%左右.客观性试题主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n项和公式、极限的四则运算法则、无穷递缩等比数列所有项和等内容：对基本的计算技能要求比较高：解答题大多以考查数列内容为主：并涉及到函数、方程、不等式知识的综合性试题：在解题过程中通常用到等价转化：分类讨论等数学思想方法：是属于中高档难度的题目.2.有关数列题的命题趋势（1）数列是特殊的函数：而不等式则是深刻认识函数和数列的重要工具：三者的综合求解题是对基础和能力的双重检验：而三者的求证题所显现出的代数推理是近年来高考命题的新热点（2）数列推理题是新出现的命题热点.以往高考常使用主体几何题来考查逻辑推理能力：近两年在数列题中也加强了推理能力的考查。

（3）加强了数列与极限的综合考查题3.熟练掌握、灵活运用等差、等比数列的性质。

等差、等比数列的有关性质在解决数列问题时应用非常广泛：且十分灵活：主动发现题目中隐含的相关性质：往往使运算简洁优美.如a2a4+2a3a5+a4a6=25：可以利用等比数列的性质进行转化：a2a4=a32：a4a6=a52：从而有a32+2aa53+a52=25：即（a3+a5）2=25.4.对客观题：应注意寻求简捷方法解答历年有关数列的客观题：就会发现：除了常规方法外：还可以用更简捷的方法求解.现介绍如下：①借助特殊数列.②灵活运用等差数列、等比数列的有关性质：可更加准确、快速地解题：这种思路在解客观题时表现得更为突出：很多数列客观题都有灵活、简捷的解法5.在数列的学习中加强能力训练数列问题对能力要求较高：特别是运算能力、归纳猜想能力、转化能力、逻辑推理能力更为突出.一般来说：考题中选择、填空题解法灵活多变：而解答题更是考查能力的集中体现：尤其近几年高考加强了数列推理能力的考查：应引起我们足够的重视.因此：在平时要加强对能力的培养。

数列等差等比数列问题综合二轮复习专题练习(二)附答案高中数学

评卷人
得分
三、解答题
21．已知和均为给定的大于1的自然数.设集合，集合 .
（Ⅰ）当，时，用列举法表示集合；
（Ⅱ）设，，，其中， .证明：若，则 .（本小题满分14分）
（Ⅰ）
22．已知数列，其中，当时，数列的前项和满足
（1）求
（2）若数列，数列的前项和对任意恒成立，求整数M的最大值。
A．10 B．19C．20D．38
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
评卷人
得分
二、填空题
13．【汇编高考江苏卷第7题】在各项均为正数的等比数列中，若，，则的值是.
14．设等差数列的前项和为、是方程的两个根，．
15．若数列的前项和，则数列中数值最小的项是第项．
2．若数列是等差数列，首项，则使前n项和成立的最大自然数n是：（）
A 4005 B4006 C4007 D 4008(汇编重庆理)
3．设为等比数列的前项和，已知，，则公比 ( )
（A）3（B）4（C）5（D）6（汇编辽宁文3）
4．在等差数列中，、是方程的两个根，则是(）
A．15 B．30 C．50 D．15＋12 （汇编）
当时，这个命题的逆命题为真，………8分
理由如下：因，，，
若成等差数列，则，即，………10分
也就是
又 ………12分
………14分
即 .………16分
16．已知实数为等比数列，存在等比中项，的等差中项为，则 ▲．
17．设数列{an}满足：，则a1的值大于20的概率为▲．
18．在等差数列中，若，且，则 =____