数列(教师版)
2024全国卷真题分类汇编(教师版)(数列)
2024全国卷真题分类汇编（教师版）-数列1．（2024年新课标全国Ⅱ卷）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若347a a +=，2535a a +=，则10S =.【详解】因为数列n a 为等差数列，则由题意得()1111237345a d a d a d a d +++=⎧⎨+++=⎩，解得143a d =-⎧⎨=⎩，则()10110910104453952S a d ⨯=+=⨯-+⨯=.故答案为：95.2．（2024年高考全国甲卷数学（理））等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若510S S =，51a =，则1a =（）A ．2-B ．73C ．1D ．2【详解】由105678910850S S a a a a a a -=++++==，则80a =，则等差数列{}n a 的公差85133a a d -==-，故151741433a a d ⎛⎫=-=-⨯-= ⎪⎝⎭.故选：B.3．（2024年高考全国甲卷数学（理））记n S 为数列{}n a 的前n 项和，且434n n S a =+．(1)求{}n a 的通项公式；(2)设1(1)n n n b na -=-，求数列{}n b 的前n 项和为n T ．【详解】（1）当1n =时，1114434S a a ==+，解得14a =．当2n ≥时，11434n n S a --=+，所以1144433n n n n n S S a a a ---==-即13n n a a -=-，而140a =≠，故0n a ≠，故13n n a a -=-，∴数列{}n a 是以4为首项，3-为公比的等比数列，所以()143n n a -=⋅-.（2）111(1)4(3)43n n n n b n n ---=-⋅⋅⋅-=⋅,所以123n n T b b b b =++++ 0211438312343n n -=⋅+⋅+⋅++⋅ 故1233438312343n n T n =⋅+⋅+⋅++⋅所以1212443434343n n n T n --=+⋅+⋅++⋅-⋅ ()1313444313n n n --=+⋅-⋅-()14233143n n n -=+⋅⋅--⋅(24)32n n =-⋅-，(21)31n n T n ∴=-⋅+.4．（2024年新课标全国Ⅰ卷）设m 为正整数，数列1242,,...,m a a a +是公差不为0的等差数列，若从中删去两项i a 和()j a i j <后剩余的4m 项可被平均分为m 组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列．(1)写出所有的(),i j ，16i j ≤<≤，使数列126,,...,a a a 是(),i j -可分数列；(2)当3m ≥时，证明：数列1242,,...,m a a a +是()2,13-可分数列；(3)从1,2,...,42m +中一次任取两个数i 和()j i j <，记数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列的概率为m P ，证明：18m P >．【详解】（1）首先，我们设数列1242,,...,m a a a +的公差为d ，则0d ≠.由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，故我们可以对该数列进行适当的变形()111,2,...,42k k a a a k m d-=+=+'，得到新数列()1,2, (42)a k k m ==+'，然后对1242,,...,m a a a +'''进行相应的讨论即可.换言之，我们可以不妨设()1,2,...,42k a k k m ==+，此后的讨论均建立在该假设下进行.回到原题，第1小问相当于从1,2,3,4,5,6中取出两个数i 和()j i j <，使得剩下四个数是等差数列.那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3,4,5,6.所以所有可能的(),i j 就是()()()1,2,1,6,5,6.（2）由于从数列1,2,...,42m +中取出2和13后，剩余的4m 个数可以分为以下两个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①{}{}{}1,4,7,10,3,6,9,12,5,8,11,14，共3组；②{}{}{}15,16,17,18,19,20,21,22,...,41,4,41,42m m m m -++，共3m -组.（如果30m -=，则忽略②）故数列1,2,...,42m +是()2,13-可分数列.（3）定义集合{}{}410,1,2,...,1,5,9,13,...,41A k k m m =+==+，{}{}420,1,2,...,2,6,10,14,...,42B k k m m =+==+.下面证明，对142i j m ≤<≤+，如果下面两个命题同时成立，则数列1,2,...,42m +一定是(),i j -可分数列：命题1：,i A j B ∈∈或,i B j A ∈∈；命题2：3j i -≠.我们分两种情况证明这个结论.第一种情况：如果,i A j B ∈∈，且3j i -≠.此时设141i k =+，242j k =+，{}12,0,1,2,...,k k m ∈.则由i j <可知124142k k +<+，即2114k k ->-，故21k k ≥.此时，由于从数列1,2,...,42m +中取出141i k =+和242j k =+后，剩余的4m 个数可以分为以下三个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①{}{}{}11111,2,3,4,5,6,7,8,...,43,42,41,4k k k k ---，共1k 组；②{}{}{}11111111222242,43,44,45,46,47,48,49,...,42,41,4,41k k k k k k k k k k k k ++++++++--+，共21k k -组；③{}{}{}2222222243,44,45,46,47,48,49,410,...,41,4,41,42k k k k k k k k m m m m ++++++++-++，共2m k -组.（如果某一部分的组数为0，则忽略之）故此时数列1,2,...,42m +是(),i j -可分数列.第二种情况：如果,i B j A ∈∈，且3j i -≠.此时设142i k =+，241j k =+，{}12,0,1,2,...,k k m ∈.则由i j <可知124241k k +<+，即2114k k ->，故21k k >.由于3j i -≠，故()()2141423k k +-+≠，从而211k k -≠，这就意味着212k k -≥.此时，由于从数列1,2,...,42m +中取出142i k =+和241j k =+后，剩余的4m 个数可以分为以下四个部分，共m 组，使得每组成等差数列：①{}{}{}11111,2,3,4,5,6,7,8,...,43,42,41,4k k k k ---，共1k 组；②{}112121241,31,221,31k k k k k k k +++++++，{}121212232,222,32,42k k k k k k k +++++++，共2组；③全体{}11212124,3,22,3k p k k p k k p k k p +++++++，其中213,4,...,p k k =-，共212k k --组；④{}{}{}2222222243,44,45,46,47,48,49,410,...,41,4,41,42k k k k k k k k m m m m ++++++++-++，共2m k -组.（如果某一部分的组数为0，则忽略之）这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含212k k --个行，4个列的数表以后，4个列分别是下面这些数：{}111243,44,...,3k k k k +++，{}12121233,34,...,22k k k k k k +++++，{}121212223,223,...,3k k k k k k +++++，{}1212233,34,...,4k k k k k ++++.可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍{}11241,42,...,42k k k +++中除开五个集合{}1141,42k k ++，{}121231,32k k k k ++++，{}1212221,222k k k k ++++，{}121231,32k k k k ++++，{}2241,42k k ++中的十个元素以外的所有数.而这十个数中，除开已经去掉的142k +和241k +以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列1,2,...,42m +是(),i j -可分数列.至此，我们证明了：对142i j m ≤<≤+，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列1,2,...,42m +一定是(),i j -可分数列.然后我们来考虑这样的(),i j 的个数.首先，由于A B ⋂=∅，A 和B 各有1m +个元素，故满足命题1的(),i j 总共有()21m +个；而如果3j i -=，假设,i A j B ∈∈，则可设141i k =+，242j k =+，代入得()()2142413k k +-+=.但这导致2112k k -=，矛盾，所以,i B j A ∈∈.设142i k =+，241j k =+，{}12,0,1,2,...,k k m ∈，则()()2141423k k +-+=，即211k k -=.所以可能的()12,k k 恰好就是()()()0,1,1,2,...,1,m m -，对应的(),i j 分别是()()()2,5,6,9,...,42,41m m -+，总共m 个.所以这()21m +个满足命题1的(),i j 中，不满足命题2的恰好有m 个.这就得到同时满足命题1和命题2的(),i j 的个数为()21m m +-.当我们从1,2,...,42m +中一次任取两个数i 和()j i j <时，总的选取方式的个数等于()()()()424121412m m m m ++=++.而根据之前的结论，使得数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列的(),i j 至少有()21m m +-个.所以数列1242,,...,m a a a +是(),i j -可分数列的概率m P 一定满足()()()()()()()()()22221111124214121412142221218m m m m m m m m P m m m m m m m m ⎛⎫+++ ⎪+-++⎝⎭≥=>==++++++++.这就证明了结论.。
数学教案：数列基础教师版
数列基础知识一、等差数列与等比数列等差数列等比数列文字定义一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差是同一个常数，那么这个数列就叫等差数列，这个常数叫等差数列的公差。
一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比是同一个常数，那么这个数列就叫等比数列，这个常数叫等比数列的公比。
符号定义1n na a d+-=112n nna aa+-+=1(0)nnaq qa+=≠211(0)n n n na a a a+-=⋅≠分类递增数列：0d>递减数列：0d<常数数列：0d=递增数列：1101001a q a q>><<<，或，递减数列：1101001a q a q<<><<，或，摆动数列：0q<常数数列：1q=通项1(1)()n ma a n d pn q a n m d=+-=+=+-其中1,p d q a d==-11n n mn ma a q a q--==（0q≠）前n 项和211()(1)22nnn a a n n dS na pn qn+-==+=+其中1,22d dp q a==-11(1)(1)1(1)nna qqS qna q⎧-≠⎪=-⎨⎪=⎩中项,,2a b c b a c=+成等差的充要条件:2,,a b c b ac=成等比的必要不充分条件：主要性质等和性：等差数列{}n a若m n p q+=+则m n p qa a a a+=+推论：若2m n p+=则2m n pa a a+=2n k n k na a a+-+=12132n n na a a a a a--+=+=+=⋅⋅⋅即：首尾颠倒相加，则和相等等积性：等比数列{}n a若m n p q+=+则m n p qa a a a⋅=⋅推论：若2m n p+=则2()m n pa a a⋅=2()n k n k na a a+-⋅=12132n n na a a a a a--⋅=⋅=⋅=⋅⋅⋅即：首尾颠倒相乘，则积相等1、等差数列中连续m项的和，组成的新数列1、等比数列中连续项的和，组成的新数列是其它性质是等差数列。
人教版高中数学必修五第3讲：数列的概念(教师版)
人教版高中数学 数列的概念__________________________________________________________________________________ __________________________________________________________________________________教学重点：掌握数列的概念与表示方法，通项公式的求解，数列的单调性、最值求解 教学难点： 数列的单调性及最值的求解，通项公式的判定1． 数列：按照一定的次序排列起来的数；项：数列中的每一个数，首项：排在第一位的数；一般形式写成12,,...,...n a a a 简称为{}n a 这里n 是正整数。
2.数列的分类 （1）按项的个数分类 有穷数列：项数有限的数列无穷数列：项数无限的数列（2） 递增数列：从第2项起，每一项大于它的前一项的数列 递减数列：从第2项起，每一项小于它的前一项的数列 常数列：各项都相等的数列摆动数列：从第2项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项3.数列的表示方法 （1）通项公式法 （2）列表法 （3）图像法4.数列中项的求解与判断数列的通项公式实质是数列的项与其项数之间的一种函数关系，只不过定义域是正整数集N + ，因此可用函数的方法来研究数列的有关问题。
5.数列的单调性数列的单调性与函数的单调性是类似的，若数列{}n a 是递增数列，则任意的()2,n n n N +≥∈都有1n n a a ->，此时数列的图像呈上升趋势；若数列{}n a 是递减数列，则对任意()2,n n n N +≥∈都有1n n a a -<，此时数列的图像呈下降趋势。
6.数列中的最大（小）项问题求数列的最大项和最小项，一种方法是利用函数的最值，另一种方法是利用数列的单调性。
类型一：数列的通项公式 例1.（1）1,3,7,15,31，…（2）5,55,555,5555，…解析：（1）观察发现各项分别加上1，变为2,4,8,16,32，…，其通项公式为2nn b = ，故原数列的通项公式为21nn a =-（2）各项乘以95变成9,99,999,9999，…，各项加上1，又变成10,100,1000,10000，…，这一数列的通项公式为10nn b =，由此原数列的通项公式为()51019n n a =-答案：（1）21nn a =-（2）()51019n n a =- 练习1.123451,3,5,7,9, (49162536)---答案：()()32223111nn n n n a n ++-=-+练习2.1,2,1,2,1,2,...答案：()312nn a +-=例2.下列叙述正确的是（）A. 数列1,3,5,7和数列3,1,5,7是同一个数列B. 同一个数在数列中可能重复出现C. 数列的通项公式是定义域为正整数集N + 的函数D. 数列的通项公式是唯一的解析：根据数列的定义，只要次序不同则两数列不同故A 错；数列的通项公式是定义域在正整数集或它的有限子集，因此C 错；数列-1,1，-1,1，…的通项公式可以写成()1nn a =-也可以写成()21n n a +=- ，还可以写成分段函数的形式，因此D 错；故选B答案：B练习3. 下面四个结论：①数列可以看作是一个定义在正整数集(或它的有限子集{1,2,3……，n })上的函数； ②数列若用图象表示，从图象上看都是一群孤立的点； ③数列的项数是无限的； ④数列通项的表示式是唯一的． 其中正确的是( )A ．①②B ．①②③C ．②③D ．①②③④ 答案：A练习4. 下面四个结论：①数列可以看作是一个定义在正整数集(或它的有限子集{1,2,3……，n })上的函数；②数列若用图象表示，从图象上看都是一群孤立的点； ③数列的项数是无限的； ④数列通项的表示式是唯一的． 其中错误的是( )A ．①②B ．①②③C ．③④D ．①②③④ 答案：C类型二：数列的项的判断及求解例3.（2015广东湛江检测）数列{}22n n +中的项不能是（）A.24B.35C.42D.63解析：因为224424=+⨯，所以24是该数列中第4项；同理35是该数列的第5项；63是该数列中的第7项，故答案为C 答案：C练习5. 数列{}22n n +中的项不能是（）A.24B.36C.42D.61 答案：A练习6. 已知a n ＝n (n ＋1)，以下四个数中，哪个是数列{a n }中的一项( )A ．18B ．21C ．25 答案D ．30 答案：D例4.（2015山东威海月考）在数列4,...x 中，x = ______解析：1245n a a a a a x ==========练习7.在数列,4,... 中，x= ______练习8.在数列,...x 中，x = ______ 答案：4类型三：数列的单调性、最值性例5. 已知数列{a n }的通项公式是a n ＝nn 2＋156(n ∈N ＋)，则数列的最大项是( )A ．第12项B ．第13项C ．第12项或第13项D ．不存在解析：a n ＝1n ＋156n，n ＋156n ≥2156，但由于n ∈N ＋取不到等号，而1213a a = ∴第12项和第13项都是最大项． 答案：C练习9.数列{}n a 中，221324,n a n n =-++则n a 的最大值为______答案：45练习10.已知数列{}n a 的通项公式2020n a n n=+-则n a 的最小值为_______ 答案：-11例6. 已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n －1n ＋1，那么这个数列是( )A ．递增数列B ．递减数列C ．常数列D ．摆动数列解析：a n ＝n －1n ＋1＝1－2n ＋1，随着n 的增大而增大．答案：A练习11.已知数列{}n a 的通项公式为1n na n =+，则这个数列是（） A.递增数列 B.递减数列 C.常数列 D.摆动数列 答案：A1. 数列2,0,4,0,6,0，…的一个通项公式是( )A ．a n ＝n2[1＋(－1)n ]B ．a n ＝n ＋12[1＋(－1)n ＋1]C ．a n ＝n 2[1＋(－1)n ＋1]D ．a n ＝n ＋12[1＋(－1)n ]答案：B2. 已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝3，a n ＝a n －1＋1a n －2(n ≥3)，则a 5＝( )A.5512B.133 C ．4 D ．5答案：A3. 已知数列{a n }满足a 1＝x ，a 2＝y ，且a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2)，则a 2 007＝( )A ．xB ．yC ．y －xD ．－x 答案： C4. 已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－8n ＋15，则3( ) A ．不是数列{a n }中的项 B ．只是数列{a n }的第2项 C ．只是数列{a n }的第6项 D ．是数列{a n }的第2项或第6项 答案： D5. 已知{a n }是递增数列，且对任意的自然数n (n ≥1)，都有a n ＝n 2＋λn 恒成立，则实数λ的取值范围为________．答案：由{a n }为递增数列，得a n ＋1－a n ＝(n ＋1)2＋λ(n ＋1)－n 2－λn ＝2n ＋1＋λ>0恒成立， 即λ>－2n －1在n ≥1时恒成立， 令f (n )＝－2n －1，f (n )max ＝－3. 只需λ>f (n )max ＝－3即可． λ>－3__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________基础巩固1. 数列1，－3,5，－7,9，…的一个通项公式为( )A ．a n ＝2n －1B ．a n ＝(－1)n (1－2n )C ．a n ＝(－1)n (2n －1)D ．a n ＝(－1)n (2n ＋1) 答案：当n ＝1时，a 1＝1排除C 、D ；当n ＝2时，a 2＝－3排除A ，故选B. 2. 数列1,3,7,15，…的通项公式a n ＝( )A ．2nB ．2n ＋1C ．2n －1D ．2n －1答案：∵a 1＝1，排除A ，B ；又a 2＝3，排除D ，故选C.3. 已知数列{a n }中，a n ＋1＝a n ＋2＋a n ，a 1＝2，a 2＝5，则a 6＝( )A ．－3B ．－4C ．－5D ．2 答案：由a n ＋1＝a n ＋2＋a n 得a 3＝3，a 4＝－2，a 5＝－5，a 6＝－3.故选A 4. 正项数列{a n }中，a n ＋1＝a n1＋3a n ，a 1＝2，则a 4＝( ) A.165 B.219 C.85 D.87 答案：B5. 数列{a n }中，a 1＝1，以后各项由公式a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2给出，则a 3＋a 5等于( ) A.259 B.2516 C.6116 D.3115 答案：C6. 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝na n －1(n ≥2)，则a 5＝________. 答案：1207. 已知数列{a n }的通项公式a n ＝3n －1(n ∈N *)，通过公式b n ＝a n ＋1a n 构造一个新数列{b n }，那么{b n }的前五项为________________． 答案：52，85，118，1411，17148. 已知数列{a n }的通项公式a n ＝1n (n ＋2)(n ∈N *)，则1120是这个数列的第________项．答案：109. 数列－1，85，－157，249，…的一个通项公式为________．答案：a n ＝(－1)nn ·(n ＋2)2n ＋110. 数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2－7n ＋6.(1)这个数列的第4项是多少？(2)150是不是这个数列的项？若是这个数列的项，它是第几项？(3)该数列从第几项开始各项都是正数？ 答案：(1)当n ＝4时，a 4＝42－4×7＋6＝－6.(2)令a n ＝150，即n 2－7n ＋6＝150，解得n ＝16(n ＝－9舍)，即150是这个数列的第16项． (3)令a n ＝n 2－7n ＋6>0，解得n >6或n <1(舍)， ∴从第7项起各项都是正数.能力提升11. 已知数列{a n }中，a 1＝1，a na n ＋1＝2，则此数列是( ) A ．递增数列 B ．递减数列 C ．摆动数列 D ．常数列答案：B12. 根据图中的5个图形及相应点的个数的变化规律，试猜测第n 个图中有________个点．答案：n 2－n ＋113. 数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n －1(n ∈N *)，则a 1 000＝( )A ．1B ．1 999C ．1 000D ．－1 答案： A14. 已知数列{a n }满足a 1＝0，a n ＋1＝a n －33a n ＋1(n ∈N ＋)，则a 20＝( ) A ．0 B ．－3 C.3 D.32答案：B15. 已知数列{a n }满足a 1＝－2，a n ＋1＝2＋2a n1－a n， 则a 6＝________. 答案：－14316. 设f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n (n ∈N *)，那么f (n ＋1)－f (n )＝________.答案：12n ＋1－12n ＋217. 已知函数f (x )＝1x (x ＋1)，构造数列a n ＝f (n )(n ∈N ＋)，试判断{a n }是递增数列还是递减数列？答案：∵a n ＝1n (n ＋1)，则a n ＋1＝1(n ＋1)(n ＋2).对任意n ∈N ＋，(n ＋1)(n ＋2)>n (n ＋1)， ∴1(n ＋1)(n ＋2)<1n (n ＋1)，于是a n ＋1－a n ＝1(n ＋1)(n ＋2)－1n (n ＋1)<0.∴{a n }是递减数列．18. 已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－5n ＋4.(1)数列中有多少项是负数？(2)n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值． 答案：(1)令n 2－5n ＋4<0，得1<n <4，∵n ∈N *，∴n ＝2或3. 故数列中有两项是负数． 即a 2、a 3为负数．(2)a n ＝n 2－5n ＋4＝(n －52)2－94.∵n ∈N *，∴当n ＝2或3时，a n 最小，最小值为－2. 19. 已知数列1,2，73，52，135，….(1)写出这个数列的一个通项公式a n ； (2)判断数列{a n }的增减性．答案：(1)数列1,2，73，52，135，….可变为11，42，73，104，135，….观察该数列可知，每一项的分母恰与该项序号n 对应，而分子比序号n 的3倍少2，∴a n ＝3n －2n.(2)∵a n ＝3n －2n ＝3－2n ，∴a n ＋1＝3－2n ＋1，∴a n ＋1－a n ＝3－2n ＋1－3＋2n ＝2n －2n ＋1＝2n (n ＋1)>0，∴a n ＋1>a n .故数列{a n }为递增数列．20. (1)已知数列{a n }的第1项是1，第2项是2，以后各项由a n ＝a n －1＋a n －2(n ≥3)给出，写出这个数列的前5项；(2)用上面的数列{a n }，通过公式b n ＝a na n ＋1构造一个新的数列{b n }，写出数列{b n }的前5项．答案：(1)∵a 1＝1，a 2＝2，a n ＝a n －1＋a n －2(n ≥3)，∴a 3＝a 1＋a 2＝3，a 4＝a 2＋a 3＝5，a 5＝a 3＋a 4＝8.(2)∵a 6＝a 4＋a 5＝13，b n ＝a n a n ＋1，∴b 1＝a 1a 2＝12，b 2＝a 2a 3＝23，b 3＝a 3a 4＝35，b 4＝a 4a 5＝58，b 5＝a 5a 6＝813.21. 观察下图，并阅读图形下面的文字，像这样10条直线相交，交点的个数最多的是( )A．40个B．45个C．50个D．55个答案：B22.对任意的a1∈(0,1)，由关系式a n＋1＝f(a n)得到的数列满足a n＋1>a n(n∈N*)，则函数y＝f(x)的图象是()答案：A。
第三讲：数列(教师)
第三讲：数列数列的概念一.知识回顾1. 数列的定义（一般定义，数列与函数）、数列的表示法.2. 数列的通项公式.3. 求数列通项公式的一个重要方法：对于任一数列}{n a ,其通项n a 和它的前n 项和n s 之间的关系是⎩⎨⎧≥-==-)2()1(11n s s n s a n nn二、基本训练：1、在数列1，1，2，3，5，8，13，x ，34，55，…中，x 的值是A 、19B 、 20C 、 21D 、222、数列4，－１，1017，－1331 ，1649，…的一个通项公式是A 、1212)1(21-+-+n n nB 、1213)1(21++-+n n nC 、1212)1(21++-+n n n D 、1213)1(21-+-+n n n3、 已知数列{}n a 的通项公式为22log (3)2n a n =+-，那么2log 3是这个数列的 A.第3项 B.第4项 C.第5项 D.第6项4、已知*2()156n na n N n =∈+，则在数列{}n a 的最大项为____________. 5、在数列{}n a 中，11++=n n a n ，且S ｎ＝9，则n ＝_____________.6、 定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和。
已知数列{}a n 是等和数列，且a 12=，公和为5，那么a 18的值为______________，这个数列的前n 项和S n 的计算公式为________________三、例题分析例１.（1）已知数列{}n a 的前n 项和公式，求{}n a 的通项公式 ①n n S n 322+=；②132-⋅=n n S ③数列｛a n ｝中，11a =，对所有的n ≥2都有2321n a a a a n =⋅⋅⋅⋅变题：已知数列{}n a 满足11a =，123123(1)(2)n n a a a a n a n -=++++-≥ ，则数列{}n a 的通项n a = .例2 （1）已知数列{}n a ，11a =，112nn na a a +=+(*n N ∈)，写出这个数列的前4项，并根据规律，写出这个数列的一个通项公式，并加以证明.变题：(A 计划例4) 在数列{}n a 中，11a =，11nn na a na +=+，求a n（2）数列{}n a 中，12a =，前n 项和n S满足2n S =*n N ∈，求数列{}n a 的通项公式.例3 、已知数列的通项n n n a )1110)(1(+=*n N ∈。
数列专题1教师版(复印4份)
数列专题1——基本概念，基本量，基本公式(2课时) 一体验浙江高考1.(2015,3)已知｛〃〃｝是等差数列，公差d不为零，前〃项和是S”，若〃广为，火成等比数列，则()A. a x d > 0, dS4 > 0B. a x d < 0, dS4 < 0C. a x d > 0, dS4 < 0D. a l d < 0, dS4 > 0【答案】B.【解析】・・♦等差数列｛4｝ , %，% ， 6成等比数列，J) 5(a∣ + 3d) = (”1 + 2d)(cι∣+ 7d)“∣ = — d ,2 5 2工S4=2(q+%) = 2(q+q+3d) = —d , Λ a i d = — J2 <0, dS4 =—d2<0,故选B.考点：1.等差数列的通项公式及其前〃项和；2.等比数列的概念2.(2012,7) 7.设S〃是公差为d(d≠O)的无穷等差数列｛〃〃｝的前〃项和，则下列命题错误的♦♦是A.若d<(),则数列｛S〃｝有最大项B.若数列｛S“｝有最大项，则dV0C.若数列｛S“｝是递增数列，则对任意的〃∈N*,均有S〃>0D.若对任意的〃wN*,均有S“>0,则数列｛S〃｝是递增数列【解析】选项C显然是错的，举出反例：一1, 0, 1, 2, 3,….满足数列｛S.｝是递增数列，但是S〃>()不成立.【答案】C3.(2012,13) 13.设公比为讥q>0)的等比数列｛。
〃｝的前〃项和为｛S“｝.若S2 = 3«, + 2 , S4 = 3a4 + 2 ,则q=.【解析】将S2 =3%+2, S4 =3q+2两个式子全部转化成用q ,4表示的式子.*即『+卬/ = 3"+ 2 3两式作差得：4∕+4∕=3αα(∕f,即：2qj-3 = 0,a1 + 44 + aq + a x q = 3qq + 2解之得：q or4=-1(舍去).【答案】I4.(2010, 3)设S〃为等比数列｛。
求数列的通项公式(教师版)
求数列的通项公式(教师版)1、数列的通项公式如果数列{a n }的第n 项a n 与n 之间的函数关系可以用一个式子a n ＝f (n )来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．2、数列的递推公式若一个数列首项确定，其余各项用a n 与a n －1或a n +1的关系式表示(如a n ＝2a n －1＋1)，则这个关系式就称为数列的递推公式．3、由数列的递推公式求数列的通项公式的常见方法(1)待定系数法：①形如a n ＋1＝ka n ＋b 的数列求通项；②形如a n ＋1＝ka n ＋r ∙b n 的数列求通项；(2)倒数法：形如a n ＋1＝pa nqa n ＋r的数列求通项可用倒数法；(3)累加法：形如a n ＋1－a n ＝f (n )的数列求通项可用累加法；(4)累乘法：形如a n ＋1a n＝f (n )的数列求通项可用累乘法；(5) “S n ”法：数列的通项a n 与前n 项和S n 的关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1， n ＝1，S n －S n －1， n ≥2.；S n 与a n 的混合关系式有两个思路：①消去S n ，转化为a n 的递推关系式，再求a n ；②消去a n ，转化为S n 的递推关系式，求出S n 后，再求a n .考向一 待定系数法例1—1 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3，求数列{a n }的通项公式。
解：设递推公式a n ＋1＝2a n ＋3可以转化为a n ＋1－t ＝2(a n －t )即a n ＋1＝2a n －t ⇒t ＝－3.故递推公式为a n ＋1＋3＝2(a n＋3)，令b n ＝a n ＋3，则b 1＝a 1＋3＝4，且b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2.所以{b n }是以b 1＝4为首项，2为公比的等比数列，则b n ＝4×2n －1＝2n ＋1，所以a n ＝2n ＋1－3.例1—2 在数列{a n }中，a 1＝－1，a n ＋1＝2a n ＋4·3n ，数列{a n }的通项公式。
十年高考真题汇编之专题06 数列(新课标1)(教师版)
一．基础题组1. 【2013课标全国Ⅰ，理7】设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m ＝( )． A ．3 B ．4 C ．5 D ．6 【答案】C【解析】∵S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，∴a m ＝S m －S m －1＝0－(－2)＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3－0＝3. ∴d ＝a m ＋1－a m ＝3－2＝1.∵S m ＝ma 1＋12m m (-)×1＝0，∴112m a -=-. 又∵a m ＋1＝a 1＋m ×1＝3，∴132m m --+=.∴m ＝5.故选C. 2. 【2012全国，理5】已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10＝( ) A ．7 B ．5 C ．－5 D ．－7 【答案】D3. 【2008全国1，理5】已知等差数列{}n a 满足244a a +=，3510a a +=，则它的前10项的和10S =（ ） A ．138B ．135C ．95D ．23【答案】C.【解析】由243511014,104,3,104595a a a a a d S a d +=+=⇒=-==+=. 4. 【2013课标全国Ⅰ，理14】若数列{a n }的前n 项和2133n n S a =+，则{a n }的通项公式是a n ＝__________. 【答案】(－2)n －1 【解析】∵2133n n S a =+，①∴当n ≥2时，112133n n S a --=+.② ①－②，得12233n n n a a a -=-，即1n n a a -＝－2.∵a 1＝S 1＝12133a +，∴a 1＝1. ∴{a n }是以1为首项，－2为公比的等比数列，a n ＝(－2)n －1.5. 【2009全国卷Ⅰ，理14】设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若S 9=72,则a 2+a 4+a 9=___________. 【答案】24【解析】∵2)(972219a a S +==,∴a 1+a 9=16. ∵a 1+a 9=2a 5,∴a 5=8.∴a 2+a 4+a 9=a 1+a 5+a 9=3a 5=24.6. 【2011全国新课标，理17】等比数列{a n }的各项均为正数，且2a 1＋3a 2＝1，23239a a a =.(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1{}nb 的前n 项和． (2)31323(1)log log log (12)2n n n n b a a a n +=+++=-+++=-故12112()(1)1nb n n n n =-=--++， 121111111122(1)()()22311n nb b b n n n ⎡⎤+++=--+-++-=-⎢⎥++⎣⎦. 所以数列1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为21nn -+. 7. 【2010新课标，理17】（12分）设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1－a n ＝3·22n －1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 【解析】 (1)由已知，当n≥1时，a n ＋1＝[(a n ＋1－a n )＋(a n －a n －1)＋…＋(a 2－a 1)]＋a 1＝3(22n －1＋22n －3＋…＋2)＋2＝22(n ＋1)－1.而a 1＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝22n －1.(2)由b n ＝na n ＝n·22n －1知S n ＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n·22n －1. ① 从而22·S n ＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n·22n ＋1. ② ①－②，得(1－22)S n ＝2＋23＋25＋…＋22n －1－n·22n ＋1， 即S n ＝19[(3n －1)22n ＋1＋2]． 8. 【2005全国1，理19】设等比数列}{n a 的公比为q ，前n 项和S n >0（n=1，2，…） （1）求q 的取值范围；（2）设,2312++-=n n n a a b 记}{n b 的前n 项和为T n ，试比较S n 和T n 的大小.解①式得q>1；解②，由于n 可为奇数、可为偶数，得－1<q<1. 综上，q 的取值范围是).,0()0,1(+∞⋃-（Ⅱ）由得1223++-=n a n a a b .)23(),23(22n n n n S q q T q q a b -=-=于是)123(2--=-q q S S T n n n).2)(21(-+=q q S n.,0,2,21;,0,0221;,0,2211,,001,0n n n n n n n n n n n n n S T S T q q S T S T q q S T S T q q q q S ==-=-=<<-≠<<->>->-<<-><<->即时或当即时且当即时或当所以或且又因为 9. 【2015高考新课标1，理17】n S 为数列{n a }的前n 项和.已知n a ＞0，2n n a a +=43n S +.（Ⅰ）求{n a }的通项公式； （Ⅱ）设11n n n b a a +=,求数列{n b }的前n 项和. 【答案】（Ⅰ）21n +（Ⅱ）11646n -+ 【解析】试题分析：（Ⅰ）先用数列第n 项与前n 项和的关系求出数列{n a }的递推公式，可以判断数列{n a }是等差数列，利用等差数列的通项公式即可写出数列{n a }的通项公式；（Ⅱ）根据（Ⅰ）数列{n b }的通项公式，再用拆项消去法求其前n 项和.【考点定位】数列前n 项和与第n 项的关系；等差数列定义与通项公式；拆项消去法 10.【2016高考新课标理数3】已知等差数列{}n a 前9项的和为27，10=8a ，则100=a （A ）100 （B ）99 （C ）98 （D ）97 【答案】C 【解析】试题分析：由已知，1193627,98a d a d +=⎧⎨+=⎩所以110011,1,9919998,a d a a d =-==+=-+=故选C.【考点】等差数列及其运算【名师点睛】等差、等比数列各有五个基本量,两组基本公式,而这两组公式可看作多元方程,利用这些方程可将等差、等比数列中的运算问题转化为解关于基本量的方程（组）,因此可以说数列中的绝大部分运算题可看作方程应用题,所以用方程思想解决数列问题是一种行之有效的方法.二．能力题组1. 【2011全国，理4】设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，公差d ＝2，S k ＋2－S k ＝24，则k ＝( ) A ．8 B ．7 C ．6 D ．5 【答案】 D2. 【2006全国，理10】设{a n }是公差为正数的等差数列，若a 1+a 2+a 3=15，a 1a 2a 3=80则a 11+a 12+a 13＝（ ） （A ）120 （B ）105 （C ）90 （D ）75 【答案】 B 【解析】3. 【2012全国，理16】数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为__________． 【答案】1 830【解析】：∵a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，∴a 2＝1＋a 1，a 3＝2－a 1，a 4＝7－a 1，a 5＝a 1，a 6＝9＋a 1，a 7＝2－a 1，a 8＝15－a 1，a 9＝a 1，a 10＝17＋a 1，a 11＝2－a 1，a 12＝23－a 1，…，a 57＝a 1，a 58＝113＋a 1，a 59＝2－a 1，a 60＝119－a 1， ∴a 1＋a 2＋…＋a 60＝(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋a 7＋a 8)＋…＋(a 57＋a 58＋a 59＋a 60)＝10＋26＋42＋ (234)15(10234)18302⨯+=．4. 【2014课标Ⅰ，理17】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，0n a ≠，11n n n a a S λ+=-，其中λ为常数， （I ）证明：2n n a a λ+-=；（II ）是否存在λ，使得{}n a 为等差数列？并说明理由. 【答案】（I ）详见解析；（II ）存在，4λ=.5. 【2009全国卷Ⅰ，理20】 在数列{a n }中， a 1＝1,a n+1＝（n 11+）a n +n n 21+. （Ⅰ）设na b nn =，求数列{b n }的通项公式； （Ⅱ）求数列{a n }的前n 项和S n . 【解析】（Ⅰ）由已知得b 1=a 1=1,且n n n n a n a 2111+=++,即n n n b b 211+=+. 从而2112+=b b ,22321+=b b , (1)121--+=n n n b b (n≥2).于是1121212212121---=++++=n n n b b (n≥2).又b 1=1.故所求的通项公式1212--=n n b .(Ⅱ)由（Ⅰ）知1122)212(---=-=n n n nn n a .令∑=-=nk k n kT 112,则∑=-=nk k n kT 1222.于是T n =2T n -T n =∑-=---111221n k n k n =1224-+-n n .又)1()2(1+=∑=n n k nk ，所以422)1(1-+++=-n n n n n S . 6.【2016高考新课标理数1】设等比数列{}n a 满足a 1+a 3=10，a 2+a 4=5，则a 1a 2a n 的最大值为 .【答案】64【考点】等比数列及其应用【名师点睛】高考中数列客观题大多具有小、巧、活的特点,在解答时要注意方程思想及数列相关性质的应用,尽量避免小题大做.7.【2017新课标1，理4】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为 A ．1B ．2C ．4D ．8【答案】C 【解析】试题分析：设公差为d ，45111342724a a a d a d a d +=+++=+=，611656615482S a d a d ⨯=+=+=，联立112724,61548a d a d +=⎧⎨+=⎩解得4d =，故选C.【考点】等差数列的基本量求解【名师点睛】求解等差数列基本量问题时，要多多使用等差数列的性质，如{}n a 为等差数列，若m n p q +=+，则m n p q a a a a +=+.三．拔高题组1. 【2013课标全国Ⅰ，理12】设△A n B n C n 的三边长分别为a n ，b n ，c n ，△A n B n C n 的面积为S n ，n ＝1,2,3，….若b 1＞c 1，b 1＋c 1＝2a 1，a n ＋1＝a n ，b n ＋1＝2n n c a +，c n ＋1＝2n nb a +，则( )． A ．{S n }为递减数列 B ．{S n }为递增数列C ．{S 2n －1}为递增数列，{S 2n }为递减数列D ．{S 2n －1}为递减数列，{S 2n }为递增数列 【答案】B 【解析】2. 【2011全国，理20】设数列{a n }满足a 1＝0且111111n na a +-=--.(1)求{a n }的通项公式； (2)设11n n a b n+-=，记1nn kk S b==∑，证明：S n ＜1.【解析】(1)由题设111111n na a +-=--，即{11na -}是公差为1的等差数列． 又111n a =-，故11nn a =-. 所以11n a n=-. (2)由(1)得1111111n n a n n b nn n n n +-+-===-+⋅+， 11111()1111nnn k k k S b k k n ====-=-<++∑∑. 3. 【2006全国，理22】（本小题满分12分）设数列｛a n ｝的前n 项和,3,2,1,32313421=+⨯-=+n n nn a S …。
数列的函数特征(教师版)
数列的函数特征(教师版)1、数列的函数特征数列是一个定义域为正整数集N *(或它的有限子集{1,2,3，…，n })的特殊函数，数列的通项公式也就是相应的函数解析式，即a n ＝f (n )(n ∈N *)．数列的函数图像是一群孤立的点。
2、数列的增减性(1)若 ，n ∈N *，则数列{a n }叫作递增数列； (2)若 ，n ∈N *，则数列{a n }叫作递减数列； (3)若 ，n ∈N *，则数列{a n }叫作常数列； (4)若a n 的符号或大小交替出现，则数列{a n }叫作摆动数列．3、数列的最大项与最小项(1)若a n 是最大项，则⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1.(2)若a n 是最小项，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1.4、数列的周期性对于数列{a n }，若存在一个大于1的自然数T (T 为常数)，使a n ＋T ＝a n ，对一切n ∈N *恒成立，则称数列{a n }为周期数列，T 就是它的一个周期．考向一 数列的单调性例1—1 已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n2n 2＋1，判断数列{a n }的增减性．解：∵a n ＝n 2n 2＋1＝1－1n 2＋1a n ＋1－a n ＝1n 2＋1－1n ＋1 2＋1＝[ n ＋1 2＋1]－ n 2＋1 n 2＋1 [ n ＋1 2＋1]＝2n ＋1n 2＋1 [ n ＋1 2＋1].由n ∈N *，得a n ＋1－a n >0，即a n ＋1>a n .∴数列{a n }为递增数列．例1—2 已知数列{a n }的通项公式是a n ＝anbn ＋1，其中a ，b 均为正常数，则该数列是单调递__________数列．解：∵a n ＋1－a n ＝a n ＋1 b n ＋1 ＋1－an bn ＋1＝a[b n ＋1 ＋1] bn ＋1>0.∴a n ＋1－a n >0，即a n ＋1>a n .①判断数列单调性的基本方法是利用作差或作商的方法比较a n 与a n ＋1的大小关系，若a n ＞a n ＋1(n ∈N *)恒成立，则{a n }是递减数列；若a n ＜a n ＋1(n ∈N *)恒成立，则{a n }是递增数列；②判断数列单调性时，也可从数列与函数的关系出发，分析数列{a n }的通项公式a n ＝f (n )对应函数的单调性来确定数列的单调性．变式1—1 已知数列{a n }的通项公式是a n ＝kn2n ＋3(k ∈R )．(1)当k ＝1时，判断数列{a n }的单调性；(2)若数列{a n }是递减数列，求实数k 的取值范围．解：(1)当k ＝1时，a n ＝n 2n ＋3，所以a n ＋1＝n ＋12n ＋5，于是a n ＋1－a n ＝n ＋12n ＋5－n2n ＋3＝(n ＋1)(2n ＋3)－n (2n ＋5)(2n ＋5)(2n ＋3)＝3(2n ＋5)(2n ＋3)＞0，故数列{a n }是递增数列．(2)若数列{a n }是递减数列，则a n ＋1－a n ＜0恒成立，即a n ＋1－a n ＝kn ＋k 2n ＋5－kn 2n ＋3＝3k(2n ＋5)(2n ＋3)＜0，由于(2n ＋5)(2n ＋3)＞0，所以必有3k ＜0，故k ＜0.变式1—2 已知数列{a n }的通项公式a n ＝11＋n 2－n，n ∈N *，则该数列是单调递__________数列． 解：a n ＝11＋n 2－n＝n ＋1＋n 2，当n 增大时，n ＋1＋n 2增大，所以数列是递增数列．考向二 数列的最大项与最小项例2—1 已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－5n ＋4 (n ∈N *)，则(1)数列中有多少项是负数？(2)n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值．解：(1)a n ＝n 2－5n ＋4＝⎝⎛⎭⎫n －522－94，当n ＝2,3时，a n <0.∴数列中有两项是负数． (2)∵a n ＝n 2－5n ＋4＝⎝⎛⎭⎫n －522－94，可知对称轴方程为n ＝52＝2.5.又因n ∈N *，故n ＝2或3时，a n 有最小值， 其最小值为－2.例2—2 已知a n ＝9n (n ＋1)10n(n ∈N *)，试问数列{a n }中有没有最大项？如果有，求出这个最大项；如果没有，说明理由．解：因为a n ＋1－a n ＝⎝⎛⎭⎫910n ＋1·(n ＋2)－⎝⎛⎭⎫910n ·(n ＋1)＝⎝⎛⎭⎫910n ＋1·⎣⎡⎦⎤ n ＋2 －109 n ＋1 ＝⎝⎛⎭⎫910n ＋1·8－n 9， 则当n ≤7时，⎝⎛⎭⎫910n ＋1·8－n 9>0，当n ＝8时，⎝⎛⎭⎫910n ＋1·8－n 9＝0，当n ≥9时，⎝⎛⎭⎫910n ＋1·8－n 9<0， 所以a 1<a 2<a 3<…<a 7<a 8＝a 9>a 10>a 11>a 12>…，故数列{a n }存在最大项，最大项为a 8＝a 9＝99108.①根据数列与函数之间的对应关系，构造相应的载体函数a n ＝f (n )，利用求解函数最值的方法求解，但要注意自变量的取值；②在数列{a n }中：若a n 是最大项，则⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1.若a n 是最小项，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1.变式2—1 数列{a n }的通项公式为a n ＝－2n 2＋25n ，则数列{a n }各项中最大项是( )． A ．第4项 B ．第5项 C ．第6项 D ．第7项解析：由于a n ＝－2n 2＋25n ＝－2⎝⎛⎭⎫n －2542＋6258，且n ∈N *，所以当n ＝6时，a n 的值最大，即最大项是第6项．变式2—2 已知数列的通项a n ＝(n ＋2)⎝⎛⎭⎫67n ，n ∈N *.试问该数列{a n }有没有最大项？若有，求出最大项和最大项的项数，若没有，说明理由．解：假设第n 项a n 最大，则有⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1，于是⎩⎨⎧(n ＋2)⎝⎛⎭⎫67n ≥(n ＋1)⎝⎛⎭⎫67n －1，(n ＋2)⎝⎛⎭⎫67n≥(n ＋3)⎝⎛⎭⎫67n ＋1，解得⎩⎪⎨⎪⎧n ≤5，n ≥4，所以4≤n ≤5，所以当n ＝4或n ＝5时，数列中的项最大，即a 4与a 5都是最大项，且a 4＝a 5＝6574.考向三 数列的周期性例3—1 已知数列{a n }中，a 1＝a (a 为正常数)，a n ＋1＝－1a n ＋1(n ＝1,2,3，…)，则下列能使a n ＝a 的n 的数值是( )A ．15B ．16C ．17D ．18解：a 1＝a ，a 2＝－1a ＋1，a 3＝－1a 2＋1＝－1－1a ＋1＋1＝－a －1a ，a 4＝－1a 3＋1＝－1－a －1a ＋1＝a ，a 5＝－1a 4＋1＝－1a ＋1，…….∴a 4＝a 1，a 5＝a 2，…依次类推可得：a n ＋3＝a n ，∴{a n }为周期数列，周期为3.∵a 1＝a ，∴a 3k ＋1＝a 1＝a .答案 B例3—2 在数列{a n }中，a 1＝12，a n ＝1－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)．(1)求证：a n ＋3＝a n ； (2)求a 2 010.解：(1)证明 a n ＋3＝1－1a n ＋2＝1－11－1a n ＋1＝1－11－11－1a n ＝1－11－1a n －1a n＝1－11－a n a n －1＝1－1a n －1－a n a n －1＝1－1－1a n －1＝1－(1－a n )＝a n .∴a n ＋3＝a n .(2)由(1)知数列{a n }的周期T ＝3，a 1＝12，a 2＝－1，a 3＝2.∴a 2 010＝a 3×670＝a 3＝2.数列中的项按一定规律重复出现，这样的数列就应考虑是否具有周期性，其周期性往往隐藏于数列的递推公式中，解周期数列问题的关键在于利用递推公式算出前若干项或由递推公式发现规律，得出周期而获解．变式3—1 已知数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎨⎧2a n ⎝⎛⎭⎫0≤a n <12，2a n －1 ⎝⎛⎭⎫12≤a n <1.若a 1＝67，则a 2 010的值为( )A.67B.57C.37D.17解：C [计算得a 2＝57，a 3＝37，a 4＝67，故数列{a n }是以3为周期的周期数列，又知2 010除以3能整除，所以a 2 010＝a 3＝37.]变式3—2 设数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝1－1a n，记数列{a n }的前n 项之积为Πn ，则Π2 011的值为( )A ．－12B ．－1 C.12D ．2解析：由a 2＝12，a 3＝－1，a 4＝2可知，数列{a n }是周期为3的周期数列，从而Π2 011＝Π1＝2.考向四 数列与函数的综合应用例4 在数列{a n }中，a n ＝n 3－an ，若数列{a n }为递增数列，试确定实数a 的取值范围． 解：若{a n }为递增数列，则a n ＋1－a n ≥0.即(n ＋1)3－a (n ＋1)－n 3＋an ≥0恒成立． 即a ≤(n ＋1)3－n 3＝3n 2＋3n ＋1恒成立，即a ≤(3n 2＋3n ＋1)min ，∵n ∈N *， ∴3n 2＋3n ＋1的最小值为7. ∴a 的取值范围为a ≤7.(1)数列可以看作是一类特殊的函数，因此要用函数的知识，函数的思想方法来解决．(2)数列的单调性是高考常考内容之一，有关数列最大项、最小项、数列有界性问题均可借助数列的单调性来解决，判断单调性时常用①作差法；②作商法；③结合函数图象等方法．变式4 已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋2，若对任意n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，则实数k 的取值范围是( ) A ．k >0 B ．k >－1 C ．k >－2 D ．k >－3解：由a n ＋1>a n 知道数列是一个递增数列，又因为通项公式a n ＝n 2＋kn ＋2，可以看作是关于n 的二次函数，考虑到n ∈N *，所以－k 2<32，即得k >－3，故选D.基础达标1、若数列{a n }为递减数列，则{a n }的通项公式可能为________(填写序号)．①a n ＝－2n ＋1；②a n ＝－n 2＋3n ＋1；③a n ＝12n ；④a n ＝(－1)n .解：可以通过画函数的图像一一判断．②有增有减，④是摆动数列．答案 ①③2、在数列{a n }中，a n ＝－2n 2＋29n ＋3，则此数列最大项的值是( )．A ．103 B.8658 C.8258D ．108解析 根据题意并结合二次函数的性质可得：a n ＝－2n 2＋29n ＋3＝－2⎝⎛⎭⎫n 2－292n ＋3＝－2⎝⎛⎭⎫n －2942＋3＋8418， ∴n ＝7时，a n 取得最大值，最大项a 7的值为108.答案 D3、函数f (x )*＋ )x 1 2 3 4 5 f (x )51342A.1 B ．2 C ．4 D ．5解：∵x 0＝5，x 1＝f (x 0)＝f (5)＝2，x 2＝f (x 1)＝f (2)＝1，x 3＝f (x 2)＝f (1)＝5，x 4＝f (x 3)＝f (5) ＝2，…，∴x n 的值周期出现，且周期T ＝3，则x 2 011＝x 670×3＋1＝x 1＝2.答案 B能力提升 4、已知数列{a n }是递增数列，且对于任意的n ∈N *，a n ＝n 2＋λn 恒成立，则实数λ的取值范围是________． 解：因为数列{a n }是单调递增数列，所以a n ＋1－a n >0 (n ∈N *)恒成立．又a n ＝n 2＋λn (n ∈N *)， 所以(n ＋1)2＋λ(n ＋1)－(n 2＋λn )>0恒成立，即2n ＋1＋λ>0.所以λ>－(2n ＋1) (n ∈N *)恒成立． 而n ∈N *时，－(2n ＋1)的最大值为－3(n ＝1时)，所以λ>－3即为所求的范围．5、已知a n ＝n －98n －99，则这个数列的前30项中最大项和最小项分别是( )A ．a 1，a 30B ．a 1，a 9C ．a 10，a 9D ．a 10，a 30解：∵a n ＝n －99＋ 99－98 n －99＝99－98n －99＋1∴点(n ，a n )在函数y ＝99－98x －99＋1的图象上．在直角坐标系中作出函数y ＝99－98x －99＋1的图象．由图象易知当x ∈(0，99)时，函数单调递减．∴a 9<a 8<a 7<…<a 1<1， 当x ∈(99，＋∞)时，函数单调递减．∴a 10>a 11>…>a 30>1.所以，数列{a n }的前30项中最大的项是a 10，最小的项是a 9.答案 C6、已知数列{a n }是递减数列，且a n ＝(m 2－2m )(n 3－2n )，求实数m 的取值范围．解：∵数列为递减数列，∴a n ＋1<a n ，∴a n ＋1－a n ＝(m 2－2m )[(n ＋1)3－2(n ＋1)－n 3＋2n ]＝(m 2－2m )(3n 2＋3n －1)<0. ∵n ∈N ＋，∴3n 2＋3n －1＝3⎝⎛⎭⎫n ＋122－74≥5>0，∴m 2－2m <0，解得0<m <2.故实数m 的取值范围为0<m <2.。
二年级奥数 数列找规律(讲师版)
【解析】（1）第一个数加 2 得到第二个数，第二数加 3 得到第三个数，第三个数加 4 得到第
四个数，往后以此类推。（2）第一个数是 10 的平方，第二个数是 9 的平方，第三个是 8 的
平方，往后依次递减 1 并求平方；（3）第一个数乘 2 得到第二个数，第二个数乘 3 得到第三
个数，第三个数乘 4 得到第四个数，往后以此类推 （4）6=3x2,9=3x3,15=3x5,24=3x8,39=3x13,
【试题来源】
【题目】数列的变化非常多，下面的数列要我们多动脑筋才能找出来。快来试一试吧！
⑴5，7，10，14，( )，25，( )。
⑵100，81，64，49，36，25，( )，9，4，1 。
⑶1，2，6，24 ， (
)。
⑷6，9，15，24，39，( )，(
)。
【答案】19,32；16；120；63,102
学生姓名 教师姓名
知识定位
数列找规律
授课日期 授课时长
知识梳理
例题讲解
【试题来源】
【题目】下面每列数都有什么规律呢？你能找到并继续往下填吗？
⑴1，3，5，7，(
)，( )。
⑵2，4，6，8，( )，( )。
⑶1，4，7，10，( )，( )。
⑷35，30，25，20，( )，(
)。
【答案】9，11,；10,12；13,16；15,10
发现 3 所乘 的数字是前面两数 3 所乘数的和，所以第六个数是 3x21=63，第七个数是：
3x34=102；
【知识点】数列找规律
【适用场合】当堂例题
【难度系数】4
【试题来源】 【题目】下图的数是按一定规律排列的，请按规律填上所缺数。
小学四年级数学 第六讲：数列(教师版)
小学四年级第六讲数列1、数列：按一定顺序排成的一列数叫做数列。
数列中的每一个数都叫做项，第一项称为首项，最后一项称为末项。
数列中共有的项的个数叫做项数。
2、等差数列与公差：一个数列，从第二项起，每一项与与它前一项的差都相等，这样的数列的叫做等差数列，其中相邻两项的差叫做公差。
3、常用公式等差数列的总和=（首项+末项）⨯项数÷2项数=（末项-首项）÷公差+1末项=首项+公差⨯（项数-1）首项=末项-公差⨯（项数-1）公差=（末项-首项）÷（项数-1）等差数列（奇数个数）的总和=中间项⨯项数1、重点是对数列常用公式的理解掌握2、难点是对题目的把握以及对公式的灵活运用例1、在数列3、6、9……，201中，共有多少数？如果继续写下去，第201个数是多少？答案：共有67个数，第201个数是603解析：（1）因为在这个等差数列中，首项=3，末项=201，公差=3，所以根据公式：项数=（末项-首项）÷公差+1,便可求出。
（2）根据公式：末项=首项+公差⨯（项数-1）解：项数=（201-3）÷3+1=67末项=3+3⨯（201-1）=603答：共有67个数，第201个数是603例2、全部三位数的和是多少？答案：全部三位数的和是494550解析：所有的三位数就是从100~999共900个数，观察100、101、102、……、998、999这一数列，发现这是一个公差为1的等差数列。
要求和可以利用等差数列求和公式来解答。
解：（100+999）⨯900÷2=1099⨯900÷2=49455答：全部三位数的和是494550。
例3、求自然数中被10除余1的所有两位数的和。
答案：459解析：在两位数中，被10除余1最小的是11，最大的是91。
从题意可知，本题是求等差数列11、21、31、……、91的和。
它的项数是9，我们可以根据求和公式来计算。
解：11+21+31+……+91=（11+91）⨯9÷2=459例4、求下列方阵中所有各数的和：1、2、3、4、……49、50；2、3、4、5、……50、51；3、4、5、6、……51、52；……49、50、51、52、……97、98；50、51、52、53、……98、99。
数列1教师版
数列1、(jx13)等比数列x ，3x+3，6x+6，…的的第四项等于 （ A）A.-24B.0C.12D.242、(ln13)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( D )（A ）12,p p （B ）34,p p （C ）23,p p （D ）14,p p 3、(dg13)已知数列{}n a 满足{}12430,,103n n n a a a a ++==-则的前项和等于 （A ）()-10-61-3 （B ）()-1011-39（C ）()-1031-3 （D ）()-1031+34、(ln13)已知等比数列{}{}13n n n a S a n a a 是递增数列,是的前项和.若，是方程26540x x S -+==的两个根，则 63 .5、(cq13)已知{}n a 是等差数列，11a =，公差0d ≠，n S 为其前n 项和，若1a 、2a 、5a 称等比数列，则8S = 64 ．6、(bj13)若等比数列{a n }满足a 2＋a 4=20，a 3＋a 5=40，则公比q = ；前n 项和S n =.7、(js13)在正项等比数列}{n a 中，215=a ，376=+a a ，则满足n n a a a a a a 2121>+++的最大正整数n 的值为 ▲8、(gd13) 在等差数列{}n a 中,已知3810a a +=,则573a a +=_____. 9、(hn06)若数列}{n a 满足: 311=a , 且对任意正整数n m ,都有n m n m a a a ⋅=+, 则 12n a a a +++= _________11、（hn11）设n S 是等差数列{}n a ()n N *∈，的前n 项和，且141,7a a ==，则9S = .12、（hn13）设n S 为数列{}n a 的前n 项和，1(1),,2nn n n S a n N *=--∈则 （1）3a =_____；（2）12100S S S ++⋅⋅⋅+=___________。
数列常考试题教师版
数列常考试题（教师版）1.（本小题满分12分）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，555,15a S ==， (I)求数列{}n a 的通项公式； (II)若11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前100项和． 答案及解析：1.（1）由55a =及515S =得145a d +=，123a d +=---------2分 解得11a d ==，---------------------------------------4分 所以 n a n =，-----------------------------------------6分 （2）n b =11n n a a +()11n n =+111n n =-+，----------------------------------------8分 从而有1223100101111a a a a a a ++⋅⋅⋅+111111223100101=-+-⋅⋅⋅+-100101=. 数列{}n b 的前100项和为101100----------------------------12分 2.已知}{n a 为等比数列,其中a 1=1,且a 2,a 3+a 5,a 4成等差数列． (1)求数列}{n a 的通项公式：(2)设n n a n b ⋅-=)12(,求数列{n b }的前n 项和T n ．答案及解析：2.(1) 112n n a -⎛⎫= ⎪⎝⎭；(Ⅱ) 12362n n n T -+=-.试题分析：(1)设在等比数列{}n a 中，公比为q ,根据因为2354,,a a a a +成等差数列.建立q 的方程.(Ⅱ)由（I ）可得11(21)2n n b n -⎛⎫=- ⎪⎝⎭.从其结构上不难看出，应用“错位相减法”求和.此类问题的解答，要特别注意和式中的“项数”.3.已知各项均不为零的数列{}n a ，其前n 项和n S 满足2n n S a =-；等差数列{}n b 中14b =，且21b -是11b -与41b -的等比中项 (I)求n a 和n b ，(Ⅱ)记nn b c an=，求{}n c 的前n 项和n T . 答案及解析：3.当13+=n b n 时，()1213-⋅+==n nnn n a b C 此时()1212132102724-⋅+++⋅+⋅+⋅=n n n T ③略4.等差数列{n a }的前n 项和记为S n .已知.50,302010==a a （Ⅰ）求通项n a ； （Ⅱ）若S n =242，求n.答案及解析：4.解：（Ⅰ）由,50,30,)1(20101==-+=a a d n a a n 得方程组⎩⎨⎧=+=+.5019,30911d a d a ……4分 解得.2,121==d a 所以 .102+=n a n ……5分（Ⅱ）由242,2)1(1=-+=n n S d n n na S 得方程 .24222)1(12=⨯-+n n n ……8分 解得).(2211舍去或-==n n ………10分 略5.数列{}n a 的前n 项和为n S ，且n a 是n S 和1的等差中项，等差数列{}n b 满足11b a =，43b S =.（1）求数列{}n a ,{}n b 的通项公式； （2）设11n n n c b b +=，数列{}n c 的前n 项和为n T . 答案及解析：5.解：（1）∵n a 是n S 和1的等差中项，∴21n n S a =-当1n =时，11121a S a ==-，∴11a = ----2分 当2n ≥时，111(21)(21)22n n n n n n n a S S a a a a ---=-=---=-， ∴12n n a a -= ，即12nn a a -= ∴数列{}n a 是以11a =为首项，2为公比的等比数列， ∴12n n a -=，21n n S =-----5分 设{}n b 的公差为d ，111b a ==，4137b d =+=，∴2d =∴1(1)221n b n n =+-⨯=- --------7分 （2）111111()(21)(21)22121n n n c b b n n n n +===--+-+ ----9分 ∴11111111(1...)(1)2335212122121n n T n n n n =-+-++-=-=-+++ - ----12分6.已知数列{}n a 满足前n 项和122n n S +=-。
小六数学第2讲：数列与数表(教师版)
第二讲数列与数表1.等差数列：若干个数排成一列,称为数列。
数列中的每一个数称为一项,其中第一项称为首项,最后一项称为末项,数列中数的个数称为项数。
从第二项开始,后项与其相邻的前项之差都相等的数列称为等差数列,后项与前项的差称为公差。
例如:等差数列:3、6、9、…、96,这是一个首项为3,末项为96,项数为32,公差为3的数列。
计算等差数列的相关公式:通项公式:第几项=首项+(项数-1)×公差项数公式:项数=(末项-首项)÷公差+1求和公式:总和=(首项+末项)×项数÷2在等差数列中,如果已知首项、末项、公差,求总和时,应先求出项数,然后再利用等差数列求和公式求和。
某些问题以转化为求若干个数的和解决这些问题时先要判断这些数是否成为等差数列，如果是等差数列才可以运用它的一些公式。
在解决自然数的数字问题时，应根据题目的具体特点，有时可考虑将题中的数适当分组，并将每组中的数合理配对，使问题得以顺利解决。
2.斐波那契数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34…这个以1，1分别为第1项、第2项，以后各项都等于前两项之和的无穷数列，就是斐波那契数列。
3.周期数列与周期：从某一项开始，重复出现同一段数的数列称为周期数列，其重复出现的这一段数的个数则称为此数列的周期。
例如： 8，1，2，3，8，4，5，7，6，3，8，4，5，7，6，3，8，4，5，7，6……这是一个周期数列，周期为6。
4.寻找数列的规律，通常有以下几种办法：1寻找各项与项数间的关系。
2考虑此项与它前一项之间的关系。
3考虑此项与它前两项之间的关系。
4数列本身要与其他数列对比才能发现其规律，这类情形稍微复杂些。
5有时可以将数列的项恰当分组以寻求规律。
（“分组”是难点）6常常需要根据题中的已知条件求出数列的若干项之后，找到周期，探求规律。
1.逐步了解首项、末项、项数、公差与和之间的关系。
2.在解题中应用数列相关知识。
专题13 数列(解答题)(教师版)
专题13 数列（解答题）1．【2022年全国甲卷】记S n为数列{a n}的前n项和．已知2S nn+n=2a n+1．(1)证明：{a n}是等差数列；(2)若a4,a7,a9成等比数列，求S n的最小值．【答案】(1)证明见解析；(2)−78．【解析】【分析】（1）依题意可得2S n+n2=2na n+n，根据a n={S1,n=1S n−S n−1,n≥2，作差即可得到a n−a n−1=1，从而得证；（2）由（1）及等比中项的性质求出a1，即可得到{a n}的通项公式与前n项和，再根据二次函数的性质计算可得．(1)解：因为2S nn+n=2a n+1，即2S n+n2=2na n+n①，当n≥2时，2S n−1+(n−1)2=2(n−1)a n−1+(n−1)②，①−②得，2S n+n2−2S n−1−(n−1)2=2na n+n−2(n−1)a n−1−(n−1)，即2a n+2n−1=2na n−2(n−1)a n−1+1，即2(n−1)a n−2(n−1)a n−1=2(n−1)，所以a n−a n−1=1，n≥2且n∈N*，所以{a n}是以1为公差的等差数列．(2)解：由（1）可得a4=a1+3，a7=a1+6，a9=a1+8，又a4，a7，a9成等比数列，所以a72=a4⋅a9，即(a1+6)2=(a1+3)⋅(a1+8)，解得a1=−12，所以a n=n−13，所以S n=−12n+n(n−1)2=12n2−252n=12(n−252)2−6258，所以，当n=12或n=13时(S n)min=−78．2．【2022年新高考1卷】记S n为数列{a n}的前n项和，已知a1=1,{S na n }是公差为13的等差数列．(1)求{a n }的通项公式； (2)证明：1a 1+1a 2+⋯+1a n<2．【答案】(1)a n =n (n+1)2(2)见解析 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得S na n=1+13(n −1)=n+23，得到S n =(n+2)a n3，利用和与项的关系得到当n ≥2时，a n =S n −S n−1=(n+2)a n3−(n+1)a n−13,进而得：a nan−1=n+1n−1，利用累乘法求得a n =n (n+1)2，检验对于n =1也成立，得到{a n }的通项公式a n =n (n+1)2；（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到1a 1+1a 2+⋯+1a n=2(1−1n+1)，进而证得.(1)∵a 1=1，∴S 1=a 1=1,∴S1a 1=1,又∵{S na n}是公差为13的等差数列，∴S na n=1+13(n −1)=n+23,∴S n =(n+2)a n3,∴当n ≥2时，S n−1=(n+1)a n−13，∴a n =S n −S n−1=(n+2)a n3−(n+1)a n−13,整理得：(n −1)a n =(n +1)a n−1, 即a nan−1=n+1n−1,∴a n =a 1×a2a 1×a3a 2×…×an−1a n−2×ana n−1=1×32×43×…×n n−2×n+1n−1=n (n+1)2，显然对于n =1也成立， ∴{a n }的通项公式a n =n (n+1)2；(2)1a n=2n (n+1)=2(1n −1n+1),∴1a 1+1a 2+⋯+1a n=2[(1−12)+(12−13)+⋯(1n −1n+1)]=2(1−1n+1)<23．【2022年新高考2卷】已知{a n }为等差数列，{b n }是公比为2的等比数列，且a 2−b 2=a 3−b 3=b 4−a 4． (1)证明：a 1=b 1；(2)求集合{k |b k =a m +a 1,1≤m ≤500}中元素个数． 【答案】(1)证明见解析； (2)9． 【解析】 【分析】（1）设数列{a n }的公差为d ，根据题意列出方程组即可证出； （2）根据题意化简可得m =2k−2，即可解出． (1)设数列{a n }的公差为d ，所以，{a 1+d −2b 1=a 1+2d −4b 1a 1+d −2b 1=8b 1−(a 1+3d ) ，即可解得，b 1=a 1=d2，所以原命题得证． (2)由（1）知，b 1=a 1=d2，所以b k =a m +a 1⇔b 1×2k−1=a 1+(m −1)d +a 1，即2k−1=2m ，亦即m =2k−2∈[1,500]，解得2≤k ≤10，所以满足等式的解k =2,3,4,⋯,10，故集合{k |b k =a m +a 1,1≤m ≤500}中的元素个数为10−2+1=9．4．【2021年甲卷文科】记n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知210,3n a a a >=，且数列{}n S 是等差数列，证明：{}n a 是等差数列. 【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】21S S {}n S 的公差d ，进一步写出{}n S 的通项，从而求出{}n a 的通项公式，最终得证. 【详解】∵数列{}n S 是等差数列，设公差为d 212111a a a a S S +111(1)n S a n a a n =-，()n *∈N∴12n S a n =，()n *∈N∴当2n ≥时，()221111112n n n a S S a n a n a n a -=-=--=- 当1n =时，11121=a a a ⨯-，满足112n a a n a =-， ∴{}n a 的通项公式为112n a a n a =-，()n *∈N ∴()()111111221=2n n a a a n a a n a a --=----⎡⎤⎣⎦ ∴{}n a 是等差数列. 【点睛】在利用1n n n a S S -=-求通项公式时一定要讨论1n =的特殊情况.5．【2021年甲卷理科】已知数列{}n a 的各项均为正数，记n S 为{}n a 的前n 项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①数列{}n a 是等差数列：②数列{}n S 是等差数列；③213a a =． 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分． 【答案】证明过程见解析 【解析】 【分析】n S ,n n a S 的关系求出n a ，利用{}n a 是等差数列可证213a a =；也可分别设出公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系，进行证明.n S 选②③作条件证明①时，n S an b =+，结合,n n a S 的关系求出n a ，根据213a a =可求b ，然后可证{}n a 是等差数列；也可利用前两项的差求出公差，然后求出通项公式，进而证明出结论. 【详解】选①②作条件证明③：[方法一]：待定系数法+n a 与n S 关系式 (0)n S an b a =+>，则()2n S an b =+， 当1n =时，()211a S a b ==+；当2n ≥时，()()221n n n a S S an b an a b -=-=+--+()22a an a b =-+；因为{}n a 也是等差数列，所以()()222a b a a a b +=-+，解得0b =；所以()221n a a n =-，21a a =，故22133a a a ==.[方法二] ：待定系数法设等差数列{}n a 的公差为d ，等差数列{}n S 的公差为1d ， 11(1)n S a n d -，将1(1)2n n n S na d -=+11(1)n S a n d -， 化简得())222221111111222d d n a n d n a d d n a d ⎛⎫+-=+-+⎪⎝⎭对于n +∀∈N 恒成立．则有2121111112,2440,d d a d a d d a d ⎧=⎪⎪-=-⎨=，解得111,2d a d a =．所以213a a =．选①③作条件证明②：因为213a a =，{}n a 是等差数列， 所以公差2112d a a a =-=， 所以()21112n n n S na d n a -=+=1n S a n =， )11111n n S S a n a n a +=+ 所以{}n S 是等差数列. 选②③作条件证明①： [方法一]：定义法(0)n S an b a =+>，则()2n S an b =+， 当1n =时，()211a S a b ==+；当2n ≥时，()()221n n n a S S an b an a b -=-=+--+()22a an a b =-+；因为213a a =，所以()()2323a a b a b +=+，解得0b =或43a b =-； 当0b =时，()221,21n a a a a n ==-，当2n ≥时，2-1-2n n a a a =满足等差数列的定义，此时{}n a 为等差数列； 当43a b =-4=3n S an b an a =+-103aS =-<不合题意，舍去. 综上可知{}n a 为等差数列. [方法二]【最优解】：求解通项公式因为213a a =11S a =21212S a a a +{}n S 也为等差数列，所以公差1211d S S a ()1111n S a n d n a -=21n S n a =，当2n ≥时，()()221111121n n n a S S n a n a n a -=-=--=-，当1n =时，满足上式，故{}n a 的通项公式为()121n a n a =-，所以()1123n a n a -=-，112n n a a a --=，符合题意.【整体点评】这类题型在解答题中较为罕见，求解的关键是牢牢抓住已知条件，结合相关公式，逐步推演，选①②时，法一：利用等差数列的通项公式是关于n 的一次函数，直接设出(0)n S an b a =+>，平方后得到n S 的关系式，利用11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩得到{}n a 的通项公式，进而得到213a a =，是选择①②证明③的通式通法；法二：分别设出{}n a 与{}n S 的公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系11d a =12d a =，进而得到213a a =；选①③时，按照正常的思维求出公差，表示出n S n S 进行证明；选②③时，法一：利用等差数列的通项公式是关于n 的一次函数，直接设出(0)n S an b a =+>，结合,n n a S 的关系求出n a ，根据213a a =可求b ，然后可证{}n a 是等差数n S 1211d S S a ==nS 的通项公式，利用11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，求出{}n a 的通项公式，进而证明出结论.6．【2021年乙卷文科】设{}n a 是首项为1的等比数列，数列{}n b 满足3nn na b =．已知1a ，23a ，39a 成等差数列．（1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）记n S 和n T 分别为{}n a 和{}n b 的前n 项和．证明：2nn S T <． 【答案】（1）11()3n n a -=，3n nn b =；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的性质及1a 得到29610q q -+=，解方程即可； （2）利用公式法、错位相减法分别求出,n n S T ，再作差比较即可. 【详解】（1）因为{}n a 是首项为1的等比数列且1a ，23a ，39a 成等差数列，所以21369a a a =+，所以211169a q a a q =+，即29610q q -+=，解得13q =，所以11()3n n a -=，所以33n n n na nb ==. （2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和211213333n n n n nT --=++++，012111111223333-⎛⎫=++++ ⎪⎝⎭n n S ， 230121123111112333323333n n n n S n T -⎛⎫⎛⎫-=++++-++++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭012111012222333---++++111233---+n n n n ．设0121111101212222Γ3333------=++++n n n ， ⑧ 则1231111012112222Γ33333-----=++++n nn ． ⑨由⑧-⑨得1121113312111113322Γ13233332313--⎛⎫--- ⎪⎛⎫⎝⎭=-++++-=-+- ⎪⎝⎭-n n n n n n n ．所以211312Γ432323----=--=-⨯⨯⨯n n n n n n ． 因此10232323--=-=-<⨯⨯n n n n n S n n nT ． 故2nn S T <． [方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由（1）可得11(1)313(1)12313n n n S ⨯-==--，211213333n n nn nT --=++++，① 231112133333n n n n nT +-=++++，② ①-②得23121111333333n n n n T +=++++- 1111(1)1133(1)1323313n n n n n n ++-=-=---，所以31(1)4323n n nnT =--⋅，所以2n n S T -=3131(1)(1)043234323n n n n n n ----=-<⋅⋅， 所以2nn S T <. [方法三]：构造裂项法由（Ⅰ）知13⎛⎫= ⎪⎝⎭n n b n ，令1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ，且1+=-n n n b c c ，即1111()[(1)]333αβαβ+⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭nnn n n n ，通过等式左右两边系数比对易得33,24αβ==，所以331243nn c n ⎛⎫⎛⎫=+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．则12113314423nn n n n T b b b c c +⎛⎫⎛⎫=+++=-=-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，下同方法二．[方法四]：导函数法 设()231()1-=++++=-n nx x f x x x x x x，由于()()()()()()1221'111'11(1)'1(1)1n n n n nx x x x x x x x nx n x x x x +⎡⎤⎡⎤⎡⎤----⨯--+-+⎣⎦⎣⎦⎢⎥==---⎢⎥⎣⎦， 则12121(1)()123(1)+-+-+=++++='-n nn nx n x f x x x nxx ．又1111333-⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭n n n b n n ，所以2112311111233333n n n T b b b b n -⎡⎤⎛⎫⎛⎫=++++=+⨯+⨯++⋅=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12111(1)11133333113n nn n f +⎛⎫⎛⎫+-+ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭⋅=⨯ ⎪⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭' 13113311(1)4334423n nnn n n +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+=-+⎢⎥ ⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦，下同方法二． 【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,n n S T ,然后证得结论,为最优解；方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造1()3αβ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭nn c n ，使1+=-n n n b c c ，求得n T 的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.7．【2021年乙卷理科】记n S 为数列{}n a 的前n 项和，n b 为数列{}n S 的前n 项积，已知212n nS b +=． （1）证明：数列{}n b 是等差数列; （2）求{}n a 的通项公式．【答案】（1）证明见解析；（2）()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩. 【解析】 【分析】 （1）由已知212n n S b +=得221n n n b S b =-,且0n b ≠，取1n =,得132b =,由题意得1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---,消积得到项的递推关系111221n n n n b bb b +++=-,进而证明数列{}n b 是等差数列;（2）由（1）可得n b 的表达式,由此得到n S 的表达式,然后利用和与项的关系求得()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩.【详解】 （1）[方法一]：由已知212n n S b +=得221n n n b S b =-,且0n b ≠，12n b ≠, 取1n =,由11S b =得132b =, 由于n b 为数列{}n S 的前n 项积， 所以1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---, 所以1121121222212121n n n b b b b b b b +++⋅⋅⋅⋅=---， 所以111221n n n nb bb b +++=-,由于10n b +≠ 所以12121n n b b +=-，即112n n b b +-=,其中*n N ∈所以数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差等差数列; [方法二]【最优解】： 由已知条件知1231-⋅=⋅⋅⋅⋅n n n b S S S S S ①于是11231(2)--=⋅⋅⋅⋅≥n n b S S S S n ． ②由①②得1nn n b S b -=． ③又212n nS b +=， ④ 由③④得112n n b b --=． 令1n =，由11S b =，得132b =． 所以数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列． [方法三]： 由212n n S b +=，得22=-nn n S b S ，且0n S ≠，0n b ≠，1n S ≠． 又因为111--=⋅⋅=⋅n n n n n b S S S S b ，所以1122-==-n n n n b b S S ，所以()1111(2)2222212---=-==≥---n n n n n n n S S b b n S S S ．在212n n S b +=中，当1n =时，1132==b S ． 故数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列． [方法四]：数学归纳法 由已知212n n S b +=，得221n n n b S b =-，132b =，22b =，352=b ，猜想数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列，且112n b n =+． 下面用数学归纳法证明． 当1n =时显然成立．假设当n k =时成立，即121,21+=+=+k k k b k S k ．那么当1n k =+时，11112++⎛⎫==+ ⎪⎝⎭k k k b b S k 331(1)1222k k k k ++⋅==+++． 综上，猜想对任意的n ∈N 都成立．即数列{}n b 是以32为首项，12为公差的等差数列． （2）由（1）可得，数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差的等差数列， ()3111222n n b n ∴=+-⨯=+, 22211n n n b n S b n+==-+,当n =1时，1132a S ==, 当n ≥2时,()121111n n n n n a S S n n n n -++=-=-=-++,显然对于n =1不成立, ∴()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩. 【整体点评】 （1）方法一从212n n S b +=得221n n n b S b =-，然后利用n b 的定义，得到数列{}n b 的递推关系，进而替换相除消项得到相邻两项的关系，从而证得结论； 方法二先从n b 的定义，替换相除得到1nn n b S b -=，再结合212n n S b +=得到112n n b b --=，从而证得结论，为最优解； 方法三由212n n S b +=，得22=-n n n S b S ，由n b 的定义得1122-==-n n n n b b S S ，进而作差证得结论；方法四利用归纳猜想得到数列112n b n =+，然后利用数学归纳法证得结论． （2）由（1）的结论得到112n b n =+，求得n S 的表达式,然后利用和与项的关系求得{}n a 的通项公式；8．【2021年新高考1卷】已知数列{}n a 满足11a =，11,,2,.n n n a n a a n ++⎧=⎨+⎩为奇数为偶数 （1）记2n n b a =，写出1b ，2b ，并求数列{}n b 的通项公式； （2）求{}n a 的前20项和.【答案】（1）122,5,31n b b b n ===-；（2）300. 【解析】【分析】(1)方法一：由题意结合递推关系式确定数列{}n b 的特征，然后求和其通项公式即可； (2)方法二：分组求和，结合等差数列前n 项和公式即可求得数列的前20项和. 【详解】解：（1）[方法一]【最优解】：显然2n 为偶数，则21222212,1n n n n a a a a +++=+=+， 所以2223n n a a +=+，即13n n b b +=+，且121+12b a a ===， 所以{}n b 是以2为首项，3为公差的等差数列， 于是122,5,31n b b b n ===-． [方法二]：奇偶分类讨论由题意知1231,2,4a a a ===，所以122432,15b a b a a ====+=． 由11n n a a +-=（n 为奇数）及12n n a a +-=（n 为偶数）可知， 数列从第一项起，若n 为奇数，则其后一项减去该项的差为1， 若n 为偶数，则其后一项减去该项的差为2．所以*23()n n a a n N +-=∈，则()11331n b b n n =+-⨯=-．[方法三]：累加法由题意知数列{}n a 满足*113(1)1,()22nn n a a a n +-==++∈N ．所以11213(1)11222b a a -==++=+=，322433223(1)3(1)11212352222b a a a a a --==++=+=+++=++=+=，则222121222111()()()121221+n n n n n n b a a a a a a a a a ---==-+-+-+=+++++++12(1)131n n n =+-+=-⨯．所以122,5b b ==，数列{}n b 的通项公式31n b n =-． （2）[方法一]：奇偶分类讨论 20123201351924620++++++++()()S a a a a a a a a a a a a =+=+++1231012310(1111)b b b b b b b b =-+-+-++-+++++110()102103002b b +⨯=⨯-=． [方法二]：分组求和由题意知数列{}n a 满足12212121,1,2n n n n a a a a a -+==+=+， 所以2122123n n n a a a +-=+=+．所以数列{}n a 的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；同理，由2221213n n n a a a ++=+=+知数列{}n a 的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列． 从而数列{}n a 的前20项和为： 201351924260()()S a a a a a a a a =+++++++++1091091013102330022⨯⨯=⨯+⨯+⨯+⨯=． 【整体点评】(1)方法一：由题意讨论{}n b 的性质为最一般的思路和最优的解法；方法二：利用递推关系式分类讨论奇偶两种情况，然后利用递推关系式确定数列的性质； 方法三：写出数列{}n a 的通项公式，然后累加求数列{}n b 的通项公式，是一种更加灵活的思路.(2)方法一：由通项公式分奇偶的情况求解前n 项和是一种常规的方法；方法二：分组求和是常见的数列求和的一种方法，结合等差数列前n 项和公式和分组的方法进行求和是一种不错的选择.9．【2021年新高考2卷】记n S 是公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和，若35244,a S a a S ==． （1）求数列{}n a 的通项公式n a ； （2）求使n n S a >成立的n 的最小值． 【答案】(1)26n a n =-；(2)7. 【解析】 【分析】(1)由题意首先求得3a 的值，然后结合题意求得数列的公差即可确定数列的通项公式；(2)首先求得前n 项和的表达式，然后求解二次不等式即可确定n 的最小值. 【详解】(1)由等差数列的性质可得：535S a =，则：3335,0a a a =∴=，设等差数列的公差为d ，从而有：()()22433a a a d a d d =-+=-，()()()41234333322S a a a a a d a d a a d d =+++=-+-++-=-， 从而：22d d -=-，由于公差不为零，故：2d =， 数列的通项公式为：()3326n a a n d n =+-=-.(2)由数列的通项公式可得：1264a =-=-，则：()()214252n n n S n n n -=⨯-+⨯=-，则不等式n n S a >即：2526n n n ->-，整理可得：()()160n n -->， 解得：1n <或6n >，又n 为正整数，故n 的最小值为7. 【点睛】等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等差数列的有关公式并能灵活运用.10．【2020年新课标1卷理科】设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项． （1）求{}n a 的公比；（2）若11a =，求数列{}n na 的前n 项和．【答案】（1）2-；（2）1(13)(2)9nn n S -+-=. 【解析】 【分析】（1）由已知结合等差中项关系，建立公比q 的方程，求解即可得出结论；（2）由（1）结合条件得出{}n a 的通项，根据{}n na 的通项公式特征，用错位相减法，即可求出结论. 【详解】（1）设{}n a 的公比为q ，1a 为23,a a 的等差中项，212312,0,20a a a a q q =+≠∴+-=，1,2q q ≠∴=-；（2）设{}n na 的前n 项和为n S ，111,(2)n n a a -==-，21112(2)3(2)(2)n n S n -=⨯+⨯-+⨯-++-，①23121(2)2(2)3(2)(1)(2)(2)n n n S n n --=⨯-+⨯-+⨯-+--+-，②①-②得，2131(2)(2)(2)(2)n n n S n -=+-+-++---1(2)1(13)(2)(2)1(2)3n n n n n ---+-=--=--， 1(13)(2)9nn n S -+-∴=. 【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算、等差中项的性质，以及错位相减法求和，考查计算求解能力，属于基础题.11．【2020年新课标3卷理科】设数列{an }满足a 1=3，134n n a a n +=-． （1）计算a 2，a 3，猜想{an }的通项公式并加以证明； （2）求数列{2nan }的前n 项和Sn ．【答案】（1）25a =，37a =，21n a n =+，证明见解析；（2）1(21)22n n S n +=-⋅+.【解析】 【分析】（1）方法一：（通性通法）利用递推公式得出23,a a ，猜想得出{}n a 的通项公式，利用数学归纳法证明即可；（2）方法一：（通性通法）根据通项公式的特征，由错位相减法求解即可． 【详解】 （1）［方法一］【最优解】：通性通法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=，由数列{}n a 的前三项可猜想数列{}n a 是以3为首项，2为公差的等差数列，即21n a n =+．证明如下：当1n =时，13a =成立；假设()n k k *=∈N 时，21k a k =+成立.那么1n k =+时，1343(21)4232(1)1k k a a k k k k k +=-=+-=+=++也成立. 则对任意的*n N ∈，都有21n a n =+成立； ［方法二］：构造法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=．由123,5a a ==得212a a -=．134n n a a n +=-，则134(1)(2)n n a a n n -=--≥，两式相减得()1134n n n n a a a a +--=--．令1n n n b a a +=-，且12b =，所以134n n b b -=-，两边同时减去2，得()1232n n b b --=-，且120b -=，所以20n b -=，即12n n a a +-=，又212a a -=，因此{}n a 是首项为3，公差为2的等差数列，所以21n a n =+． ［方法三］：累加法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=． 由134n n a a n +=-得1114333n n n n n a a n +++-=-，即2121214333a a -=-⨯，3232318333a a -=-⨯， (111)4(1)(2)333n n nn n a a n n ---=--⨯≥．以上各式等号两边相加得1123111412(1)33333n n n a a n ⎡⎤-=-⨯+⨯++-⨯⎢⎥⎣⎦，所以1(21)33n n n a n =+⋅．所以21(2)n a n n =+≥．当1n =时也符合上式．综上所述，21n a n =+．［方法四］：构造法21322345,387a a a a =-==-=，猜想21n a n =+．由于134n n a a n +=-，所以可设()1(1)3n n a n a n λμλμ++++=++，其中,λμ为常数．整理得1322n n a a n λμλ+=++-．故24,20λμλ=--=，解得2,1λμ=-=-．所以()112(1)13(21)3211n n n a n a n a +-+-=--=⋅⋅⋅=-⨯-．又130a -=，所以{}21n a n --是各项均为0的常数列，故210n a n --=，即21n a n =+．（2）由（1）可知，2(21)2n nn a n ⋅=+⋅［方法一］：错位相减法231325272(21)2(21)2n n n S n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅，① 23412325272(21)2(21)2n n n S n n +=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅，②由①-②得：()23162222(21)2n n n S n +-=+⨯+++-+⋅()21121262(21)212n n n -+-=+⨯-+⋅⨯-1(12)22n n +=-⋅-，即1(21)22n n S n +=-⋅+.［方法二］【最优解】：裂项相消法112(21)2(21)2(23)2n n n n n n n a n n n b b ++=+=---=-，所以231232222n n nS a a a a =++++()()()()2132431n n b b b b b b b b +=-+-+-++-11n b b +=-1(21)22n n +=-+．［方法三］：构造法当2n ≥时，1(21)2n n n S S n -=++⋅，设11()2[(1)]2n n n n S pn q S p n q --++⋅=+-+⋅，即122nn n pn q p S S ----=+⋅，则2,21,2pq p -⎧=⎪⎪⎨--⎪=⎪⎩，解得4,2p q =-=．所以11(42)2[4(1)2]2n n n n S n S n --+-+⋅=+--+⋅，即{}(42)2n n S n +-+⋅为常数列，而1(42)22S +-+⋅=，所以(42)22n n S n +-+⋅=．故12(21)2n n S n +=+-⋅．［方法四］：因为12(21)2222422n n n n n nn a n n n -=+=⋅+=⋅+，令12n n b n -=⋅，则()()231()0,11n n x x f x x x x x x x-=++++=≠-，()121211(1)()1231(1)nn n n x x nx n x f x x x nx x x +-'⎡⎤-+-+=++++==⎢⎥--⎢⎥⎣⎦'， 所以12n b b b +++21122322n n -=+⋅+⋅++⋅1(2)12(1)2n nf n n +==+-+'⋅．故234(2)2222nn S f =++'+++()1212412(1)212n n nn n +-⎡⎤=+⋅-++⎣⎦-1(21)22n n +=-+．【整体点评】（1）方法一：通过递推式求出数列{}n a 的部分项从而归纳得出数列{}n a 的通项公式，再根据数学归纳法进行证明，是该类问题的通性通法，对于此题也是最优解； 方法二：根据递推式134n n a a n +=-，代换得134(1)(2)n n a a n n -=--≥，两式相减得()1134n n n n a a a a +--=--，设1n n n b a a +=-，从而简化递推式，再根据构造法即可求出n b ，从而得出数列{}n a 的通项公式； 方法三：由134n n a a n +=-化简得1114333n n n n n a a n+++-=-，根据累加法即可求出数列{}n a 的通项公式； 方法四：通过递推式求出数列{}n a 的部分项，归纳得出数列{}n a 的通项公式，再根据待定系数法将递推式变形成()1(1)3n n a n a n λμλμ++++=++，求出,λμ，从而可得构造数列为常数列，即得数列{}n a 的通项公式． （2）方法一：根据通项公式的特征可知，可利用错位相减法解出，该法也是此类题型的通性通法； 方法二：根据通项公式裂项，由裂项相消法求出，过程简单，是本题的最优解法；方法三：由2n ≥时，1(21)2nn n S S n -=++⋅，构造得到数列{}(42)2n n S n +-+⋅为常数列，从而求出；方法四：将通项公式分解成12(21)2222422n n n n n nn a n n n -=+=⋅+=⋅+，利用分组求和法分别求出数列{}{}12,2n n n -⋅的前n 项和即可，其中数列{}12n n -⋅的前n 项和借助于函数()()231()0,11n n x x f x x x x x x x-=++++=≠-的导数，通过赋值的方式求出，思路新颖独特，很好的简化了运算．12．【2020年新课标3卷文科】设等比数列{an }满足124a a +=，318a a -=． （1）求{an }的通项公式；（2）记n S 为数列{log 3an }的前n 项和．若13m m m S S S +++=，求m ． 【答案】（1）13-=n n a ；（2）6m =. 【解析】【分析】（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，根据题意，列出方程组，求得首项和公比，进而求得通项公式；（2）由（1）求出3{log }n a 的通项公式，利用等差数列求和公式求得n S ，根据已知列出关于m 的等量关系式，求得结果. 【详解】（1）设等比数列{}n a 的公比为q ，根据题意，有1121148a a q a q a +=⎧⎨-=⎩，解得113a q =⎧⎨=⎩，所以13-=n n a ；（2）令313log log 31n n n b a n -===-， 所以(01)(1)22n n n n n S +--==， 根据13m m m S S S +++=，可得(1)(1)(2)(3)222m m m m m m -++++=， 整理得2560m m --=，因为0m >，所以6m =， 【点睛】本题考查等比数列通项公式基本量的计算，以及等差数列求和公式的应用，考查计算求解能力，属于基础题目.13．【2020年新高考1卷（山东卷）】已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==． （1）求{}n a 的通项公式；（2）记m b 为{}n a 在区间*(0,]()m m ∈N 中的项的个数，求数列{}m b 的前100项和100S ． 【答案】（1）2n n a =；（2）100480S =. 【解析】 【分析】（1）利用基本元的思想，将已知条件转化为1,a q 的形式，求解出1,a q ，由此求得数列{}n a 的通项公式.（2）方法一：通过分析数列{}m b 的规律，由此求得数列{}m b 的前100项和100S .【详解】（1）由于数列{}n a 是公比大于1的等比数列，设首项为1a ，公比为q ，依题意有31121208a q a q a q ⎧+=⎨=⎩，解得解得12,2a q ==，或1132,2a q ==(舍)， 所以2n n a =，所以数列{}n a 的通项公式为2n n a =. （2）［方法一］：规律探索由于123456722,24,28,216,232,264,2128=======，所以 1b 对应的区间为(0,1]，则10b =；23,b b 对应的区间分别为(0,2],(0,3]，则231b b ==，即有2个1；4567,,,b b b b 对应的区间分别为(0,4],(0,5],(0,6],(0,7]，则45672b b b b ====，即有22个2； 8915,,,b b b 对应的区间分别为(0,8],(0,9],,(0,15]，则89153b b b ====，即有32个3；161731,,,b b b 对应的区间分别为(0,16],(0,17],,(0,31]，则1617314b b b ====，即有42个4； 323363,,,b b b 对应的区间分别为(0,32],(0,33],,(0,63]，则3233635b b b ====，即有52个5； 6465100,,,b b b 对应的区间分别为(0,64],(0,65],,(0,100]，则64651006b b b ====，即有37个6．所以23451001222324252637480S =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．［方法二］【最优解】：由题意，2n m ≤，即2log n m ≤，当1m =时，10b =．当)12,21k k m +⎡∈-⎣时，,m b k k *=∈N ，则()()()()1001234573233636465100S b b b b b b b b b b b b =++++++++++++++0122438416532637480=+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．［方法三］：由题意知)1,2,2k k m b k m +⎡=∈⎣，因此，当1m =时，10b =；[2,4)m ∈时，1m b =；[4,8)m ∈时，2m b =；[8,16)m ∈时，3m b =；[16,32)m ∈时，4m b =；[32,64)m ∈时，5m b =；[64,128)m ∈时，6m b =．所以1001234100S b b b b b =+++++ 0(11)(222)(666)=++++++++++0122438416532637480=+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=．所以数列{}n b 的前100项和100480S =． 【整体点评】（2）方法一：通过数列{}n a 的前几项以及数列{}m b 的规律可以得到12100,,,b b b 的值，从而求出数列{}m b 的前100项和，这是本题的通性通法；方法二：通过解指数不等式可得数列{}m b 的通项公式，从而求出数列{}m b 的前100项和，是本题的最优解；方法三，是方法一的简化版．14．【2020年新高考2卷（海南卷）】已知公比大于1的等比数列{}n a 满足24320,8a a a +==． （1）求{}n a 的通项公式；（2）求112231(1)n n n a a a a a a -+-+⋯+-.【答案】（1）2nn a =；（2）2382(1)55n n +-- 【解析】 【分析】(1)由题意得到关于首项、公比的方程组，求解方程组得到首项、公比的值即可确定数列的通项公式；(2)首先求得数列(){}111n n n a a -+-的通项公式，然后结合等比数列前n 项和公式求解其前n 项和即可. 【详解】(1) 设等比数列{}n a 的公比为q (q >1)，则32411231208a a a q a q a a q ⎧+=+=⎨==⎩， 整理可得：22520q q -+=， 11,2,2q q a >==，数列的通项公式为：1222n nn a -=⋅=.(2)由于：()()()1121111122112n n n n n n n n a a --++-+=-⨯⨯=--，故：112231(1)n n n a a a a a a -+-+⋯+-35791212222(1)2n n -+=-+-+⋯+-⋅()()3223221282(1)5512nn n +⎡⎤--⎢⎥⎣⎦==----. 【点睛】等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，等差数列与等比数列求和公式是数列求和的基础. 15．【2019年新课标1卷文科】记Sn 为等差数列{an }的前n 项和，已知S 9=－a 5． （1）若a 3=4，求{an }的通项公式；（2）若a 1>0，求使得Sn ≥an 的n 的取值范围． 【答案】（1）210n a n =-+； （2）110()n n *≤≤∈N . 【解析】 【分析】（1）首项设出等差数列的首项和公差，根据题的条件，建立关于1a 和d 的方程组，求得1a 和d 的值，利用等差数列的通项公式求得结果；（2）根据题意有50a =，根据10a >，可知0d <，根据n n S a >，得到关于n 的不等式，从而求得结果. 【详解】（1）设等差数列{}n a 的首项为1a ，公差为d ，根据题意有111989(4)224a d a d a d ⨯⎧+=-+⎪⎨⎪+=⎩，解答182a d =⎧⎨=-⎩，所以8(1)(2)210n a n n =+-⨯-=-+，所以等差数列{}n a 的通项公式为210n a n =-+； （2）由条件95S a =-，得559a a =-，即50a =，因为10a >，所以0d <，并且有5140a a d =+=，所以有14a d =-， 由n n S a ≥得11(1)(1)2n n na d a n d -+≥+-，整理得2(9)(210)n n d n d -≥-， 因为0d <，所以有29210n n n -≤-，即211100n n -+≤， 解得110n ≤≤，所以n 的取值范围是：110()n n *≤≤∈N 【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有等差数列的通项公式，等差数列的求和公式，在解题的过程中，需要认真分析题意，熟练掌握基础知识是正确解题的关键.16．【2019年新课标2卷理科】已知数列{an }和{bn }满足a 1=1，b 1=0，1434n n n a a b +-=+ ，1434n n n b b a +-=-.（1）证明：{an +bn }是等比数列，{an –bn }是等差数列； （2）求{an }和{bn }的通项公式. 【答案】（1）见解析；（2）1122nn a n，1122nnb n．【解析】 【分析】(1)可通过题意中的1434n n n a a b +-=+以及1434n n n b b a +-=-对两式进行相加和相减即可推导出数列{}n n a b +是等比数列以及数列{}n n a b -是等差数列；(2)可通过(1)中的结果推导出数列{}n n a b +以及数列{}n n a b -的通项公式，然后利用数列{}n n a b +以及数列{}n n a b -的通项公式即可得出结果．【详解】(1)由题意可知1434n n n a a b +-=+，1434n n n b b a +-=-，111a b ，111a b -=， 所以1144323442n n n n n n n n a b a b b a a b ，即1112n n n n a b a b ，n n 22n n 因为11443434448n n n n n n n n a b a b b a a b ，所以112n n n n a b a b ，数列{}n n a b -是首项1、公差为2的等差数列，21n na b n ．(2)由(1)可知，112n n n a b ，21n na b n ，所以111222nnn n n na ab a b n，111222nn n n n nb a b a b n．【点睛】本题考查了数列的相关性质，主要考查了等差数列以及等比数列的相关证明，证明数列是等差数列或者等比数列一定要结合等差数列或者等比数列的定义，考查推理能力，考查化归与转化思想，是中档题．17．【2019年新课标2卷文科】已知{}n a 是各项均为正数的等比数列，1322,216a a a ==+. （1）求{}n a 的通项公式；（2）设2log n n b a =，求数列{}n b 的前n 项和.【答案】（1）212n n a -=；（2）2n S n =.【解析】 【分析】(1)本题首先可以根据数列{}n a 是等比数列将3a 转化为21a q ，2a 转化为1a q ，再然后将其带入32216a a 中，并根据数列{}n a 是各项均为正数以及12a =即可通过运算得出结果；(2)本题可以通过数列{}n a 的通项公式以及对数的相关性质计算出数列{}n b 的通项公式，再通过数列{}n b 的通项公式得知数列{}n b 是等差数列，最后通过等差数列求和公式即可得出结果． 【详解】(1)因为数列{}n a 是各项均为正数的等比数列，32216a a ，12a =， 所以令数列{}n a 的公比为q ，2231=2a a q q ，212a a qq ，所以22416q q =+，解得2q =-(舍去)或4，n n (2)因为2log n n b a =，所以21n b n =-，+121n b n ，12n nb b ， 所以数列{}n b 是首项为1、公差为2的等差数列，21212n n S nn ．【点睛】本题考查数列的相关性质，主要考查等差数列以及等比数列的通项公式的求法，考查等差数列求和公式的使用，考查化归与转化思想，考查计算能力，是简单题．18．【2018年新课标1卷文科】已知数列{}n a 满足11a =，()121n n na n a +=+，设nn a b n=． （1）求123b b b ，，；（2）判断数列{}n b 是否为等比数列，并说明理由； （3）求{}n a 的通项公式．【答案】（1）11b =，22b =，34b =；（2）{}n b 是首项为1，公比为2的等比数列．理由见解析；（3）12n n a n -=⋅.【解析】 【分析】（1）根据题中条件所给的数列{}n a 的递推公式()121n n na n a +=+，将其化为()121n n n a a n++=，分别令1n =和2n =，代入上式求得24a =和312a =，再利用nn a b n=，从而求得11b =，22b =，34b =；（2）利用条件可以得到121n na a n n+=+，从而 可以得出12n n b b +=，这样就可以得到数列{}n b 是首项为1，公比为2的等比数列； （3）借助等比数列的通项公式求得12n na n-=，从而求得12n n a n -=⋅. 【详解】（1）由条件可得()121n n n a a n++=．将1n =代入得，214a a =，而11a =，所以，24a =． 将2n =代入得，323a a =，所以，312a =．从而11b =，22b =，34b =；（2）{}n b 是首项为1，公比为2的等比数列． 由条件可得121n na a n n+=+，即12n n b b +=，又11b =， 所以{}n b 是首项为1，公比为2的等比数列； （3）由（2）可得11122n n nn a b n--==⨯=，所以12n n a n -=⋅． 【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有根据数列的递推公式确定数列的项，根据不同数列的项之间的关系，确定新数列的项，利用递推关系整理得到相邻两项之间的关系确定数列是等比数列，根据等比数列通项公式求得数列{}n b 的通项公式，借助于{}n b 的通项公式求得数列{}n a 的通项公式，从而求得最后的结果.19．【2018年新课标2卷理科】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知17a =-，315S =-． （1）求{}n a 的通项公式； （2）求n S ，并求n S 的最小值．【答案】（1）an =2n –9，（2）Sn =n 2–8n ，最小值为–16． 【解析】 【详解】分析：（1）根据等差数列前n 项和公式，求出公差，再代入等差数列通项公式得结果，（2）根据等差数列前n 项和公式得n S 的二次函数关系式，根据二次函数对称轴以及自变量为正整数求函数最值.详解：（1）设{an }的公差为d ，由题意得3a 1+3d =–15． 由a 1=–7得d =2．所以{an }的通项公式为an =2n –9． （2）由（1）得Sn =n 2–8n =（n –4）2–16． 所以当n =4时，Sn 取得最小值，最小值为–16．点睛：数列是特殊的函数，研究数列最值问题，可利用函数性质，但要注意其定义域为正整数集这一限制条件.20．【2018年新课标3卷理科】等比数列{}n a 中，15314a a a ==，． （1）求{}n a 的通项公式；（2）记n S 为{}n a 的前n 项和．若63m S =，求m ． 【答案】（1）()12n n a -=-或12n n a -= .（2）6m =. 【解析】 【详解】分析：（1）列出方程，解出q 可得；（2）求出前n 项和，解方程可得m ．详解：（1）设{}n a 的公比为q ，由题设得1n n a q -=．由已知得424q q =，解得0q =（舍去），2q =-或2q =． 故()12n n a -=-或12n n a -=．（2）若()12n n a -=-，则()123nn S --=．由63m S =得()2188m-=-，此方程没有正整数解．若12n n a -=，则21nn S =-．由63m S =得264m =，解得6m =．综上，6m =．点睛：本题主要考查等比数列的通项公式和前n 项和公式，属于基础题．。
第2讲数列篇(教师版)
第2讲 数列[考点分析]数列问题是高考的必考内容，主要考查：1．等差等比数列的证明．2．数列求通项．3．数列求和．4．个别时候考查数列不等式问题．在新高考中很多题目开始以开放性题型命题．[特训典例]题型一 等差等比数列的证明例1 （2019全国2卷理19）已知数列{a n }和{b n }满足a 1=1，b 1=0， ，. （1）证明：{a n +b n }是等比数列，{a n –b n }是等差数列； （2）求{a n }和{b n }的通项公式.[特训跟踪]1、（2021全国卷）已知数列{}n a 满足11a =，11,,2,.n n na n a a n ++⎧=⎨+⎩为奇数为偶数（1）记2n n b a =，写出1b ，2b ，并求数列{}n b 的通项公式；1434n n n a a b +-=+1434n n n b b a +-=-（2）求{}n a 的前20项和.【答案】（1）122,5b b ==；（2）300. 【解析】【分析】（1）根据题设中的递推关系可得13n n b b +=+，从而可求{}n b 的通项. （2）根据题设中的递推关系可得{}n a 的前20项和为20S 可化为()2012910210S b b b b =++++-，利用（1）的结果可求20S .【详解】（1）由题设可得121243212,1215b a a b a a a ==+===+=++= 又22211k k a a ++=+，2122k k a a +=+， 故2223k k a a +=+即13n n b b +=+即13n n b b +-= 所以{}n b 为等差数列，故()21331n b n n =+-⨯=-. （2）设{}n a 的前20项和为20S ，则2012320S a a a a =++++，因为123419201,1,,1a a a a a a =-=-=-，所以()20241820210S a a a a =++++-()1291091021021023103002b b b b ⨯⎛⎫=++++-=⨯⨯+⨯-= ⎪⎝⎭.2.在数列{a n }中，a 1＝2，a n 是1与a n a n ＋1的等差中项．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是等差数列，并求{}a n 的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n 2a n 的前n 项和S n .解 (1)∵a n 是1与a n a n ＋1的等差中项， ∴2a n ＝1＋a n a n ＋1，∴a n ＋1＝2a n －1a n， ∴a n ＋1－1＝2a n －1a n －1＝a n －1a n ，∴1a n ＋1－1＝a n a n －1＝1＋1a n －1，∵1a 1－1＝1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是首项为1，公差为1的等差数列，∴1a n －1＝1＋(n －1)＝n ，∴a n ＝n ＋1n .(2)由(1)得1n 2a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴S n ＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 3.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝12，a n ＝－2S n S n －1(n ≥2)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列；(2)求S n 和a n .[听前试做] (1)证明：当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1＝－2S n S n －1，① ∵S 1＝a 1≠0，由递推关系知S n ≠0(n ∈N *)，由①式得1S n －1S n －1＝2(n ≥2)．∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列，其中首项为1S 1＝1a 1＝2，公差为2.(2)由(1)知1S n ＝2＋2(n －1)＝2n ，∴S n ＝12n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－12n (n －1)，当n ＝1时，a 1＝S 1＝12不适合上式，∴a n＝⎩⎨⎧12，n ＝1，－12n (n －1)，n ≥2.题型二 数列求通项和求和例2 (2015·新课标全国卷Ⅰ)S n 为数列{a n }的前n 项和．已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3. (1)求{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．[听前试做] (1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，①可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.②②－①，得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )．由a n >0，得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3. 所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1，n ∈N *.(2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)＝12⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫13－15＋⎝⎛⎭⎫15－17＋…＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋3＝n3(2n ＋3). 例3 (2020衡水2调）已知数列{}n a 满足：211231333()3n n n a a a a n N -*+++++=∈. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设111,3(1)(1)n n n n b a a ++=--数列{}nb 的前n 项和为n S ，试比较n S 与716的大小. 解：（1）数列{}n a 满足211231333()3n n n a a a a n N -*+++++=∈， 所以2n ≥时，212133,3n n n a a a --+++=相减可得113,3n n a -=所以1.3n n a =n=1时,12.3a =综上可得2,1,31, 2.3n nn a n ⎧=⎪⎪=⎨⎪≥⎪⎩（5分）(2)因为111,3(1)(1)n n n n b a a ++=--所以12213.2183(1)(1)33b ==⨯-⨯-2n ≥时，1111111.11231313(1)(1)33n n n n n n b +++⎛⎫==- ⎪--⎝⎭-- 所233413111111182313131313131n n n S +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥------⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦131117.8283116n +⎛⎫=+-< ⎪-⎝⎭ 例4 (2019衡水2调）已知{}n a 是各项都为正数的数列，其前n 项和为n S ，且n S 为n a 与1na 的等差中项. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设()1,nnnb a -=求{}n b 的前n 项和n T .解：（1）由题意知，12n n nS a a =+，即221,n n n S a a -=① 当n=1时，由①式可得11;S =当2n ≥时,有1,n n n a S S -=-带入①式，得2112()()1,n n n n n S S S S S -----=整理得221 1.n n S S --= 所以{}2nS 是首项为1，公差为1的等差数列，211.nSn n =+-=因为{}n a各项都为正数，所以n S =所以12),n n n a S S n -=-=≥ 又111,a S ==所以n a =（6分）（2）()(1)1,n n nn n b a -===-当n 为奇数时，(11)1n T n=-+-++--=当n 为偶数时，(11)1n T n =-+-+--+=所以{}n b 的前n 项和()1nn T =-（12分）例5 （潍坊市高三下学期第一次模拟） 已知数列{}n a 是等差数列，其前n 项和为n S 。
【名师金典】(教师用书)版高考数学大一轮复习 第五章 数列
第五章 数列第一节 数列的概念与简单表示法[考情展望] 1.以数列的前n 项为背景写数列的通项.2.考查由数列的通项公式或递推关系，求数列的某一项.3.考查已知数列的递推关系或前n 项和S n 求通项a n.一、数列的有关概念判断数列递增(减)的方法 (1)作差比较法：①若a n ＋1－a n ＞0，则数列{a n }为递增数列． ②若a n ＋1－a n ＝0，则数列{a n }为常数列． ③若a n ＋1－a n ＜0，则数列{a n }为递减数列．(2)作商比较法：不妨设a n ＞0. ①若a n ＋1a n＞1，则数列{a n }为递增数列． ②若a n ＋1a n＝1，则数列{a n }为常数列． ③若a n ＋1a n＜1，则数列{a n }为递减数列． 三、数列的表示方法数列有三种表示方法，它们分别是列表法、图象法和解析法． 四、a n 与S n 的关系若数列{a n }的前n 项和为S n ，通项公式为a n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1， n ＝，S n －S n －1， n已知S n 求a n 的注意点利用a n ＝S n －S n －1求通项时，注意n ≥2这一前提条件，易忽略验证n ＝1致误，当n ＝1时，a 1若适合通项，则n ＝1的情况应并入n ≥2时的通项；否则a n 应利用分段函数的形式表示．1．已知数列{a n }的前4项分别为2,0,2,0，则下列各式不可以作为数列{a n }的通项公式的一项是( )A ．a n ＝1＋(－1)n ＋1B ．a n ＝2sinn π2C ．a n ＝1－cos n πD ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n 为奇数0，n 为偶数【答案】 B2．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝2a n －1＋1，则a 5的值为( ) A ．30 B ．31 C ．32 D ．33 【答案】 B3．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝nn ＋1，则这个数列是( )A ．递增数列B ．递减数列C ．常数列D ．摆动数列【答案】 A4．数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，则a n ＝ .【答案】 ⎩⎪⎨⎪⎧2n ＝2n －n5．若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫nn ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫23n 中的最大项是第k 项，则k ＝ . 【答案】 46．(2013·课标全国卷Ⅰ)若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式是a n＝ .【答案】 (－2)n －1考向一 [083] 由数列的前几项归纳数列的通项公式根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式．(1)－1,7，－13,19，…； (2)0.8,0.88,0.888，…；(3)12，14，－58，1316，－2932，6164，…. 【尝试解答】 (1)符号可通过(－1)n表示，后面的数的绝对值总比前面的数的绝对值大6，故通项公式为a n ＝(－1)n(6n －5)．(2)数列变为89(1－0.1)，89(1－0.01)，89(1－0.001)，…，∴a n ＝89⎝ ⎛⎭⎪⎫1－110n .(3)各项的分母分别为21,22,23,24，…，易看出第2,3,4项的分子分别比分母少3.因此把第1项变为－2－32，原数列化为－21－321，22－322，－23－323，24－324，…，∴a n ＝(－1)n·2n －32n .规律方法1 1.求数列的通项时，要抓住以下几个特征．(1)分式中分子、分母的特征；(2)相邻项的变化特征；(3)拆项后的特征；(4)各项符号特征等，并对此进行归纳、化归、联想．2．根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想，由不完全归纳得出的结果是不可靠的，要注意代值检验，对于正负符号变化，可用(－1)n或(－1)n ＋1来调整．考向二 [084] 由递推关系求通项公式根据下列条件，求数列的通项公式a n .(1)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2n； (2)在数列{a n }中，a n ＋1＝n ＋2na n ，a 1＝4； (3)在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋1＝2a n ＋1.【尝试解答】 (1)由a n ＋1－a n ＝2n，把n ＝1,2,3，…，n －1(n ≥2)代入，得(n －1)个式子，累加即可得(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1) ＝2＋22＋23＋…＋2n －1，所以a n －a 1＝－2n －11－2，即a n －a 1＝2n－2，所以a n ＝2n－2＋a 1＝2n－1. 当n ＝1时，a 1＝1也符合， 所以a n ＝2n－1(n ∈N *)． (2)由递推关系a n ＋1＝n ＋2n a n ，a 1＝4，有a n ＋1a n ＝n ＋2n， 于是有a 2a 1＝3，a 3a 2＝42，a 4a 3＝53，…，a n －1a n －2＝nn －2，a n a n －1＝n ＋1n －1，将这(n －1)个式子累乘，得a n a 1＝n n ＋2.所以当n ≥2时，a n ＝n n ＋2a 1＝2n (n ＋1)．当n ＝1时，a 1＝4符合上式，所以a n ＝2n (n ＋1)(n ∈N *)．(3)由a n ＋1＝2a n ＋1得a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，令b n ＝a n ＋1， 所以{b n }是以2为公比的等比数列． 所以b n ＝b 1·2n －1＝(a 1＋1)·2n －1＝2n ＋1，所以a n ＝b n －1＝2n ＋1－1(n ∈N *)．规律方法2 递推式的类型对点训练 (2015·银川模拟)已知f (x )＝1＋x.各项均为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a n＋2＝f (a n )．若a 2 014＝a 2 016，则a 20＋a 11的值是 ． 【答案】135＋326考向三 [085] 由a n 与S n 的关系求通项a n已知数列{a n }的前n 项和S n ，求{a n }的通项公式：(1)S n ＝2n 2－3n ； (2)S n ＝3n＋b .(b 为常数)【尝试解答】 (1)a 1＝S 1＝2－3＝－1， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n )－[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5， 由于a 1也适合此等式，∴a n ＝4n －5. (2)a 1＝S 1＝3＋b ， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1 ＝(3n＋b )－(3n －1＋b )＝2·3n －1.当b ＝－1时，a 1适合此等式． 当b ≠－1时，a 1不适合此等式． ∴当b ＝－1时，a n ＝2·3n －1；当b ≠－1时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3＋b ， n ＝1，2·3n －1， n ≥2.规律方法3 已知S n 求a n 时的三个注意点(1)重视分类讨论思想的应用，分n ＝1和n ≥2两种情况讨论；特别注意a n ＝S n －S n －1中需n ≥2.(2)由S n －S n －1＝a n 推得a n ，当n ＝1时，a 1也适合“a n 式”，则需统一“合写” . (3)由S n －S n －1＝a n 推得a n ，当n ＝1时，a 1不适合“a n 式”，则数列的通项公式应分段表示(“分写”)，即a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.对点训练 (1)(2015·贵阳模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，则S n ＝( )A ．2n －1B.⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1C.⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1D.12n －1【答案】 B(2)已知数列{a n }的前n 项和S n ，求下面数列{a n }的通项公式a n . ①S n ＝2n 2－3n ；②S n ＝3n＋b . 【解】 ①a 1＝S 1＝2－3＝－1， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n )－[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5， 由于a 1也适合此等式，∴a n ＝4n －5. ②a 1＝S 1＝3＋b ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1 ＝(3n＋b )－(3n －1＋b )＝2·3n －1.当b ＝－1时，a 1适合此等式． 当b ≠－1时，a 1不适合此等式． ∴当b ＝－1时，a n ＝2·3n －1；当b ≠－1时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 3＋b ，2·3n －1，n ＝1，n ≥2.易错易误之十 明确数列中项的特征，慎用函数思想解题 —————————— [1个示范例] ——————已知数列{a n }中，a n ＝n 2－kn (n ∈N *)，且{a n }单调递增，则k 的取值范围是( )A ．(－∞，2]B ．(－∞，3)C ．(－∞，2)D ．(－∞，3]【解析】 ∵a n ＝n 2－kn (n ∈N *)，且{a n }单调递增，∴a n ＋1－a n ＞0对∀n ∈N *都成立， 此处在求解时，常犯“a n 是关于n 的二次函数，若{a n }单调递增，则必有k2≤1，k ≤2”的错误．出错的原因是忽视了数列作为函数的特殊性即自变量是正整数．又a n ＋1－a n ＝(n ＋1)2－k (n ＋1)－n 2＋kn ＝2n ＋1－k ，所以由2n ＋1－k ＞0，即k ＜2n ＋1恒成立可知k ＜(2n ＋1)min ＝3.,【防范措施】 1.明确函数单调性与数列单调性的关系 (1)若数列所对应的函数是单调的，则该数列一定单调．(2)若数列是单调的，其对应的函数未必单调，原因是数列是定义在n ∈N *上的特殊函数． 2．数列单调性的判断一般通过比较a n ＋1与a n 的大小来判断：若a n ＋1＞a n ，则该数列为递增数列；若a n ＋1＜a n ，则该数列为递减数列．———————— [1个防错练] ———————已知{a n }是递增数列，且对于任意的n ∈N *，a n ＝n 2＋λn 恒成立，则实数λ的取值范围是 ．【解析】 法一 (定义法)因为{a n }是递增数列，故对任意的n ∈N *，都有a n ＋1＞a n ，即(n ＋1)2＋λ(n ＋1)＞n 2＋λn ，整理，得2n ＋1＋λ＞0，即λ＞－(2n ＋1)(*)．因为n ≥1，故－(2n ＋1)≤－3，要使不等式(*)恒成立，只需λ＞－3.法二 (函数法)设f (n )＝a n ＝n 2＋λn ，其对称轴为n ＝－λ2，要使数列{a n }为递增数列，只需满足n ＝－λ2＜32即可，即λ＞－3.【答案】 (－3，＋∞)课时限时检测(二十九) 数列的概念与简单表示法(时间：60分钟 满分：80分)一、选择题(每小题5分，共30分)1．如图5－1－1，关于星星的图案中星星的个数构成一个数列，该数列的一个通项公式是( )图5－1－1A ．a n ＝n 2－n ＋1 B ．a n ＝n n －2 C ．a n ＝n n ＋2D ．a n ＝n n ＋2【答案】 C2．在数列{a n }中，a n ＝－2n 2＋29n ＋3，则此数列最大项的值是( ) A ．103 B.8658C.8258D ．108 【答案】 D3．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2n，则a 10＝( ) A ．1 024 B ．1 023 C ．2 048 D ．2 047【答案】 B4．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 －1 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n n －1C ．n 2D ．n【答案】 D5．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ≥1)，则a 6＝( ) A ．3×44 B ．3×44＋1 C ．45D ．45＋1【答案】 A6．对于数列{a n }，“a n ＋1＞|a n |(n ＝1,2，…)”是“{a n }为递增数列”的( ) A ．必要不充分条件 B ．充分不必要条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 【答案】 B二、填空题(每小题5分，共15分)7．已知数列{a n }中，a 1＝12，a n ＋1＝1－1a n (n ≥2)，则a 16＝ .【答案】 128．数列{a n }中，a 1＝1，对于所有的n ≥2，n ∈N *，都有a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，则a 3＋a 5＝ .【答案】61169．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意n ∈N *都有S n ＝23a n －13，且1＜S k ＜9(k ∈N *)，则a 1的值为 ，k 的值为 ．【答案】 －1 4三、解答题(本大题共3小题，共35分)10．(10分)已知数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n .(1)求a 2，a 3；(2)求数列{a n }的通项公式． 【解】 (1)∵S n ＝n ＋23a n ，且a 1＝1，∴S 2＝43a 2，即a 1＋a 2＝43a 2，得a 2＝3.由S 3＝53a 3，得3(a 1＋a 2＋a 3)＝5a 3，得a 3＝6.(2)由题设知a 1＝1. 当n ≥2时，有a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，整理得a n ＝n ＋1n －1a n －1，即a n a n －1＝n ＋1n －1， 于是a 2a 1＝3，a 3a 2＝42，a 4a 3＝53，…，a n a n －1＝n ＋1n －1，以上n －1个式子的两端分别相乘，得a n a 1＝n n ＋2，∴a n ＝n n ＋2，n ≥2.又a 1＝1适合上式， 故a n ＝n n ＋2，n ∈N *.11．(12分)已知数列{a n }满足前n 项和S n ＝n 2＋1，数列{b n }满足b n ＝2a n ＋1，且前n 项和为T n ，设c n ＝T 2n ＋1－T n .(1)求数列{b n }的通项公式； (2)判断数列{c n }的增减性．【解】 (1)a 1＝2，a n ＝S n －S n －1＝2n －1(n ≥2)． ∴b n＝⎩⎪⎨⎪⎧23，n ＝，1n ，n(2)∵c n ＝b n ＋1＋b n ＋2＋…＋b 2n ＋1＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＋1，∴c n ＋1－c n ＝12n ＋2＋12n ＋3－1n ＋1＜0， ∴{c n }是递减数列．12.(13分)在数列{a n }，{b n }中，a 1＝2，a n ＋1－a n ＝6n ＋2，点(a nn，b n )在y ＝x 3＋mx 的图象上，{b n }的最小项为b 3.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求m 的取值范围．【解】 (1)∵a n ＋1－a n ＝6n ＋2， ∴当n ≥2时，a n －a n －1＝6n －4.∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝(6n －4)＋(6n －10)＋…＋8＋2 ＝n －＋n －2＋2＝3n 2－3n ＋2n －2＋2 ＝3n 2－n ，显然a 1也满足a n ＝3n 2－n ，∴a n ＝3n 2－n . (2)∵点(a nn，b n )在y ＝x 3＋mx 的图象上， ∴b n ＝(3n －1)3＋m (3n －1)．∴b 1＝8＋2m ，b 2＝125＋5m ，b 3＝512＋8m ，b 4＝1 331＋11m . ∵{b n }的最小项是b 3，∴⎩⎪⎨⎪⎧8＋2m ≥512＋8m ，125＋5m ≥512＋8m ，1 331＋11m ≥512＋8m ，∴－273≤m ≤－129.∵b n ＋1＝(3n ＋2)3＋m (3n ＋2)，b n ＝(3n －1)3＋m (3n －1)， ∴b n ＋1－b n ＝3[(3n ＋2)2＋(3n －1)2＋(3n ＋2)(3n －1)]＋3m ＝3(27n 2＋9n ＋3＋m )，当n ≥4时，27n 2＋9n ＋3＞273，∴27n 2＋9n ＋3＋m ＞0， ∴b n ＋1－b n ＞0，∴n ≥4时，b n ＋1＞b n . 综上可知－273≤m ≤－129， ∴m 的取值范围为[－273，－129]．第二节 等差数列[考情展望] 1.运用基本量法求解等差数列的基本量问题.2.在解答题中对所求结论的运算进行等差数列的判断与证明.3.在具体情景中能识别具有等差关系的数列，并会用等差数的性质解决相应问题．一、等差数列1．定义：a n ＋1－a n ＝d (常数)(n ∈N *)．2．通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ，a n ＝a m ＋(n －m )d . 3．前n 项和公式：S n ＝na 1＋n n －d 2＝n a 1＋a n2.4．a 、b 的等差中项A ＝a ＋b2.证明{a n }为等差数列的方法：(1)用定义证明：a n －a n －1＝d (d 为常数，n ≥2)⇔{a n }为等差数列； (2)用等差中项证明：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2⇔{a n }为等差数列； (3)通项法：a n 为n 的一次函数⇔{a n }为等差数列； (4)前n 项和法：S n ＝An 2＋Bn 或S n ＝n a 1＋a n2.二、等差数列的性质已知数列{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．(1)若m 、n 、p 、q 、k 是正整数，且m ＋n ＝p ＋q ＝2k ， 则a m ＋a n ＝a p ＋a q ＝2a k .(2)a m ，a m ＋k ，a m ＋2k ，a m ＋3k ，…仍是等差数列，公差为kd . (3)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…，也是等差数列．等差数列的性质(1)项的性质：在等差数列{a n }中，a m －a n ＝(m －n )d ⇔a m －a nm －n＝d (m ≠n )，其几何意义是点(n ，a n )，(m ，a m )所在直线的斜率等于等差数列的公差．(2)和的性质：在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，则 ①S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)． ②S 2n －1＝(2n －1)a n .③n 为偶数时，S 偶－S 奇＝n2d ；n 为奇数时，S 奇－S 偶＝a 中．1．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 【答案】 D2．在等差数列{a n }中，a 2＝1，a 4＝5，则{a n }的前5项和S 5＝( ) A ．7 B ．15 C ．20 D ．25 【答案】 B3．设{a n }为等差数列，公差d ＝－2，S n 为其前n 项和，若S 10＝S 11，则a 1＝( ) A ．18 B ．20 C ．22 D ．24 【答案】 B4．已知递增的等差数列{a n }满足a 1＝1，a 3＝a 22－4，则a n ＝ . 【答案】 2n －15．(2013·重庆高考)若2，a ，b ，c,9成等差数列，则c －a ＝ . 【答案】 726．(2013·广东高考)在等差数列{a n }中，已知a 3＋a 8＝10，则3a 5＋a 7＝ . 【答案】 20考向一 [086] 等差数列的判定与证明在数列{a n }中，a 1＝－3，a n ＝2a n －1＋2n＋3(n ≥2，且n ∈N *)．(1)求a 2，a 3的值； (2)设b n ＝a n ＋32n(n ∈N *)，证明：{b n }是等差数列．【尝试解答】 (1)∵a 1＝－3，a n ＝2a n －1＋2n＋3(n ≥2)． ∴a 2＝2a 1＋4＋3＝－6＋4＋3＝1.a 3＝2a 2＋23＋3＝13.(2)证明：对于任意n ∈N *， ∵b n ＋1－b n ＝a n ＋1＋32n ＋1－a n ＋32n＝12n ＋1[(a n ＋1－2a n )－3]＝12n ＋1[(2n ＋1＋3)－3]＝1，∴数列{b n }是首项为a 1＋32＝－3＋32＝0，公差为1的等差数列．规律方法1 用定义证明等差数列时，常采用的两个式子a n ＋1－a n ＝d 和a n －a n －1＝d ，但它们的意义不同，后者必须加上“n ≥2”，否则n ＝1时，a 0无定义．对点训练 (2014·大纲全国卷)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．【证明】 ①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)＝2n －1， 即a n ＋1－a n ＝2n －1.于是∑k ＝1n(a k ＋1－a k )＝∑k ＝1n(2k －1)，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.考向二 [087] 等差数列的基本运算(1)(2013·课标全国卷Ⅰ)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m ＝( )A ．3B ．4C ．5D ．6 【答案】 C(2)(2013·四川高考)在等差数列{a n }中，a 1＋a 3＝8，且a 4为a 2和a 9的等比中项，求数列{a n }的首项、公差及前n 项和．【尝试解答】 设该数列的公差为d ，前n 项和为S n .由已知可得． 2a 1＋2d ＝8，(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋8d )， 所以a 1＋d ＝4，d (d －3a 1)＝0，解得a 1＝4，d ＝0或a 1＝1，d ＝3，即数列{a n }的首项为4，公差为0，或首项为1，公差为3.所以数列的前n 项和S n ＝4n 或S n ＝3n 2－n2.规律方法2 1.等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知三求二，体现了方程思想的应用．2．数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换作用，而a 1和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法，称为基本量法．对点训练 (2014·浙江高考)已知等差数列{a n }的公差d ＞0.设{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 2·S 3＝36.①求d 及S n ；②求m ，k (m ，k ∈N *)的值，使得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝65. 【解】 ①由题意知(2a 1＋d )(3a 1＋3d )＝36， 将a 1＝1代入上式解得d ＝2或d ＝－5. 因为d ＞0，所以d ＝2，S n ＝n 2(n ∈N *)．②由①得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝(2m ＋k －1)(k ＋1)，所以(2m ＋k －1)(k ＋1)＝65.由m ，k ∈N *知2m ＋k －1＞k ＋1＞1，故⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋k －1＝13，k ＋1＝5，所以⎩⎪⎨⎪⎧m ＝5，k ＝4.考向三 [088] 等差数列的性质及应用(1)在等差数列{a n }中，已知a 4＋a 8＝16，则该数列前11项和S 11＝( )A ．58B ．88C ．143D ．176 【答案】 B(2)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知前6项和为36，最后6项的和为180，S n ＝324(n ＞6)，求数列{a n }的项数及a 9＋a 10.【尝试解答】 由题意知a 1＋a 2＋…＋a 6＝36，①a n ＋a n －1＋a n －2＋…＋a n －5＝180，②①＋②得(a 1＋a n )＋(a 2＋a n －1)＋…＋(a 6＋a n －5)＝6(a 1＋a n )＝216， ∴a 1＋a n ＝36， 又S n ＝n a 1＋a n2＝324，∴18n ＝324，∴n ＝18. 由a 1＋a n ＝36，n ＝18.∴a 1＋a 18＝36，从而a 9＋a 10＝a 1＋a 18＝36.规律方法3 1.在等差数列{a n }中，若m ＋n ＝p ＋q ＝2k ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ＝2a k 是常用的性质，本例(1)、(2)都用到了这个性质．2．掌握等差数列的性质，悉心研究每个性质的使用条件及应用方法，认真分析项数、序号、项的值的特征，这是解题的突破口．对点训练 (1)已知等差数列{a n }的公差为2，项数是偶数，所有奇数项之和为15，所有偶数项之和为25，则这个数列的项数为( )A ．10B ．20C ．30D ．40(2)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10＝10，S 20＝30，则S 30＝ . 【答案】 (1)A (2)60考向四 [089] 等差数列前n 项和的最值在等差数列{a n }中，已知a 1＝20，前n 项和为S n ，且S 10＝S 15，求当n 取何值时，S n 取得最大值，并求出它的最大值．【尝试解答】 法一 ∵a 1＝20，S 10＝S 15， ∴10×20＋10×92d ＝15×20＋15×142d ，∴d ＝－53.∴a n ＝20＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫－53＝－53n ＋653. 令a n ≥0得n ≤13，即当n ≤12时，a n ＞0；n ≥14时，a n ＜0. ∴当n ＝12或13时，S n 取得最大值，且最大值为S 12＝S 13＝12×20＋12×112×⎝ ⎛⎭⎪⎫－53＝130. 法二 同法一得d ＝－53.又由S 10＝S 15，得a 11＋a 12＋a 13＋a 14＋a 15＝0. ∴5a 13＝0，即a 13＝0.∴当n ＝12或13时，S n 有最大值， 且最大值为S 12＝S 13＝130.规律方法4 求等差数列前n 项和的最值常用的方法(1)先求a n ，再利用⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0a n ＋1≤0或⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤0a n ＋1≥0求出其正负转折项，最后利用单调性确定最值．(2)①利用性质求出其正负转折项，便可求得前n 项和的最值．②利用等差数列的前n 项和S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)为二次函数，根据二次函数的性质求最值．对点训练 已知{a n }是一个等差数列，且a 2＝1，a 5＝－5. (1)求{a n }的通项a n ；(2)求{a n }前n 项和S n 的最大值．【解】 (1)设{a n }的公差为d ，由已知条件⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝1，a 1＋4d ＝－5，解出a 1＝3，d ＝－2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－2n ＋5. (2)S n ＝na 1＋n n －2d ＝－n 2＋4n ＝4－(n －2)2，所以n ＝2时，S n 取到最大值4.规范解答之八 等差数列的通项与求和问题 ————————— [1个示范例] ———————(12分)(2013·浙江高考)在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1,2a 2＋2,5a 3成等比数列．(1)求d ，a n ；(2)若d ＜0，求|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |.【规范解答】 (1)由题意得，a 1·5a 3＝(2a 2＋2)2，由a 1＝10，{a n }为公差为d 的等差数列得，d 2－3d －4＝0，2分 解得d ＝－1或d ＝4.所以a n ＝－n ＋11(n ∈N *)或a n ＝4n ＋6(n ∈N *). 5分(2)设数列{a n }的前n 项和为S n .因为d ＜0，由(1)得d ＝－1，a n ＝－n ＋11，6分所以当n ≤11时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝S n ＝－12n 2＋212n ；当n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝－S n ＋2S 11＝12n 2－212n ＋110.综上所述，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n | ＝⎩⎪⎨⎪⎧－12n 2＋212n ， n ≤11，12n 2－212n ＋110， n ≥12.12分【名师寄语】 1.涉及求数列{|a n |}前n 项和的题目，其解题的关键是找到数列{a n }的正负界点，因此借助绝对值的性质，去掉绝对值符号是解题的着眼点．2．要正确区分“|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |”与“a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ”的差异，明确两者间的转换关系，切忌逻辑混乱．————————— [1个规范练] ———————已知等差数列{a n }前三项的和为－3，前三项的积为8. (1)求等差数列{a n }的通项公式；(2)若a 2，a 3，a 1成等比数列，求数列{|a n |}的前n 项和．【解】 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，易求a 2＝－1， 则a 3＝a 2＋d ，a 1＝a 2－d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1－d ，－1＋d －1－d －＝8，解之得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝－3.或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝3.所以由等差数列通项公式可得a n ＝2－3(n －1)＝－3n ＋5，或a n ＝－4＋3(n －1)＝3n －7.故a n ＝－3n ＋5，或a n ＝3n －7.(2)当a n ＝－3n ＋5时，a 2，a 3，a 1分别为－1，－4,2，不成等比数列，不合题设条件． 当a n ＝3n －7时，a 2，a 3，a 1分别为－1,2，－4，成等比数列，满足条件．故|a n |＝|3n －7|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3n ＋7，n ＝1，2，3n －7，n ≥3.记数列{|a n |}的前n 项和为S n .当n ＝1时，S 1＝|a 1|＝4；当n ＝2时，S 2＝|a 1|＋|a 2|＝5. 当n ≥3时，S n ＝S 2＋|a 3|＋|a 4|＋…＋|a n | ＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n －7) ＝5＋n －＋n －2＝32n 2－112n ＋10. 当n ＝2时，满足此式． 综上，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，32n 2－112n ＋10，n >1.课时限时检测(三十) 等差数列 (时间：60分钟 满分：80分)一、选择题(每小题5分，共30分)1．等差数列{a n }中，a 1＋a 5＝10，a 4＝7，则数列{a n }中的公差为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 【答案】 B2．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，公差d ＝2，S k ＋2－S k ＝24，则k ＝( ) A ．8 B ．7 C ．6 D ．5【答案】 D3．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【答案】 A4．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 6＝36，则a 7＋a 8＋a 9等于( )A ．63B ．45C ．36D ．27 【答案】 B5．(2013·辽宁高考)下面是关于公差d ＞0的等差数列{a n }的四个命题：p 1：数列{a n }是递增数列；p 2：数列{na n }是递增数列；p 3：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是递增数列；p 4：数列{a n ＋3nd }是递增数列．其中的真命题为( ) A ．p 1，p 2 B ．p 3，p 4 C ．p 2，p 3 D ．p 1，p 4 【答案】 D6．在等差数列{a n }中，a 1＝－2 012，其前n 项和为S n ，若S 1212－S 1010＝2，则S 2 012的值等于( )A ．－2 011B ．－2 012C ．－2 010D ．－2 013 【答案】 B二、填空题(每小题5分，共15分)7．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0，S 2m －1＝38，则m ＝ . 【答案】 108．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且6S 5－5S 3＝5，则a 4＝ . 【答案】 139．已知等差数列{a n }中，a 1，a 99是函数f (x )＝x 2－10x ＋16的两个零点，则12a 50＋a 20＋a 80＝ .【答案】252三、解答题(本大题共3小题，共35分)10．(10分)(2013·课标全国卷Ⅱ)已知等差数列{a n }的公差不为零，a 1＝25，且a 1，a 11，a 13成等比数列．(1)求{a n }的通项公式； (2)求a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 3n －2.【解】 (1)设{a n }的公差为d ，由题意得a 211＝a 1a 13， 即(a 1＋10d )2＝a 1(a 1＋12d )． 于是d (2a 1＋25d )＝0.又a 1＝25，所以d ＝0(舍去)，d ＝－2. 故a n ＝－2n ＋27.(2)令S n ＝a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 3n －2.由(1)知a 3n －2＝－6n ＋31，故{a 3n －2}是首项为25，公差为－6的 等差数列． 从而S n ＝n 2(a 1＋a 3n －2)＝n2(－6n ＋56)＝－3n 2＋28n .11．(12分)已知公差大于零的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 3·a 4＝117，a 2＋a 5＝22.(1)求通项a n ； (2)若数列{b n }满足b n ＝S nn ＋c，是否存在非零实数c 使得{b n }为等差数列？若存在，求出c 的值；若不存在，请说明理由．【解】 (1)由等差数列的性质，得a 2＋a 5＝a 3＋a 4＝22， ∴a 3，a 4是方程x 2－22x ＋117＝0的根，且a 4＞a 3， ∴a 3＝9且a 4＝13， 从而a 1＝1，公差d ＝4， 故通项a n ＝1＋4(n －1)＝4n －3. (2)由(1)知S n ＝n＋4n －2＝2n 2－n ，所以b n ＝S nn ＋c ＝2n 2－nn ＋c .法一 所以b 1＝11＋c ，b 2＝62＋c ，b 3＝153＋c(c ≠0)． 令2b 2＝b 1＋b 3，解得c ＝－12.当c ＝－12时，b n ＝2n 2－nn －12＝2n ，当n ≥2时，b n －b n －1＝2.故当c ＝－12时，数列{b n }为等差数列．法二 当n ≥2时， b n －b n －1＝2n 2－nn ＋c－n －2－n－n －1＋c＝2n 2＋c －n －3c n 2＋c －n ＋c c －，欲使{b n }为等差数列，只需4c －2＝2(2c －1)且－3c ＝2c (c －1)(c ≠0)，解得c ＝－12.故当c ＝－12时，数列{b n }为等差数列．12．(12分)在数列{a n }中，a 1＝1,3a n a n －1＋a n －a n －1＝0(n ≥2)．(1)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列；(2)求数列{a n }的通项； (3)若λa n ＋1a n ＋1≥λ对任意n ≥2的整数恒成立，求实数λ的取值范围．【解】 (1)证明 由3a n a n －1＋a n －a n －1＝0(n ≥2)得， 1a n －1a n －1＝3(n ≥2)，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，3为公差的等差数列．(2)由(1)可得，1a n＝1＋3(n －1)＝3n －2.∴a n ＝13n －2. (3)λa n ＋1a n ＋1≥λ对n ≥2的整数恒成立，即λ3n －2＋3n ＋1≥λ对n ≥2(n ∈N *)恒成立． 整理得λ≤n ＋n －n －(n ≥2，n ∈N *)，令C n ＝n ＋n －n －，Cn ＋1－C n ＝n ＋n ＋3n－n ＋n －n －＝n ＋n －3n n －因为n ≥2，所以C n ＋1－C n ＞0，∴{C n }为单调递增数列，C 2最小，且C 2＝283，故λ的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，283.第三节 等比数列[考情展望] 1.运用基本量法求解等比数列问题.2.以等比数列的定义及等比中项为背景，考查等比数列的判定.3.客观题以等比数列的性质及基本量的运算为主，突出“小而巧”的特点，解答题注重函数与方程、分类讨论等思想的综合应用．一、等比数列证明{a n }是等比数列的两种常用方法(1)定义法：若a n a n －1＝q (q 为非零常数且n ≥2且n ∈N *)，则{a n }是等比数列． (2)中项公式法：在数列{a n }中，a n ≠0且a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(n ∈N *)，则数列{a n }是等比数列． 二、等比数列的性质1．对任意的正整数m 、n 、p 、q ，若m ＋n ＝p ＋q ＝2k ，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k . 2．通项公式的推广：a n ＝a m qn －m(m ，n ∈N *)3．公比不为－1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n；当公比为－1时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 不一定构成等比数列．4．若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n (λ≠0)仍是等比数列．等比数列的单调性1．已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q 等于( )A ．－12B ．－2C ．2 D.12【答案】 D2．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 ．－8C ．5D ．11【答案】 A3．公比为2的等比数列{a n }的各项都是正数，且a 3a 11＝16，则log 2a 10＝( ) A ．4 B ．5C ．6D ．7 【答案】 B4．(2014·江苏高考)在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 2＝1，a 8＝a 6＋2a 4，则a 6的值是 ．【答案】 45．(2013·大纲全国卷)已知数列{a n }满足3a n ＋1＋a n ＝0，a 2＝－43，则{a n }的前10项和等于( )A ．－6(1－3－10)B.19(1－310) C ．3(1－3－10) D ．3(1＋3－10)【答案】 C6．(2013·江西高考)等比数列x,3x ＋3,6x ＋6，…的第四项等于( ) A ．－24 B ．0 C ．12 D ．24【答案】 A考向一 [090] 等比数列的基本运算(1)(2013·北京高考)若等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝20，a 3＋a 5＝40，则公比q ＝ ；前n 项和S n ＝ .(2)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1，S 3，S 2成等差数列． ①求{a n }的公比q ；②若a 1－a 3＝3，求S n . 【尝试解答】 (1)2,2n ＋1－2(2)①∵S 1，S 3，S 2成等差数列， ∴a 1＋(a 1＋a 1q )＝2(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)．由于a 1≠0，故2q 2＋q ＝0，又q ≠0，从而q ＝－12.②由已知可得a 1－a 1(－12)2＝3，故a 1＝4，从而S n ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝83⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n .规律方法1 1.等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，体现了方程思想的应用．2．在使用等比数列的前n 项和公式时，应根据公比q 的情况进行分类讨论，此外在运算过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算．对点训练 (1)已知等比数列{a n }为递增数列，且a 25＝a 10,2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝ .【答案】 2n(2)已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，a 1＝2，且a 2，a 4，a 8成等比数列． ①求数列{a n }的通项公式； ②求数列{3a n }的前n 项和．【解】 ①设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，由题意得a 24＝a 2·a 8，即(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋7d )．又a 1＝2，所以d ＝2或d ＝0(舍去)．∴a n ＝2n .②由①可知3a n ＝32n＝9n. 故数列{3a n }的前n 项和为－9n1－9＝98(9n－1)． 考向二 [091] 等比数列的判定与证明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{b n }中的b 3、b 4、b 5.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋54是等比数列．【尝试解答】 (1)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{b n }中的b 3，b 4，b 5依次为7－d,10,18＋d . 依题意，(7－d )(18＋d )＝100， 解之得d ＝2或d ＝－13(舍去)， ∴b 3＝5，公比q ＝2，因此b 1＝54.故b n ＝54·2n －1＝5·2n －3.(2)证明 由(1)知b 1＝54，公比q ＝2，∴S n ＝54－2n1－2＝5·2n －2－54， 则S n ＋54＝5·2n －2，因此S 1＋54＝52，S n ＋54S n －1＋54＝5·2n －25·2n －3＝2(n ≥2)．∴数列{S n ＋54}是以52为首项，公比为2的等比数列．规律方法2 1.本题求解常见的错误：(1)计算失误，不注意对方程的根(公差d )的符号进行判断；(2)不能灵活运用数列的性质简化运算．2．要判定一个数列不是等比数列，则只需判定其任意的连续三项不成等比即可． 对点训练 (2015·武汉模拟)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{b n }中的b 3，b 4，b 5.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋54是等比数列．【解】 (1)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{b n }中的b 3，b 4，b 5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{b n }的第3项为5，公比为2， 由b 3＝b 1·22，即5＝b 1·22， 解得b 1＝54.所以{b n }是以54为首项，2为公比的等比数列，其通项公式为b n ＝54·2n －1＝5·2n －3.(2)证明：数列{b n }的前n 项和S n ＝54－2n1－2＝5·2n －2－54，即S n ＋54＝5·2n －2. 所以S 1＋54＝52，S n ＋1＋54S n ＋54＝5·2n －15·2n －2＝2.因此⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋54是以52为首项，2为公比的等比数列．考向三[092] 等比数列的性质及应用(1)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6∶S 3＝1∶2，则S 9∶S 3等于( )A ．1∶2B ．2∶3C ．3∶4D ．1∶3(2)在等比数列{a n }中，若a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝158，a 8a 9＝－98，则1a 7＋1a 8＋1a 9＋1a 10＝ .【答案】 (1)C (2)－53规律方法3 在解决等比数列的有关问题时，要充分挖掘隐含条件，利用性质，特别是“若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ”，可以减少运算量，提高解题速度．对点训练 (1)(2015·兰州模拟)各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n＝2，S 3n ＝14，则S 4n 等于( )A ．80B ．30C ．26D ．16(2)(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＝ .【答案】 (1)B (2)50思想方法之十三 分类讨论思想在等比数列求和中的应用分类讨论的实质是将整体化为部分来解决．其求解原则是不复重，不遗漏，讨论的方法是逐类进行．在数列的学习中，也有多处知识涉及分类讨论思想 ，具体如下所示： (1)前n 项和S n 与其通项a n 的关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a 1 n ＝1，S n －S n －1 n ≥2；(2)等比数列的公比q 是否为1；(3)在利用公式S n 求和时，数列的项的个数为偶数还是奇数等等． 求解以上问题的关键是找准讨论的切入点，分类求解．————————— [1个示范例] ———————(理)(2013·天津高考)已知首项为32的等比数列{a n }不是递减数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)，且S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝S n －1S n(n ∈N *)，求数列{T n }的最大项的值与最小项的值．【解】 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列，所以S 5＋a 5－S 3－a 3＝S 4＋a 4－S 5－a 5，即4a 5＝a 3，于是q 2＝a 5a 3＝14.又{a n }不是递减数列且a 1＝32，所以q ＝－12.故等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝(－1)n －1·32n .(2)由(1)得S n＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋12n，n 为奇数，1－12n，n 为偶数.当n 为奇数时，S n 随n 的增大而减小，所以1＜S n ≤S 1＝32，故0＜S n －1S n ≤S 1－1S 1＝32－23＝56. 当n 为偶数时，S n 随n 的增大而增大，所以34＝S 2≤S n ＜1，故0＞S n －1S n ≥S 2－1S 2＝34－43＝－712. 所以数列{T n }最大项的值为56，最小项的值为－712.————————— [1个对点练] ———————已知数列{d n }满足d n ＝n ，等比数列{a n }为递增数列，且a 25＝a 10，2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，n ∈N *.(1)求a n ；(2)令c n ＝1－(－1)na n ，不等式c k ≥2014(1≤k ≤100，k ∈N *)的解集为M ，求所有d k ＋a k (k ∈M )的和．【解】 (1)设{a n }的首项为a 1，公比为q ，所以(a 1q 4)2＝a 1q 9，解得a 1＝q ， 又因为2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，所以2(a n ＋a n q 2)＝5a n q ，则2(1＋q 2)＝5q,2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝12(舍)或q ＝2，所以a n ＝2×2n －1＝2n.(2)则c n ＝1－(－1)n a n ＝1－(－2)n，d n ＝n ，当n 为偶数，c n ＝1－2n ≥2014，即2n≤－2013，不成立； 当n 为奇数，c n ＝1＋2n ≥2014，即2n≥2013， 因为210＝1024,211＝2048，所以n ＝2m ＋1,5≤m ≤49 则{d k }组成首项为11，公差为2的等差数列 {a k }(k ∈M )组成首项为211，公比为4的等比数列 则所有d k ＋a k (k ∈M )的和为＋2＋211－4451－4＝2475＋2101－20483＝2101＋53773.课时限时检测(三十一) 等比数列(时间：60分钟 满分：80分)一、选择题(每小题5分，共30分)1．已知等比数列{a n }中，a 1＋a 2＋a 3＝40，a 4＋a 5＋a 6＝20，则前9项之和等于( ) A ．50 B ．70 C ．80 D ．90 【答案】 B2．若等比数列{a n }满足a n a n ＋1＝16n，则公比为( ) A ．2 B ．4 C ．8 D ．16 【答案】 B3．(2013·课标全国卷Ⅰ)设首项为1，公比为23的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则( )A ．S n ＝2a n －1B ．S n ＝3a n －2C ．S n ＝4－3a nD ．S n ＝3－2a n【答案】 D4．已知数列{a n }，则“a n ，a n ＋1，a n ＋2(n ∈N *)成等比数列”是“a 2n ＋1＝a n a n ＋2”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 【答案】 A5．已知数列{a n }为等比数列，S n 是它的前n 项和．若a 2·a 3＝2a 1，且54为a 4与2a 7的等差中项，则S 5＝( )A ．35B ．33C ．31D ．29 【答案】 C6．已知数列{a n }满足log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1(n ∈N *)且a 2＋a 4＋a 6＝9，则log 13(a 5＋a 7＋a 9)的值是( )A ．－5B ．－15C ．5 D.15【答案】 A二、填空题(每小题5分，共15分)7．若等比数列{a n }满足a 2a 4＝12，则a 1a 23a 5＝ .【答案】 148．等比数列{a n }的公比q ＞0，已知a 2＝1，a n ＋2＋a n ＋1＝6a n ，则{a n }的前4项和S 4＝ .【答案】1529．设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则q ＝ .【答案】 32三、解答题(本大题共3小题，共35分)10．(10分)(2013·重庆高考)设数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝3a n ，n ∈N ＋. (1)求{a n }的通项公式及前n 项和S n ；(2)已知{b n }是等差数列，T n 为其前n 项和，且b 1＝a 2，b 3＝a 1＋a 2＋a 3，求T 20. 【解】 (1)由题意知{a n }是首项为1，公比为3的等比数列， 所以a n ＝3n －1，S n ＝1－3n1－3＝12(3n－1)．(2)b 1＝a 2＝3，b 3＝1＋3＋9＝13，b 3－b 1＝10＝2d ，所以公差d ＝5，故T 20＝20×3＋20×192×5＝1 010.11．(12分)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 .(2)b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ＝－(1＋2＋…＋n )＝－n n ＋2.故1b n ＝－2nn ＋＝－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 ＋1.12．(13分)已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋1＝(1＋q )a n －qa n －1(n ≥2，q ≠0)． (1)设b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，证明：{b n } 是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式；(3)若a 3是a 6与a 9的等差中项，求q 的值，并证明：对任意的n ∈N *，a n 是a n ＋3与a n ＋6的等差中项．【解】 (1)证明 由题设a n ＋1＝(1＋q )a n －qa n －1(n ≥2)， 得a n ＋1－a n ＝q (a n －a n －1)，即b n ＝qb n －1，n ≥2. 由b 1＝a 2－a 1＝1，q ≠0，所以{b n }是首项为1，公比为q 的等比数列． (2)由(1)，a 2－a 1＝1，a 3－a 2＝q ，…，a n －a n －1＝q n －2(n ≥2)将以上各式相加，得a n －a 1＝1＋q ＋…＋q n －2(n ≥2)，即a n ＝a 1＋1＋q ＋…＋qn －2(n ≥2)．所以当n ≥2时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋1－q n －11－q ， q ≠1，n ， q ＝1.上式对n ＝1显然成立．(3)由(2)，当q ＝1时，显然a 3不是a 6与a 9的等差中项，故q ≠1.由a 3－a 6＝a 9－a 3可得q 5－q 2＝q 2－q 8，由q ≠0得q 3－1＝1－q 6，①整理得(q 3)2＋q 3－2＝0，解得q 3＝－2.于是q ＝－32.另一方面，a n －a n ＋3＝q n ＋2－q n －11－q ＝q n －11－q (q 3－1)，a n ＋6－a n ＝q n －1－q n ＋51－q ＝q n －11－q(1－q 6)．由①可得a n －a n ＋3＝a n ＋6－a n ，所以对任意的n ∈N *，a n 是a n ＋3与a n ＋6的等差中项．第四节 数列求和[考情展望] 1.考查等差、等比数列的求和.2.以数列求和为载体，考查数列求和的各种方法和技巧．一、公式法与分组求和法 1．公式法直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和 (1)等差数列的前n 项和公式：S n ＝n a 1＋a n 2＝na 1＋n n －2d ；(2)等比数列的前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q＝a 1－q n1－q ，q ≠1.2．分组求和法一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减．二、错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前n 项和可用错位相减法．三、裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．常用的拆项方法 (1)1nn ＋k ＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k。
数列证明题型总结(教师版)附答案
一、解答题 ：1．在数列{}a n 中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋2n .(Ⅰ)设b n ＝a n2n －1，证明：数列{}b n 是等差数列； (Ⅱ)求数列{}a n 的前n 项的和S n .【答案】(Ⅰ)因为b n ＋1－b n ＝a n ＋12n －a n 2n －1＝a n ＋1－2a n 2n ＝2n2n ＝1所以数列{b n }为等差数列 (Ⅱ)因为b n ＝b 1＋(n －1)×1＝n 所以a n ＝n ·2n －1所以S n ＝1×20＋2×21＋…＋n ×2n －1 2S n ＝1×21＋2×22＋…＋n ×2n 两式相减得S n ＝(n －1)·2n ＋12．在数列{a n }中，a 1＝12，a n ＋1＝12a n ＋12n＋1.(Ⅰ)设b n ＝2n a n ，证明：数列{b n }是等差数列； (Ⅱ)求数列{a n }的前n 项和S n .【答案】(Ⅰ)由a n ＋1＝12a n ＋12n ＋1，得2n ＋1a n ＋1＝2n a n ＋1 b n ＋1＝b n ＋1， 则{b n }是首项b 1＝1，公差为1的等差数列． 故b n ＝n ，a n ＝n2n .(Ⅱ)S n ＝1×12＋2×122＋3×123＋…＋(n －1)×12n －1＋n ×12n12S n ＝1×122＋2×123＋3×124＋…＋(n －1)×12n ＋n ×12n ＋1 两式相减，得：12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1 ＝12（1－12n ）1－12－n 2n ＋1＝1－12n －n 2n ＋1S n ＝2－12n －1－n2n3．数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，且满足4S n ＝(a n ＋1)2(n ∈N *)．(Ⅰ)证明：数列{a n }是等差数列，并求出其通项公式a n ； (Ⅱ)设b n ＝a n ＋2a n (n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n .【答案】(Ⅰ)n ＝1时，4a 1＝(a 1＋1)2⇒a 21－2a 1＋1＝0，即a 1＝1n ≥2时，4a n ＝4S n －4S n －1＝(a n ＋1)2－(a n －1＋1)2＝a 2n －a 2n －1＋2a n －2a n －1 ⇒a 2n －a 2n －1－2a n －2a n －1＝0⇒(a n ＋a n －1)[(a n －a n －1)－2]＝0 ∵a n >0 ∴a n －a n －1＝2故数列{a n }是首项为a 1＝1，公差为d ＝2的等差数列，且a n ＝2n －1(n ∈N *) (Ⅱ)由(Ⅰ)知b n ＝a n ＋2a n ＝(2n －1)＋22n －1 ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝(1＋21)＋(3＋23)＋…＋[(2n －1)＋22n －1] ＝[1＋3＋…＋(2n －1)]＋(21＋23＋…＋22n －1) ＝n 2＋2（1－22n ）1－4＝22n ＋13＋n 2－23＝22n ＋1＋3n 2－234．数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，且满足2S n ＝a n ＋1(n ∈N *)．(Ⅰ)证明：数列{a n }是等差数列，并求出其通项公式a n ； (Ⅱ)设b n ＝a n ·2n (n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n .【答案】(Ⅰ)由2S n ＝a n ＋1(n ∈N *)可以得到4S n ＝(a n ＋1)2(n ∈N *) n ＝1时，4a 1＝(a 1＋1)2⇒a 21－2a 1＋1＝0，即a 1＝1 n ≥2时，4a n ＝4S n －4S n －1＝(a n ＋1)2－(a n －1＋1)2＝a 2n －a 2n －1＋2a n －2a n －1 ⇒a 2n －a 2n －1－2a n －2a n －1＝0⇒(a n ＋a n －1)[(a n －a n －1)－2]＝0 ∵a n >0 ∴a n －a n －1＝2故数列{a n }是首项为a 1＝1，公差为d ＝2的等差数列，且 a n ＝2n －1(n ∈N *)(Ⅱ)由(Ⅰ)知b n ＝a n ·2n ＝(2n －1)·2n∴T n ＝(1·21)＋(3·22)＋…＋[(2n －3)·2n －1]＋[(2n －1)·2n ] 则2T n ＝(1·22)＋(3·23)＋…＋[(2n －3)·2n ]＋[(2n －1)·2n ＋1] 两式相减得：－T n ＝(1·21)＋(2·22)＋…＋(2·2n )－[(2n －1)·2n ＋1] ＝2·2（1－2n ）1－2－2－[(2n －1)·2n ＋1]＝(3－2n )·2n ＋1－6∴T n ＝(2n －3)·2n ＋1＋6(或T n ＝(4n －6)·2n ＋6)5．已知数列{a n }，其前n 项和为S n ＝32n 2＋72n (n ∈N *)．(Ⅰ)求a 1，a 2；(Ⅱ)求数列{a n }的通项公式，并证明数列{a n }是等差数列；(Ⅲ)如果数列{b n }满足a n ＝log 2b n ，请证明数列{b n }是等比数列，并求其前n 项和T n .【答案】(Ⅰ)a 1＝S 1＝5，a 1＋a 2＝S 2＝32×22＋72×2＝13，解得a 2＝8. (Ⅱ)当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1＝32[n 2－(n －1)2]＋72[n －(n －1)] ＝32(2n －1)＋72＝3n ＋2. 又a 1＝5满足a n ＝3n ＋2， ∴a n ＝3n ＋2(n ∈N *)．∵a n －a n －1＝3n ＋2－[3(n －1)＋2] ＝3(n ≥2，n ∈N *)，∴数列{a n }是以5为首项，3为公差的等差数列． (Ⅲ)由已知得b n ＝2an (n ∈N *)，∵b n ＋1b n ＝2nn ＋12an ＝2an ＋1－an ＝23＝8(n ∈N *)，又b 1＝2a 1＝32，∴数列{b n }是以32为首项，8为公比的等比数列． ∴T n ＝32（1－8n ）1－8＝327(8n－1)．6．已知函数f (x )＝2x x ＋2，数列{a n }满足：a 1＝43，a n ＋1＝f (a n )．(Ⅰ)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，并求数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)记S n ＝a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1，求证：S n <83.【答案】证明：(Ⅰ)∵a n ＋1＝f (a n )＝2a n a n ＋2，∴1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 成等差数列， 所以1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝34＋(n －1)×12＝2n ＋14，则a n ＝42n ＋1.(Ⅱ)∵a n a n ＋1＝42n ＋1·42n ＋3＝8⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋3，∴S n ＝a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝8⎝⎛⎭⎫13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3＝8⎝⎛⎭⎫13－12n ＋3<83.7．已知数列{a n }的前三项依次为2，8，24，且{a n －2a n －1}是等比数列．(Ⅰ)证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是等差数列；(Ⅱ)试求数列{a n }的前n 项和S n 的公式．【答案】(Ⅰ)∵a 2－2a 1＝4，a 3－2a 2＝8， ∴{a n －2a n －1}是以2为公比的等比数列． ∴a n －2a n －1＝4×2n －2＝2n .等式两边同除以2n ，得a n 2n －a n －12n －1＝1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是等差数列． (Ⅱ)根据(Ⅰ)可知a n 2n ＝a 12＋(n －1)×1＝n ，∴a n ＝n ·2n .S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n ，'① 2S n ＝1×22＋2×23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1.'② ①－②得：－S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1 ＝2（1－2n ）1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1，∴S n ＝(n －1)·2n ＋1＋2.8．已知数列{a n }的各项为正数，前n 项和为S n ，且满足：S n ＝12⎝⎛⎭⎫a n ＋1a n(n ∈N *)．(Ⅰ)证明：数列{S 2n }是等差数列；(Ⅱ)设T n ＝12S 21＋122S 22＋123S 23＋…＋12n S 2n ，求T n . 【答案】(Ⅰ)证明：当n ＝1时，a 1＝S 1，又S n ＝12⎝⎛⎭⎫a n ＋1a n (n ∈N *)， ∴S 1＝12⎝⎛⎭⎫S 1＋1S 1，解得S 1＝1. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1， ∴S n ＝12⎝⎛⎭⎫S n －S n －1＋1S n －S n －1，即S n ＋S n －1＝1S n －S n －1，化简得S 2n －S 2n －1＝1， {S 2n }是以S 21＝1为首项，1为公差的等差数列．(Ⅱ)由(Ⅰ)知S 2n ＝n ， T n ＝12S 21＋122S 22＋…＋12n S 2n ， 即T n ＝1·12＋2·122＋…＋(n －1)12n －1＋n ·12n .'①①×12得12T n ＝1·122＋…＋(n －1)12n ＋n ·12n ＋1.'②①－②得12T n ＝12＋122＋…＋12n －n ·12n ＋1＝12⎣⎡⎦⎤1－12n 1－12－n ·12n ＋1＝1－12n －n ·12n ＋1＝1－n ＋22n ＋1，∴T n ＝2－n ＋22n .9．数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·1a 2n＋4＝1(n ∈N *)，记S n ＝a 21＋a 22＋…＋a 2n . (Ⅰ)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 是等差数列；(Ⅱ)对任意的n ∈N *，如果S 2n ＋1－S n ≤m30恒成立，求正整数m 的最小值．【答案】(Ⅰ)证明：1a 2n ＋1－1a 2n＝4⇒1a 2n ＝1a 21＋(n －1)×4⇒1a 2n ＝4n －3，即⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 是等差数列． (Ⅱ)令g (n )＝S 2n ＋1－S n ＝14n ＋1＋14n ＋5＋…＋18n ＋1.∵g (n ＋1)－g (n )<0， ∴g (n )在n ∈N *上单调递减，∴[g (n )]max ＝g (1)＝1445.∴1445≤m 30恒成立⇒m ≥283，又∵m ∈N ，∴正整数m 的最小值为10.10．已知数列{a n }是首项a 1＝133，公比为133的等比数列，设b n ＋15log 3a n ＝t ，常数t ∈N *.(Ⅰ)求证：{b n }为等差数列；(Ⅱ)设数列{c n }满足c n ＝a n b n ，是否存在正整数k ，使c k ＋1，c k ，c k ＋2成等比数列？若存在，求k ，t 的值；若不存在，请说明理由．【答案】(Ⅰ)证明：a n ＝3－n3，b n ＋1－b n ＝－15log 3⎝⎛⎭⎫a n ＋1a n ＝5， ∴{b n }是首项为b 1＝t ＋5，公差为5的等差数列． (Ⅱ)c n ＝(5n ＋t )·3－n 3，令5n ＋t ＝x ，则c n ＝x ·－n 3，c n ＋1＝(x ＋5)·3－n ＋13，c n ＋2＝(x ＋10)·3－n ＋23，若c 2k ＝c n ＋1c n ＋2，则(x ·3－n 3)2＝(x ＋5)·3－n ＋13·(x ＋10)·3－n ＋23， 化简得2x 2－15x －50＝0，解得x ＝10或－52(舍)，进而求得n ＝1，t ＝5，综上，存在n ＝1，t ＝5适合题意．11．在数列{ a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1.(Ⅰ)设b n ＝a n ＋1－a n ＋2，(n ∈N *)，证明：数列{b n }是等比数列； (Ⅱ)求数列{a n }的通项a n .【答案】(Ⅰ)由已知a n ＋1＝2a n ＋2n ＋1 ① 得a n ＋2＝2a n ＋1＋2n ＋3 ②②－①，得a n ＋2－a n ＋1＝2a n ＋1－2a n ＋2 设a n ＋2－a n ＋1＋c ＝2(a n ＋1－a n ＋c )． 展开与上式对比，得c ＝2因此，有a n ＋2－a n ＋1＋2＝2(a n ＋1－a n ＋2) 由b n ＝a n ＋1－a n ＋2，得b n ＋1＝2b n ，由a 1＝1，a 2＝2a 1＋3＝5，得b 1＝a 2－a 1＋2＝6， 故数列{b n }是首项为6，公比为2的等比数列 (Ⅱ)由(Ⅰ)知，b n ＝6×2n －1＝3×2n 则a n ＋1－a n ＝b n －2＝3×2n －2，所以a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1) ＝1＋(3×21－2)＋(3×22－2)＋…＋(3×2n －1－2) ＝1＋3(2＋22＋23＋…＋2n －1)－2(n －1) a n ＝3×2n －2n －3，当n ＝1时，a 1＝3×21－2×1－3＝6－5＝1，故a 1也满足上式 故数列{a n }的通项为a n ＝3×2n －2n －3(n ∈N *)．12．在数列{a n }中，a 1＝16，a n ＝12a n －1＋12×13n (n ∈N *且n ≥2)．(Ⅰ)证明：{a n ＋13n }是等比数列；(Ⅱ)求数列{a n }的通项公式；(Ⅲ)设S n 为数列{}a n 的前n 项和，求证S n <12.【答案】(Ⅰ)由已知，得a n ＋1＋13n ＋1a n ＋13n ＝（12a n ＋12·13n ＋1）＋13n ＋1a n ＋13n＝12∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋13n 是等比数列．(Ⅱ)设A n ＝a n ＋13n ，则A 1＝a 1＋1＝16＋13＝12，且q ＝12则A n ＝(12)n ，∴a n ＋13n ＝12n ，可得a n ＝12n －13n(Ⅲ)S n ＝(121－131)＋(122－132)＋…＋(12n －13n )＝12（1－12n ）1－12－13（1－13n ）1－13＝12－12n ＋12·13n ＝12－2·3n －2n 2·6n <1213．已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2a n －n ＋1(n ∈N *)．(Ⅰ)证明：数列{a n －n }是等比数列，并求出数列{a n }的通项公式； (Ⅱ)数列{b n }满足：b n ＝n2a n －2n(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n .【答案】(Ⅰ)证法一：由a n ＋1＝2a n －n ＋1可得a n ＋1－(n ＋1)＝2(a n －n )，又a 1＝2，则a 1－1＝1， ∴数列{a n －n }是以a 1－1＝1为首项，且公比为2的等比数列， 则a n －n ＝1×2n －1，∴a n ＝2n －1＋n .证法二：a n ＋1－（n ＋1）a n －n ＝2a n －n ＋1－（n ＋1）a n －n ＝2a n －2n a n －n ＝2，又a 1＝2，则a 1－1＝1，∴数列{a n －n }是以a 1－1＝1为首项，且公比为2的等比数列， 则a n －n ＝1×2n －1，∴a n ＝2n －1＋n . (Ⅱ)∵b n ＝n 2a n －2n ，∴b n ＝n 2a n －2n ＝n2n∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12＋2·(12)2＋…＋n ·(12)n ①∴12S n ＝(12)2＋2·(12)3＋…＋(n －1)(12)n ＋n ·(12)n ＋1 ② 由①－②，得12S n ＝12＋(12)2＋(12)3＋…＋(12)n －n ·(12)n ＋1＝12[1－（12）n ]1－12－n ·(12)n ＋1＝1－(n ＋2)(12)n ＋1， ∴S n ＝2－(n ＋2)(12)n .14．在数列{a n }中，a 1＝1，2na n ＋1＝(n ＋1)a n ，n ∈N *.(Ⅰ)设 b n ＝a nn ，证明：数列{b n }是等比数列；(Ⅱ)求数列{a n }的前n 项和S n .【答案】(Ⅰ)因为b n ＋1b n ＝a n ＋1n ＋1×n a n ＝12，所以{b n }是首项为1，公比为12的等比数列．(Ⅱ)由(Ⅰ)可知a n n ＝12n －1，即a n ＝n2n －1，S n ＝1＋22＋322＋423＋…＋n2n －1，上式两边乘以12，得12S n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n 2n ， 两式相减，得12S n ＝1＋12＋122＋123＋…＋12n －1－n 2n ，12S n ＝2－2＋n 2n ， 所以S n ＝4－2＋n 2n －115．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝(1＋λ)－λa n ，其中λ≠－1，0.(Ⅰ)证明：数列{a n }是等比数列；(Ⅱ)设数列{a n }的公比q ＝f (λ)，数列{b n }满足b 1＝12，b n ＝f (b n －1)(n ∈N *，n ≥2)，求数列{b n }的通项公式．【答案】(Ⅰ)由Sn ＝(1＋λ)－λan ⇒Sn －1＝(1＋λ)－λan －1(n≥2)， 相减得：an ＝－λan ＋λan －1，∴an an －1＝λ1＋λ(n≥2)，∴数列{an}是等比数列(Ⅱ)f(λ)＝λ1＋λ，∴bn ＝bn 1＋bn －1⇒1bn ＝1bn －1＋1，∴{1bn }是首项为1b1＝2，公差为1的等差数列； ∴1bn ＝2＋(n －1)＝n ＋1，∴bn ＝1n ＋1.16．在等差数列{a n }中，a 10＝30，a 20＝50.(Ⅰ)求数列{a n }的通项a n ；(Ⅱ)令b n ＝2a n －10，证明：数列{b n }为等比数列； (Ⅲ)求数列{nb n }的前n 项和T n .【答案】(Ⅰ)由a n ＝a 1＋(n －1)d ，a 10＝30，a 20＝50，得方程组⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋9d ＝30a 1＋19d ＝50，解得a 1＝12，d ＝2.∴a n ＝12＋(n －1)·2＝2n ＋10. (Ⅱ)由(Ⅰ)得b n ＝2a n －10＝22n ＋10－10＝22n ＝4n ，∴b n ＋1b n ＝4n ＋14n ＝4∴{b n }是首项是4，公比q ＝4的等比数列． (Ⅲ)由nb n ＝n ×4n得：T n ＝1×4＋2×42＋…＋n ×4n 4T n ＝1×42＋…＋(n －1)×4n ＋n ×4n ＋1 相减可得：－3T n ＝4＋42＋…＋4n －n ×4n ＋1＝4（1－4n ）－3－n ×4n ＋1T n ＝（3n －1）×4n ＋1＋4917．已知{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，已知a 3＝11，S 9＝153，(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)设a n ＝log 2b n ，证明{b n }是等比数列，并求其前n 项和T n .【答案】(Ⅰ) ⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝119a 1＋9×82d ＝153 解得：d ＝3，a 1＝5, ∴a n ＝3n ＋2 (Ⅱ)b n ＝2an，∵b n ＋1b n ＝2an ＋12an ＝2an ＋1－an ＝23＝8，∴{b n }是公比为8的等比数列 又∵b 1＝2a 1＝32, ∴T n ＝32（1－8n ）1－8＝327(8n －1)．18．在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＝2a n －1＋n －2(n ≥2，且n ∈N *)．(Ⅰ)求a 2，a 3的值；(Ⅱ)证明：数列{a n ＋n }是等比数列，并求{a n }的通项公式；(Ⅲ)求数列{a n }的前n 项和S n .【答案】(Ⅰ)∵a 1＝3，a n ＝2a n －1＋n －2(n ≥2，且n ∈N *)， ∴a 2＝2a 1＋2－2＝6， a 3＝2a 2＋3－2＝13.(Ⅱ)证明：∵a n ＋n a n －1＋（n －1）＝（2a n －1＋n －2）＋na n －1＋n －1＝2a n －1＋2n －2a n －1＋n －1＝2， ∴数列{a n ＋n }是首项为a 1＋1＝4，公比为2的等比数列． ∴a n ＋n ＝4·2n －1＝2n ＋1，即a n ＝2n ＋1－n ， ∴{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1－n (n ∈N *)． (Ⅲ)∵{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1－n (n ∈N *)， ∴S n ＝(22＋23＋24＋…＋2n ＋1)－ (1＋2＋3＋…＋n )＝22×（1－2n ）1－2－n ×（n ＋1）2＝2n ＋2－n 2＋n ＋82.19．已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝3a n ＋2(n ∈N *)．(Ⅰ)求证：数列{a n ＋1}是等比数列； (Ⅱ)求数列{a n }的通项公式．【答案】(Ⅰ)证明：由a n ＋1＝3a n ＋2得a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)， 从而a n ＋1＋1a n ＋1＝3，即数列{a n ＋1}是首项为3，公比为3的等比数列． (Ⅱ)由(Ⅰ)知，a n ＋1＝3·3n －1＝3n ⇒a n ＝3n －1.20．已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝4a n ＋2n ＋1，S n 为{a n }的前n 项和．(Ⅰ)设b n ＝a n ＋2n ，证明数列{b n }是等比数列，并求数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)设T n ＝2n S n ，n ＝1，2，3，…，证明： i ＝1n T i <32.【答案】(Ⅰ)因为b n ＋1＝a n ＋1＋2n ＋1＝(4a n ＋2n ＋1)＋2n ＋1＝4(a n ＋2n )＝4b n ，且b 1＝a 1＋2＝4， 所以{b n }是以4为首项，以q ＝4为公比的等比数列． 所以b n ＝b 1q n －1＝4n ，所以a n ＝4n －2n .(Ⅱ)S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(4＋42＋…＋4n )－(2＋22＋…＋2n ) ＝43(4n －1)－2(2n －1)＝13[(2n ＋1)2－3·2n ＋1＋2] ＝13(2n ＋1－1)(2n ＋1－2)＝23(2n ＋1－1)(2n －1)， 所以T n ＝2n S n ＝32×2n （2n ＋1－1）（2n －1）＝32×⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1－1，因此∑i ＝1nT i ＝32∑i ＝1n ⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1－1＝32⎝⎛⎭⎫121－1－12n ＋1－1<32.21．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝4a n －3(n ∈N *)．(Ⅰ)证明：数列{a n }是等比数列；(Ⅱ)若数列{b n }满足b n ＋1＝a n ＋b n (n ∈N *)，且b 1＝2，求数列{b n }的通项公式．【答案】(Ⅰ)证明：由S n ＝4a n －3，n ＝1时，a 1＝4a 1－3，解得a 1＝1.n ≥2时，S n －1＝4a n －1－3，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4a n －4a n －1，得a n ＝43a n －1.又a 1＝1≠0，所以{a n }是首项为1，公比为43的等比数列．(Ⅱ)因为a n ＝⎝⎛⎭⎫43n －1，由b n ＋1＝a n ＋b n (n ∈N *)，得b n ＋1－b n ＝⎝⎛⎭⎫43n －1.可得b n ＝b 1＋(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝2＋1－⎝⎛⎭⎫43n －11－43＝3⎝⎛⎭⎫43n －1－1(n ≥2)，当n ＝1时也满足，所以数列{b n }的通项公式为b n ＝3⎝⎛⎭⎫43n －1－1.22．在各项均为负数的数列{a n }中，已知点(a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在函数y ＝23x 的图象上，且a 2·a 5＝827. (Ⅰ)求证：数列{a n }是等比数列，并求出其通项； (Ⅱ)若数列{b n }的前n 项和为S n ，且b n ＝a n ＋n ，求S n .【答案】(Ⅰ)证明：因为点(a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在函数y ＝23x 的图象上，所以a n ＋1＝23a n ，即a n ＋1a n ＝23，故数列{a n }是公比q ＝23的等比数列．因为a 2a 5＝827，则a 1q ·a 1q 4＝827，即a 21⎝⎛⎭⎫235＝⎝⎛⎭⎫233，由于数列{a n }的各项均为负数，则a 1＝－32，所以a n ＝－⎝⎛⎭⎫23n －2.(Ⅱ)由(Ⅰ)知，a n ＝－⎝⎛⎭⎫23n －2，b n ＝－⎝⎛⎭⎫23n －2＋n ，所以S n ＝3·⎝⎛⎭⎫23n －1＋n 2＋n －92.23．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝3·2n －1－2，b n ＝a n ＋1.(Ⅰ)求数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)证明：数列{b n }是等比数列，并求其前n 项和T n .【答案】(Ⅰ)∵S n ＝3·2n －1－2，当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3·2n －1－2－3·n －2＋2＝3·2n －2，当n ＝1时，a 1＝1不满足上式．∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1（n ＝1），3·2n －2（n≥2）.(Ⅱ)b n ＝a n ＋1＝3×2n －1，b 1＝a 2＝3，n ∈N *.∵b n b n －1＝3×2n －13×2n －2＝2，n ∈N *，∴数列{b n }是首项为3，公比为2的等比数列； 由等比数列前n 项和公式得T n ＝3（1－2n ）1－2＝3×2n －3.24．设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝5，a n ＋1＝S n ＋3n (n ∈N *)．(Ⅰ)令b n ＝S n －3n ，求证：{b n }是等比数列；(Ⅱ)令c n ＝1log 2b n ＋1·log 2b n ＋2，设T n 是数列{c n }的前n 项和，求满足不等式T n >2 0114 026的n 的最小值．【答案】(Ⅰ)证明：b 1＝S 1－3＝2≠0， S n ＋1－S n ＝S n ＋3n ，即S n ＋1＝2S n ＋3n ， b n ＋1b n ＝S n ＋1－3n ＋1S n －3n ＝2S n －3n ＋1＋3nS n －3n ＝2≠0， 所以{b n }是等比数列．(Ⅱ)由(Ⅰ)知b n ＝2n ，则c n ＝1log 2b n ＋1·log 2b n ＋2＝1（n ＋1）·（n ＋2）＝1n ＋1－1n ＋2， T n ＝12－1n ＋2，T n ＝12－1n ＋2>2 0114 026，n >2 011，即n min ＝2 012.25．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋2(n ∈N *)． (Ⅰ)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n＋1是等比数列；(Ⅱ)若b n ＋1n －λ＝1a n＋1，且数列{b n }是单调递增数列，求实数λ的取值范围．【答案】(Ⅰ)证明：1a n ＋1＝1＋2a n ，1a n ＋1＋1＝2⎝⎛⎭⎫1a n ＋1， 1a 1＋1＝2≠0，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋1是等比数列． (Ⅱ)1a n ＋1＝2n ，a n ＝12n －1，b n ＋1n －λ＝1a n＋1＝2n ，b n ＋1＝2n (n －λ)， b n ＝2n －1(n －1－λ)(n ≥2)，b 1＝－λ适合， 所以b n ＝2n －1(n －1－λ)(n ∈N *)， 由b n ＋1>b n 得2n ＋1(n ＋1－λ)>2n (n －λ)， λ<n ＋2，λ<(n ＋2)min ＝3， ∴λ的取值范围为{λ|λ<3}．26．已知数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝4，a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2，n ∈N *)．(Ⅰ)证明：数列{a n ＋1－a n }是等比数列，并求出数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)记b n ＝2（a n －1）a n，数列{b n }的前n 项和为S n ，求使S n >2 010的n 的最小值．【答案】(Ⅰ)a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2)， ∴(a n ＋1－a n )＝2(a n －a n －1)(n ≥2)．∵a 1＝2，a 2＝4，∴a 2－a 1＝2≠0，a n －a n －1≠0，故数列{a n ＋1－a n }是首项为2，公比为2的等比数列， ∴a n ＋1－a n ＝(a 2－a 1)2n －1＝2n ，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋(a n －2－a n －3)＋…＋ (a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋2n －3＋…＋21＋2 ＝2（1－2n －1）1－2＋2＝2n (n ≥2)．又a 1＝2满足上式，∴a n ＝2n (n ∈N *)．(Ⅱ)由(Ⅰ)知b n ＝2（a n －1）a n ＝2⎝⎛⎭⎫1－1a n ＝2⎝⎛⎭⎫1－12n ＝2－12n －1，∴S n ＝2n －⎝⎛⎭⎫1＋121＋122＋…＋12n －1＝2n －1－12n1－12＝2n －2⎝⎛⎭⎫1－12n ＝2n －2＋12n －1. 由S n >2 010得：2n －2＋12n －1>2 010，即n ＋12n >1 006，因为n 为正整数，所以n 的最小值为1 006.27．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n +2n=2a n ．（I ）证明：数列{a n +2}是等比数列，并求数列{a n }的通项公式a n ； （Ⅱ）若数列{b n }满足b n =log 2（a n +2），求数列{n1b }的前n 项和T n ． 【答案】（I ）证明：由S n +2n=2a n ，得S n =2a n ﹣2n ， 当n ∈N *时，S n =2a n ﹣2n ，① 当n=1时，S 1=2a 1﹣2，则a 1=2， 当n≥2时，S n ﹣1=2a n ﹣1﹣2（n ﹣1），② ①﹣②，得a n =2a n ﹣2a n ﹣1﹣2， 即a n =2a n ﹣1+2，∴n n 1a +2=2a +2-， ∴{a n +2}是以a 1+2为首项，以2为公比的等比数列． ∴n 1n a +2=42-， ∴n+1n a =22-．（Ⅱ）解：∵n+1n a =22-， ∴b n =n （n+1）， ∴()n 1111==b n n+1n n+1-， ∴n 12n111T =+++b b b =1﹣12+12﹣13+…+11n n+1- =1﹣1n+1=n n+1． 【解析】考点： 数列的求和；等比数列的通项公式． 专题： 综合题．分析： （I ）由S n +2n=2a n ，得S n =2a n ﹣2n ，由此利用构造法能够证明数列{a n +2}是等比数列，并求出数列{a n }的通项公式a n ． （Ⅱ）由n+1n a =22-，得()n 1111==b n n+1n n+1-，由此利用错位相减法能够求出数列{n1b }的前n 项和T n ．28．数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项的和S n 满足S 2n ＝a n (S n －1)．(Ⅰ)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列；(Ⅱ)设b n ＝log 2S nS n ＋2，数列{b n }的前n 项和为T n ，求满足T n ≥6的最小正整数n . 【答案】∴S 2n ＝(S n －S n －1)(S n －1)(n ≥2)， ∴S n S n －1＝S n －1－S n ，即1S n －1S n －1＝1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是1为首项，1为公差的等差数列． (Ⅱ)由(Ⅰ)知S n ＝1n ，∴b n ＝log 2n ＋2n ，∴T n ＝log 2⎝⎛⎭⎫31×42×53×64×…×n ＋2n＝log 2（n ＋1）（n ＋2）2≥6，∴(n ＋2)(n ＋1)≥128，∵n ∈N *，∴n ≥10， 所以满足T n ≥6的最小正整数为1029．已知数列{a n }的首项a 1=35，n n 1n 3a a 2a 1+=+，其中n ∈N +． （Ⅰ）求证：数列{n11a -}为等比数列； （Ⅱ）记S n =12n111a a a ++，若S n ＜100，求最大的正整数n ． 【答案】（Ⅰ）证明：∵n 1n 21a 33a +=+，∴n 1n 1111a 3a 3+-=-，∵1110a -≠，∴n110(n a -≠∈N +）， ∴数列{n11a -}为等比数列． （Ⅱ）解：由（Ⅰ）可求得n 1nn n 121111,21a 33a 3-⎛⎫⎛⎫-=⨯∴=⨯+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭n 2n 12n 111111S n 2a a a 333⎛⎫=++=+⨯+++ ⎪⎝⎭=n+1n 11133n 2=n+1-131-3-+，若S n ＜100，则n+1﹣n 11003<， ∴n max =99．【解析】考点：数列递推式；数列的求和．专题： 综合题；等差数列与等比数列．分析： （Ⅰ）利用数列递推式，变形可得n 1n 1111a 3a 3+-=-，从而可证数列{n 11a -}为等比数列；（Ⅱ）确定数列的通项，利用等比数列的求和公式求和，即可求最大的正整数n ．30．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝4a n －3n ＋1，n ∈N *. (Ⅰ)证明数列{a n －n }是等比数列；(Ⅱ)设数列{a n }的前n 项和S n ，求S n ＋1－4S n 的最大值．【答案】(Ⅰ)证明：由题设a n ＋1＝4a n －3n ＋1， 得a n ＋1－(n ＋1)＝4(a n －n )，n ∈N *.又a 1－1＝1，所以数列{a n －n }是首项为1，且公比为4的等比数列． (Ⅱ)由(Ⅰ)可知a n －n ＝4n －1，于是数列{a n }的通项公式为a n ＝4n －1＋n . 所以数列{a n }的前n 项和S n ＝4n －13＋n （n ＋1）2.S n ＋1－4S n ＝4n ＋1－13＋（n ＋1）（n ＋2）2－4⎝⎛⎭⎫4n －13＋n （n ＋1）2 ＝－12(3n 2＋n －4)，故n ＝1，最大0.。
5年级第4讲 数列(教师版)
第四讲 数列1、将分数化成小数后，小数点后面第2011位上的数字数______________，从小数点后第731位到第2011位的所有数字之和是___________。
【答案】4；9049【分析】因为3÷7=，6个数字为一个循环..128574.0又2011÷6 = 335……1]所以，小数点后面第2011位上的数字是4因为（4+2+8+5+7+1）×335+4 = 9040。
所以从小数点后第1位到第2011位的所有数字之和是90492、把从2010 ~ 1020的自然数按照从大到小的顺序排列起来，形成多位数：201020092008…10211020，从左往右第999个数字是___________。
【答案】6【分析】 4个数字为一组，999÷4=249……3，也就是第250个四位数的第三个位置2010-（250-1）=1761，第三个数字是63、一串数排成一行，他们的规律是这样的：前两个数都是1，从第三个数开始，每一个数都是前两个数的和，也就是：1,1,2,3,5,8,13,21,34, 55，…，问：这串数的前100个数中（包括第100个数）有多少个偶数？【答案】33个【分析】观察以下已经写出的数就会发现，每隔两个奇数就有一个偶数，这个规律是不难解释的，因奇+奇=偶，奇+偶=奇，所以奇偶性规律为：奇、奇、偶、奇、奇、偶……100÷3=33……1，于是这串数的前100个数中共有33个偶数4、开始有三个数为1,1,1，每次操作把其中的一个数换成其他两数的和，问经过10次操作后所得的三个数中，最大数的最大可能值是多少？【答案】144【分析】每次把三个数从小到大排序，再把前面最小的数换成后面两个数的和，结果为{1,1,1}->{1,1,2}->{1,2,3}->{2,3,5}->{3,5,8}->{5,8,13}->……经观察，每组中最大的数构成一个类菲薄那器数列，开始的两个数是1，2，从第三项开始， 每个数是前面两个数的和，因此为1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144经过10次操作后该数列中第11个数是144，即最大数的最大可能值1445、数列 2,9,17,24,32,39,47,54,62，…的2010项是______________。
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数 列（四）、由递推公式求数列通项法对于递推公式确定的数列的求解，通常可以通过对递推公式的变形转化或构造为等差或等比数列，这个过程运用了“构造”的数学思想.由无规律向有规律转化.以下我们将分模型进行总结：4.1.类型1.递推公式为：1(),((1)(2)())n n a a f n f f f n +=++++ 其中易求. 求解方法：将递推式变形为1()n n a a f n +-=，由此可得出1122111(1)(2)(1)1(1)(2)(1)(1)(2)(1).n n n n n n a a f n a a f n a a f n a a f f f n a a f f f n ----=--=--=--=+++-⇒=++++-将以上个式子累加得：例4.已知数列{}n a 中，11211,241n n a a a n +==+-，求{}n a 的通项公式. 分析：已知首项及两个相邻项之间的关系，符合“类型1”.解：1122112211111111()221214141111()22321111()2252311(1)23111=(1)2211111143(1)(1).221222142n n n n n n n n n n a a a a n n n n a a n n a a n n a a n a a n n a a n n n ++---=+⇒-==--+--⇒-=----=----=------⇒=+-=+-=--- 将以上个等式累加得：4.2类型2.递推公式为1().((1)(2)(3)())n n a a f n f f f f n +=⋅⋅ 容易求. 求解方法：11()()n n n na a a f n f n a ++=⇒=112232111(1)(2)(3)(1)1(1)(2)(1)(1)(2)(1).nn n n n n n n a f n a a f n a a f n a a f a an f f f n a a a f f f n -----⇒=-=-=-=-=⋅-⇒=⋅- 将以上个等式累积得：例5.已知数列{}n a 满足112,31n n n a a a n +==+，求{}n a 的通项. 解：由1111n n n n a n na a n a n ++=⇒=++ 12121121,,,12n n n n a a a n n a n a n a -----===- 将以上n-1个等式累积得：1211211122112.1323n n n n n n a a a a a n n a a a a n n a n n n-----⋅=⋅⋅⇒=⇒==- 例6. 已知数列{}n a 满足11313,,(1)32n n n a a a n n +-==≥+，求{}n a 的通项.解：由1131313232n n n n a n n a a n a n ++--=⇒=++第三章/第六节 数列 11243322113212211134313734811582534378521=31341185226.313131n n n n n n n n n n a n a n a n a n a a a a a a a a a a n n n a a a a n n a a a a n n n -------∴=--=-===---⋅⋅⋅⋅⋅--∴=⇒==--- 将式累积得：【点拨】在累积或累加时，为了便以观察互相抵消项，可多写头尾几项. 4.3类型3.递推公式为1(,)n n a pa q p q +=+为常数. 求解方法：若p =1,则{}n a 是以q 为公差的等差数列.1111111111,(),=,()111{}.11=1111n n n n n n n n n n n n n p a t p a t a pa pt t a pa q q q qpt t q t a p a p p p q qa a p p p q q q q a a p a a p p p p p ++++--≠+=+⇒=+-=+-⇒=∴+=+---∴++--++⇒=+-----则求解方法如下：令和比较得：是以为首项，为公比的等比数列（）（）说明：在考试答题过程中，求t 的过程可以省略掉，一般这个过程只在稿纸里边推导，这里讲明方法后，后面的例题我们将不再写出具体“t ”怎么来. 例7. 已知数列{}n a 中，111,23,n n a a a +==+求{}n a 的通项.解：1112332(3){3}34n n n n n a a a a a a ++=+⇒+=+⇒++=由是以为首项，2为公比的等比数列，所以3n a +=41122n n -+⨯=，123n n a +⇒=-.【点拨】至于怎么变形为等比数列这个过程，在“类型3”中已经讲过.为整洁性，这里已经把具体过程省略掉.4.4类型4. 递推公式为21(,).n n n a pa qa p q ++=+均为常数求解方法一：令21121()()n n n n n n n a a a a a a a αβααβαβ+++++-=-=+-，则有21121111211211211={}=(),=+()=,(),=n n n n n n n n n n n n n n p a pa qa q a a a a a a a a a a a a p a a q a p a q ααβαββααβααβααβααβ+++--++-+⎧⎪=+⎧⎪=+⇒⎨⎨-=⎩⎪=⎪⎩∴--∴--⇒-''''-=+和比较得：是以为首项，为公比的等比数列令则 下面重复“类型3”的步骤.说明：在今后的答题中，αβ，的寻找过程写在稿纸上就行了.后面的例题里边我们将不再详细讲解“αβ，”怎么来.求解方法二（特征根法）：设递推公式为,11-++=n n n qa pa a 其特征方程为022=--+=q px x q px x 即，1、 若方程有两相异根A 、B ，则nnn B c A c a 21+= 2、 若方程有两等根,B A =则n n A nc c a )(21+=其中1c 、2c 可由初始条件确定。
例8. 已知数列{}n a 中，12215521,,,333n n n a a a a a ++===-求{}n a 的通项. 解：212111522(),{}333n n n n n n n n n a a a a a a a a a ++++++=-⇒-=--由所以是以12112222(),3333n n n a a a a -+-=-=⨯为首项，为公比的等比数列，所以故有12211223211211111112222(),(),(),,.333322[1()]2222331=()()2[1()]23333132222[1()]12[1()]3333n n n n n n n n n n n n n nn n n n a a a a a a a a n a a a a ---------------=-=-=-=---+++==--⇒=+-=+-=- 以上式累加得：变式训练1、斐波那契数列),3,2(,11121 =+===-+n a a a a a n n n ，求通项公式n a 。
解 此数列对应特征方程为12+=x x 即012=--x x ，解得251±=x ， 设此数列的通项公式为nn n c c a )251()251(21-++=， 由初始条件121==a a 可知，⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-++=-++1)251()251(1251251222121c c c c ，解之得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-==515121c c ， 所以⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+=n n n a )251(251(55）。
2、 已知数列,5,121==a a 且)2(4411≥-=-+n a a a n n n ，求通项公式n a 。
解 此数列对应特征方程为442-=x x 即0442=+-x x ，解得221==x x ， 设此数列的通项公式为nn nc c a 2)(21⋅+=，由初始条件,5,121==a a 可知，⎩⎨⎧=⋅+=⋅+54)2(12)(2121c c c c ，解之得⎪⎩⎪⎨⎧=-=434121c c ， 所以22)13(-⋅-=n n n a 。
4.5类型5.递推公式为1(,,).nn n pa a p q s qa s+=+为常数求解方法：两边同时取倒得1111111,=,,,n n n n n ns q s q p q b b a p a p p p a a +++''=⋅+===令 ，回到“类型3”.例9. 已知数列{}n a 中，1133,,521n n n a a a a +==+求{}n a 的通项. 解：对111311121111(1)21333n n n n n n na a a a a a a +++==⋅+⇒-=-+取倒得，111121121{1}1.1=()33333.32n n n nn n a a a a ---=-⨯⇒=+是以为首项，公比为的等比数列4.6类型6.递推公式为1(,,,)n n n sa ta s t p q pa q++=+均为常数.提示：结合例10来研究以下两种“求解方法”.求解方法1：令211()()()()()n n n n n n k a h k hp a kh ph he a h a p a h e pa ph e +++-+--+=⇒=++++21n n n h k hp s sa t a kh ph eh t k s ph pa q ph e q e q ph+⎧⎪=-=⎧⎪+⎪⎪=--=⇒=+⎨⎨+⎪⎪+==-⎩⎪⎪⎩和得， 111,,nn n n n n n kb a h b a h b b pb e++++=+==+令则有,之后步骤同“类型5”.求解方法2：直接将11,n n n n n sa t sx ta a a x x pa q px q++++==++中的改写为得方程，解方程得两根12,x x ，之后对1n n n sa ta pa q++=+里边分别同时减去12,x x 后，得到以下两个式子：122n n n sa ta x x pa q++-=-+将这两个等式的右边通分整理，最后再将得到的新的两个式子相除，即可得出一个新的等比数列.这种方法称为“特征根”法.例10.已知数列{}n a 中，112,,,23n n n a a n N a ++==∈+求{}n a 的通项.解：方法一：1122234(323(3(3444(3.444n n n n a a a a a +++++=⇒+=+⇒+-+-⇒-=--⎧-∴---⎪⎭-令由的等比数列2142[(3]n n n a ---⇒=方法二：解方程123423x x x x x +=⇒==+方法二：解方程123423x x x x x +=⇒==+将13423n n n a a a ++=+里边同时分别减去12,x x 得以下两个式子11234(232334(2323n nn n n n n n n n a a a a a a a a a a a a a ++++++=+=+++---=-=++++++22.⎧∴为首项，为公比的等比数列 【点拨】显然方法二的计算量相对于方法一要少.本题要求计算的准确度要高，否则，一步错，步步错.变式训练：设数列{}n a 满足n n n n a a a a 求,72,211+==+解： 对等式两端同加参数t 得()()解之可得令,5247,7252475272475272451++=++++⋅+=++++=+++=++t t t a t t a t a t a t t a a t a n n n n n n n 1-=t ，2，代入72)52(1++⋅+=++n n n a ta t t a ，得,72292,7213111++⋅=++-⋅=-++n n n n n n a a a a a a 相除得,21312121+-⋅=+-++n n n n a a a a即31,41212111公比为是首项为=+-⎭⎬⎫⎩⎨⎧+-a a a a n n 的等比数列， 134234,34121111-⋅+⋅=⋅=+----n n n n n n a a a 解得。