专题2.数列

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专题2第1课时等差数列与等比数列

【解析】由a1 a3 a5 105得3a3 105，即a3 35.
由a2 a4 a6 99得3a4 99即a4 33，故d -2， an 0 则an a4 n - 4 -2 41- 2n，由 an 1 0 得n 20
由T3=15得b2=5.故可设b1=5-d，b3=5+d，
又a1=1,a2=3,a3=9.由题意知(5-d+1)(5+d+9)=82，解得d1=2，d2=-10. 又等差数列{bn}的前n项和Tn有最大值，所以d=-10.从而Tn=20n-5n2.
【点评】本题考查的是等差、等比数列定义的
应用，同时考查具有最值的等差数列中首项和公差所必须满足的条件，在客观题中，这种类型经常出现．
2
5. 设奇数项之和为SG，偶数项之和为S N SG an ⅰ 若 an 共有2n项，则S N SG nd； () ； S N an 1 SG n (ⅱ) 若 an 共有2n 1项，则SG S N an； . SN n 1
n a1 an n n 1 6.等差数列求和公式：S n na1 d 2 2 公式推导可用倒序相加法．二、等比数列an an 1 an 1 an 2 1. ⅰ表示形式： q， () . an an an 1 (ⅱ)任意两项an、am之间的关系式：an am q n m (m、n N* ) 2. ⅰ若m n p q，m、n、p、q N*，则am an a p aq () (ⅱ) S n为数列an 的前n项和，则非零各项S n，S 2n S n， S3n S 2n 也成等比数列，公比为q n .
【解析】1由题设2a3 a1 a2，即2a1q a1 a1q，

07第一部分板块二专题二数列第2讲数列求和及数列的简单应用(大题)

本课结束
① ②
＝2＋2×411－－22n－1－(2n－1)·2n＋1＝－6＋2n＋2－(2n－1)·2n＋1＝－6＋2n＋1(3－2n)，
∴Tn＝6＋(2n－3)·2n＋1.
2
PART TWO
真题体验押题预测
真题体验 (2019·全国Ⅰ，文，18)记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S9＝－a5. (1)若a3＝4，求{an}的通项公式；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
解由(1)知，当an＝5时，Sn＝5n. 当 an＝2n＋1 时，a1＝3，则 Sn＝n3＋22n＋1＝n2＋2n(n∈N*).
热点二数列的证明问题
判断数列是否为等差或等比数列的策略 (1)将所给的关系式进行变形、转化，以便利用等差数列和等比数列的定义进行判断； (2)若要判断一个数列不是等差(等比)数列，则只需说明某连续三项(如前三项) 不是等差(等比)数列即可.
＝141－n＋1 1＝4nn＋1.
跟踪演练3 (2019·龙岩模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＝3，S6＝36. (1)求数列{an}的通项公式；
解 ∵a2＝3，∴a1＋d＝3， ∵S6＝36，∴6a1＋15d＝36，则a1＝1，d＝2， ∴an＝2n－1.
(2)若数列{bn}满足bn＝2n·an，n∈N*，求数列{bn}的前n项和Tn.
板块二专题二数列
内容索引
NEIRONGSUOYIN
热点分类突破真题押题精练
1
PART ONE
热点一等差、等比数列基本量的计算热点二数列的证明问题热点三数列的求和问题
热点一等差、等比数列基本量的计算
解决有关等差数列、等比数列问题，要立足于两个数列的概念，设出相应基本量，充分利用通项公式、求和公式、数列的性质确定基本量.解决综合问题的关键在于审清题目，弄懂来龙去脉，揭示问题的内在联系和隐含条件，形成解题策略.

高考总复习二轮数学精品课件专题2 数列培优拓展(二) 数列中的情境创新与数学文化

1
A,a2=192×2=96,故此人第二天走了九十六里路,A
对于
正确;
对于 B,后五天所走的路程为 378-192=186 里,
则第一天比后五天多走的路程是 192-186=6 里,B 正确;
对于
对于
1
48
1
C,a3=192×4=48,而378 > 8,C 错误;
1
1
1
D,a4+a5+a6=192×(8 + 16 + 32)=42,
天起,每天比前一天多织多少尺布?”已知 1 匹=4 丈,1 丈=10 尺,若这个月有
30 天,记该女子这个月中第 n 天所织布的尺数为 an,bn=2 ,则( BD )
A.b10=8b5
B.数列{bn}是等比数列
3 + 5 + 7
209
C.a1b30=105
D.
=
2 + 4 + 6

A.a4=12
2
C. Sn=+1
B.an+1=an+n+1
D.a100=4950
解析各层球数为1,3,6,10,15,21,…,
所以a2-a1=2,a3-a2=3,a4-a3=4,an-an-1=n(n≥2,n∈N*),
显然可得an+1=an+n+1,因此选项A不正确,选项B正确;
当n≥2,n∈N*时,an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1
奇数时,n+1为偶数,则an+2=an+1+n+1,an+1=an+n+1,可得an+2=an+2(n+1),当

专题二数列通项公式的求法

就是观察数列的特征，横向看各项之间的关系结构，纵向看各项与项数n的内在联系，从而归纳出数列的通项公式．
例1、求数列3，5，9，17，33，……的通项公式
解：变形为：21+1，22+1，23+1，24+1，25+1，……
∴通项公式为： an 2n 1
可见联想与转化是由已知认识未知的两种有效的思维方法。注意：用不完全归纳法，只从数列的有限项来归纳数列所有项的通项公式是不一定可靠的，如2，4， 8同，的…数…列。（可如归a4纳便成不a同n=）2n或者an=n2-n+2 ，这是两个不
累乘法
an1 pan q
待定系数构造法
取倒数
an与sn的关系
a1

3, an

3an1 3 an1
(n

2)
2. 设an是首项为1的正数项数列,且
(n 1)an12 nan2 an1an 0(n 1, 2, 3, )
求an的通项公式.
由(n 1)an12 nan2 an1an 0 累乘法
∴a2－a1=4×1－2 a3－a2=4×2－2 a4－a3=4×3－2
……
an－an-1=4×(n－1)－2
两边分别相加得：
an－a1=4[1+2+3+……+(n－1)]－2(n-1)
∴ an=2n2－4n+3
小结、已知数列递推公式求通项公式：
an1 an f (n) 累加法
an1 f (n) an
∴an=2n－1
解法 2：∵an＋1＝2an＋3，∴n≥2 时，有 an＝2an－1＋3， ∴an＋1－an＝2(an－an－1)．令 bn＝an＋1－an，∴bn＝2bn－1， ∴{bn}是公比为 2 的等比数列，首项 b1＝a2－a1＝6， ∴bn＝6×2n-1，

专题二求数列的前n项和

数列专题2：求数列的前n 项和一、公式法求和（1）等差数列求和公式：d n n na a a n S n n 2)1(2)(11-+=+=（2）等比数列求和公式：)1(1)1(111≠--=--=q qq a q q a a S n n n（3）常见数列的前n 项和公式：①2)1(321+=++++n n n ②2)12(531n n =-++++ ③6)12)(1(3212222++=++++n n n n ④23333]2)1([321+=++++n n n二、错位相减法适用类型：求数列}{n n b a ⋅的前n 项和n S ，其中}{n a 是等差数列，{}n b 是等比数列方法：将式子n S 两边乘以{}n b 的公比q ，得到式子n qS ，然后将两式错位相减例1、已知nn n a 212-=，求数列{}n a 的前n 项和．【变式1】已知122-=n n a ，令n n na b =，求数列{}n b 的前n 项和；三、裂项相消法方法：将通项公式裂成两项之差，使)()1(k f k f a k -+=或)1()(+-=k f k f a k 形式，然后取n k ,,3,2,1 =相加后相消（1）一次型： ①=+)1(1n n ②=+)2(1n n③=-112n ④=-4112n⑤=+-)12)(12(1n n ⑥=+-)12)(12()2(2n n n【小结】已知数列{}n a 为等差数列，且公差不为0，首项也不为0，则)11(1111++-=i i i i a a d a a （2）根式型： ①=++n n 11 ②=+---+)12)(12(1212n n n n【小结】已知数列{}n a 为正项等差数列，且公差不为0，则)(1111i i i i a a d a a -=+++（3）指数型：①=+++)12)(12(21n n n ②=--+)12)(12(21n n n【小结】已知数列{}n a 为正项等差数列，且公差不为0，则)(1111i i i i a a da a -=+++例2、数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧++n n 11的前n 项和为．例3、已知正数数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意的正整数n 满足2S n ＝a n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n ·a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和B n ．【变式2】（1）数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧++)32)(12(1n n 的前n 项和为．（2）已知等差数列{}n a 满足：3a =7，2675=+a a ．{}n a 的前n 项和为n S ． ①求n a 及n S ； ②令)(11*2N n a b n n ∈-=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．（3）在数列{}n a 中，11=a ，当2≥n 时，其前n 项和n S 满足)21(2-=n n n S a S（1）求n S 的表达式；（2）设12+=n S b nn ，求{}n b 的前n 项和n T ．四、通项分组法方法：对通项进行分解与组合，转化为等差、等比数列的求和问题例4、数列,21，43，85，167，…的前n 项和n S 为（）．A 、12211--+n nB 、n n 2122-+C 、n n 2112-+D 、12212--+n n例5、已知12-=n a n ，114)1(+--=n n n n a a nb ，求数列{}n b 的前n 项和．【变式3】（1）求数列11+，41+a ，712+a ，1013+a，…的前n 项和n S ．练习：1、等比数列{}n a 的各项均为正数，且13221=+a a ，62239a a a =．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设n n a a a b 32313log log log +++= ，求数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n b 1的前n 项和．2、在数列{}n a 中，11=a ，点),(1+n n a a 在直线02=+-y x 上． (1)求数列{}n a 的通项公式； (2)已知n n n a a a a T 222233221++++= ，求n T ．3、（2015·课标全国I ）n S 为数列{}n a 的前n 项和．已知0>n a ，3422+=+n n n S a a ．（1）求{}n a 的通项公式；（2）设11+=n n n a a b ，求数列{}n b 的前n 项和．2、已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且53=a ，22515=S ．①求数列{}n a 的通项公式；②设n n n a b 22+=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．3、设数列{}n a 满足21=a ，12123-+⋅=-n n n a a ．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）令n n na b =，求数列的前n 项和n S ．3、设数列{}n a 的前n 项和记为n S ，点))(,(*N n nS n n∈均在函数12+-=x y 的图象上．（1）写出n S 关于n 的函数表达式；（2）求证：数列{}n a 是等差数列；（3）求数列{}n a 的前n 项和．4、在等比数列{})(*N n a n ∈中，11>a ，公比0>q ，设n n a b 2l og =，且6531=++b b b ，0531=b b b ．（1）求{}n a 的通项；（2）若41)5(12--=n n b c ，求n c 的前n 项和n S ．。

高考数学二轮总复习第2篇经典专题突破核心素养提升专题2数列第2讲数列求和及其综合应用课件

n＋1，n为奇数，从而 bn＝2n，n为偶数，
b1＋b2＋b3＋…＋b2n－1＋b2n ＝(2＋4＋…＋2n)＋(22＋24＋…＋22n) ＝n×(22＋2n)＋4×1(－1－4 4n) ＝n(n＋1)＋43(4n－1)；
(2)∵cn＝b2n－1·b2n＝2n×22n＝2n·4n， ∴Sn＝2×41＋4×42＋6×43＋…＋2n·4n， 4Sn＝2×42＋4×43＋6×44＋…＋2(n－1)·4n＋2n·4n+1，两式相减得，－3Sn＝2×41＋2×42＋2×43＋…＋2×4n－2n×4n+1 ＝8(11－－44n)－2n×4n+1
(1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝24nn＋an1，求数列{bnbn＋1}的前 n 项和 Tn.
【解析】(1)当 n＝1 时，a1＝14. 因为 a1＋4a2＋42a3＋…＋4n-2an－1＋4n-1an＝n4，① 所以 a1＋4a2＋42a3＋…＋4n-2an－1＝n－4 1(n≥2，n∈N*)，② ①－②得 4n-1an＝14(n≥2，n∈N*)，所以 an＝41n(n≥2，n∈N*). 当 n＝1 时也适合上式，故 an＝41n(n∈N*).
核心拔头筹考点巧突破
考点一数列求和
1．裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是依次项抵消，有的是间隔项抵消．常见的裂项方式有：
n(n1＋1)＝1n－n＋1 1； n(n1＋k)＝1k1n－n＋1 k； n2－1 1＝12n－1 1－n＋1 1； 4n21－1＝122n1－1－2n1＋1.
②cn＝4n3－n 2， Tn＝23＋362＋1303＋…＋4n3－n 2，① 13Tn＝322＋363＋1304＋…＋4n3－n 6＋43nn－+12，②

专题：数列试题2

2．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n ，数列{b n }是各项为正的等比数列，满足a 1＝－b 1，b 3(a 2－a 1)＝b 1.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)记c n ＝a n ·b n ，求c n 的最大值．解：(1)∵a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ S 1， n ＝1S n －S n －1，n ≥2，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1， n ＝14n －5，n ≥2，即a n ＝4n －5(n ∈N *)．故b 1＝1，b 1q 2(a 2－a 1)＝b 1，∴q 2＝14，∵b n >0，∴q ＝12，∴b n ＝(12)n －1(n ∈N *)．(2)由(1)可知，c n ＝(4n －5)(12)n －1，则由⎩⎪⎨⎪⎧c n ≥c n －1c n ≥c n ＋1可得94≤n ≤134，又n ∈N *，故n ＝3.即c 3最大，故c n 的最大值为74.3．已知函数f (x )＝2x ＋33x ，数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝f (1a n)，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令T n ＝a 1a 2－a 2a 3＋a 3a 4－a 4a 5＋…－a 2n a 2n ＋1，求T n .解：(1)∵a n ＋1＝f (1a n )＝2a n＋33a n＝2＋3a n 3＝a n ＋23，∴{a n }是以23为公差的等差数列．又a 1＝1，∴a n ＝23n ＋13.(2)T n ＝a 1a 2－a 2a 3＋a 3a 4－a 4a 5＋…－a 2n a 2n ＋1 ＝a 2(a 1－a 3)＋a 4(a 3－a 5)＋…＋a 2n (a 2n －1－a 2n ＋1)＝－43(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝－43·n (53＋4n 3＋13)2＝－49(2n 2＋3n )．一、选择题1．已知数列{a n }是首项为a 1＝4的等比数列，且4a 1，a 5，－2a 3成等差数列，则其公比q 等于( )A ．1B ．－1C ．1或－1 D. 2解析：选C.依题意有2a 5＝4a 1－2a 3，即2a 1q 4＝4a 1－2a 1q 2，整理得q 4＋q 2－2＝0，解得q 2＝1(q 2＝－2舍去)，所以q ＝1或－1，故选C.2．(2010·高考福建卷)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，则当S n 取最小值时，n 等于( )A ．6B ．7C ．8D ．9 解析：选A.设等差数列的公差为d ，则由a 4＋a 6＝－6得2a 5＝－6，∴a 5＝－3.又∵a 1＝－11，∴－3＝－11＋4d ，∴d ＝2，∴S n ＝－11n ＋n (n －1)2×2＝n 2－12n ＝(n －6)2－36，故当n ＝6时S n 取最小值，故选A.3．(2012·德州调研)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 9＝－18，S 13＝－52，等比数列{b n }中，b 5＝a 5，b 7＝a 7，则b 15的值为( )A ．64B ．－64C ．128D ．－128解析：选B.因为S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝－18，S 13＝132(a 1＋a 13)＝13a 7＝－52，所以a 5＝－2，a 7＝－4，又b 5＝a 5，b 7＝a 7，所以q 2＝2，所以b 15＝b 7·q 8＝－4×16＝－64.4．数列{a n }的通项公式是关于x 的不等式x 2－x <nx (n ∈N *)的解集中的整数个数，则数列{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．n 2B ．n (n ＋1) C.n (n ＋1)2D ．(n ＋1)(n ＋2)解析：选C.由x 2－x <nx ，得0<x <n ＋1(n ∈N *)，因此a n ＝n ，S n ＝n (n ＋1)2.5．据科学计算，运载“神七”的“长征”二号系列火箭在点火后第一秒钟通过的路程为2 km ，以后每秒钟通过的路程增加2 km ，在到达离地面240 km 的高度时，火箭与飞船分离，则这一过程需要的时间为( )A ．10秒钟B ．13秒钟C ．15秒钟D ．20秒钟解析：选 C.设每一秒钟通过的路程依次为a 1，a 2，a 3，…，a n ，则数列{a n }是首项a 1＝2，公差d ＝2的等差数列，由求和公式有na 1＋n (n －1)d2＝240，即2n ＋n (n －1)＝240，解得n ＝15.二、填空题6．已知数列{a n }中，a 1＝2，点(a n －1，a n )(n >1且n ∈N )满足y ＝2x －1，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝________.解析：a n ＝2a n －1－1⇒a n －1＝2(a n －1－1)，∴{a n －1}是等比数列，则a n ＝2n －1＋1. ∴a 1＋a 2＋…＋a 10＝10＋(20＋21＋22＋ (29)＝10＋1－2101－2＝1033.答案：1033 7．(2010·高考浙江卷)在如下数表中，已知每行、每列中的数都成等差数列，那么位于表中的第n 行第n ＋1列的数是________．解析：由题中数表知：第n 行中的项分别为n,2n,3n ，…，组成一等差数列，所以第n 行第n ＋1列的数是：n 2＋n .答案：n 2＋n8．两个相距2343364厘米的物体相向运动，甲第一秒经过3厘米，以后每秒比前一秒多行4厘米．乙第一秒经过2厘米，以后每秒行的路程是前一秒的32倍，则经过________秒两物体相遇．解析：第n 秒甲、乙两物体各行a n 、b n 厘米，a n ＝4n －1，b n ＝2·(32)n －1(n ∈N *)．{a n }的前n 项和S n ＝2n 2＋n ，{b n }的前n 项和为T n ＝4·(32)n －4.由题意知：2343364＝S n ＋T n ⇒n ＝8.答案：8 三、解答题9．(2011·高考广东卷)设b ＞0，数列{a n }满足a 1＝b ，a n ＝nba n －1a n －1＋2n －2(n ≥2)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)证明：对于一切正整数n ，a n ≤b n ＋12n ＋1＋1.解：(1)∵a n ＝nba n －1a n －1＋2n －2(n ≥2)，∴1a n ＝a n －1＋2n －2nba n －1， ∴n a n ＝a n －1＋2(n －1)ba n －1＝1b ＋2(n －1)ba n －1. 令c n ＝na n ，∴c n ＝1b ＋2b c n －1(n ≥2)，c 1＝1b.①当b ＝2时，c n ＝12＋c n －1，即c n －c n －1＝12.∴数列{c n }是以c 1＝1b ＝12为首项，12为公差的等差数列．∴c n ＝12＋(n －1)×12＝n 2.又∵c n ＝na n，∴n a n ＝n2，即a n ＝2. ∴当b ＝2时，a n ＝2.②当b ＞0且b ≠2时，由c n ＝2b c n －1＋1b(n ≥2)得c n ＋12－b ＝2bc n －1＋1b ＋12－b ，∴c n ＋12－b ＝2b c n －1＋2(2－b )b，即c n ＋12－b ＝2b ⎝⎛⎭⎫c n －1＋12－b (n ≥2)．∵c 1＋12－b ＝1b ＋12－b ＝2b (2－b )≠0，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫c n ＋12－b 是以2b (2－b )为首项，2b 为公比的等比数列．∴c n ＋12－b ＝2b (2－b )·⎝⎛⎭⎫2b n －1＝12－b ⎝⎛⎫2b n . ∴c n ＝12－b ⎝⎛⎭⎫2b n －12－b ＝2n (2－b )b n －12－b ＝2n －b n (2－b )b n.又∵c n ＝na n，∴a n ＝nb n (2－b )2n －b n.即当b ＞0且b ≠2时，a n ＝nb n (2－b )2n －b n .综上所述，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2， b ＝2，nb n(2－b )2n －bn ， b ＞0且b ≠2.(2)证明：当b ＝2时，a n ＝2，此时a n ≤b n ＋12n ＋1＋1显然成立．当b ＞0且b ≠2时，a n ≤b n ＋12n ＋1＋1⇔nb n (2－b )2n －b n ≤b n ＋12n ＋1＋1⇔n 2n －b n 2－b≤b 2n ＋1＋1b n ⇔n (2－b )(2n －1＋2n －2b ＋…＋2b n －2＋b n －1)2－b≤b 2n ＋1＋1b n ⇔n2n －1＋2n －2b ＋…＋2b n －2＋b n －1≤b 2n ＋1＋1b n⇔n ≤(b 2n ＋1＋1b n )(2n －1＋2n －2b ＋…＋2b n －2＋b n －1)．令A ＝⎝⎛⎭⎫b 2n ＋1＋1b n (2n －1＋2n －2b ＋…＋2b n －2＋b n －1)＝b 22＋b 223＋…＋b n 2n ＋1＋2n －1b n ＋2n －2bn －1＋…＋2b 2＋1b ，则A ＝⎝⎛⎭⎫b 22＋1b ＋⎝⎛⎭⎫b 223＋2b 2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b n 2n ＋1＋2n －1b n ≥1＋1＋…＋1＝n ，即A ≥n 得证．即当b ＞0且b ≠2时，a n ≤bn ＋12n ＋1＋1对于一切正整数n 成立．综上所述，a n ≤bn ＋12n ＋1＋1对于一切正整数n 成立．10．已知数列{a n }是等差数列，a 2＝6，a 5＝18，数列{b n }的前n 项和是T n ，且T n ＋12b n＝1.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证数列{b n }是等比数列； (3)记c n ＝a n ·b n ，求证：c n ＋1≤c n .解：(1)由已知⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝6，a 1＋4d ＝18，解得a 1＝2，d ＝4，∴a n ＝2＋(n －1)×4＝4n －2.(2)证明：由于T n ＝1－12b n ，①令n ＝1，得b 1＝1－12b 1，解得b 1＝23.当n ≥2时，T n －1＝1－12b n －1，②①－②得b n ＝12b n －1－12b n ，∴b n ＝13b n －1.又b 1＝23≠0，∴b n b n －1＝13，∴数列{b n }是以23为首项，13为公比的等比数列．(3)证明：由(2)可得b n ＝23n .c n ＝a n ·b n ＝(4n －2)23n ＝4(2n －1)3n，c n ＋1－c n ＝4(2n ＋1)3n ＋1－4(2n －1)3n ＝16(1－n )3n ＋1.∵n ≥1，故c n ＋1－c n ≤0，∴c n ＋1≤c n .1．(2011·高考江西卷)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＋S m ＝S n ＋m ，且a 1＝1，那么a 10＝( )A ．1B ．9C ．10D ．55 解析：选A.∵S n ＋S m ＝S n ＋m ，且a 1＝1， ∴S 1＝1.可令m ＝1，得S n ＋1＝S n ＋1， ∴S n ＋1－S n ＝1.即当n ≥1时，a n ＋1＝1，∴a 10＝1.2．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －1，则满足a nn≤2的正整数n 的集合为( )A ．{1,2}B ．{1,2,3,4}C ．{1,2,3}D ．{1,2,4}解析：选B.因为S n ＝2a n －1，所以当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－1，两式相减得a n ＝2a n －2a n －1，整理得a n ＝2a n －1，所以{a n }是公比为2的等比数列，又因为a 1＝2a 1－1，解得a 1＝1，故{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.而a n n ≤2即2n －1≤2n ，所以有n ＝1,2,3,4.3．在数列{a n }中，若a 1＝12，a n ＝11－a n －1(n ≥2，n ∈N *)，则a 2012＝________.解析：∵a 1＝12，a n ＝11－a n －1(n ≥2，n ∈N *)，∴a 2＝2，a 3＝－1，a 4＝12，∴{a n }是以3为周期的数列． ∴a 2012＝a 670×3＋2＝a 2＝2. 答案：24．如图为一三角形数阵，它满足：①第n 行首尾两数均为n ；②图中的递推关系类似杨辉三角(2)第2个数是________.解析：设第n 行第2n n －1)＋a n －1，a n －a n －1＝n －1，∴a 3－a 2＝2，a 4－a 3＝3，…，a n －a n －1＝n －1，以上各式累加得a n ＝2＋2＋3＋4＋…＋(n－1)＝1＋1＋2＋3＋…＋(n －1)＝1＋(n －1)n 2＝n 2－n ＋22.答案：n 2－n ＋22一、选择题1．数列0,1,0，－1,0,1,0，－1，…的一个通项公式是( ) A.(－1)n ＋12 B ．cos n π2C ．cos n ＋12πD ．cos n ＋22π解析：选D.令n ＝1,2,3，…逐一验证四个选项，易得D 正确．2．已知数列{a n }满足a 1>0，a n ＋1a n ＝12，则数列{a n }是( )A ．递增数列B ．递减数列C ．摆动数列D ．不确定解析：选B.∵a n ＋1a n ＝12<1.又a 1>0，则a n >0，∴a n ＋1<a n ， ∴{a n }是递减数列．3．下列说法正确的是( )A ．数列1,3,5,7可表示为{1,3,5,7}B ．数列1,0，－1，－2与数列－2，－1,0,1是相同数列C ．数列{n ＋1n }的第k 项为1＋1kD ．数列0,2,4,6，…可记为{2n }解析：选C.由数列定义可知A 、B 错误；数列{n ＋1n }的第k 项为k ＋1k ＝1＋1k，故C 正确；数列0,2,4,6，…的通项公式为a n ＝2n －2，故D 错，综上可知，应选C.4．(2012·沈阳质检)已知数列{a n }、{b n }的通项公式分别为a n ＝an ＋2，b n ＝bn ＋1(a 、b 为常数)，且a >b ，那么两个数列中序号与数值均相同的项的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3 解析：选A.设an ＋2＝bn ＋1， ∴(a －b )n ＋1＝0， ∵a >b ，n >0，∴(a －b )n ＋1＝0不成立．5．已知a 1＝1，a n ＝n (a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式是( )A ．2n －1B ．(n ＋1n)n －1C ．n 2D ．n解析：选D.法一：由已知整理得(n ＋1)a n ＝na n ＋1， ∴a n ＋1n ＋1＝a n n，∴数列{a n n }是常数列．且a n n ＝a 11＝1，∴a n ＝n . 法二：(累乘法)n ≥2时，a n a n －1＝nn －1，a n －1a n －2＝n －1n －2， …a 3a 2＝32，a 2a 1＝21，两边分别相乘得a na 1＝n . 又∵a 1＝1，∴a n ＝n . 二、填空题6．已知数列{n 2n 2＋1}，则0.98是它的第________项．解析：n 2n 2＋1＝0.98＝4950，∴n ＝7.答案：77．数列{a n }中，a n ＝1n ＋n ＋1，S n ＝9，则n ＝________.解析：a n ＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，∴S n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n ) ＝n ＋1－1＝9， ∴n ＝99. 答案：998．已知数列{a n }的前n 项的乘积为T n ＝5n 2，n ∈N *，则数列{a n }的通项公式为a n ＝________.解析：当n ＝1时，a 1＝T 1＝512＝5；当n ≥2时，a n ＝T n T n －1＝5n 25(n －1)2＝52n －1(n ∈N *)．当n ＝1时，也适合上式，所以当n ∈N *时，a n ＝52n －1.答案：52n －1(n ∈N *) 三、解答题9．数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝13S n (n ＝1,2,3，…)，求a n .解：∵a n ＋1＝13S n ，∴a n ＝13S n －1(n ≥2)，∴a n ＋1－a n ＝13(S n －S n －1)＝13a n (n ≥2)，∴a n ＋1＝43a n (n ≥2)．又a 1＝1，a 2＝13S 1＝13a 1＝13，∴{a n }是从第二项起，公比为43的等比数列，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1， n ＝1，13·(43)n －2，n ≥2.10．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a n －1＋3n －2(n ≥2)．(1)求a 2，a 3；(2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)由已知：{a n }满足a 1＝1，a n ＝a n －1＋3n －2(n ≥2)， ∴a 2＝a 1＋4＝5， a 3＝a 2＋7＝12.(2)由已知：a n ＝a n －1＋3n －2(n ≥2)得： a n －a n －1＝3n －2，由递推关系，得a n －1－a n －2＝3n －5，…，a 3－a 2＝7，a 2－a 1＝4，累加得： a n －a 1＝4＋7＋…＋3n －2＝(n －1)(4＋3n －2)2＝3n 2－n －22，∴a n ＝3n 2－n 2(n ≥2)．当n ＝1时，1＝a 1＝3×12－12＝1，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝3n 2－n2.11．(探究选做)已知二次函数f (x )＝x 2－ax ＋a (a >0，x ∈R )有且只有一个零点，数列{a n }的前n 项和S n ＝f (n )(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设c n ＝1－4a n(n ∈N *)，定义所有满足c m ·c m ＋1<0的正整数m 的个数，称为这个数列{c n }的变号数，求数列{c n }的变号数．解：(1)依题意，Δ＝a 2－4a ＝0，∴a ＝0或a ＝4. 又由a >0得a ＝4， ∴f (x )＝x 2－4x ＋4. ∴S n ＝n 2－4n ＋4.当n ＝1时，a 1＝S 1＝1－4＋4＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －5.∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1 (n ＝1)，2n －5 (n ≥2).(2)由题设c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ －3 (n ＝1)，1－42n －5(n ≥2).由1－42n －5＝2n －92n －5可知，当n ≥5时，恒有a n >0. 又c 1＝－3，c 2＝5，c 3＝－3，c 4＝－13，即c 1·c 2<0，c 2·c 3<0，c 4·c 5<0， ∴数列{c n }的变号数为3.1．(2011·高考湖南卷)设S n 是等差数列{a n }(n ∈N *)的前n 项和，且a 1＝1，a 4＝7，则S 5＝________.解析：设等差数列的公差为d .由a 1＝1，a 4＝7，得3d ＝a 4－a 1＝6，故d ＝2，∴a 5＝9，S 5＝5(a 1＋a 5)2＝25.答案：252．在数列{a n }中，若点(n ，a n )在经过点(5,3)的定直线l 上，则数列{a n }的前9项和S 9＝________.解析：∵点(n ，a n )在定直线l 上，∴数列{a n }为等差数列． ∴a n ＝a 1＋(n －1)d .将(5,3)代入，得3＝a 1＋4d ＝a 5.∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝3×9＝27.答案：273．已知数列{a n }满足2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)，它的前n 项和为S n ，且a 3＝10，S 6＝72.若b n ＝12a n －30，求数列{b n }的前n 项和的最小值．解：∵2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，∴{a n }是等差数列，设{a n }的首项为a 1，公差为d ，由a 3＝10，S 6＝72，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝10，6a 1＋15d ＝72，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2d ＝4，∴a n ＝4n －2. 则b n ＝12a n －30＝2n －31. ①解⎩⎪⎨⎪⎧2n －31≤02(n ＋1)－31≥0，得292≤n ≤312.∵n ∈N *，∴n ＝15.∴{b n }的前15项为负值，∴S 15最小，由①可知{b n }是以b 1＝－29为首项，d ＝2为公差的等差数列，∴S 15＝15×(－29＋2×15－31)2＝15×(－60＋30)2＝－225.一、选择题 1．(2011·高考重庆卷)在等差数列{a n }中，a 2＝2，a 3＝4，则a 10＝( ) A ．12 B ．14 C ．16 D ．18解析：选D.设该数列的公差为d ，则d ＝a 3－a 2＝2，因而a 10＝a 2＋8d ＝2＋2×8＝18. 2．(2012·济南调研)若数列{a n }的前n 项和为S n ＝an 2＋n (a ∈R )，则下列关于数列{a n }的说法正确的是( )A ．{a n }一定是等差数列B ．{a n }从第二项开始构成等差数列C ．a ≠0时，{a n }是等差数列D ．不能确定其是否为等差数列解析：选A.由等差数列的前n 项和公式S n ＝na 1＋n (n －1)d 2＝(a 1－d 2)n ＋d2n 2可知，该数列{a n }一定是等差数列．3．(2010·高考大纲全国卷Ⅱ)如果等差数列{a n }中，a 3＋a 4＋a 5＝12，那么a 1＋a 2＋…＋a 7＝( )A ．14B ．21C ．28D ．35解析：选C.∵a 3＋a 4＋a 5＝12，∴3a 4＝12，a 4＝4.∴a 1＋a 2＋…＋a 7＝(a 1＋a 7)＋(a 2＋a 6)＋(a 3＋a 5)＋a 4＝7a 4＝28.4．已知等差数列{a n }、{b n }的公差分别为2和3，且b n ∈N *，则数列{ab n }是( ) A ．等差数列且公差为5 B ．等差数列且公差为6 C ．等差数列且公差为8 D ．等差数列且公差为9解析：选B.依题意有ab n ＝a 1＋(b n －1)×2＝2b n ＋a 1－2＝2b 1＋2(n －1)×3＋a 1－2＝6n ＋a 1＋2b 1－8，故ab n ＋1－ab n ＝6，即数列{ab n }是等差数列且公差为6.故选B.5．已知数列{a n }为等差数列，若a 11a 10<－1，且它们的前n 项和S n 有最大值，则使S n >0的n 的最大值为( )A ．11B ．19C ．20D ．21解析：选B.∵a 11a 10<－1，且S n 有最大值，∴a 10>0，a 11<0，且a 10＋a 11<0，∴S 19＝19(a 1＋a 19)2＝19·a 10>0，S 20＝20(a 1＋a 20)2＝10(a 10＋a 11)<0，故使得S n >0的n 的最大值为19. 二、填空题 6．(2010·高考辽宁卷)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若S 3＝3，S 6＝24，则a 9＝________.解析：设等差数列公差为d ，则S 3＝3a 1＋3×22d ＝3a 1＋3d ＝3，即a 1＋d ＝1，①S 6＝6a 1＋6×52d ＝6a 1＋15d ＝24，即2a 1＋5d ＝8.②联立①②两式得a 1＝－1，d ＝2，故a 9＝a 1＋8d ＝－1＋8×2＝15. 答案：157．已知数列{a n }中，a 1＝－1，a n ＋1·a n ＝a n ＋1－a n ，则数列的通项公式为________．解析：由a n ＋1·a n ＝a n ＋1－a n ，得1a n －1a n ＋1＝1，即1a n ＋1－1a n＝－1，又1a 1＝－1，则数列{1a n }是以－1为首项和公差的等差数列，于是1a n ＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，∴a n ＝－1n.答案：a n ＝－1n8．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 4－a 2＝8，a 3＋a 5＝26.记T n ＝S nn2，如果存在正整数M ，使得对一切正整数n ，T n ≤M 都成立，则M 的最小值是________．解析：∵{a n }为等差数列，由a 4－a 2＝8，a 3＋a 5＝26，可解得a 1＝1，d ＝4，从而S n ＝2n 2－n ，∴T n ＝2－1n，若T n ≤M 对一切正整数n 恒成立，则只需T n 的最大值≤M 即可．又T n ＝2－1n <2，∴只需2≤M ，故M 的最小值是2.答案：2 三、解答题 9．(2011·高考福建卷)已知等差数列{a n }中，a 1＝1，a 3＝－3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{a n }的前k 项和S k ＝－35，求k 的值．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d .由a 1＝1，a 3＝－3可得1＋2d ＝－3，解得d ＝－2. 从而a n ＝1＋(n －1)×(－2)＝3－2n . (2)由(1)可知a n ＝3－2n ，所以S n ＝n [1＋(3－2n )]2＝2n －n 2.由S k ＝－35可得2k －k 2＝－35，即k 2－2k －35＝0，解得k ＝7或k ＝－5. 又k ∈N *，故k ＝7.10．数列{a n }中，a 1＝8，a 4＝(1＋i)(1－i)，且满足a n ＋2＝2a n ＋1－a n ，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |，n ∈N *，求S n 的解析式．解：(1)∵a n ＋2＝2a n ＋1－a n ，n ∈N *，∴a n ＋2＋a n ＝2a n ＋1，∴数列{a n }为等差数列．又∵a 1＝8，a 4＝(1＋i)(1－i)＝2，d ＝a 4－a 14－1＝－2.∴a n ＝8＋(－2)(n －1)＝－2n ＋10. (2)令a n ＝－2n ＋10＝0，则有n ＝5.∴|a n |＝⎩⎪⎨⎪⎧－2n ＋10， n ≤5，2n －10， n ≥6.∴当n ≤5时，S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝8n ＋n (n －1)2(－2)＝－n 2＋9n ；当n ≥6时，S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋(－a 6－a 7－…－a n )＝2(a 1＋a 2＋…＋a 5)－(a 1＋a 2＋…＋a n )＝2(－52＋9×5)－(－n 2＋9n )＝n 2－9n ＋40.综上，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2＋9n ，n ≤5，n 2－9n ＋40，n ≥6.11．(探究选做)已知数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，且S n ＝a n (a n ＋1)2，n ∈N *.(1)求证：数列{a n }是等差数列；(2)设b n ＝12S n，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求T n .解：(1)证明：S n ＝a n (a n ＋1)2，n ∈N *，n ＝1时，a 1＝S 1＝a 1(a 1＋1)2，∴a 1＝1.由⎩⎪⎨⎪⎧2S n ＝a 2n ＋a n 2S n －1＝a 2n －1＋a n －1 ⇒2a n ＝2(S n －S n －1)＝a 2n －a 2n －1＋a n －a n －1， ∴(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－1)＝0.∵a n ＋a n －1>0，∴a n －a n －1＝1(n ≥2)， ∴数列{a n }是等差数列．(2)由(1)得a n ＝n ，S n ＝n (n ＋1)2，∴b n ＝12S n ＝1n (n ＋1).∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝11×2＋12×3＋…＋1n (n ＋1)＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1.1．在等比数列{a n }中，a 2a 6＝16，a 4＋a 8＝8，则a 20a 10＝( )A ．1B ．－3C ．1或－3D ．－1或3解析：选A.由a 2a 6＝16，得a 24＝16⇒a 4＝±4，又a 4＋a 8＝8，可得a 4(1＋q 4)＝8. ∵q 4>0，∴a 4＝4，∴q 2＝1. a 20a 10＝q 10＝1. 2．(2012·辽宁质检)已知各项不为0的等差数列{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，则b 3b 11等于( )A ．16B ．8C ．4D ．2解析：选A.由等差数列性质得a 2＋a 12＝2a 7，所以4a 7－a 27＝0，又a 7≠0，所以a 7＝4，所以b 7＝4.由等比数列性质得b 3b 11＝b 27＝16，故选A.3．(2011·高考北京卷)在等比数列{a n }中，若a 1＝12，a 4＝4，则公比q ＝________；a 1＋a 2＋…＋a n ＝________.解析：由等比数列的性质知q 3＝a 4a 1＝8，∴q ＝2.∴a n ＝⎝⎛⎭⎫12·2n －1＝2n －2， ∴a 1＋a 2＋…＋a n ＝12(1－2n )1－2＝2n －1－12.答案：2 2n －1－124．在等差数列{a n }中，a 1＝1，a 7＝4，数列{b n }是等比数列，已知b 2＝a 3，b 3＝1a 2，则满足b n <1a 80的最小自然数n 是________．解析：{a n }为等差数列，a 1＝1，a 7＝4,6d ＝3，d ＝12.∴a n ＝n ＋12，{b n }为等比数列，b 2＝2，b 3＝23，q ＝13.∴b n ＝6×(13)n －1，b n <1a 80＝281，∴81<26×(13)n －1，即3n －2>81＝34.∴n >6，从而可得n min ＝7. 答案：75．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a 2＝a (a >0)．数列{b n }满足b n ＝a n a n ＋1(n ∈N *)． (1)若{a n }是等差数列，且b 3＝12，求a 的值及{a n }的通项公式； (2)若{a n }是等比数列，求{b n }的前n 项和S n .解：(1)∵{a n }是等差数列，a 1＝1，a 2＝a ， ∴a n ＝1＋(n －1)(a －1)．又∵b 3＝12，∴a 3a 4＝12，即(2a －1)(3a －2)＝12，解得a ＝2或a ＝－56.∵a >0，∴a ＝2.∴a n ＝n .(2)∵数列{a n }是等比数列，a 1＝1，a 2＝a (a >0)，∴a n ＝a n －1.∴b n ＝a n a n ＋1＝a 2n －1. ∵b n ＋1b n＝a 2，∴数列{b n }是首项为a ，公比为a 2的等比数列．当a ＝1时，S n ＝n ；当a ≠1时，S n ＝a (a 2n －1)a 2－1＝a 2n ＋1－aa 2－1.一、选择题1．(2010·高考浙江卷)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2＝( )A ．11B ．5C ．－8D ．－11解析：选D.由8a 2＋a 5＝0，得8a 1q ＋a 1q 4＝0，所以q ＝－2，则S 5S 2＝a 1(1＋25)a 1(1－22)＝－11.2．(2012·济南质检)若数列{a n }满足a n ＝q n (q >0，n ∈N *)，则以下命题正确的是( )①{a 2n }是等比数列；②{1a n }是等比数列；③{lg a n }是等差数列；④{lg a 2n }是等差数列． A ．①③ B ．③④ C ．①②③④ D ．②③④解析：选C.∵a n ＝q n (q >0，n ∈N *)，∴{a n }是等比数列，因此{a 2n }，{1a n}是等比数列，{lg a n }{lg a 2n }是等差数列．3．已知等比数列{a n }中，a n >0，a 1，a 99为方程x 2－10x ＋16＝0的两根，则a 20·a 50·a 80的值为( )A ．32B ．64C ．256D ．±64 解析：选B.由根与系数的关系知： a 1·a 99＝16，∴a 250＝a 1·a 99＝16，又∵a n >0，∴a 50＝4. ∴a 20·a 50·a 80＝(a 20·a 80)·a 50＝a 250·a 50＝a 350＝64. 4．(2010·高考山东卷)设{a n }是首项大于零的等比数列，则“a 1<a 2”是“数列{a n }是递增数列”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：选C.设{a n }的首项为a 1，公比为q ，若a 1<a 2，则q >1，从而有a 1q n －1<a 1q n ，即a n <a n ＋1，因此{a n }是递增的等比数列；反之，若{a n }是递增数列且a 1>0，则必有q >1，故a 1<a 2，因此选C.5．一个等比数列前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列有( )A ．13项B ．12项C ．11项D ．10项解析：选B.设前三项分别为a 1，a 1q ，a 1q 2，最后三项分别为a 1q n －3，a 1q n －2，a 1q n －1.所以前三项之积为a 31q 3＝2，最后三项之积为a 31q 3n －6＝4.所以两式相乘，得a 61q 3(n －1)＝8，即a 21q n －1＝2.又a 1·a 1q ·a 1q 2·…·a 1q n －1＝64，a n 1q n (n －1)2＝64，即(a 21q n －1)n＝642，即2n ＝642.所以n ＝12.二、填空题6．数列{a n }中，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －1 (n 为正奇数)2n －1 (n 为正偶数).设数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 9＝________.解析：S 9＝(1＋22＋24＋26＋28)＋(3＋7＋11＋15)＝377. 答案：3777．在正项数列{a n }中，a 1＝2，点(a n ，a n －1)(n ≥2)在直线x －2y ＝0上，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.解析：n ≥2时，∵a n －2 a n －1＝0，∴a n ＝2a n －1，∴q ＝2.∴S n ＝2×(1－2n )1－2＝2n ＋1－2.答案：2n ＋1－28．设数列{a n }，{b n }都是正项等比数列，S n ，T n 分别为数列{lg a n }与{lg b n }的前n 项和，且S n T n ＝n2n ＋1，则log b 5a 5＝________.解析：由题意知S 9T 9＝lg (a 1·a 2·…·a 9)lg (b 1·b 2·…·b 9)＝lg a 95lg b 95＝lg a 5lg b 5＝log b 5a 5＝919.答案：919三、解答题 9．(2011·高考大纲全国卷)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 2＝6,6a 1＋a 3＝30，求a n 和S n .解：设{a n }的公比为q ，由题设得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝6，6a 1＋a 1q 2＝30. 解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝3q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝3.当a 1＝3，q ＝2时，a n ＝3×2n －1，S n ＝a 1()1－q n 1－q ＝3()1－2n1－2＝3()2n －1；当a 1＝2，q ＝3时，a n ＝2×3n －1，S n ＝a 1()1－q n 1－q ＝2()1－3n1－3＝3n －1.10．已知各项均为正数的数列{a n }中，a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，对任意n ∈N *，均有2S n ＝2pa 2n ＋pa n －p (p ∈R )．(1)求常数p 的值；(2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)由a 1＝1及2S n ＝2pa 2n ＋pa n －p (n ∈N *)，得：2＝2p ＋p －p . ∴p ＝1.(2)由2S n ＝2a 2n ＋a n －1，①得2S n ＋1＝2a 2n ＋1＋a n ＋1－1.②由②－①得，2a n ＋1＝2(a 2n ＋1－a 2n )＋(a n ＋1－a n )，即2(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )－(a n ＋1＋a n )＝0.∴(a n ＋1＋a n )(2a n ＋1－2a n －1)＝0. 由于数列{a n }各项均为正数， ∴2a n ＋1－2a n ＝1.即a n ＋1－a n ＝12.∴数列{a n }是首项为1，公差为12的等差数列．∴数列{a n }的通项公式是a n ＝1＋(n －1)×12＝n ＋12.11．(探究选做)已知数列{a n }满足a n ＋1＝2a n ＋n ＋1(n ＝1,2,3，…)． (1)若{a n }是等差数列，求其首项a 1和公差d ； (2)证明{a n }不可能是等比数列；(3)若a 1＝－1，求{a n }的通项公式以及前n 项和公式．解：(1)因为{a n }是等差数列，设其首项为a 1，公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ，于是有a 1＋nd ＝2[a 1＋(n －1)d ]＋n ＋1，整理得a 1＋nd ＝(2a 1－2d ＋1)＋(2d ＋1)n ，因此⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2a 1－2d ＋1d ＝2d ＋1，解得a 1＝－3，d ＝－1.(2)证明：假设{a n }是等比数列，设其首项为a 1，则a 2＝2a 1＋2，a 3＝2a 2＋3＝4a 1＋7，于是有(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋7)，解得a 1＝－4，于是公比q ＝a 2a 1＝－6－4＝32，这时a 4＝a 1q 3＝(－4)·(32)3＝－272.但事实上，a 4＝2a 3＋4＝8a 1＋18＝－14，二者矛盾，所以{a n }不可能是等比数列．(3)由a n ＋1＝2a n ＋n ＋1可得a n ＋1＋(n ＋1)＋2＝2(a n ＋n ＋2)，所以数列{a n ＋n ＋2}是一个公比为2的等比数列，其首项为a 1＋1＋2＝－1＋1＋2＝2，于是a n ＋n ＋2＝2·2n －1＝2n .故a n ＝2n －n －2，于是{a n }的前n 项和公式S n ＝2(1－2n )1－2－n (n ＋1)2－2n＝2n ＋1－2－n (n ＋1)2－2n .1．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2(当n 为正奇数时)，－n 2 (当n 为正偶数时)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( )A ．0B ．100C ．－100D ．10200解析：选 B.由题意，a 1＋a 2＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－…－(99＋100)＋(101＋100)＝100.故选B.2．在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n (n ∈N *)，则S 100＝________. 解析：由已知，得a 1＝1， a 2＝2， a 3－a 1＝0， a 4－a 2＝2，…a 99－a 97＝0， a 100－a 98＝2，累加得a 100＋a 99＝98＋3，同理得a 98＋a 97＝96＋3，…，a 2＋a 1＝0＋3，则a 100＋a 99＋a 98＋a 97＋…＋a 2＋a 1 ＝50×(98＋0)2＋50×3＝2600.答案：2600 3．(2011·高考课标全国卷)等比数列{a n }的各项均为正数，且2a 1＋3a 2＝1，a 23＝9a 2a 6. ()1求数列{a n }的通项公式；()2设b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和．解：()1设数列{a n }的公比为q .由a 23＝9a 2a 6得a 23＝9a 24，所以q 2＝19. 由条件可知q >0，故q ＝13.由2a 1＋3a 2＝1得2a 1＋3a 1q ＝1，所以a 1＝13.故数列{a n }的通项公式为a n ＝13n .()2b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n＝－()1＋2＋…＋n ＝－n ()n ＋12.故1b n ＝－2n ()n ＋1＝－2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， 1b 1＋1b 2＋…＋1b n＝－2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1 ＝－2n n ＋1.所以数列{1b n }的前n 项和为－2nn ＋1.4．等差数列{a n }中，a 1＝3，前n 项和为S n ，等比数列{b n }各项均为正数，b 1＝1，且b 2＋S 2＝12，{b n }的公比q ＝S 2b 2.(1)求a n 与b n ；(2)求1S 1＋1S 2＋…＋1S n.解：(1)由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧q ＋3＋a 2＝12q ＝3＋a 2q ，解得q ＝3，a 2＝6或q ＝－4(舍去)，a 2＝13(舍去)，∴a n ＝3＋(n －1)×(6－3)＝3n ，b n ＝3n －1.(2)∵S n ＝n (3＋3n )2，∴1S n ＝2n (3＋3n )＝23(1n －1n ＋1)，∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝23(1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1) ＝23(1－1n ＋1)＝2n 3(n ＋1).一、选择题 1．(2012·辽阳质检)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a 、b ∈R )，且S 25＝100，则a 12＋a 14等于( )A ．16B ．8C ．4D ．不确定解析：选B.由数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a 、b ∈R )，可得数列{a n }是等差数列，S 25＝(a 1＋a 25)·252＝100，解得a 1＋a 25＝8，所以a 12＋a 14＝a 1＋a 25＝8.2．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值为( )A ．n 2＋1－12nB ．2n 2－n ＋1－12nC ．n 2＋1－12n －1 D ．n 2－n ＋1－12n解析：选A.该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(12＋122＋…＋12n )＝n 2＋1－12n .故选A.3．若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝32a n －3，则数列{a n }的前n 项和S n 为( )A ．3n ＋1－3 B ．3n －3C ．3n ＋1＋3 D ．3n ＋3解析：选A.∵S n ＝32a n －3，∴S n ＋1＝32a n ＋1－3，两式相减得：S n ＋1－S n ＝32(a n ＋1－a n )．即a n ＋1＝32(a n ＋1－a n )，∴a n ＋1a n ＝3，即q ＝3.又∵S 1＝32a 1－3，即a 1＝32a 1－3，∴a 1＝6.∴a n ＝a 1·q n －1＝6×3n －1＝2×3n .∴S n ＝32a n －3＝32×2×3n －3＝3n ＋1－3，故应选A.4．已知函数f (x )＝x 2＋bx 的图象在点A (1，f (1))处的切线的斜率为3，数列{1f (n )}的前n项和为S n ，则S 2012的值为( )A.20082009B.20092010C.20102011D.20122013 解析：选D.∵f ′(x )＝2x ＋b ，∴f ′(1)＝2＋b ＝3，∴b ＝1，∴f (x )＝x 2＋x ， ∴1f (n )＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴S 2012＝1－12＋12－13＋…＋12012－12013＝1－12013＝20122013.5．设数列{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，把{a n }中的每一项都减去2后，得到一个新数列{b n }，{b n }的前n 项和为S n ，则对任意的n ∈N *，下列结论正确的是( )A ．b n ＋1＝3b n ＋2，且S n ＝12(3n －1)B ．b n ＋1＝3b n －2，且S n ＝12(3n －1)C ．b n ＋1＝3b n ＋4，且S n ＝12(3n －1)－2nD ．b n ＋1＝3b n －4，且S n ＝12(3n －1)－2n解析：选C.因为数列{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，则依题意得，数列{b n }的通项公式为b n ＝3n －1－2，∴b n ＋1＝3n －2,3b n ＝3(3n －1－2)＝3n －6，∴b n ＋1＝3b n ＋4.{b n }的前n 项和为：S n ＝(1－2)＋(31－2)＋(32－2)＋(33－2)＋…＋(3n －1－2)＝(1＋31＋32＋33＋…＋3n －1)－2n ＝1－3n1－3－2n＝12(3n －1)－2n . 二、填空题6．数列1，11＋2，11＋2＋3，…的前n 项和S n ＝________.解析：由于a n ＝11＋2＋3＋…＋n ＝2n (n ＋1)＝2(1n －1n ＋1)，∴S n ＝2(1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1)＝2(1－1n ＋1)＝2nn ＋1.答案：2nn ＋17．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，{a n }的“差数列”的通项为2n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.解析：∵a n ＋1－a n ＝2n ，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2 ＝2－2n 1－2＋2＝2n －2＋2＝2n . ∴S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.答案：2n ＋1－28．若数列{a n }是正项数列，且a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2＋3n (n ∈N *)，则a 12＋a 23＋…＋a nn ＋1＝________. 解析：令n ＝1，得a 1＝4，∴a 1＝16.当n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝(n －1)2＋3(n －1)，与已知式相减，得a n ＝(n 2＋3n )－(n －1)2－3(n －1)＝2n ＋2，∴a n ＝4(n ＋1)2，∴n ＝1时，a 1也适合a n .∴a n ＝4(n ＋1)2，∴a nn ＋1＝4n ＋4，∴a 12＋a 23＋…＋a nn ＋1＝n (8＋4n ＋4)2＝2n 2＋6n . 答案：2n 2＋6n 三、解答题 9．(2011·高考重庆卷)设{a n }是公比为正数的等比数列，a 1＝2，a 3＝a 2＋4. ()1求{a n }的通项公式；()2设{b n }是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{a n ＋b n }的前n 项和S n .解：()1设q 为等比数列{a n }的公比，则由a 1＝2，a 3＝a 2＋4得2q 2＝2q ＋4，即q 2－q－2＝0，解得q ＝2或q ＝－1()舍去，因此q ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝2·2n －1＝2n ()n ∈N *.()2S n ＝2()1－2n1－2＋n ×1＋n ()n －12×2＝2n ＋1＋n 2－2.10．数列{a n }中a 1＝3，已知点(a n ，a n ＋1)在直线y ＝x ＋2上， (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝a n ·3n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)∵点(a n ，a n ＋1)在直线y ＝x ＋2上， ∴a n ＋1＝a n ＋2，即a n ＋1－a n ＝2.∴数列{a n }是以3为首项，2为公差的等差数列， ∴a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1. (2)∵b n ＝a n ·3n ，∴b n ＝(2n ＋1)·3n ，∴T n ＝3×3＋5×32＋…＋(2n －1)·3n －1＋(2n ＋1)·3n ，①∴3T n ＝3×32＋5×33＋…＋(2n －1)·3n ＋(2n ＋1)·3n ＋1，② 由①－②得－2T n ＝3×3＋2(32＋33＋…＋3n )－(2n ＋1)·3n ＋1＝9＋2×9(1－3n －1)1－3－(2n ＋1)·3n ＋1.∴T n ＝n ·3n ＋1.11．(探究选做)已知函数f (x )＝ax 2＋bx (a ≠0)的导函数f ′(x )＝－2x ＋7，数列{a n }的前n 项和为S n ，点P n (n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f (x )的图象上．(1)求数列{a n }的通项公式及S n 的最大值；(2)令b n ＝2a n ，其中n ∈N *，求数列{nb n }的前n 项和T n . 解：(1)∵f (x )＝ax 2＋bx (a ≠0)，∴f ′(x )＝2ax ＋b ，由f ′(x )＝－2x ＋7，得a ＝－1，b ＝7，∴f (x )＝－x 2＋7x ，又∵点P n (n ，S n )(n ∈N *)均在函数y ＝f (x )的图象上， ∴S n ＝－n 2＋7n .当n ＝1时，a 1＝S 1＝6；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－2n ＋8， ∴a n ＝－2n ＋8(n ∈N *)．令a n ＝－2n ＋8≥0，得n ≤4，∴当n ＝3或n ＝4时，S n 取得最大值12.综上，a n ＝－2n ＋8(n ∈N *)，当n ＝3或n ＝4时，S n 取得最大值12.(2)由题意得b 1＝26＝8，b n ＝2－2n ＋8＝2－n ＋4， ∴b n ＋1b n ＝12，即数列{b n }是首项为8，公比是12的等比数列，故{nb n }的前n 项和T n ＝1×23＋2×22＋…＋n ×2－n ＋4，①12T n ＝1×22＋2×2＋…＋(n －1)×2－n ＋4＋n ×2－n ＋3，②∴①－②得：12T n ＝23＋22＋…＋2－n ＋4－n ×2－n ＋3，∴T n ＝16[1－(12)n ]1－12－n ·24－n ＝32－(2＋n )24－n .。

第2部分专题2 第2讲数列求和及其综合应用-2021届高三高考数学二轮复习课件

最小值；若不存在，请说明理由．
【解析】 (1)当n＝1时，a1＝S1，由S1＝1－12a1，得a1＝23. 当n≥2时，Sn＝1－12an，Sn－1＝1－21an－1，所以an＝Sn－Sn－1＝1－12an－1－12an－1＝12an－1－21an，所以an＝13an－1，所以{an}是以32为首项，31为公比的等比数列，所以Sn＝2311－－1313n＝1－13n.
(3)(2020·湖南师大附中第二次月考)在公差大于0的等差数列{an} 中，2a7－a13＝1，且a1，a3－1，a6＋5成等比数列，则数列{(－1)n－1an} 的前21项和为__2_1__.
【解析】 (1)设等差数列{an}的公差为d， ∵a9＝12a12＋6，a2＝4，∴12＝a1＋5d，又a1＋d＝4，解得a1＝d＝2，∴Sn＝2n＋nn－ 2 1×2＝n(n＋1)． ∴S1n＝nn1＋1＝1n－n＋1 1. 则数列S1n的前10项和＝1－12＋12－13＋…＋110－111＝1－111＝1110.
(2)存在．由(1)可知，bn＝－log3(1－Sn＋1) ＝－log31－1－13n＋1＝－log313n＋1 ＝n＋1，所以bnb1n＋1＝n＋11n＋2＝n＋1 1－n＋1 2，
(2)设bn＝n·2n＋n，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n)＋(1＋2 ＋3＋…＋n)，令T＝2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，则2T＝22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1，两式相减，得－T＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝211－－22n－n·2n＋1，
【解析】 (1)由题意，aa12＋a3＝a4＝a1a94，＝8，
解得a1＝1，a4＝8或a1＝8，a4＝1；而等比数列{an}递增，所以a1＝1，a4＝8，

数列专题2：通项公式

数列专题2：已知数列{}n a 的前n 项和n S ，求数列{n a }的通项公式类型一、已知(n),=n S f 求数列{n a }的通项公式；1.已知数列{}n a 的前n 项和5=n S ，*∈n N . （Ⅰ）求12361020,,,,,a a a a a a ；（Ⅱ）求数列{n a }的通项公式；2.已知数列{}n a 的前n 项和35=-n S n ，*∈n N . （Ⅰ）求12361020,,,,,a a a a a a ；（Ⅱ）求数列{n a }的通项公式；3.已知数列{}n a 的前n 项和21=-+n S n n ，*∈n N . （Ⅰ）求123,,a a a ；（Ⅱ）求数列{n a }的通项公式；4.已知数列{}n a 的前n 项和(2n 1)21=-+n n S ，*∈n N . （Ⅰ）求123,,a a a ；（Ⅱ）求数列{n a }的通项公式；5.（2013江西）正项数列{a n }的前项和{a n }满足:222(1)()0n n s n n s n n -+--+=(1)求数列{a n }的通项公式a n ;(2)令221(2)+=+n n n b n a ,数列{b n }的前n 项和为n T .证明:对于任意的*n N ∈,都有564n T <。

类型一、已知, 求数列{n a }的通项公式；1．数列{}满足n a (),113221321+=+-+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+++-n na a n a a a n n *∈n N 。

（Ⅰ）求123,,a a a ；（Ⅱ）求数列{n a }的通项公式；2．数列{}满足n a ,1222422112321-+=++⋅⋅⋅⋅⋅⋅+++---n n a a a a a n n n n *∈n N 。

（Ⅰ）求123,,a a a ；（Ⅱ）求数列{n a }的通项公式；3．数列{}满足n a ,12132321+=-+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+++n n n a a a a *∈n N 。

专题-数列专题2——数列求和及其综合应用(练习)精选全文完整版

可编辑修改精选全文完整版数列专题2——数列求和及其综合应用一、单项选择题1．数列{a n}满足2a n＋1＝a n＋a n＋2，且a4，a4 040是函数f(x)＝x2－8x＋3的两个零点，则a2 022的值为()A．4 B．－4 C．4 040 D．－4 0402．已知函数f(x)＝x a的图象过点(4,2)，令a n＝1f(n＋1)＋f(n)(n∈N*)，记数列{a n}的前n项和为S n，则S2 022等于()A. 2 022＋1B. 2 023－1C. 2 022－1D. 2 023＋1 3．(2022·衡水模拟)已知数列{a n}的前n项和为S n，若a n＋2＝－a n，且a1＝1，a2＝2，则S2 023等于()A．0 B．1 C．2 D．3 4．(2022·长沙质检)数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了F n＝22n＋1(n＝0,1,2，…)是质数的猜想，直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出F5＝641×6 700 417，不是质数．现设a n＝log4(F n－1)(n＝1，2，…)，S n表示数列{a n}的前n项和，若32S n＝63a n，则n等于()A．5 B．6 C．7 D．8 5．(2022·西南四省名校大联考)数列{a n}的前n项和为S n，且a1＋3a2＋…＋3n－1a n ＝n·3n，若对任意n∈N*，S n≥(－1)n nλ恒成立，则实数λ的取值范围为() A．[－3,4] B．[－22，22]C．[－5,5] D．[－22－2,22＋2]6．“双减”政策极大缓解了教育的“内卷”现象，数学中的螺旋线可以形象的展示“内卷”这个词，螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”，平面螺旋便是以一个固定点开始向外逐圈旋绕而形成的曲线，如图(1)所示．如图(2)所示阴影部分也是一个美丽的螺旋线型的图案，它的画法是这样的：正方形ABCD的边长为4，取正方形ABCD各边的四等分点E，F，G，H，作第2个正方形EFGH，然后再取正方形EFGH各边的四等分点M，N，P，Q，作第3个正方形MNPQ，以此方法一直继续下去，就可以得到阴影部分的图案．设正方形ABCD边长为a1，后续各正方形边长依次为a2，a3，…，a n，…；如图(2)阴影部分，设Rt△AEH的面积为b1，后续各直角三角形面积依次为b2，b3，…，b n，….下列说法错误的是()A ．从正方形ABCD 开始，连续3个正方形的面积之和为1294B ．a n ＝4×⎝⎛⎭⎫104n －1C ．使得不等式b n >12成立的n 的最大值为4 D ．数列{b n }的前n 项和S n <4二、多项选择题 7．已知F 是椭圆x 225＋y 216＝1的右焦点，椭圆上至少有21个不同的点P i (i ＝1,2,3，…)，|FP 1|，|FP 2|，|FP 3|，…组成公差为d (d >0)的等差数列，则( )A ．该椭圆的焦距为6B ．|FP 1|的最小值为2C ．d 的值可以为310D ．d 的值可以为258.如图，已知四边形ABCD 中，F n (n ∈N *)为边BC 上的一列点，连接AF n 交BD 于G n ，点G n (n ∈N *)满足G n F n ---→＋2(1＋a n )G n C ---→＝a n ＋1G n B ---→，其中数列{a n }是首项为1的正项数列，S n 是数列{a n }的前n 项和，则下列结论正确的是( )A ．a 3＝13B ．数列{3＋a n }是等比数列C ．a n ＝4n －3D ．S n ＝2n ＋1－3n三、填空题9．在数列{a n }中，a 1＝3，对任意m ，n ∈N *，都有a m ＋n ＝a m ＋a n ，若a 1＋a 2＋a 3＋…＋a k ＝135，则k ＝________.10．已知数列{a n }满足a n ＝n 2＋λn ，n ∈N *，若数列{a n }是单调递增数列，则λ的取值范围是________．11．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2，n 为奇数，－n 2，n 为偶数，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 8＝________.12．(2022·聊城质检)某数学兴趣小组模仿“杨辉三角”构造了类似的数阵，将一行数列中相邻两项的乘积插入这两项之间，形成下一行数列，以此类推不断得到新的数列．如图，第一行构造数列1,2；第二行得到数列1,2,2；第三行得到数列1,2,2,4,2，…，则第5行从左数起第6个数的值为________．用A n 表示第n 行所有项的乘积，若数列{B n }满足B n ＝log 2A n ，则数列{B n }的通项公式为______________．四、解答题13．(2022·烟台模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 4＝9，S 3＝15.(1)求{a n }的通项公式；(2)保持数列{a n }中各项先后顺序不变，在a k 与a k ＋1(k ＝1,2，…)之间插入2k 个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列{b n }，记{b n }的前n 项和为T n ，求T 100的值．14．(2022·长沙质检)已知{a n }是公差不为0的等差数列，其前n 项和为S n ，a 1＝2，且a 2，a 4，a 8成等比数列．(1)求a n 和S n ；(2)若n a ＋1S n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n ≥m n ＋1对任意的n ∈N *恒成立，求实数m 的取值范围．。

专题二数列与极限

专题二数列与极限数列与数学归纳法数列与数学归纳法在中学数学中既具有相对的独立性，又具有较强的综合性，因此在历年的高考中占有较大的比重。

二期课改中提出的具体要求及活动建议如下：1. 通过实例引入数列的有关概念；理解这些概念。

2. 掌握等差数列和等比数列的通项公式及前n 项和公式。

体验用类比的性质对等差数列和等比数列进行研究的活动。

3. 从生活实际和数学背景中提出递推数列进行研究，加强实验探索过程和计算器的应用。

会解决简单的递推数列（即一阶线性递推数列）的有关问题。

4. 会用数列知识解决简单的实际问题，通过数列的建立及应用，具有一定的数学建模能力。

5. 知道数学归纳法的基本原理，掌握数学归纳法的一般步骤，并会用于证明与正整数有关的简单命题和整除性问题。

6. 通过举例说明，领会“归纳—猜测—论证”的思想方法，获得对于“归纳—猜测—论证”过程的深刻体验。

7. 通过“归纳—猜测—论证”的思维过程，具有一定的演绎推理能力和归纳、猜想、论证的能力。

数列极限本章使学生初步接触用有限刻画无限、由已知认知未知、由近似描述精确的数学方法，使学生对变量、变化过程有更深刻的认识，帮助学生形成变量数学的思想方法，为进一步学习微积分知识提供基础。

根据二期课改中的具体要求及活动建议如下：1．理解直观描述的数列极限的意义，会根据定义由数列的通项公式考查数列的极限。

2. 掌握数列极限的四则运算性质，会利用这些性质计算数列的极限。

3. 掌握基本的极限计算公式和三个重要极限，并会利用这些公式计算极限。

4. 知道无穷等比数列的含义，会求无穷等比数列各项的和。

5. 会利用无穷等比数列求和的方法吧循环小数化为分数，熟练应用无穷等比数列求和公式。

纵观近年来的高考试题，在选择填空题中，突出“小、巧、活”的特点，解答题以中等以上难度的综合题为主，涉及函数、方程、不等式等内容，体现了函数与方程、等价转化、分类讨论等重要的思想以及待定系数法、配方法、换元法、归纳—猜想—证明等基本的数学方法。

板块2 核心考点突破拿高分专题2 第1讲数列、等差数列与等比数列(小题)

等差数列的通项公式：an＝a1＋(n－1)d；等比数列的通项公式：an＝a1·qn－1.
na1＋an
nn－1
等差数列的求和公式：Sn＝ 2 ＝na1＋ 2 d；
等比数列的求和公式：Sn＝a111－－qqn＝a11－－aqnq，q≠1， na1，q＝1.
2.等差数列、等比数列问题的求解策略 (1)抓住基本量，首项a1、公差d或公比q； (2)熟悉一些结构特征，如前n项和为Sn＝an2＋bn(a，b是常数)的形式的数列为等差数列，通项公式为an＝p·qn－1(p，q≠0)的形式的数列为等比数列； (3)由于等比数列的通项公式、前n项和公式中变量n在指数位置，所以常用两式相除(即比值的方式)进行相关计算.
热点三等差数列、等比数列的综合问题
解决数列的综合问题的失分点
(1)公式an＝Sn－Sn－1适用于所有数列，但易忽略n≥2这个前提；
(2)对含有字母的等比数列求和时要注意
q＝1
或
q≠1
的情况，公式
a11－qn Sn＝ 1－q
只适用于 q≠1 的情况.
例3 (1)已知Sn为等差数列{an}的前n项和，a3＋S5＝18，a5＝7.若a3，a6，am成等比数列，则m＝_1_5__.
跟踪演练3 (1)(2019·黄冈、华师附中等八校联考)已知公差不为0的等差数列{an}
的首项a1＝3，且a2，a4，a7成等比数列，数列{bn}的前n项和Sn满足Sn＝2n(n∈N*)，
数列{cn}满足cn＝anbn(n∈N*)，则数列{cn}的前3项和为
A.31
√B.34
C.62
D.59
解析由于 a2，a4，a7 成等比数列，故 a24＝a2·a7，
解析数列an是正项等比数列且q≠1，由a6＝a5＋2a4，得q2＝q＋2，解得q＝2(负根舍去).

专题2数列的求和课件——高三数学一轮复习

n( n k ) k n n k
1
1
1 1
1
3. 2

(

)
4n 1 (2n 1)(2n 1) 2 2n 1 2n 1
题型四裂项相消法
4.
1
n 1 n
n n 1
1
1
5.
( n k n)
n nk k
1
6. log a (1 ) log a (n 1) log a n(a 0且a 1)
a14＝b4.
(1)求{an}的通项公式； an＝2n－1
bn＝3n－1
(2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和Sn.
解
由题意知cn＝an＋bn＝(2n－1)＋3n－1，
则数列{cn}的前n项和为Sn＝[1＋3＋…＋(2n－1)]＋(1＋3＋9＋…＋3n－1)
n1＋2n－1 1－3n 2 3n－1
1
1
1
1
(

)] =
.
2n 1 2 n 3
6 4n 6
题型四裂项相消法
练2
[2021·惠州市高三调研考试试题]记Sn为等差数列{an}的前n项和，
若a4＋a5＝20，S6＝48.
(1)求数列{an}的通项公式；
1
1
(2)设bn＝
，Tn为数列{bn}的前n项和，证明Tn＜ .
+1
3S n 1 (2)1 (2) 2 (2) n 1 n (2) n
n
1
(3
n

1)(

2)
1 (2) n
=
n (2) n . 所以 S n

二轮复习【数列专题】专题2数列的最大项与最小项微点3判断数列的最大(小)项之导数法

2． 21 2
【分析】先利用累加法求出 an＝33+n2﹣n，所以 an = 33 + n −1，设 f（n）= 33 + n −1，由此
nn
n
能导出 n＝5 或 6 时 f（n）有最小值．借此能得到 an 的最小值． n
【详解】解：∵an+1﹣an＝2n，∴当 n≥2 时，an＝（an﹣an﹣1）+（an﹣1﹣an﹣2）+…+（a2
【典例刨析】
例 1．
1．等差数列an 的前 n 项和为 Sn ，已知 S10 = 0 , S15 = 25，则 nSn 的最小值为
．
例 2．
2．已知数列an满足 a1
= 33, an+1
− an
=
2n, 则
an n
的最小值为__________.
例 3．（2022 浙江 6 月高考数学仿真模拟）
( ) 3．已知各项均为正数的数列an满足

（2）若 a1 = b1 0,m N*,q (1, m 2] ，证明：存在 d R ，使得| an − bn |≤ b1 对 n = 2,3, , m +1
均成立，并求d 的取值范围（用 b1, m, q 表示）．
【总结与反思】
运用导数法解答数列最值问题，较为简便、直接．我们只需先将问题转化为函数最值问
(x
1)
，则
f
(x)
=
x
x
−
20 3
，
当
x
1 ,
20 3
时，有
f
(
x)
0
；当
x
20 3
,
+
时，

高三数学二轮复习：专题二数列

解答
(2)若数列an＋bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列，求数列{bn}的前 n 项和. 解因为数列{an＋bn}是首项为1，公比为2的等比数列，所以an＋bn＝2n－1，因为an＝2n－1，所以bn＝2n－1－(2n－1). 设数列{bn}的前n项和为Sn，则Sn＝(1＋2＋4＋…＋2n－1)－[1＋3＋5＋…＋(2n－1)] ＝11－－22n－n1＋22n－1＝2n－1－n2，所以数列{bn}的前n项和为2n－1－n2(n∈N*).
热点一等差数列、等比数列的运算
1.通项公式等差数列：an＝a1＋(n－1)d；等比数列：an＝a1·qn－1. 2.求和公式等差数列：Sn＝na1＋ 2 an＝na1＋nn2－1d；等比数列：Sn＝a111－－qqn＝a11－－aqnq(q≠1).
3.性质若m＋n＝p＋q，在等差数列中am＋an＝ap＋aq；在等比数列中am·an＝ap·aq.
板块三专题突破核心考点
专题二数列
第1讲等差数列与等比数列
[考情考向分析]
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.
内容索引
热点分类突破真题押题精练
热点分类突破
押题依据解析答案
2.在等比数列{an}中，a3－3a2＝2，且5a4为12a3和2a5的等差中项，则
{an}的公比等于
A.3
B.2或3
√C.2
D.6
押题依据等差数列、等比数列的综合问题可反映知识运用的综合性和灵活性，是高考出题的重点.
押题依据解析答案
3.已知各项都为正数的等比数列{an}满足 a7＝a6＋2a5，存在两项 am，an 使得 am·an＝4a1，则m1 ＋4n的最小值为

专题二数列(难点突破数列的函数特征)2023年高考数学二轮复习(全国通用)

又也满足上式，所以．（2）由（1）得，所以 .由 ,得，即，即，因为，所以，即 .故满足的最小正整数的值为10．
令，得；令，得，所以在上单调递增，在上单调递减.因为，，所以当时，，即，故实数的取值范围为 .
突破点3 数列的最值
例3 (2022·枣庄二模)在① 是与的等差中项，② 是与的等比中项，③数列的前5项和为65这三个条件中任选一个，补充在横线中，并解答下面的问题．已知是公差为2的等差数列，其前项和为， .
因为，所以是首项为，公差为4的等差数列．由的前5项和为65，得，解得，所以 .（2）不存在，使得 .理由如下：由（1）可得，因为，
所以； .所以，所以中的最大项为 .显然，所以对任意的，，所以不存在，使得 .
提分秘籍数列作为特殊的函数，数列的周期性可以通过归纳得到.数列的最值问题可利用函数的单调性求解，当然要注意数比较大小一般要求两个数均为正数．
（1）求数列的通项公式.
（2）设，是否存在，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
▶思维导图
[解析] （1）若选① 是与的等差中项，则，即，解得，所以 .若选② 是与的等比中项，则，即，解得，所以 .若选③数列的前5项和为65，则 .
◎难点精练
1.(2022·湖北模拟)数列 <m></m> 满足 <m></m> 且 <m></m> 是递增数列，则实数 <m></m> 的取值范围是______.
[解析] ∵数列满足且是递增数列，∴需满足即解得，即实数的取值范围是 .

高考数学二轮复习第二部分专题二数列第1讲等差数列与等比数列课件理

因此an＝1（，λ＋n＝1）1，·2n－2，n≥2. 若数列{an}是等比数列，则a2＝1＋λ＝2a1＝2. 所以λ＝1，经验证当λ＝1时，数列{an}是等比数列．
[迁移探究] 若本例中条件“a1＝1”改为“a1＝ 2”，其他条件不变，试求解第(2)问．
解：由本例(2)，得an＋1＝2an(n≥2，n∈N*)．
所以{an＋bn}是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2. 又因为a1－b1＝1，所以{an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列． (2)解：由(1)知，an＋bn＝2n1－1，an－bn＝2n－1，所以an＝12[(an＋bn)＋(an－bn)]＝21n＋n－12， bn＝12[(an＋bn)－(an－bn)]＝21n－n＋12.
由S1n＝b2n－bn2＋1，得Sn＝2（bbnn＋b1n－＋1bn）.
当n≥2时，由bn＝Sn－Sn－1，得 bn＝2（bbnn＋b1n－＋1bn）－2（bbnn－－1bbnn－1），
整理得bn＋1＋bn－1＝2bn. 所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列．因此，数列{bn}的通项公式为bn＝n(n∈N*)．
又S4＝a1(1＋q＋q2＋q3)＝15，所以a1＝1. 故a3＝a1q2＝4. 答案：C
2．(2019·全国卷Ⅲ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1≠0，a2＝3a1，则SS150＝________．
解析：由a1≠0，a2＝3a1，可得d＝2a1，所以S10＝10a1＋10× 2 9d＝100a1， S5＝5a1＋5×2 4d＝25a1，所以SS150＝4. 答案：4
专题二数列
第1讲等差数列与等比数列

专题二递推公式求数列的通项

专题二数列的通项递推数列的题型多样，求递推数列的通项公式的方法也非常灵活，往往可以通过适当的策略将问题化归为等差数列或等比数列问题加以解决（即构造等差、等比的辅助数列），因而求递推数列的通项公式问题成为了高考命题中颇受青睐的考查内容。

常见的求法有：1、公式法：由等差，等比定义，写出通项公式（一般求m a d q 、、，再用通项或变形公式）2、累加法：)(1n f a a n n =-+型；累乘法：)(1n f a a nn =+型；迭代法 3、待定系数法：1()n n a pa f n +=+型；q pa a n n +=+1型（p q 、为常数，且1,0p p ≠≠）特别提醒：一阶递推q pa a n n +=+1,我们通常将其化为111n n q q a p a p p +⎛⎫⎛⎫+=+ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭{b n }的等比数列（常考查）4、不动点法：1n a +与n a 的递推公式中，不含()f n 。

5、特征根的方法：n n n qa pa a +=++12（其中p ，q 均为常数）。

6、对数变换法：rn n pa a =+1)0,0(>>n a p7、换元法：对含a n 与S n 的题，利用⎩⎨⎧≥⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=-)2()1(11n S S n S a n nn 消去n S ，转换为n a 的推公式，再用前面的方法特别提醒：对含a n 与S n 的题，在求和的问题时，也可以用这样的方法消去n a ，得到关于n S 的递推公式，同样采用上述求通项地方法求出n S8、周期数列：n T n a a +=9、数学归纳法：（以后学）说明：① 仔细辨析递推关系式的特征，准确选择恰当的方法，是迅速求出通项公式的关键。

② 其中方法3、4、5、6、7都属于构造辅助数列：构造{}()n f a 为等差（等比）数列，求出()n f a ，然后就可以求出n a 了。

专题2.数列

专题2第1课时 等差数列与等比数列

07第一部分 板块二 专题二 数 列 第2讲 数列求和及数列的简单应用(大题)

高考总复习二轮数学精品课件 专题2 数列 培优拓展(二) 数列中的情境创新与数学文化

专题二 数列通项公式的求法

专题二 求数列的前n项和