2019版高考数学一轮复习《第五章数列》课时训练(含答案).doc
高考数学一轮复习第五章数列考点集训理【含答案】
第五章 数列考点集训(三十一) 第31讲 数列的概念与通项公式1．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＋S m ＝S n ＋m ，且a 1＝1，那么a 10＝A ．1B ．9C ．10D ．552．如图，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A ．a n ＝n 2－n ＋1 B ．a n ＝n （n －1）2C ．a n ＝n （n ＋1）2D ．a n ＝n （n ＋2）23．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 ．1084．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5．若数列{a n }的前n 项和为S n ＝23a n ＋13，则数列{a n }的通项公式为A ．a n ＝－2n －1B ．a n ＝(－2)n －1C ．a n ＝(－2)nD ．a n ＝－2n6．已知数列{a n }满足：a 4n －3＝1，a 4n －1＝0，a 2n ＝a n ，n ∈N *，则a 2 017＝________；a 2 018＝________．7．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n －1，其中λ为常数． (1)证明：a n ＋2－a n ＝λ.(2)是否存在λ，使得{a n }为等差数列？并说明理由．8．已知数列{a n}的通项公式为a n＝n2－n－30.(1)求数列的前三项，60是此数列的第几项；(2)n为何值时，a n＝0，a n＞0，a n＜0；(3)该数列前n项和S n是否存在最值？说明理由．9．已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝3且满足a n＝2S n－1＋3，n≥2，n∈N*.(1)求a2，a3，a4；(2)求数列{a n}的通项公式．考点集训(三十二) 第32讲 等差、等比数列的概念及基本运算1．给出下列等式：①a n ＋1－a n ＝p (p 为常数，n ∈N *)；②2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)；③a n＝pn ＋q (p ，q 为常数，n ∈N *)，则无穷数列{a n }为等差数列的充要条件是A ．①B ．①③C ．①②D ．①②③2．已知数列a ，a (1－a )，a (1－a )2，…构成等比数列，则实数a 满足 A ．a ≠1 B ．a ≠0或a ≠1 C ．a ≠0 D ．a ≠0且a ≠13．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 ．54．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 n5．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＝__________．6．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 ＝__________．7．已知等差数列{a n }满足：a 1＝2，且a 1，a 2，a 5成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式．(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，是否存在正整数n ，使得S n >60n ＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由．8．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．9．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足2a n －S n ＝1，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)在数列{a n }的任意相邻两项之间都按照如下规则插入一些数后，构成新数列{b n }；a n和a n ＋1两项之间插入n 个数，使这n ＋2个数构成等差数列，求b 2 015的值；(3)对于(2)中的数列{b n }，若b m ＝a n ，试求b 1＋b 2＋b 3＋…＋b m .(用n 表示)考点集训(三十三) 第33讲 等差、等比数列的性质及综合应用1．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 ．92．已知各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1a 2a 3＝5，a 7a 8a 9＝10，则a 4a 5a 6＝ A ．5 2 B ．7 C ．6 D ．423．在正项等比数列{a n }中，lg a 3＋lg a 6＋lg a 9＝6，则a 1a 11的值是 A ．10 000 B ．1 000 C ．100 D ．104．若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9>0，a 7＋a 10<0，则当n ＝________时，{a n }的前n 项和最大．5．设正项等比数列{}a n 前n 项积为T n ，若T 10＝9T 6，则a 5·a 12的值为________．6．若两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，已知S n T n ＝7n ＋14n ＋27，求a 11b 11的值为__________．7．设{a n }是公比不为1的等比数列，其前n 项和为S n ，且a 5，a 3，a 4成等差数列． (1)求数列{a n }的公比；(2)证明：对任意k ∈N ＋，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列．8．设数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋cos 2n π2a n ＋sin 2n π2，n ＝1，2，3，…. (1)求a 3，a 4，并求数列{a n }的通项公式； (2)求和S ＝a 1＋a 2＋…＋a 20.9．已知等比数列{a n }的首项a 1＝2 017，公比q ＝－12，数列{a n }前n 项和记为S n .(1)求数列{}S n 的最大项和最小项；(2)证明：{a n }中的任意相邻三项按从小到大排列，总可以使其成等差数列．如果所有这些等差数列的公差按从大到小的顺序依次设为d 1，d 2，d 3，…，d n ，证明：数列{d n }为等比数列．考点集训(三十四) 第34讲 简单递推数列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 ．42．已知数列{}a n 满足a 1＝0，a n ＋1＝a n ＋2n ，那么a 2 017的值是A ．2 0172B ．2 016×2 015C ．2 017×2 018D ．2 016×2 0173．已知数列{}a n 满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n，则a 2 017等于A ．2B ．－3C ．－12 D.134．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝3a n －1＋4(n ∈N *且n ≥2)，则数列{a n }通项公式a n 为A ．3n －1B ．3n ＋1－8C ．3n －2D ．3n5．数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n ，⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤a n <122a n －1，⎝ ⎛⎭⎪⎫12≤a n <1，若a 1＝35，则a 2 017＝A.15B.25C.35D.456．已知数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝5，a n ＝2a n －1＋3a n －2(n ≥3)，则a 20－3a 19＝________．7．数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2n ＋1a na n ＋2n(n ∈N ＋)．(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n a n 是等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式a n ；(3)设b n ＝(2n －1)(n ＋1)a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .8．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝（n ＋1）a n2，且a 1＝1.(1)求数列{}a n 的通项公式；(2)令b n ＝ln a n ，是否存在k (k ≥2，k ∈N )，使得b k 、b k ＋1、b k ＋2成等比数列．若存在，求出所有符合条件的k 值；若不存在，请说明理由．9．设a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋2＋b (n ∈N *)． (1)若b ＝1，求a 2，a 3及数列{a n }的通项公式；(2)若b ＝－1，问：是否存在实数c 使得a 2n <c <a 2n ＋1对所有n ∈N *成立？证明你的结论．考点集训(三十五) 第35讲 特殊数列求和1．设函数f (x )＝x 2＋2x ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f （n ）(n ∈N *)的前10项和为 A.1124 B.1722 C.175264 D.11122．数列2，212，314，418，…，n ＋12n －1，…的前n 项之和为A.n （n ＋1）2＋2－12nB.n （n ＋1）2＋1－12nC.n 2＋n ＋42－12n －1D.n 2－n ＋42－12n －13．数列{a n }的通项公式a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 016等于A ．1 008B ．2 014C ．504D ．04．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＝n ·2n，则S n ＝____________．5．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＝11＋2＋3＋…＋n，则S 2 017＝__________．6．数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为________． 7．已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －14n a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .8．已知等差数列{a n }(n ∈N ＋)中，a n ＋1>a n ，a 2a 9＝232，a 4＋a 7＝37. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若将数列{a n }的项重新组合，得到新数列{b n }，具体方法如下：b 1＝a 1，b 2＝a 2＋a 3，b 3＝a 4＋a 5＋a 6＋a 7，b 4＝a 8＋a 9＋a 10＋…＋a 15，…，依此类推，第n 项b n 由相应的{a n }中2n －1项的和组成，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n －14·2n 的前n 项和T n .9．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝2－a n ，n ＝1，2，3，…. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b 1＝1，且b n ＋1＝b n ＋a n ，求数列{b n }的通项公式； (3)设c n ＝n (3－b n )，数列{c n }的前n 项和为T n ，求T n .考点集训(三十六) 第36讲 数列模型及数列的综合应用1．计算机的成本不断降低，若每隔3年计算机价格降低13，现在价格为8 100元的计算机，9年后的价格可降为A ．2 400元B ．900元C ．300元D ．3 600元2．某气象学院用3.2万元买了一台天文观测仪，已知这台观测仪从启用的第一天起连续使用，第n 天的维修保养费为n ＋4910元(n ∈N *)，使用它直至报废最合算(所谓报废最合算是指使用的这台仪器的平均每天耗资最少)为止，一共使用了A ．600天B ．800天C ．1 000天D ．1 200天3．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，且a n ，a n ＋1是函数f (x )＝x 2－b n x ＋2n的两个零点，则b 10等于A ．24B ．32C ．48D ．644．已知数列{a n }满足a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，n ∈N *且a 5＝π2，若函数f (x )＝sin 2x ＋2cos 2x2，记y n ＝f (a n )，则数列{y n }的前9项和为A ．0B ．－9C ．9D ．1 5．已知f (x )是定义在R 上不恒为零的函数，对于任意的x ，y ∈R ，都有f (x ·y )＝xf (y )＋yf (x )成立．数列{a n }满足a n ＝f (2n )(n ∈N *)，且a 1＝2.则数列{a n }的通项公式a n ＝__________．6．已知数列{a n }是各项均不为0的等差数列，S n 为其前n 项和，且满足a 2n ＝S 2n －1(n ∈N *)．若不等式λa n ＋1≤n ＋8·（－1）nn对任意的n ∈N *恒成立，则实数λ的最大值为__________．7．设数列{a n }各项均为正数，且满足{a n }，a n ＋1＝a n －a 2n .(1)证明：对一切n ≥2，都有a n ≤1n ＋2；(2)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，证明：当n ≥2时，有S 2n －S n －1＜ln 2.8．已知函数f (x )＝x 2＋bx 为偶函数，数列{a n }满足a n ＋1＝2f (a n －1)＋1，且a 1＝3，a n >1. (1)设b n ＝log 2(a n －1)，证明：数列{b n ＋1}为等比数列； (2)设c n ＝nb n ，求数列{c n }的前n 项和S n .9．已知函数f (x )＝ln x ＋cos x －⎝ ⎛⎭⎪⎫6π－92x 的导数为f ′(x )，且数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝nf ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋3(n ∈N *)． (1)若数列{a n }是等差数列，求a 1的值；(2)若对任意n ∈N *，都有a n ＋2n 2≥0成立，求a 1的取值范围．第五章 数列第31讲 数列的概念与通项公式【考点集训】1．A 2.C 3.D 4.B 5.B 6.1 1 7．【解析】(1)由题设，a n a n ＋1＝λS n －1，a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－1， 两式相减得a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1. 因为a n ＋1≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ.(2)由题设，a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1，可得 a 2＝λ－1， 由(1)知，a 3＝λ＋1.若{a n }为等差数列，则2a 2＝a 1＋a 3，解得λ＝4， 故a n ＋2－a n ＝4.由此可得{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列， a 2n －1＝4n －3；{a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2n ＝4n －1. 所以a n ＝2n －1，a n ＋1－a n ＝2.因此存在λ＝4，使得数列{a n }为等差数列．8．【解析】(1)由a n ＝n 2－n －30，得a 1＝1－1－30＝－30，a 2＝22－2－30＝－28，a 3＝32－3－30＝－24.设a n ＝60，则60＝n 2－n －30. 解之得n ＝10或n ＝－9(舍去)． ∴60是此数列的第10项．(2)令n 2－n －30＝0，解得n ＝6或n ＝－5(舍去)． ∴a 6＝0.令n 2－n －30＞0，解得n ＞6或n ＜－5(舍去)．∴当n>6(n ∈N *)时，a n >0.令n 2－n －30<0，解得0<n <6.∴当0<n <6(n ∈N *)时，a n <0.(3)由a n ＝n 2－n －30＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n －122－3014n ∈N *，知{a n }是递增数列，且a 1<a 2…<a 5<a 6＝0<a 7<a 8<a 9<…，故S n 存在最小值S 5＝S 6，S n 不存在最大值． 9．【解析】(1)因为a n ＝2S n －1＋3，a 1＝3，则 a 2＝2S 1＋3＝2a 1＋3＝9，a 3＝2S 2＋3＝2(a 1＋a 2)＋3＝27， a 4＝2S 3＋3＝2(a 1＋a 2＋a 3)＋3＝81.(2)由题知a n ＝2S n －1＋3(n ≥2，n ∈N *)，① a n ＋1＝2S n ＋3(n ∈N *)，②②－①，得a n ＋1－a n ＝2(S n －S n －1)＝2a n ，即a n ＋1＝3a n (n ≥2，n ∈N *)．③因为a 2＝3a 1也满足③式，即a n ＋1＝3a n (n ∈N *)， 所以{a n }是以3为首项，3为公比的等比数列，所以a n ＝3n (n ∈N *)．第32讲 等差、等比数列的概念及基本运算【考点集训】1．D 2.D 3.D 4.D 5.152 6.327．【解析】(1)设数列{a n }的公差为d ， 依题意得，2，2＋d ，2＋4d 成等比数列，故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，化简得d 2－4d ＝0，解得d ＝0或d ＝4. 当d ＝0时，a n ＝2；当d ＝4时，a n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2.从而得数列{a n }的通项公式为a n ＝2或a n ＝4n －2. (2)当a n ＝2时，S n ＝2n ，显然2n<60n ＋800， 此时不存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立．当a n ＝4n －2时，S n ＝n[2＋（4n －2）]2＝2n 2.令2n 2>60n ＋800，即n 2－30n －400>0， 解得n>40或n<－10(舍去)，此时存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立，n 的最小值为41. 综上，当a n ＝2时，不存在满足题意的正整数n ；当a n ＝4n －2时，存在满足题意的正整数n ，其最小值为41. 8．【解析】(1)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对任意n ≥2的整数恒成立，即λ3n －2＋3n ＋1≥λ对任意n ≥2(n ∈N *)恒成立． 整理得λ≤（3n ＋1）（3n －2）3（n －1）(n ≥2，n ∈N *)，令C n ＝（3n ＋1）（3n －2）3（n －1），C n ＋1－C n ＝（3n ＋4）（3n ＋1）3n －（3n ＋1）（3n －2）3（n －1）＝（3n ＋1）（3n －4）3n （n －1）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. 9．【解析】(1)当n ＝1时，由2a 1－S 1＝1⇒a 1＝1， 又2a n ＋1－S n ＋1＝1，与2a n －S n ＝1相减得a n ＋1＝2a n ，故数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以a n ＝2n －1.(2)设a n 和a n ＋1两项之间插入n 个数后，这n ＋2个数构成的等差数列的公差为d n ，则d n ＝a n ＋1－a n n ＋1＝2n －1n ＋1，又(1＋2＋3＋…＋62)＋62＝2 015，故b 2 015＝a 63－d 62＝262－26163＝125126×261；(3)依题意，b 1＋b 2＋b 3＋…＋b m＝3（a 1＋a 2）2＋4（a 2＋a 3）2＋5（a 3＋a 4）2＋…＋（n ＋1）（a n －1＋a n ）2－(a 2＋a 3＋…＋a n －1)＝12[3a 1＋5a 2＋7a 3＋…＋(2n ＋1)a n ]－12na n ， 考虑到a n ＋1＝2a n ，令M ＝3a 1＋5a 2＋7a 3＋…＋(2n ＋1)a n ， 则2M ＝3a 2＋5a 3＋7a 4＋…＋(2n ＋1)a n ＋12M －M ＝－2(a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n )－a 1＋(2n ＋1)a n ＋1⇒ M ＝(2n －1)2n ＋1，所以b 1＋b 2＋b 3＋…＋b m ＝12M －12na n＝(3n －2)·2n －2＋12.第33讲 等差、等比数列的性质及综合应用【考点集训】1．A 2.A 3.A 4.8 5.3 6.437．【解析】(1)设数列{a n }的公比为q(q ≠0，q ≠1)， 由a 5，a 3，a 4成等差数列，得2a 3＝a 5＋a 4，即2a 1q 2＝a 1q 4＋a 1q 3，由a 1≠0，q ≠0得q 2＋q －2＝0，解得q 1＝－2，q 2＝1(舍去)， 所以q ＝－2.(2)证法一：对任意k ∈N ＋，S k ＋2＋S k ＋1－2S k ＝(S k ＋2－S k )＋(S k ＋1－S k )＝a k ＋1＋a k ＋2＋a k ＋1＝2a k ＋1＋a k ＋1·(－2)＝0，所以，对任意k ∈N ＋，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列．证法二：对任意k ∈N ＋，2S k ＝2a 1（1－q k）1－q，S k ＋2＋S k ＋1＝a 1（1－q k ＋2）1－q ＋a 1（1－q k ＋1）1－q ＝a 1（2－q k ＋2－q k ＋1）1－q2S k －(S k ＋2＋S k ＋1)＝2a 1（1－q k ）1－q －a 1（2－q k ＋2－q k ＋1）1－q＝a 11－q[2(1－q k )－(2－qk ＋2－qk ＋1)]＝a 1q k 1－q(q 2＋q －2)＝0， 因此，对任意k ∈N ＋，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列．8．【解析】(1)因为a 1＝1，a 2＝2，∴a 3＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋cos 2π2a 1＋sin 2π2＝a 1＋1＝2.a 4＝()1＋cos 2πa 2＋sin 2π＝2a 2＝4. 一般地，当n ＝2k －1(k ∈N ＋)时，a 2k ＋1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋cos 2（2k －1）π2a 2k －1＋sin 22k －12π＝a 2k －1＋1 即a 2k ＋1－a 2k －1＝1.所以数列{a 2k －1}是首项为1，公差为1的等差数列， ∴a 2k －1＝k .当n ＝2k (k ∈N ＋)时，a 2k ＋2＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋cos 22k π2a 2k ＋sin 22k π2＝2a 2k 所以数列{a 2k }是首项为2，公比为2的等比数列，∴a 2k ＝2k，故数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ＋12，n 为正奇数，2n2，n 为正偶数.(2)S ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 20＝(1＋2＋3＋…＋10)＋(21＋22＋…＋210)＝（1＋10）×102＋2（1－210）1－2＝55＋2×1 023＝2 101.9．【解析】(1)S n ＝a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝23a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n①当n 是奇数时，S n ＝23a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，单调递减，∴S 1>S 3>S 5>…>S 2n －1>23a 1，②当n 是偶数时，S n ＝23a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，单调递增， ∴S 2<S 4<S 6<…<S 2n <23a 1；综上，当n ＝1时，S n 有最大值为S 1＝2 017; 当n ＝2时，S n 有最小值为S 2＝2 0172.(2)|a n |随n 增大而减小，数列{a n }的奇数项均正数且递减，偶数项均负数且递增． ①当n 是奇数时，调整为a n ＋1，a n ＋2，a n .则a n ＋1＋a n ＝a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＋a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝a 12n ，2a n ＋2＝2a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＋1＝a 12n ，∴a n ＋1＋a n ＝2a n ＋2，a n ＋1，a n ＋2，a n 成等差数列； ②当n 是偶数时，调整为a n ，a n ＋2，a n ＋1；则a n ＋1＋a n ＝a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＋a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝－a 12n ，2a n ＋2＝2a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＋1＝－a 12n ，∴a n ＋1＋a n ＝2a n ＋2，a n ，a n ＋2，a n ＋1成等差数列；综上可知，数列{a n }中的任意相邻三项按从小到大排列，总可以使其成等差数列． ①n 是奇数时，公差d n ＝a n ＋2－a n ＋1＝a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＝3a 12n ＋1；②n 是偶数时，公差d n ＝a n ＋2－a n ＝a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝3a 12n ＋1. 无论n 是奇数还是偶数，都有d n ＝3a 12n ＋1，则d n d n －1＝12，因此，数列{d n }是首项为34a 1，公比为12的等比数列．第34讲 简单递推数列【考点集训】1．B 2.D 3.A 4.C 5.C 6.－17．【解析】(1)取倒数得： 1a n ＋1＝12n ＋1＋12a n，两边同乘以2n ＋1得：2n ＋1a n ＋1＝1＋2n a n所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n a n 是以21a 1为首项，以1为公差的等差数列．(2)∴2n a n ＝21＋(n －1)×1即a n ＝2n n ＋1.(3)由题意知：b n ＝(2n －1)·2n，则前n 项和为：S n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －1)×2n2×S n ＝1×22＋3×23＋…＋(2n －3)×2n ＋(2n －1)×2n ＋1由错位相减得： －S n ＝2＋2(22＋23＋…＋2n )－(2n －1)×2n ＋1，∴S n ＝(2n －3)×2n ＋1＋6.8．【解析】(1)解法一：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝（n ＋1）a n 2－na n －12，即a n n ＝a n －1n －1(n ≥2)．所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为a 11＝1的常数列．所以a n n＝1，即a n ＝n(n ∈N *)．所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n (n ∈N *)．解法二：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝（n ＋1）a n 2－na n －12，即a n a n －1＝nn －1(n ≥2)． ∴a n ＝a n a n －1×a n －1a n －2×…×a 3a 2×a 2a 1×a 1＝n n －1×n －1n －2×…×32×21×1＝n .因为a 1＝1，符合a n 的表达式．所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n (n ∈N *)．(2)假设存在k (k ≥2，k ∈N )，使得b k 、b k ＋1、b k ＋2成等比数列，则b k b k ＋2＝b 2k ＋1.因为b n ＝ln a n ＝ln n ()n ≥2，所以b k b k ＋2＝ln k ·ln(k ＋2)<⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln k ＋ln （k ＋2）22＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln （k 2＋2k ）22<⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln （k ＋1）222＝[ln(k ＋1)]2＝b 2k ＋1.这与b k b k ＋2＝b 2k ＋1矛盾．故不存在k (k ≥2，k ∈N )，使得b k 、b k ＋1、b k ＋2成等比数列． 9．【解析】(1)解法一：a 2＝2，a 3＝2＋1.再由题设条件知(a n ＋1－1)2＝(a n －1)2＋1.从而{(a n －1)2}是首项为0，公差为1的等差数列，故(a n －1)2＝n －1，即a n ＝n －1＋1(n ∈N *)． 解法二：a 2＝2，a 3＝2＋1.可写为a 1＝1－1＋1，a 2＝2－1＋1，a 3＝3－1＋1. 因此猜想a n ＝n －1＋1.下面用数学归纳法证明上式． 当n ＝1时，结论显然成立．假设n ＝k 时结论成立，即a k ＝k －1＋1，则a k ＋1＝（a k －1）2＋1＋1 ＝（k －1）＋1＋1 ＝（k ＋1）－1＋1，这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立．所以a n ＝n －1＋1(n ∈N *)．(2)解法一：设f (x )＝（x －1）2＋1－1，则a n ＋1＝f (a n )．令c ＝f (c )，即c ＝（c －1）2＋1－1，解得c ＝14.下面用数学归纳法证明命题a 2n <c <a 2n ＋1<1.当n ＝1时，a 2＝f (1)＝0，a 3＝f (0)＝2－1，所以a 2<14<a 3<1，结论成立．假设n ＝k 时结论成立，即a 2k <c <a 2k ＋1<1. 易知f (x )在(－∞，1]上为减函数， 从而c ＝f (c )>f (a 2k ＋1)>f (1)＝a 2， 即1>c >a 2k ＋2>a 2.再由f (x )在(－∞，1]上为减函数， 得c ＝f (c )<f (a 2k ＋2)<f (a 2)＝a 3<1，故c <a 2k ＋3<1，因此a 2(k ＋1)<c <a 2(k ＋1)＋1<1， 这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立．综上，存在 c ＝14使a 2n <c <a 2a ＋1对所有n ∈N *成立．解法二：设f (x )＝（x －1）2＋1－1，则a n ＋1＝f (a n )．先证：0≤a n ≤1(n ∈N *)． ① 当n ＝1时，结论明显成立．假设n ＝k 时结论成立，即0≤a k ≤1. 易知f (x )在(－∞，1]上为减函数， 从而0＝f (1)≤f (a k )≤f (0)＝2－1<1.即0≤a k ＋1≤1.这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立．故①成立．再证：a 2n <a 2n ＋1(n ∈N *)． ②当n ＝1时，a 2＝f (1)＝0，a 3＝f (a 2)＝f (0)＝2－1， 所以a 2<a 3，即n ＝1时②成立．假设n ＝k 时，结论成立，即a 2k <a 2k ＋1. 由①及f (x )在(－∞，1]上为减函数，得 a 2k ＋1＝f (a 2k )>f (a 2k ＋1)＝a 2k ＋2，a 2(k ＋1)＝f (a 2k ＋1)<f (a 2k ＋2)＝a 2(k ＋1)＋1.这就是说，当n ＝k ＋1时②成立．所以②对一切n ∈N *成立．由②得a 2n <a 22n －2a 2n ＋2－1，即(a 2n ＋1)2<a 22n －2a 2n ＋2，因此a 2n <14. ③又由①②及f (x )在(－∞，1]上为减函数，得f (a 2n )>f (a 2n ＋1)，即a 2n ＋1>a 2n ＋2.所以a 2n ＋1>a 22n ＋1－2a 2n ＋1＋2－1，解得a 2n ＋1>14. ④综上，由②③④知存在c ＝14使a 2n <c <a 2n ＋1对一切n ∈N *成立．第35讲 特殊数列求和【考点集训】1．C 2.C 3.A 4.(n －1)·2n ＋1＋2 5.2 0171 009 6.1 8307．【解析】(1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2，S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12，由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)，解得a 1＝1， 所以a n ＝2n －1. (2)由题意可知，b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1＝(－1)n －14n （2n －1）（2n ＋1）＝(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1. 当n 为偶数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…＋ ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1 ＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1.当n 为奇数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…－ ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1. 所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n2n ＋1，n 为偶数.⎝ ⎛⎭⎪⎫或T n ＝2n ＋1＋（－1）n －12n ＋1.8．【解析】(1)由a 2a 9＝232与a 4＋a 7＝a 2＋a 9＝37，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝8，a 9＝29或⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝29，a 9＝8(由于a n ＋1>a n ，舍去)．设公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝a 1＋d ＝8，a 9＝a 1＋8d ＝29，解得 ⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝5，d ＝3. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋2(n ∈N ＋)． (2)由题意得：b n ＝a 2n －1＋a 2n －1＋1＋a 2n －1＋2＋…＋a 2n －1＋2n －1－1＝(3·2n －1＋2)＋(3·2n －1＋5)＋(3·2n －1＋8)＋…＋[3·2n －1＋(3·2n －1－1)] ＝2n －1×3·2n －1＋[2＋5＋8＋…＋(3·2n －1－4)＋(3·2n －1－1)]，而2＋5＋8＋…＋(3·2n －1－4)＋(3·2n －1－1)是首项为2，公差为3的等差数列的前2n－1项的和，所以2＋5＋8＋…＋(3·2n －1－4)＋(3·2n －1－1)＝2n －1×2＋2n －1（2n －1－1）2×3＝3·22n －3＋14·2n所以b n ＝3·22n －2＋3·22n －3＋14·2n ＝98·22n＋14·2n ，所以b n －14·2n ＝98·22n.所以T n ＝98(4＋16＋64＋ (22))＝98×4（1－4n）1－4＝32(4n－1)． 9．【解析】(1)∵n ＝1时，a 1＋S 1＝a 1＋a 1＝2，∴a 1＝1. ∵S n ＝2－a n ，即a n ＋S n ＝2，∴a n ＋1＋S n ＋1＝2. 两式相减：a n ＋1－a n ＋S n ＋1－S n ＝0.即a n ＋1－a n ＋a n ＋1＝0，故有2a n ＋1＝a n ，∵a n ≠0，∴a n ＋1a n ＝12(n ∈N *)．∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1. (2)∵b n ＋1＝b n ＋a n (n ＝1，2，3，…)，∴b n ＋1－b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1. 得b 2－b 1＝1，b 3－b 2＝12，b 4－b 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122，…，b n －b n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2(n ＝2，3，…)．将这n －1个不等式相加，得b n －b 1＝1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －11－12＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2.又∵b 1＝1，∴b n ＝3－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2(n ＝2，3，…)．∴b n ＝3－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2. (3)∵c n ＝n (3－b n )＝2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1. ∴T n ＝2[⎝ ⎛⎭⎪⎫120＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1]．①而12T n ＝2[⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ]．② ①－②得：12T n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫120＋⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1 －2×n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n . T n ＝4×1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12－4×n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝8－82n －4×n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝8－(8＋4n )×12n (n ＝1，2，3，…)． 第36讲 数列模型及数列的综合应用【考点集训】1．A 2.B 3.D 4.C 5.n·2n 6.－217．【解析】(1)∵数列{a n }各项均为正数，且满足a n ＋1＝a n －a 2n ，∴a 2＝a 1－a 21＞0，解得0＜a 1＜1，当n ＝2时，a 3＝a 2－a 22＝14－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－122≤14，不等式成立， 假设当n ＝k(k ≥2)时，不等式成立，即a k ≤1k ＋2， 则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k －a 2k ＝14－⎝ ⎛⎭⎪⎫a k －122≤14－⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋2－122＝k ＋1（k ＋2）2＜k ＋1（k ＋1）（k ＋3）＝1（k ＋2）＋1， ∴当n ＝k ＋1时，不等式也成立，由数学归纳法知，对一切n ≥2，都有a n ≤1n ＋2. (2)设f(x)＝ln (x ＋1)－x x ＋1，x ＞0， 则f ′(x)＝1x ＋1－1（x ＋1）2＝x （x ＋1）2＞0， 所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，则f(x)＞f(0)＝0，即ln (x ＋1)＞x x ＋1， 令x ＝1n ＋1，代入上式，得1n ＋2＜ln (n ＋2)－ln (n ＋1)， 对一切n ≥2，S 2n －S n －1＝a n ＋a n ＋1＋a n ＋2＋…＋a 2n≤1n ＋2＋1n ＋3＋1n ＋4＋…＋12n ＋2＜ln (n ＋2)－ln (n ＋1)＋ln (n ＋3)－ln (n ＋2)＋…＋ln (2n ＋2)－ln (2n ＋1) ＝ln (2n ＋2)－ln (n ＋1)＝ln 2.∴对一切n ≥2，都有S 2n －S n －1＜ln 2.8．【解析】(1)因为函数f(x)＝x 2＋bx 为偶函数，所以b ＝0，则a n ＋1＝2()a n －12＋1，a n ＋1－1＝2()a n －12，log 2()a n ＋1－1＝2log 2()a n －1＋1，所以b n ＋1＋1b n ＋1＝log 2()a n ＋1－1＋1log 2()a n －1＋1＝2log 2()a n －1＋2log 2()a n －1＋1＝2， 又b 1＋1＝log 2()a 1－1＋1＝2，所以数列{b n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．(2)由(1)得b n ＋1＝2n ，b n ＝2n －1，所以c n ＝n·2n －n ，所以S n ＝2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n －(1＋2＋3＋…＋n)，令T n ＝2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n2T n ＝22＋2·23＋3·24＋…＋n·2n ＋1，两式相减得－T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n·2n ＋1＝2－2n ＋11－2－n·2n ＋1＝()1－n ·2n ＋1－2， 所以S n ＝()n －1·2n ＋1＋2－n ()n ＋12. 9．【解析】f′()x ＝1x －sin x －6π＋92，则f′⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝4， 故a n ＋1＋a n ＝4n ＋3，(1)若数列{}a n 是等差数列，则a n ＝a 1＋()n －1d ，a n ＋1＝a 1＋nd ，由a n ＋1＋a n ＝4n ＋3得：()a 1＋nd ＋[]a 1＋()n －1d ＝4n ＋3，解得：d ＝2，a 1＝52. (2)由a n ＋1＋a n ＝4n ＋3得a n ＋2＋a n ＋1＝4n ＋7，两式相减得a n ＋2－a n ＝4，故数列{}a 2n －1是首项为a 1，公差为4的等差数列；数列{}a 2n 是首项为a 2，公差为4的等差数列，又a 1＋a 2＝7，a 2＝7－a 1，所以a n ＝⎩⎨⎧2n －2＋a 1()n 为奇数2n ＋3－a 1()n 为偶数； ①当n 为奇数时，a n ＝2n －2＋a 1，由a n ＋2n 2≥0即2n －2＋a 1＋2n 2≥0，转化为a 1≥－2n 2－2n ＋2对任意的奇数n 恒成立，令f ()n ＝－2n 2－2n ＋2＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋122＋52， ∴f ()n max＝f ()1＝－2，∴a 1≥－2. ②当n 为偶数时，a n ＝2n ＋3－a 1，由a n ＋2n 2≥0即2n ＋3－a 1＋2n ≥0，转化为－a 1≥－2n 2－2n －3对任意的奇数n 恒成立，令g ()n ＝－2n 2－2n －3＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋122－52， ∴g ()n max ＝g ()2＝－15，∴－a 1≥－15，解得a 1≤15， 综上，a 1的取值范围是[－2，15]．。
2019版一轮高考数学复习(人教版A版)练习：第五章 第五节 数列的综合应用 Word版含解析
课时规范练 A 组 基础对点练1．(2018·嘉兴调研)已知a n ＝32n －101(n ∈N *)，数列{a n }的前n 项和为S n ，则使S n >0的n 的最小值为( )A ．99B ．100C ．101D ．102解析：由通项公式得a 1＋a 100＝a 2＋a 99＝a 3＋a 98＝…＝a 50＋a 51＝0，a 101＝3101>0，故选C.答案：C2．(2018·昆明七校调研)在等比数列{a n }中，S n 是它的前n 项和，若q ＝2，且a 2与2a 4的等差中项为18，则S 5＝( ) A ．62 B ．－62 C ．32D ．－32解析：依题意得a 2＋2a 4＝36，q ＝2，则2a 1＋16a 1＝36，解得a 1＝2，因此S 5＝2×(1－25)1－2＝62，选A. 答案：A3．已知等差数列{a n }的各项均为正数，a 1＝1，且a 3，a 4＋52，a 11成等比数列．若p －q ＝10，则a p －a q ＝( ) A ．14 B ．15 C ．16D ．17解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由题意分析知d >0，因为a 3，a 4＋52，a 11成等比数列，所以⎝⎛⎭⎫a 4＋522＝a 3a 11，即⎝⎛⎭⎫72＋3d 2＝(1＋2d )·(1＋10d )，即44d 2－36d －45＝0，所以d ＝32⎝⎛⎭⎫d ＝－1522舍去，所以a n ＝3n －12.所以a p －a q ＝32(p －q )＝15. 答案：B4．已知数列{a n }满足a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，n ∈N *，且a 5＝π2，若函数f (x )＝sin 2x ＋2cos 2x 2，记y n ＝f (a n )，则数列{y n }的前9项和为( ) A ．0 B ．－9 C ．9D ．1解析：由已知可得，数列{a n }为等差数列，f (x )＝sin 2x ＋cos x ＋1，∴f ⎝⎛⎭⎫π2＝1.∵f (π－x )＝sin(2π－2x )＋cos(π－x )＋1＝－sin 2x －cos x ＋1，∴f (π－x )＋f (x )＝2.∵a 1＋a 9＝a 2＋a 8＝…＝2a 5＝π，∴f (a 1)＋…＋f (a 9)＝2×4＋1＝9，即数列{y n }的前9项和为9. 答案：C5．等差数列{a n }的公差为2，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( ) A ．n (n ＋1) B ．n (n －1) C.n (n ＋1)2D.n (n －1)2解析：因为a 2，a 4，a 8成等比数列，所以a 24＝a 2·a 8，所以(a 1＋6)2＝(a 1＋2)·(a 1＋14)，解得a 1＝2.所以S n ＝na 1＋n (n －1)2×2＝n (n ＋1)．故选A.答案：A6．已知{a n }是等差数列，a 1＝1，公差d ≠0，S n 为其前n 项和，若a 1，a 2，a 5成等比数列，则S 8＝________.解析：因为{a n }为等差数列，且a 1，a 2，a 5成等比数列，所以a 1(a 1＋4d )＝(a 1＋d )2，解得d ＝2a 1＝2，所以S 8＝64. 答案：647．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，{a n }的“差数列”的通项公式为2n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝__________.解析：∵a n ＋1－a n ＝2n ，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n 1－2＋2＝2n －2＋2＝2n .∴S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.答案：2n ＋1－28．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，且3S 1,2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________. 解析：由3S 1,2S 2，S 3成等差数列，得4S 2＝3S 1＋S 3，即3S 2－3S 1＝S 3－S 2，则3a 2＝a 3，得公比q ＝3，所以a n ＝a 1q n －1＝3n －1.答案：3n －19．已知数列{a n }的首项为1，S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＋1＝qS n ＋1，其中q >0，n ∈N *. (1)若a 2，a 3，a 2＋a 3成等差数列，求数列{a n }的通项公式； (2)设双曲线x 2－y 2a 2n＝1的离心率为e n ，且e 2＝2，求e 21＋e 22＋…＋e 2n . 解析：(1)由已知，S n ＋1＝qS n ＋1，S n ＋2＝qS n ＋1＋1，两式相减得到a n ＋2＝qa n ＋1，n ≥1. 又由S 2＝qS 1＋1得到a 2＝qa 1，故 a n ＋1＝qa n 对所有n ≥1都成立．所以数列{a n }是首项为1，公比为q 的等比数列．从而a n ＝q －.由a 2，a 3，a 2＋a 3成等差数列，可得2a 3＝a 2＋a 2＋a 3， 所以a 3＝2a 2，故q ＝2， 所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)由(1)可知，a n ＝q n －1.所以双曲线x 2－y 2a 2n＝1的离心率e n ＝1＋a 2n ＝ 1＋q 2(n－1).由e 2＝1＋q 2＝2解得q ＝ 3.所以e 21＋e 22＋…＋e 2n ＝(1＋1)＋(1＋q 2)＋…＋[1＋q2(n －1)]＝n ＋[1＋q 2＋…＋q 2(n －1)]＝n ＋q 2n －1q 2－1＝n ＋12(3n －1)．10．(2018·西安质检)已知等差数列{a n }的各项均为正数，a 1＝1，前n 项和为S n ，数列{b n }为等比数列，b 1＝1，且b 2S 2＝6，b 2＋S 3＝8. (1)求数列{a n }与{b n }的通项公式； (2)求1S 1＋1S 2＋…＋1S n.解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，d >0，{b n }的公比为q ，则a n ＝1＋(n －1)d ，b n ＝q n －1.依题意有⎩⎪⎨⎪⎧q (2＋d )＝6q ＋3＋3d ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1q ＝2，或 ⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－43q ＝9(舍去)．故a n ＝n ，b n ＝2n －1.(2)由(1)知S n ＝1＋2＋…＋n ＝12n (n ＋1)，∴1S n ＝2n (n ＋1)＝2(1n －1n ＋1)， ∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n＝2[(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1n ＋1)]＝2(1－1n ＋1)＝2n n ＋1. B 组 能力提升练1．设函数f (x )＝(x －3)3＋x －1，{a n }是公差不为0的等差数列，f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a 7)＝14，则a 1＋a 2＋…＋a 7＝( ) A ．0 B ．7 C ．14D ．21解析：∵f (x )＝(x －3)3＋x －1 ＝(x －3)3＋(x －3)＋2，而y ＝x 3＋x 是单调递增的奇函数，∴f (x )＝(x －3)3＋(x －3)＋2是关于点(3,2)成中心对称的增函数． 又∵{a n }是等差数列，f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a 7)＝14＝7×2， ∴f (a 4)＝2，即(a 4－3)3＋(a 4－3)＋2＝2， ∴a 4＝3，∴a 1＋a 2＋…＋a 7＝7a 4＝21. 答案：D2．已知等差数列{a n }的公差和首项都不等于0，且a 2，a 4，a 8成等比数列，则a 1＋a 5＋a 9a 2＋a 3＝( )A ．2B ．3C ．5D ．7 解析：∵等差数列{a n }中，a 2，a 4，a 8成等比数列，∴a 24＝a 2a 8，∴(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋7d )，∴d 2＝a 1d ，∵d ≠0，∴d ＝a 1， ∴a 1＋a 5＋a 9a 2＋a 3＝15a 15a 1＝3.故选B.答案：B3．定义“规范01数列”{a n }如下：{a n }共有2m 项，其中m 项为0，m 项为1，且对任意k ≤2m ，a 1，a 2，…，a k 中0的个数不少于1的个数．若m ＝4，则不同的“规范01数列”共有( ) A ．18个 B ．16个 C ．14个D ．12个解析：由题意可得a 1＝0，a 8＝1，a 2，a 3，…，a 7中有3个0、3个1，且满足对任意k ≤8，都有a 1，a 2，…，a k 中0的个数不少于1的个数，利用列举法可得不同的“规范01数列”有00001111,00010111,00011011,00011101,00100111,00101011,00101101,00110011,00110101,01000111,01001011,01001101,01010011,01010101，共14个． 答案：C4．5个数依次组成等比数列，且公比为－2，则其中奇数项和与偶数项和的比值为( ) A ．－2120B ．－2C ．－2110D ．－215解析：由题意可设这5个数分别为a ，－2a,4a ，－8a,16a ，故奇数项和与偶数项和的比值为a ＋4a ＋16a －2a －8a ＝－2110，故选C.答案：C5．若a ，b 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p >0，q >0)的两个不同的零点，且a ，b ，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p ＋q 的值等于__________． 解析：依题意有a ，b 是方程x 2－px ＋q ＝0的两根，则a ＋b ＝p ，ab ＝q ，由p ＞0，q >0可知a ＞0，b ＞0.由题意可知ab ＝(－2)2＝4＝q ，a －2＝2b 或b －2＝2a ，将a －2＝2b 代入ab ＝4可解得a ＝4，b ＝1，此时a ＋b ＝5，将b －2＝2a 代入ab ＝4可解得a ＝1，b ＝4，此时a ＋b ＝5，则p ＝5，故p ＋q ＝9. 答案：96．已知a n ＝3n (n ∈N *)，记数列{a n }的前n 项和为T n ，若对任意的n ∈N *，⎝⎛⎭⎫T n ＋32k ≥3n －6恒成立，则实数k 的取值范围是__________．解析：T n ＝3(1－3n )1－3＝－32＋3n ＋12，所以T n ＋32＝3n ＋12，则原不等式可以转化为k ≥(3n －6)×23n ＋1＝2n －43n 恒成立，令f (n )＝2n －43n ，当n ＝1时，f (n )＝－23，当n ＝2时，f (n )＝0，当n ＝3时，f (n )＝227，当n ＝4时，f (n )＝481，即f (n )是先增后减，当n ＝3时，取得最大值227，所以k ≥227. 答案：k ≥2277．为了加强环保建设，提高社会效益和经济效益，长沙市计划用若干时间更换一万辆燃油型公交车，每更换一辆新车，则淘汰一辆旧车，替换车为电力型和混合动力型车．今年初投入了电力型公交车128辆，混合动力型公交车400辆；计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%，混合动力型车每年比上一年多投入a 辆． (1)求经过n 年，该市被更换的公交车总数S (n )； (2)若该市计划7年内完成全部更换，求a 的最小值．解析：(1)设a n ，b n 分别为第n 年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量． 依题意，得{a n }是首项为128，公比为1＋50%＝32的等比数列，{b n }是首项为400，公差为a的等差数列． 所以{a n }的前n 项和S n ＝128×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫32n 1－32＝256⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫32n －1， {b n }的前n 项和T n ＝400n ＋n (n －1)2a . 所以经过n 年，该市被更换的公交车总数为S (n )＝S n ＋T n ＝256⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫32n －1＋400n ＋n (n －1)2a . (2)若计划7年内完成全部更换，则S (7)≥10 000，所以256⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫327－1＋400×7＋7×62a ≥10 000， 即21a ≥3 082，所以a ≥1461621.又a ∈N *，所以a 的最小值为147.8．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N *)在函数f (x )＝12x 2＋12x 的图象上．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋2的前n 项和为T n ，不等式T n >13log a (1－a )对任意正整数n 恒成立，求实数a的取值范围．解析：(1)∵点(n ，S n )在函数f (x )＝12x 2＋12x 的图象上，∴S n ＝12n 2＋12n .当n ≥2时，S n －1＝12(n －1)2＋12(n －1)，两式相减得a n ＝n .当n ＝1时，a 1＝S 1＝12＋12＝1，符合上式，∴a n ＝n (n ∈N *)．(2)由(1)得1a n a n ＋2＝1n (n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2，∴T n ＝1a 1a 3＋1a 2a 4＋…＋1a n a n ＋2＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋12⎝⎛⎭⎫12－14＋…＋ 12⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1＋12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝⎛⎭⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－12⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2. ∵T n ＋1－T n ＝1(n ＋1)(n ＋3)>0，∴数列{T n }单调递增， ∴{T n }中的最小项为T 1＝13.要使不等式T n >13log a (1－a )对任意正整数n 恒成立，只要13>13log a (1－a )，即log a (1－a )<log a a .∵1－a >0，a >0，∴0<a <1，∴1－a >a ，∴0<a <12，即实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫0，12.。
2019版高考数学一轮复习第五章数列课时作业理
第五章 数列、推理与证明第1讲 数列的概念与简单表示法知匪训练1. 设数列｛a n ｝的前n 项和S= n 2,则的值为（）A. 15 B . 16 C . 49 D . 642. 在数列｛a n ｝中，已知a 1 = 1,且当n 》2时，a •比•…A. 3B. 61C. 35D. 3 16 153.古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数，如图图 X5-1-1他们研究过图X5-1-1（1）中的1,3,6,10，…，由于这些数能够表示成三角形， 将其称为三角形数；类似地，称图 X5-1-1（2）中的1,4,9,16，…，这样的数为正方形数•下列数中既是三角形数又是正方形数的是（ ）A. 289 B . 1024 C . 1225 D . 1378 a n + 1 — 14.已知数列｛ a n ｝满足a 1= 2, a n =，其前n 项积为T n ,则抵仃=（）a n + 1 十 I1 1A. 2 B . — 2 C . 2 D . — 2 5 . （2015年辽宁大连模拟）在数列｛a n ｝中，a 1 = 2, a n +1= a n +In ［十三j,贝U a n =（ ）A . 2 + ln nB . 2 + （ n — 1）ln n C. 2 + n ln n D . 1 + n + ln n16 . （2014年新课标n ）若数列｛a n ｝满足a n +1= ----- , a 8= 2,贝U a = _________ .1 — a n*7.已知数列｛a n ｝满足：a 4n —3= 1, a 4n — 1 = 0, a 2n = a n , n € N ，贝U ________________________ 32009= ,酝仏=11~4 a n = n 2,贝U a 3 + 空=( X5-1-1.&已知递增数列｛a n｝的通项公式为a n= n2+ kn十2,则实数k的取值范围为_____________ .2 19 . （2013年新课标I ）若数列｛a n｝的前n项和S=-a n+ -，则数列｛a n｝的通项公式是a n3 310 . （2016年上海）无穷数列｛a n｝由k个不同的数组成，S为｛a n｝的前n项和.若对任意n€ N*, S€ ｛2,3｝，贝U k的最大值为______ .着底B华a n最大?11.已知数列｛a n｝的通项公式为a n= （n+ 1）哼）（n€ N），则当n为多大时,V1/n+ 212. （2012年大纲）已知数列｛a n｝中，a i= 1，前n项和S= 丐~乩（1）求a2，a3 ；⑵求｛a n｝的通项公式.第2讲等差数列1.（2017年江西南昌二模）已知数列｛a n ｝为等差数列，其前n 项和为S, 2a 7 - a 8= 5,则 S i =（）A. 110 B . 55C. 50 D .不能确定 2. 设｛a n ｝是首项为a 1，公差为—1的等差数列，S 为其前n 项和，若S, $, 9成等比 数列，贝U a 1 =（ ）A. 2 B . — 2 1 —2S 为等差数列｛a n ｝的前n 项和，若a 1+ a ?+恥的值是一个确定的常数，则下列① a 21 :② a 7；③ $3；④ S 4；⑤ S 3— S 5.其结果为确定常数的是（ ） A.②③⑤B .①②⑤ C.②③④D .③④⑤4. （2017年新课标川）等差数列｛a n ｝的首项为1，公差不为0.若a 2, a 3, a 6成等比数列， 则数列｛a n ｝前6项的和为（ ）A.— 24 B . — 3 C . 3 D . 3 5. （2017年湖北七市4月联考）在我国古代著名的数学专著 《九章算术》里有一段叙述： 今有良马与驽马发长安至齐， 齐去长安一千一百二十五里， 良马初日行一百零三里， 日增十 三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢，问：几日相 逢？（ ）A. 9 日 B . 3 日 C . 16 日 D . 12 日6. 已知等差数列｛a n ｝的公差为d,关于x 的不等式|x 2 + ja — 2 X + c >0的解集是[0,22], 则使得数列｛a n ｝的前n 项和最大的正整数 n 的值是（）A. 11 B . 11 或 12 C. 12 D . 12 或 13*17 . （2017年广东揭阳一模）已知数列｛刘对任意的n € N 都有a n +1= a n — 2a n +心，若a=-, 贝 Ha8 = ___________ .3 .已知数列｛a n ｝的通项公式为 a n = 2n — 10（n € N ），则| a^ + | a 2| +…+ |=_______________________________ .車底盘华9 . （2016年新课标n ）在等差数列｛a n ｝中，a 3+ a 4=4, a s + a ?= 6. （1） 求数列｛a n ｝的通项公式；1 C.2 D .3.已知各式：（2）设b n= [ a n]，求数列｛b n｝的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9] =0, [2.6] = 2.10. (2014 年大纲)数列｛a n｝满足a i= 1, a2= 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；⑵求｛a n｝的通项公式.11. (2014年新课标I )已知数列｛a n｝的前n项和为S, a1= 1, a n丰0, a n a n+ 1=入S—1, 其中入为常数.(1) 证明：a n + 2 —a n =入；(2) 是否存在入，使得｛a n｝为等差数列？并说明理由.第3讲等比数列1.对任意的等比数列｛a n ｝，下列说法一定正确的是 （）A. a i , a 3, a 9成等比数列 B . a 2, a 3, a 6成等比数列C. a 2, a 4, a 8成等比数列 D . a 3, a 6, a 9成等比数列2.（2016年河北衡水模拟）各项均为正数的等比数列｛a n ｝的前n 项和为S,若S= 2, Sn=14，贝 U S 4n =（ ）A. 80 B . 30 C . 26 D . 1623.（2013年新课标I ）设首项为1,公比为3的等比数列｛a n ｝的前n 项和为S n ,则（）A. S = 2a n — 1 B . S = 3a n — 2C. S n = 4 — 3a n D . S= 3 — 2a nn — 1a4 . （2017年广东深圳一模）已知等比数列｛a n ｝的前n 项和为S= a-3+ b,则-=（ ）A. — 3 B . — 1 C . 1 D . 3315 . （2016年河南模拟）已知等比数列｛a n ｝的首项为，公比为—2，其前n 项和为S n ,则 S 的最大值为（ ）6 . （2017年北京）若等差数列｛叭和等比数列｛b n ｝满足a 1 = b 1 = — 1, a 4 = b 4 = 8,则g =7 . （2017年江西南昌二模）在等比数列｛a n ｝中，a 1= 1,前n 项和为S,满足S — 4S 6 + 3S 5 = 0,贝U S = .& （2017年广东深圳第二次调研）《九章算术》中的“两鼠穿墙题”是我国数学的古典 名题：“今有垣厚若干尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠也日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自 半，问何日相逢，各穿几何？ ”题意是“有两只老鼠从墙的两边打洞穿墙， 大老鼠第一天进 一尺，以后每天加倍；小老鼠第一天也进一尺，以后每天减半.”如果墙足够厚， S n 为前n 天两只老鼠打洞长度之和，则 S= ___________ 尺.3 A.4 B. C.19 . （2016年新课标I ）已知｛a n｝是公差为3的等差数列，数列｛b n｝满足b= 1, b =石,3 a n b n+1 + b n+1 = nb n.（1）求｛a n｝的通项公式；（2）求｛b n｝的前n项和.10. (2016年新课标川)已知数列｛a n｝的前n项和$= 1 +入a n，其中入丰0. (1)证明｛a n｝是等比数列，并求其通项公式；⑵若S =32求入.11. (2017年广东广州一模)已知数列｛a n｝的前n项和为S,且S = 2a n—2( n€ N).(1) 求数列｛a n｝的通项公式；(2) 求数列｛S｝的前n项和T n.第4讲数列的求和 知能训练 1. （2017年辽宁鞍山一中统测）数列｛a n ｝的通项公式为 a n = 4nri ，则数列｛a n ｝的前n 项和Si =( 2n A. 2 n + 1 2n B. 2n + 1 n C. D. 4n + 1 4n + 12. 若数列｛a n ｝的通项公式是 a n =（ — 1）n•（3n — 2），贝U a + a 2+・・・+ ae =（ ）A. 15 B . 12 C . — 12 D . — 15 3. 已知等差数列｛a n ｝满足a 1>0, 5a 8= sa®则当前n 项和S 取最大值时，n =（ ）A. 20 B . 21 C . 22 D . 2324. 已知数列｛a n ｝的前n 项和S= n — 6n ,则数列｛| a n |｝的前n 项和T n 等于（ ） 2 2 A. 6n — n B . n — 6n + 18j- 2 r 2 6n — n , 1< n w 3, 6n — n , 1< n w 3, C 「2 D. 2n — 6n + 18, n > 3 n — 6n , n >3 5 . （2016年湖北七校2月联考）中国古代数学著作 《算法统宗》中有这样一个问题： “ 百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请 公仔细算相还.”其意思为：有一个人走 378里路，第一天健步行走， 从第二天起脚痛每天 走的路程为前一天的一半，走了 6天后到达目的地，请问第二天走了 （ ） A. 192 里 B . 96 里 C . 48 里 D . 24 里 6 . (2015 年江苏)已知数列｛◎｝满足 a 1 = 1,且 a n +1 — a n = n + 1( n € N), 10项和为 7.如图X5-4-1 ,它满足：①第n 行首尾两数均为n ；②图中的递推关系类似杨辉三角, 则第n（n 》2）行的第2个数是_____________________ . 2 2 3 4 34 7 7 45 11 14 11 5 图 X5-4-1 & （2017年安徽合肥第二次质检）已知数列｛a n ｝的前n 项和为S,若S = 2a n —2：贝U S 9 . （2016年浙江金华模拟）设数列｛a n ｝的前n 项和S 满足6S + 1 = 9a n （n € N*）. （1）求数列｛a n ｝的通项公式；1⑵若数列｛b n ｝满足b n =，求数列｛b n ｝的前n 项和T n .a n10. (2017年广东佛山二模)已知｛a n｝是等差数列，｛b n｝是各项均为正数的等比数列, 且b i = a i = 1, b3= a4, b i + b+ b s= a s+ a4.⑴求数列｛a n｝, ｛b n｝的通项公式；(2)设C n = a n b n，求数列｛C n｝11. (2017年广东湛江二模)观察下列三角形数表，数表(1)是杨辉三角数表，数表是与数表(1)有相同构成规律(除每行首末两端的数外)的一个数表.1 12 2…"■第一行1 2 1 3 4 3 •…”第二行1 3 3 1 4 7 7 414641 5 11 11 11 51 N m 1 N+1仏■ +■-第”行数表〔1) 数表〔2)对于数表(2)，设第n行第二个数为a n.( n€ N*)(女口a1 = 2, a2= 4, a3= 7){a n}(1) 归纳出a n与a n-1( n》2, n€ N)的递推公式(不用证明)，并由归纳的递推公式求出的通项公式a n；(2) 数列｛b n｝满足：(a n—1) • b n= 1 ,求证：6+匕鸟+…十b n<2.第5讲合情推理和演绎推理知能训练1 •在平面几何中有如下结论： 正三角形ABC 勺内切圆面积为 S ,外接圆面积为S 2,则君 =£推广到空间可以得到类似结论；已知正四面体 P -ABC 勺内切球体积为 V ,外接球体积为V ，则V =() 2. (2017年广东惠州三模)我国南北朝时期的数学家祖暅提出体积的计算原理 (祖暅原 理)：“幕势既同，则积不容异” •“势”即是高，“幕”是面积•意思是：如果两等高的 几何体在同高处截得两几何体的截面积恒等， 那么这两个几何体的体积相等.类比祖暅原理， 如图X5-5-1 ,在平面直角坐标系中，图X5-5-1(1)是一个形状不规则的封闭图形， 图X5-5-1(2)是一个上底为1的梯形，且当实数t 取［0,3］上的任意值时，直线 y = t 被图X5-5-1(1)和图3. (2017年北京)某学习小组由学生和教师组成，人员构成同时满足以下三个条件:① 男学生人数多于女学生人数； ② 女学生人数多于教师人数； ③ 教师人数的两倍多于男学生人数.(1)若教师人数为4，则女学生人数的最大值为 _________________ ⑵该小组人数的最小值为 _____________ . 4. 观察下列等式： 12= 112— 22=- 3 12— 22 + 32 = 612— 22 + 32 — 42 =— 10照此规律，第n 个等式为 __________________________________________ . 5.如图X5-5-2，在平面上，用一条直线截正方形的一个角，则截下的一个直角三角形 按如图X5-5-2(1)所标边长，由勾股定理，得 c 2= a 2+ b 2.设想把正方形换成正方体，把截线换成如图X5-5-2(2)所示的截面，这时从正方体上截下三条侧棱两两垂直的三棱锥OABC若用S 1, Sa , S 3表示三个侧面面积，S 4表示截面面积，则可以类比得到的结论是1 A.8 B.1 C.64 D. 1 27b图X5-5-2n 1n2 n 6.已知 cos =-, cos • cos =3 2 5 5式，可猜想出的一般结论是 ________________________________________ .7. (2017年东北三省四市一联)在某次数学考试中，甲、乙、丙三名同学中只有一个人 得了优秀.当他们被问到谁得到了优秀时，丙说“甲没有得优秀”，乙说“我得了优秀”， 甲说“丙说的是真话”. 事实证明，在这三名同学中，只有一人说的是假话，那么得优秀的同学是 ___________ .类比等差数列｛a n ｝的上述结论，对于等比数列 ｛b n ｝( b>0, n € N *)，若b m = c , b n = d (n — m>2, m n € N)，则可以得到 b m+ n= ______________________ . 9.某同学在一次研究性学习中发现，以下 5个式子的值都等于同一个常数.① sin 1 213°+ cos 217°— sin 13 ° cos17°;22② sin 15°+ cos 15°— sin15 ° cos15°; ③ sin 218°+ cos 212°— sin 18 ° cos12°;22④ sin ( —18° ) + cos 48°— sin( — 18° )cos48 ° ; ⑤ sin 2( — 25° ) + cos 255°— sin( — 25° )cos55 ° .(1) 试从上述5个式子中选择一个，求出这个常数；(2) 根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论.110. ----------------------------------------------------------------------------- 在等差数列｛a n ｝中，a 1 + a 2= 5, a 3= 7,记数列= ---------------------------------------------- 的前n 项和为S .a n a n + 1(1) 求数列｛a n ｝的通项公式；(2) 是否存在正整数 m n,且1<n <n ,使得S , S m S 成等比数列？若存在，求出所有 符合条件的m n 的值；若不存在，请说明理由.1 n2 n3 n 1 ,cos • cos • cos =-4 7 7 7 8 …，根据以上等&已知数列｛列为等差数列，若 a m = a ,*a n =b (n — 1, m n € N)，贝U a m+ n = nb — ma n — m •第6讲直接证明与间接证明知能训练1 •用反证法证明命题“设 a , b 为实数，则方程 x 2+ ax + b = 0至少有一个实根”时, 要作的假设是( )A. 方程x + ax + b = 0没有实根B. 方程x 2 + ax + b = 0至多有一个实根C. 方程x 2 + ax + b = 0至多有两个实根D. 方程x 2 + ax + b = 0恰好有两个实根2.分析法又称执果索因法， 若用分析法证明：“设a >b >c ,且a + b + c = 0,求证 b 2— ac <.3a ”索的因应是()A. a — b >0 B . a — c >0C. (a — b )( a — c )>0 D . (a — b )( a — c )<03. 在△ ABC 中，三个内角 A, B, C 的对边分别为 a , b , c ,且A B , C 成等差数列，a , b , c 成等比数列，则△ ABC 的形状为 __________ 三角形.4. _____________________________________________ 用反证法证明命题： 若整系数一元二次方程 ax 2+ bx + c = 0( a ^ 0)存在有理数根，则 a , b , c 中至少有一个是偶数.下列假设正确的是 ________________________________________________________ .① 假设a , b , c 都是偶数；② 假设a , b , c 都不是偶数；③ 假设a , b , c 至多有一个偶数； ④ 假设a , b , c 至多有两个偶数.5.凸函数的性质定理：如果函数 f (x )在区间D 上是凸函数，那么对于区间 D 内的任意在区间(0 , n )上是凸函数，则在△ ABC 中, sin A + sin B+ sin C 的最大值为 _______________6. a ,3是两个不同的平面， m n 是平面a 及B 之外的两条不同的直线，给出下列 四个论断：①m ± n ；②a 丄3 :③门丄3;④mL a .以其中的三个论断作为条件，余下一个 论断作为结论，写出你认为正确的一个命题7.请将错误的一个改正为 __________________ .8. _______________________________ 已知集合｛a , b , c ｝ = ｛0,1,2｝，且下列三个关系：① a z 2；②b = 2；③c ^0有且只 有一个正确，则 100a + 10b + c = .9.已知等差数列｛a n ｝的公差d >0,设｛a n ｝的前n 项和为S , a 1= 1, S 2 • S 3 = 36.x i , X 2,f X 1 + f X 2 +•••+ f X n ,X n ,有X i + X 2+…+ x n.已知函数 y = sin x(1) 求d及S;(2) 求m k( m k € N*)的值，使得a m+ a m+1+ a计2+ — + a m+ k= 65 成立.10. （2016年湖北武汉调研）已知等差数列｛a n ｝的前n 项和为S, a 3 = 5, 64.⑴求数列｛a n ｝的通项公式；亠、 1 1 2 *⑵求证：n 》2, n € N ）.数学归纳法和能训练左边计算所得的式子是（A. C.4+ 2用数学归纳法证明等式： 1 + 2+ 3 +…+ n 2= n 2 n ( n € N*)，则从n = k 至U n = k + 11. 从“n =用数学归纳法证明：(n +1)( n + 2)•(k ”至n = k +1”左端需乘的代数式是( A. 2k + 1 B . 2(2 k + 1)2k + 12k + 3n *n + n ) = 2 x 1X 3x-x (2 n —1)( n € N), )2•用数学归纳法证明:2 21 +2 +••• + 2n2 .22 + 12 =〜3，第二步证明由“ k到k +1”时，左边应加(k 2 B . (k + 1)2 k 2+ (k + 1)2+ k 2 A. C. 2 2(k + 1) + k 3. 用数学归纳法证明1 + a + a +…+ a =. n + 1 n 1 — a *(a z 1, n € N)时，当验证 n = 1时, 1 — a1 B . 1+ a2 2 41 + a + a D . 1 + a + a + a 4.时，左边应添加的项为()2A. k + 12B. (k+ 1)k+ 4+ k+ 2C. ------------- 2--------------2 2 2 2D. (k +1) + (k + 2) + (k + 3) +•••+ ( k+ 1)5•用数学归纳法证明1 + 2+ 22+…+ 25n「III是31的整数倍时，当n= 1时，上式等于()2A. 1+ 2 B . 1+ 2 + 2C. 1 + 2 + 22+ 23 D . 1 + 2 + 22+ 23+ 246•用数学归纳法证明1+ 2+ 3 +…+ 2n= 2n「1+ 22n「1(n€ N+)时，假设当n= k时命题成立，则当n= k+ 1时，左端增加的项数是()kA. 1 项B . k—1 项C . k 项D . 2 项7•用数学归纳法证明“ n3+(n+ 1)3+ (n+ 2) 3( n€ N*)能被9整除”，利用归纳法假设证明当n= k+ 1时，只需展开()3 3A. (k+ 3) B . (k + 2)3 3 3C. (k+ 1) D . (k + 1) + (k + 2)1 1 1 13&用数学归纳法证明不等式T + +…+n>24的过程中，由k推导到k + 1时,n+ 1 n + 2 n+ n 24不等式左边增加的式子是着底珂华2 2 2 n n + ] 29.是否存在常数a, b, c,使等式1X2 + 2X3 +…+ n(n+ 1)= -------------------- 乜--- (an + bn + c）对一切正整数n都成立？证明你的结论.III 1(3) 2^ W X n W 2^^.10 . (2017 年浙江)已知数列｛X n｝满足：X1= 1 , X n= X n+1 + ln (1 + X n+1)(n€ N). 证明：当n€ N*时，(1) 0 V X n+ 1< X n ；X n X n +1(2) 2 X n + 1 —X n W —；14第五章 数列、推理与证明第1讲 数列的概念与简单表示法1. A 解析：a 8= S s — S 7= 8 — 7 = 64 — 49= 15.2. B13. C 解析：第n 个三角形数可表示为2门(n + 1)，第n 个四边形数可表示为则有a 2= — 3, a s =— 2, a 4 = 3, a 5= 2.故数列｛a n ｝是以4为周期的周期数列，且aaa s a 。
高考数学一轮复习 第五章 数列 5.5 数列综合练习(含解析)
数列综合时间:50分钟 总分：70分班级： 姓名：一、 选择题（共6小题，每题5分，共30分）1．在等比数列{a n }中，各项都是正数，且a 1，12a 3,2a 2成等差数列，则a 9＋a 10a 7＋a 8＝( )A ．1＋ 2B ．1－ 2C ．3＋2 2D ．3－2 2【答案】C【解析】 设等比数列{a n }的公比为q (q ＞0)，则由题意得a 3＝a 1＋2a 2，所以a 1q 2＝a 1＋2a 1q ，所以q 2－2q－1＝0，解得q ＝1± 2.又q ＞0，因此有q ＝1＋2，故a 9＋a 10a 7＋a 8＝q 2a 7＋a 8a 7＋a 8＝q 2＝(1＋2)2＝3＋2 2.2．数列{a n }是公差不为0的等差数列，且a 1，a 3，a 7为等比数列{b n }中连续的三项，则数列{b n }的公比为( )A. 2 B ．4 C ．2 D.12【答案】C【解析】 设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，由a 23＝a 1a 7得(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋6d )，解得a 1＝2d ，故数列{b n }的公比q ＝a 3a 1＝a 1＋2d a 1＝2a 1a 1＝2.3．《九章算术》之后，人们进一步用等差数列求和公式来解决更多的问题，《张丘建算经》卷上第22题为：“今有女善织，日益功疾，且从第2天起，每天比前一天多织相同量的布，若第一天织5尺布，现在一月(按30天计)，共织390尺布”，则每天比前一天多织布的尺数是( )A.12 B.815 C.1631D.1629【答案】D【解析】 由题意知，a 1＝5，n ＝30，S n ＝390＝30×5＋30×292d ⇒d ＝1629.4．已知各项均不为0的等差数列{a n }，满足2a 3－a 27＋2a 11＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 6b 8＝( )A ．2B ．4C ．8D ．16【答案】D【解析】 因为{a n }为等差数列，所以a 3＋a 11＝2a 7，所以已知等式可化为4a 7－a 27＝0，解得a 7＝4或a 7＝0(舍去)，又{b n }为等比数列，所以b 6b 8＝b 27＝a 27＝16.5．某化工厂打算投入一条新的生产线，但需要经环保部门审批同意方可投入生产．已知该生产线连续生产n 年的产量为f (n )＝12n (n ＋1)(2n ＋1)吨，但如果年产量超过150吨，将会给环境造成危害．为保护环境，环保部门应给该厂这条生产线的生产期限是( ) A ．5年 B ．6年 C ．7年 D ．8年【答案】C【解析】 令第n 年的年产量为a n ，则由题意可知第一年的产量a 1＝f (1)＝12×1×2×3＝3(吨)；第n (n ＝2,3，…)年的产量a n ＝f (n )－f (n －1)＝12n (n ＋1)(2n ＋1)－12(n －1)·n ·(2n －1)＝3n 2(吨)．令3n 2≤150，则结合题意可得1≤n ≤5 2.又n ∈N *，所以1≤n ≤7，即生产期限最长为7年． 6．数列{a n }的通项a n ＝n 2cos2n π3－sin2n π3，其前n 项和为S n ，则S 30为( )A ．470B ．490C ．495D ．510【答案】A【解析】 注意到a n ＝n 2cos 2n π3，且函数y ＝cos 2πx 3的最小正周期是3，因此当n 是正整数时，a n ＋a n ＋1＋a n ＋2＝－12n 2－12(n ＋1)2＋(n ＋2)2＝3n ＋72，其中n ＝1,4,7，…， S 30＝(a 1＋a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5＋a 6)＋…＋(a 28＋a 29＋a 30)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3×1＋72＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3×4＋72＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3×28＋72＝3×10×1＋282＋72×10＝470. 二、填空题（共4小题，每题5分，共20分）7．设曲线y ＝x n(1－x )在x ＝2处的切线与y 轴交点的纵坐标为a n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋1的前n 项和S n 等于________． 【答案】 2n ＋1－2【解析】 y ′＝nx n －1－(n ＋1)x n ，∴y ′|x ＝2＝n ·2n －1－(n ＋1)·2n ＝－n ·2n －1－2n .∴切线方程为y ＋2n＝(－n ·2n －1－2n)(x －2)，令x ＝0，得y ＝(n ＋1)·2n，即a n ＝(n ＋1)·2n.∴a nn ＋1＝2n ，∴S n ＝2n ＋1－2.8．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1,2S 2,3S 3成等差数列，则等比数列{a n }的公比为________． 【答案】 13【解析】 设等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，由4S 2＝S 1＋3S 3，得4(a 1＋a 1q )＝a 1＋3(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)，即3q 2－q ＝0，又q ≠0，∴q ＝13.9．(2015·全国卷Ⅱ)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________. 【答案】 －1n【解析】 ∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝S n S n ＋1，∴S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1.∵S n ≠0，∴1S n －1S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n ＝－1.又1S 1＝－1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为－1，公差为－1的等差数列．∴1S n ＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，∴S n ＝－1n.10．设S n 为数列{a n }的前n 项和，若S 2n S n(n ∈N *)是非零常数，则称该数列为“和等比数列”，若数列{c n }是首项为2，公差为d (d ≠0)的等差数列，且数列{c n }是“和等比数列”，则d ＝________. 【答案】 4【解析】由题意可知，数列{c n }的前n 项和为S n ＝n c 1＋cn2，前2n 项和为S 2n ＝2nc 1＋c 2n2，∴S 2nS n ＝2n c 1＋c 2n2n c 1＋c n2＝2＋2nd 4＋nd －d ＝2＋21＋4－d nd，∴当d ＝4时，S 2nS n＝4.三、解答题（共2小题，每题10分，共20分）11．(2015·山东高考)已知数列{a n }是首项为正数的等差数列，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ·a n ＋1的前n 项和为n 2n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(a n ＋1)·2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 【答案】见解析【解析】 (1)设数列{a n }的公差为d ，令n ＝1，得1a 1a 2＝13，所以a 1a 2＝3.① 令n ＝2，得1a 1a 2＋1a 2a 3＝25，所以a 2a 3＝15.② 由①②解得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1.经检验，符合题意． (2)由(1)知b n ＝2n ·22n －1＝n ·4n，所以T n ＝1·41＋2·42＋…＋n ·4n， 所以4T n ＝1·42＋2·43＋…＋n ·4n ＋1，两式相减，得－3T n ＝41＋42＋ (4)－n ·4n ＋1＝－4n1－4－n ·4n ＋1＝1－3n 3×4n ＋1－43，所以T n ＝3n －19×4n ＋1＋49＝4＋n －n ＋19.12.已知数列{a n }的首项为a 1＝5，前n 项和为S n ，且S n ＋1＝2S n ＋n ＋5(n ∈N *)．(1)证明：数列{a n ＋1}是等比数列；(2)令f (x )＝a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n，f ′(x )是函数f (x )的导函数，令b n ＝f ′(1)，求数列{b n }的通项公式；(3)若b n ＜30成立，试求n 的最大值． 【答案】见解析【解析】 (1)证明：数列{a n }中，∵S n ＋1＝2S n ＋n ＋5，∴S n ＝2S n －1＋n ＋4，∴S n ＋1－S n ＝2(S n －S n －1)＋1，即a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)， 当n ＝1时，a 2＝2a 1＋1＝11，∴a 2＋1＝12，a 1＋1＝6， ∴{a n ＋1}是首项为6，公比为2的等比数列． (2)由(1)得a n ＋1＝(a 1＋1)·2n －1＝6·2n －1＝3·2n，∴a n ＝3×2n－1，又∵f (x )＝a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n，∴f ′(x )＝a 1＋2a 2x ＋…＋na n x n －1，f ′(1)＝a 1＋2a 2＋…＋na n ＝(3×2－1)＋2(3×22－1)＋…＋n (3×2n －1)＝3(2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n)－(1＋2＋3＋…＋n )， 令S ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n， 则2S ＝22＋2×23＋3×24＋…＋n ×2n ＋1，作差得S ＝(n －1)×2n ＋1＋2，∴b n ＝f ′(1)＝3(n －1)×2n ＋1－n n ＋2＋6.(3)∵当n ∈N *时，b n ＋1－b n ＝(n ＋1)(3×2n ＋1－1)＞0，∴{b n }为递增数列，又∵b 1＝5，b 2＝27，b 3＝96， ∴使b n <30成立，n 的最大值为2.。
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第五章 数 列第1课时 数列的概念及其简单表示法一、 填空题1. 数列23，－45，67，－89，…的第10项是________．答案：－2021解析：所给数列呈现分数形式，且正负相间，求通项公式时，我们可以把符号、分母、分子每一部分进行分解，就很容易归纳出数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n ＋1·2n 2n ＋1，故a 10＝－2021.2. 已知数列{a n }满足a n ＋2＝a n ＋1－a n ，且a 1＝2，a 2＝3，则a 2 016的值为________． 答案：－1解析：由题意，得a 3＝a 2－a 1＝1，a 4＝a 3－a 2＝－2，a 5＝a 4－a 3＝－3，a 6＝a 5－a 4＝－1，a 7＝a 6－a 5＝2，∴ 数列{a n }是周期为6的周期数列．而2 016＝6×336，∴ a 2 016＝a 6＝－1.3. 数列7，9，11，…，2n －1的项数是_________. 答案：n －3解析：易知a 1＝7，d ＝2，设项数为m ，则2n －1＝7＋(m －1)×2，m ＝n －3.4. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ≠0(n∈N *)，又a n a n ＋1＝S n ，则a 3－a 1＝________． 答案：1解析：因为a n a n ＋1＝S n ，所以令n ＝1得a 1a 2＝S 1＝a 1，即a 2＝1.令n ＝2，得a 2a 3＝S 2＝a 1＋a 2，即a 3＝1＋a 1，所以a 3－a 1＝1.5. 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ＋1，则{a n }的通项公式为__________．答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4（n ＝1），2n ＋1（n≥2）解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝4；当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1，∴ a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4（n ＝1），2n ＋1（n≥2）.6. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －1(n ∈N *)，则a 5＝__________． 答案：16解析：当n ＝1时，S 1＝2a 1－1，∴ a 1＝1；当n≥2时，S n ＝2a n －1，S n －1＝2a n －1－1，则有 a n ＝2a n －2a n －1，∴ a n ＝2a n －1.∴ {a n }是等比数列，且a 1＝1，q ＝2，故a 5＝a 1×q 4＝24＝16.7. 若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式a n ＝________．答案：(－2)n －1解析：当n ＝1时，a 1＝1；当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝23a n －23a n －1，则a na n －1＝－2，得a n＝(－2)n －1.8. 设数列{a n }满足a 1＝a ，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋1(n∈N *)．若数列{a n }是常数列，则a ＝________.答案：－2解析：因为数列{a n }是常数列，所以a ＝a 2＝a 21－2a 1＋1＝a 2－2a ＋1，即a(a ＋1)＝a 2－2，解得a＝－2.9. 数列{a n }的前n 项积为n 2，那么当n≥2时，a n ＝________．答案：n2（n －1）2解析：设数列{a n }的前n 项积为T n ，则T n ＝n 2，当n≥2时，a n ＝T n T n －1＝n2（n －1）2.10. 数列{a n }满足：a 1＝1，且对任意的m ，n ∈N *都有a n ＋m ＝a n ＋a m ＋nm ，则a 100＝________． 答案：5 050解析：令m ＝1，则a n ＋1＝a n ＋1＋n ⇒a n ＋1－a n ＝n ＋1⇒a 100＝(a 100－a 99)＋(a 99－a 98)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝100＋99＋…＋2＋1＝5 050.二、 解答题11. 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？解：(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或n ＝－9(舍去)，即150是数列的第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．12. 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 ＝1），1n（n≥2）.(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＝12n ＋3－12n ＋2＝－1（2n ＋3）（2n ＋2）<0， ∴ c n ＋1<c n .∴ 数列{c n }为递减数列．13. 已知数列{a n }中，a n ＝1＋1a ＋2（n －1）(n∈N *，a ∈R ，且a≠0)．(1) 若a ＝－7，求数列{a n }中的最大项和最小项的值；(2) 若对任意的n∈N *，都有a n ≤a 6成立，求a 的取值范围．解：(1) ∵ a n ＝1＋1a ＋2（n －1）(n∈N *，a ∈R ，且a≠0)，又a ＝－7，∴ a n ＝1＋12n －9(n∈N *)．结合函数f(x)＝1＋12x －9的单调性，可知1>a 1>a 2>a 3>a 4，a 5>a 6>a 7>…＞a n >1(n∈N *)，∴ 数列{a n }中的最大项为a 5＝2，最小项为a 4＝0.(2) a n ＝1＋1a ＋2（n －1）＝1＋12n －2－a2，对任意的n∈N *，都有a n ≤a 6成立，结合函数f(x)＝1＋12x －2－a 2的单调性，可知5<2－a2<6，即－10<a<－8，即a 的取值范围是(－10，－8)．第2课时 等 差 数 列一、 填空题1. 在等差数列{a n }中，a 5＝33，公差d ＝3，则201是该数列的第________项． 答案：61解析：∵ a n ＝a 5＋(n －5)d ，∴ 201＝33＋3(n －5)，n ＝61.2. 已知{a n }为等差数列，a 1＋a 3＋a 5＝105，a 2＋a 4＋a 6＝99，则a 20＝________． 答案：1 解析：∵ a 1＋a 3＋a 5＝105，即3a 3＝105，解得a 3＝35，同理a 2＋a 4＋a 6＝99，得a 4＝33.∵ d ＝a 4－a 3＝33－35＝－2，∴ a 20＝a 4＋(20－4)d ＝33＋16×(－2)＝1.3. 在等差数列{a n }中，已知a 2＋a 8＝11，则3a 3＋a 11的值为__________． 答案：22解析：3a 3＋a 11＝a 3＋a 3＋a 3＋a 11＝a 3＋a 2＋a 4＋a 11＝a 3＋a 2＋a 7＋a 8＝2(a 2＋a 8)＝11×2＝22.4. 若等差数列{a n }的前5项和S 5＝25，且a 4＝3，则a 7＝________． 答案：－3解析：S 5＝25⇒5（a 1＋a 5）2＝25⇒a 3＝5，所以d ＝a 4－a 3＝－2，a 7＝a 4＋(7－4)d ＝3－6＝－3.5. 在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前n 项和为S n ，当且仅当n ＝8时，S n 取最大值，则d 的取值范围是________．答案：－1<d<－78解析：由题意得，a 8>0，a 9<0，所以7＋7d>0，7＋8d<0，即－1<d<－78.6. 若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9＞0，a 7＋a 10＜0，则当n ＝________时，{a n }的前n 项和最大．答案：8解析：由等差数列的性质，得a 7＋a 8＋a 9＝3a 8，a 8＞0，又a 7＋a 10＜0，所以a 8＋a 9＜0，所以a 9＜0，所以S 8＞S 7，S 8＞S 9，故数列{a n }的前8项和最大．7. 若一个等差数列{a n }的前3项和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列有________项．答案：13 解析：a 1＋a 2＋a 3＋a n －2＋a n －1＋a n ＝34＋146＝180，所以3(a 1＋a n )＝180，即a 1＋a n ＝60.由S n ＝390，知n （a 1＋a n ）2＝390，所以n×602＝390，解得n ＝13.8. 记等差数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝2，且数列{S n }也为等差数列，则a 13的值为________．答案：50 解析：数列{S n }为等差数列，得S 1＋S 3＝2S 2，即2＋6＋3d ＝24＋d ，则d ＝4，a 13 ＝a 1＋12d ＝50.9. 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3S 6＝13，则S 6S 12＝________．答案：310解析： 由等差数列的求和公式可得S 3S 6＝3a 1＋3d 6a 1＋15d ＝13，可得a 1＝2d ，且d≠0，所以S 6S 12＝6a 1＋15d 12a 1＋66d ＝27d 90d ＝310.10. 在等差数列{a n }中，a 2＝5，a 6＝21，记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，若S 2n ＋1－S n ≤m15对n∈N *恒成立，则正整数m 的最小值为________．答案：5解析：由a 2＝5，a 6＝21易得等差数列{a n }的通项公式为a n ＝4n －3，所以1a n ＝14n －3.故S 2n ＋1－S n ＝1a 2n ＋1＋1a 2n ＋1a 2n －1＋…＋1a n ＋2＋1a n ＋1.设T n ＝S 2n ＋1－S n ，则T n ＋1＝S 2(n ＋1)＋1－S n ＋1＝S 2n ＋3－S n ＋1，所以T n ＋1－T n ＝(S 2n ＋3－S n ＋1)－(S 2n ＋1－S n )＝(S 2n ＋3－S 2n ＋1)－(S n ＋1－S n )＝1a 2n ＋3＋1a 2n ＋2－1a n ＋1＝14（2n ＋3）－3＋14（2n ＋2）－3－14（n ＋1）－3 ＝18n ＋9＋18n ＋5－14n ＋1<18n ＋2＋18n ＋2－14n ＋1＝28n ＋2－14n ＋1＝0. 所以T n ＋1－T n <0，即T n ＋1<T n .故T n ＝S 2n ＋1－S n 随n 的增大而减小，所以若S 2n ＋1－S n ≤m15对n∈N *恒成立，即(S 2n ＋1－S n )max ＝S 3－S 1＝1a 3＋1a 2＝19＋15＝1445≤m 15.由1445≤m 15得m≥143，所以正整数m 的最小值为5.二、 解答题11. 在等差数列{a n }中，a 1＝1，a 3＝－3. (1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 若数列{a n }的前k 项和S k ＝－35，求k 的值． 解：(1) 设等差数列{a n }的公差为d ，由a 1＝1，a 3＝－3，可得1＋2d ＝－3，解得d ＝－2. 从而a n ＝1＋(n －1)×(－2)＝3－2n. (2) 由(1)可知a n ＝3－2n.所以S n ＝n[1＋（3－2n ）]2＝2n －n 2.由S k ＝－35，可得2k －k 2＝－35，即k 2－2k －35＝0，解得k ＝7或k ＝－5.又k∈N *，故k ＝7.12. 设a 1，d 为实数，首项为a 1，公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S 5S 6＋15＝0.(1) 若S 5＝5，求S 6及a 1； (2) 求d 的取值范围．解：(1) 由题意知S 6＝－15S 5＝－3，a 6＝S 6－S 5＝－8，所以⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋10d ＝5，a 1＋5d ＝－8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝7，d ＝－3，因此S 6＝－3，a 1＝7.(2) 因为S 5S 6＋15＝0，所以(5a 1＋10d)(6a 1＋15d)＋15＝0，即2a 21＋9da 1＋10d 2＋1＝0.故(4a 1＋9d)2＝d 2－8，所以d 2≥8.故d 的取值范围是d≤－22或d≥2 2. 13. 在等差数列{a n }中，公差d ＞0，前n 项和为S n ，a 2·a 3＝45，a 1＋a 5＝18. (1) 求数列{a n }的通项公式．(2) 令b n ＝S n n ＋c(n∈N *)，是否存在一个非零常数c ，使数列{b n }也为等差数列？若存在，求出c 的值；若不存在，请说明理由．解：(1) 由题设，知{a n }是等差数列，且公差d ＞0，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 2a 3＝45，a 1＋a 5＝18，得⎩⎪⎨⎪⎧（a 1＋d ）（a 1＋2d ）＝45，a 1＋（a 1＋4d ）＝18，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝4.∴ a n ＝4n －3(n∈N *)．(2) 由b n ＝S n n ＋c ＝n （1＋4n －3）2n ＋c ＝2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12n ＋c.∵ c ≠0，∴ 可令c ＝－12，得到b n ＝2n.∵ b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)－2n ＝2(n∈N *)， ∴ 数列{b n }是公差为2的等差数列．即存在一个非零常数c ＝－12，使数列{b n }也为等差数列．第3课时 等 比 数 列一、 填空题1. 等比数列{a n }的公比大于1，a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6，则a 3＝________． 答案：4解析：由a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6(q>1)，得q ＝2，a 1＝1，则a 3＝4.2. 设等比数列{a n }的公比q ＝12，前n 项和为S n ，则S 4a 4＝________．答案：15解析：S 4＝a 1（1－q 4）1－q ，a 4＝a 1q 3，所以S 4a 4＝1－q 4q （1－q ）＝15.3. 在各项均为正数的等比数列{a n }中，若log 2a 2＋log 2a 8＝1，则a 3a 7＝________． 答案：2解析：由log 2a 2＋log 2a 8＝1得log 2(a 2a 8)＝1，所以a 2a 8＝2，由等比数列性质可得a 3a 7＝a 2a 8＝2.4. 已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且4a 1，2a 2，a 3依次成等差数列，若a 1＝1，则S 5＝________ .答案：31解析：因为4a 1，2a 2，a 3依次成等差数列，4a 2＝4a 1＋a 3，所以4a 1q ＝4a 1＋a 1q 2，所以q＝2.又a 1＝1，所以S 5＝a 1（1－q 5）1－q＝31.5. 设S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若a 5＋2a 10＝0，则S 20S 10的值是________．答案：54解析：当q ＝1时，a 5＝a 10＝0不合题意，∴ 公比q≠1.∴ q 5＝a 10a 5＝－12，因而S 20S 10＝1－q 201－q 10＝1＋q 10＝1＋14＝54.6. 我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯________盏．答案：3 解析：设塔的顶层共有灯x 盏，则各层的灯数构成一个首项为x ，公比为2的等比数列，结合等比数列的求和公式有：x×（1－27）1－2＝381，解得x ＝3，即塔的顶层共有灯3盏．7. 设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝7，S 6＝63，则a 7＋a 8＋a 9＝__________． 答案：448解析：由S 3＝7，S 6＝63，得a 1＋a 2＋a 3＝7，7＋a 4＋a 5＋a 6＝63，则a 4＋a 5＋a 6＝(a 1＋a 2＋a 3)q 3＝56，q 3＝8，a 7＋a 8＋a 9＝(a 4＋a 5＋a 6)q 3＝56×8＝448.8. 已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝2a 2＋3，S 3＝2a 3＋3，则公比q 的值为________．答案：2解析：∵ S 2＝2a 2＋3，S 3＝2a 3＋3，∴ a 1＝a 1q ＋3，a 1(1＋q)＝a 1q 2＋3，∴ q 2－2q ＝0，q ≠0，则公比q ＝2.9. 在等比数列{a n }中，已知a 1＝1，a 4＝8，设S 3n 为该数列的前3n 项和，T n 为数列{a 3n }的前n 项和．若S 3n ＝tT n ，则实数t 的值为________．答案：7解析： ∵a 4＝a 1q 3＝q 3＝8，∴ q ＝2，S 3n ＝1－23n1－2＝8n －1.由题意知，数列{a 3n }是首项为1，公比为8的等比数列，∴T n ＝1－8n1－8＝17(8n－1)．由S 3n ＝tT n ，得t ＝7.10. 在正项等比数列{a n }中，若a 4＋a 3－2a 2－2a 1＝6，则a 5＋a 6的最小值为________． 答案：48解析：设 a 2＋a 1＝x ，等比数列的公比为q ，则a 4＋a 3 ＝xq 2，a 5＋a 6 ＝xq 4.再由a 4＋a 3－2a 2－2a 1＝6，得 xq 2＝6＋2x ，∴ x ＝6q 2－2＞0，q ＞1.∴ a 5＋a 6 ＝xq 4＝6q 4q 2－2＝6⎝⎛⎭⎪⎫q 2－2＋4q 2－2＋4≥6×(4＋4)＝48，当且仅当q 2－2＝2时，等号成立，故a 5＋a 6的最小值为48.二、 解答题11. 已知{a n }是首项为a 1，公比q 为正数(q≠1)的等比数列，其前n 项和为S n ，且5S 2＝4S 4.(1) 求q 的值．(2) 设b n ＝q ＋S n ，请判断数列{b n }能否为等比数列？若能，请求出a 1的值；若不能，请说明理由．解：(1) 由题意知，5S 2＝4S 4，∴ 5a 1（1－q 2）1－q ＝4a 1（1－q 4）1－q.∵ a 1≠0，q>0，且q≠1，∴ 4q 4－5q 2＋1＝0，解得q ＝12.(2) ∵ S n ＝a 1（1－q n）1－q ＝2a 1－a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，∴ b n ＝q ＋S n ＝12＋2a 1－a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.∴ 当且仅当12＋2a 1＝0，即a 1＝－14时，b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1为等比数列，∴ {b n }能为等比数列，此时a 1＝－14.12. 已知等差数列{a n }的公差d 不为0，且ak 1，ak 2，…，ak n ，…(k 1＜k 2＜…＜k n ＜…)成等比数列，公比为q.(1) 若k 1＝1，k 2＝3，k 3＝8，求a 1d的值；(2) 当a 1d为何值时，数列{k n }为等比数列．解：(1) 由已知可得a 1，a 3，a 8成等比数列，所以(a 1＋2d)2＝a 1(a 1＋7d)，整理可得，4d 2＝3a 1d.因为d≠0，所以a 1d ＝43.(2) 设数列{k n }为等比数列，则k 22＝k 1k 3.又ak 1，ak 2，ak 3成等比数列，所以[a 1＋(k 1－1)d][a 1＋(k 3－1)d]＝[a 1＋(k 2－1)d]2.整理，得a 1(2k 2－k 1－k 3)＝d(k 1k 3－k 22－k 1－k 3＋2k 2)．因为k 22＝k 1k 3，所以a 1(2k 2－k 1－k 3)＝d(2k 2－k 1－k 3)．因为2k 2≠k 1＋k 3，所以a 1＝d ，即a 1d＝1.当a 1d＝1时，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝nd ，所以ak n ＝k n d. 因为ak n ＝ak 1q n －1＝k 1dq n －1，所以k n ＝k 1q n －1.所以k n ＋1k n ＝k 1q nk 1qn －1＝q ，数列{k n }为等比数列．综上，当a 1d＝1时，数列{k n }为等比数列．13. (2017·苏州期中)已知等比数列{a n }的公比q>1，且满足a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项．(1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n ＋n·2n ＋1>62成立的正整数n 的最小值．解：(1) ∵ a 3＋2是a 2，a 4的等差中项， ∴ 2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，代入a 2＋a 3＋a 4＝28，可得a 3＝8， ∴ a 2＋a 4＝20，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝8，a 1q ＋a 1q 3＝20，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝32，q ＝12. ∵ q>1，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2，∴ 数列{a n }的通项公式为a n ＝2n.(2) ∵ b n ＝a n log 12a n ＝2n log 122n ＝－n·2n，∴ S n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n) ①，2S n ＝－(1×22＋2×23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1) ②，②－①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·2n ＋1>62，∴ 2n ＋1－2>62，∴ n ＋1>6，n>5，∴ 使S n ＋n·2n ＋1>62成立的正整数n 的最小值为6.第4课时 数列的求和 一、 填空题1. 在数列{a n }中，若a 1＝－2，且对任意的n∈N *有2a n ＋1＝1＋2a n ，则数列{a n }前10项的和为________．答案：52解析：由2a n ＋1＝1＋2a n 得a n ＋1－a n ＝12，所以数列{a n }是首项为－2，公差为12的等差数列，所以S 10＝10×(－2)＋10×（10－1）2×12＝52.2. 已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n－12n ，其前n 项和S n ＝32164，则项数n ＝________．答案：6解析：∵ a n ＝1－12n ，∴ S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－18＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＝n －(12＋14＋18＋…＋12n )＝n －12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝n －1＋12n .由S n ＝32164＝n －1＋12n ，可得出n ＝6. 3. 数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n ＝________．答案：n 2＋1－12n解析：该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(12＋122＋…＋12n )＝n 2＋1－12n .4. 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为________．答案：100101解析：∵ a 5＝5，S 5＝15，∴ 5（a 1＋a 5）2＝15，则a 1＝1，∴ d ＝a 5－a 14＝1，∴ a n ＝n ，∴ 1a n a n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和为T n ，则 T 100＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1100－1101＝1－1101＝100101.5. 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，则{|a n |}的前n 项和T n ＝__________．答案：⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2（1≤n≤3），n 2－6n ＋18（n>3）解析：由S n ＝n 2－6n 得{a n }是等差数列，且首项为－5，公差为2，∴ a n ＝－5＋(n －1)×2＝2n －7，∴ 当n≤3时，a n <0；当n>3时，a n >0，∴ T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2（1≤n≤3），n 2－6n ＋18（n>3）.6. 数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则S 17＝________． 答案：9解析：S 17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.7. 已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，…，110＋210＋310＋…＋910，….若b n ＝1a n a n ＋1，那么数列{b n }的前n 项和S n ＝________．答案：4nn ＋1解析：∵ a n ＝1＋2＋3＋…＋n n ＋1＝n2，∴ b n ＝1a n a n ＋1＝4n （n ＋1）＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴ S n ＝4[⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1]＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝4n n ＋1. 8. 已知数列{a n }满足a n ＋2＝－a n (n∈N ＋)，且a 1＝1，a 2＝2，则数列{a n }的前2 014项的和为________．答案：3解析：∵ a n ＋2＝－a n ＝－(－a n －2)，n ＞2，∴ 数列{a n }是以4为周期的周期数列．S 2 014＝503(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 2 013＋a 2 014＝503(a 1＋a 2－a 1－a 2)＋a 503×4＋1＋a 503×4＋2＝a 1＋a 2＝3.9. 设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________．答案：2011解析：∵ a 1＝1，a n ＋1－a n ＝n ＋1，∴ a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n.将以上n－1个式子相加得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝n （n ＋1）－22，即a n ＝n （n ＋1）2.令b n ＝1a n，故b n ＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，故S 10＝b 1＋b 2＋…＋b 10＝2×(1－12＋12－13＋…＋110－111)＝2011. 二、 解答题10. 已知数列{a n }的通项a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －5（n 为奇数），2n （n 为偶数），求其前n 项和S n .解：奇数项组成以a 1＝1为首项，公差为12的等差数列，偶数项组成以a 2＝4为首项，公比为4的等比数列；当n 为奇数时，奇数项有n ＋12项，偶数项有n －12项，∴ S n ＝n ＋12（1＋6n －5）2＋4（1－4n －12）1－4＝（n ＋1）（3n －2）2＋4（2n －1－1）3；当n 为偶数时，奇数项和偶数项分别有n2项，∴ S n ＝n 2（1＋6n －5）2＋4（1－4n 2）1－4＝n （3n －2）2＋4（2n －1）3，∴ S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧（n ＋1）（3n －2）2＋4（2n －1－1）3（n 为奇数），n （3n －2）2＋4（2n－1）3（n 为偶数）. 11. 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3＝2S 2＋4，a 5＝36. (1) 求a n ，S n ；(2) 设b n ＝S n －1(n∈N *)，T n ＝1b 1＋1b 2＋1b 3＋…＋1b n，求T n .解：(1) 因为S 3＝2S 2＋4，所以a 1－d ＝－4.因为a 5＝36，所以a 1＋4d ＝36，解得d ＝8，a 1＝4，所以a n ＝4＋8(n －1)＝8n －4，S n ＝n （4＋8n －4）2＝4n 2.(2) 因为b n ＝4n 2－1＝(2n －1)(2n ＋1)，所以1b n ＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，T n ＝1b 1＋1b 2＋1b 3＋…＋1b n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.12. 已知数列{a n }是首项为a 1＝14，公比为q ＝14的等比数列，设b n ＋2＝3log 14a n (n∈N *)，数列{c n }满足c n ＝a n ·b n .(1) 求数列{b n }的通项公式； (2) 求数列{c n }的前n 项和S n .解：(1) 由题意，知a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14n (n∈N *)．又b n ＝3log 14a n －2，故b n ＝3n －2(n∈N *)．(2) 由(1)知a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ，b n ＝3n －2(n∈N *)，所以c n ＝(3n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n (n∈N *)，所以S n ＝1×14＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋7×⎝ ⎛⎭⎪⎫143＋…＋(3n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＋(3n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ，于是14S n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫143＋7×⎝ ⎛⎭⎪⎫144＋…＋(3n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＋(3n －2)×(14)n ＋1，两式相减，得34S n ＝14＋3[(14)2＋(14)3＋…＋(14)n ]－(3n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＋1＝12－(3n ＋2)×(14)n ＋1，所以S n ＝23－3n ＋23×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n (n∈N *)．13. 在等差数列{a n }中，已知公差d ＝2，a 2是a 1与a 4的等比中项． (1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 设b n ＝a n （n ＋1）2，记T n ＝－b 1＋b 2－b 3＋b 4－…＋(－1)nb n ，求T n .解：(1) 由题意知(a 1＋d)2＝a 1(a 1＋3d)，即(a 1＋2)2＝a 1(a 1＋6)，解得a 1＝2， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n.(2) 由题意知b n ＝a n （n ＋1）2＝n(n ＋1)，则b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)，所以T n ＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)nn ×(n ＋1)． 当n 为偶数时，T n ＝(－b 1＋b 2)＋(－b 3＋b 4)＋…＋(－b n －1＋b n )＝4＋8＋12＋…＋2n ＝n2（4＋2n ）2＝n （n ＋2）2，当n 为奇数时，T n ＝T n －1＋(－b n )＝（n －1）（n ＋1）2－n(n ＋1)＝－（n ＋1）22，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－（n ＋1）22，n 为奇数，n （n ＋2）2，n 为偶数.第5课时 数列的综合应用一、 填空题1. 在等差数列{a n }中，满足3a 4＝7a 7，且a 1＞0，S n 是数列{a n }的前n 项和，若S n 取得最大值，则n ＝________．答案：9解析：设公差d ，由题设知3(a 1＋3d)＝7(a 1＋6d)，得d ＝－433a 1＜0，解不等式a n ＞0，即a 1＋(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫－433a 1＞0，解得n ＜374，则n≤9时，a n ＞0，同理可得n≥10时，a n ＜0，故当n ＝9时，S n 取得最大值．2. 在等比数列{a n }中，各项都是正数，且a 1，12a 3，2a 2成等差数列，则a 9＋a 10a 7＋a 8＝________．答案：3＋2 2解析：∵ a 1，12a 3，2a 2成等差数列，∴ 2×12a 3＝a 1＋2a 2，即a 3＝a 1＋2a 2.设等比数列{a n }的公比为q 且q ＞0，则a 3＝a 1q 2，a 2＝a 1q ，∴ a 1q 2＝a 1＋2a 1q ，∴ q 2＝1＋2q ，解得q ＝1＋2或1－2(舍)，∴a 9＋a 10a 7＋a 8＝a 9（1＋q ）a 7（1＋q ）＝q 2＝(2＋1)2＝3＋2 2.3. 在数列{a n }中，S n 是其前n 项和，且S n ＝2a n ＋1，则数列的通项公式a n ＝________．答案：a n ＝－2n －1解析：依题意得S n ＋1＝2a n ＋1＋1，S n ＝2a n ＋1，两式相减得S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－2a n ，即a n ＋1＝2a n .又S 1＝2a 1＋1＝a 1，所以a 1＝－1，所以数列{a n }是以a 1＝－1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝－2n －1.4. 等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为________．答案：－24解析：设等差数列的公差为d ，由a 2，a 3，a 6成等比数列可得a 23＝a 2a 6，即(1＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d)，整理可得d 2＋2d ＝0.因为公差不为0，所以d ＝－2，数列的前6项和为S 6＝6a 1＋6×（6－1）2d ＝6×1＋6×（6－1）2×(－2)＝－24.5. 设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 6成等差数列，且a 2＋a 5＝4，则a 8的值为________．答案：2解析：∵ 等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 6成等差数列，且a 2＋a 5＝4，∴ q ≠1，⎩⎪⎨⎪⎧2×a 1（1－q 9）1－q ＝a 1（1－q 3）1－q ＋a 1（1－q 6）1－q ，a 1q ＋a 1q 4＝4，解得a 1q ＝8，q 3＝－12，∴ a 8＝a 1q 7＝(a 1q)(q 3)2＝8×14＝2.6. 在等差数列{a n }中，已知首项a 1＞0，公差d ＞0.若a 1＋a 2≤60，a 2＋a 3≤100，则5a 1＋a 5的最大值为________．答案：200解析：由a 1＋a 2≤60，a 2＋a 3≤100得2a 1＋d≤60，2a 1＋3d≤100，a 1＞0，d ＞0.由线性规划的知识得5a 1＋a 5＝6a 1＋4d ，过点(20，20)时，取最大值为200.7. 设正项数列{a n }的前n 项和是S n ，{a n }和{S n }都是等差数列，则S n ＋10a n的最小值是____________．答案：21解析：由题设知S n ＝⎝⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n ＋d 2n 2.又S n 为等差数列，从而a 1＝d 2，从而a n ＝a 1＋(n －1)d ＝d ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12，S n ＝d 2n 2，∴ S n ＋10a n ＝d 2（n ＋10）2d ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＝（n ＋10）22⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＝（n ＋10）22n －1.令2n －1＝t(t≥1)，原式＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋12＋102t ＝14·⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋441t ＋42≥14·⎝ ⎛⎭⎪⎫2t·441t ＋42＝21，从而当t ＝21，即n ＝11时，原式取到最小值21.8. 中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其大意为：“有一个人走了378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”问此人第4天和第5天共走了________里．答案：36解析：由题意知，此人每天走的里数构成公比为12的等比数列，设等比数列的首项为a 1，则有a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1261－12＝378，解得a 1＝192，所以a 4＝192×18＝24，a 5＝24×12＝12，a 4＋a 5＝24＋12＝36，所以此人第4天和第5天共走了36里．9. 已知{a n }，{b n }均为等比数列，其前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意的n∈N *，总有S n T n＝3n＋14，则a 3b 3＝________．答案：9解析：设{a n }，{b n }的公比分别为q ，q ′，∵ S n T n ＝3n＋14，∴ 当n ＝1时，a 1＝b 1.当n ＝2时，a 1＋a 1q b 1＋b 1q ′＝52.当n ＝3时，a 1＋a 1q ＋a 1q2b 1＋b 1q ′＋b 1q ′2＝7，∴ 2q －5q′＝3，7q ′2＋7q′－q 2－q ＋6＝0，解得q ＝9，q ′＝3，∴ a 3b 3＝a 1q 2b 1q ′2＝9.10. 现有一根n 节的竹竿，自上而下每节的长度依次构成等差数列，最上面一节长为10 cm ，最下面的三节长度之和为114 cm ，第6节的长度是首节与末节长度的等比中项，则n ＝________．答案：16解析：设每节竹竿的长度对应的数列为{a n }，公差为d(d ＞0)．由题意知a 1＝10，a n ＋a n －1＋a n －2＝114，a 26＝a 1a n .由a n ＋a n －1＋a n －2＝114，得3a n －1＝114，解得a n －1＝38，∴ (a 1＋5d)2＝a 1(a n －1＋d)，即(10＋5d)2＝10(38＋d)，解得d ＝2，∴a n －1＝a 1＋(n －2)d ＝38，即10＋2(n －2)＝38，解得n ＝16.二、 解答题11. 设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，且a 1，a 2＋5，a 3成等差数列． (1) 求a 1，a 2的值；(2) 求证：数列{a n ＋2n}是等比数列，并求数列{a n }的通项公式． (1) 解：由已知，得2a 1＝a 2－3 ①， 2(a 1＋a 2)＝a 3－7 ②，又a 1，a 2＋5，a 3成等差数列， 所以a 1＋a 3＝2a 2＋10 ③， 解①②③，得a 1＝1，a 2＝5.(2) 证明：由已知，n ∈N *时，2(S n ＋1－S n )＝a n ＋2－a n ＋1－2n ＋2＋2n ＋1，即a n ＋2＝3a n ＋1＋2n ＋1，即a n ＋1＝3a n ＋2n(n≥2)，由(1)得，a 2＝3a 1＋2，∴ a n ＋1＝3a n ＋2n (n∈N *)，从而有a n ＋1＋2n ＋1＝3a n ＋2n ＋2n ＋1＝3a n ＋3×2n ＝3(a n ＋2n)．又a 1＋2＞0，∴ a n ＋2n＞0，∴ a n ＋1＋2n ＋1a n ＋2n ＝3，∴ 数列{a n ＋2n}是等比数列，且公比为3，∴ a n ＋2n ＝(a 1＋2)×3n －1＝3n ，即a n ＝3n －2n. 12. 商学院为推进后勤社会化改革，与桃园新区商定，由该区向建设银行贷款500万元在桃园新区为学院建一栋可容纳一千人的学生公寓，工程于2017年初动工，年底竣工并交付使用，公寓管理处采用收费偿还建行贷款形式(年利率5%，按复利计算)，公寓所收费用除去物业管理费和水电费18万元，其余部分全部用于年底还建行贷款．(1) 若公寓收费标准定为每生每年800元，问到哪一年可偿还建行全部贷款？(2) 若公寓管理处要在2025年年底把贷款全部还清，则每生每年的最低收费标准是多少元(精确到元)？(参考数据：lg 1.734 3≈0.239 1，lg 1.05≈0.021 2，1.058≈1.477 4)解：(1) 设公寓投入使用后n 年可偿还全部贷款，则公寓每年收费总额为1 000×800＝800 000(元)＝80万元，扣除18万元，可偿还贷款62万元．依题意有62[1＋(1＋5%)＋(1＋5%)2＋…＋(1＋5%)n －1]≥500(1＋5%)n ＋1，化简得62(1.05n－1)≥25×1.05n ＋1，∴ 1.05n≥1.734 3.两边取对数并整理得 n ≥lg 1.734 3lg 1.05≈0.239 10.021 2≈11.28，∴ 当取n ＝12时，即到2029年底可全部还清贷款．(2) 设每生每年的最低收费标准为x 元，因到2025年底公寓共使用了8年，依题意有⎝ ⎛⎭⎪⎫1 000x 10 000－18[1＋(1＋5%)＋(1＋5%)2＋…＋(1＋5%)7]≥500(1＋5%)9.化简得(0.1x －18)×1.058－11.05－1≥500×1.059，解得x≥992，∴ 每生每年的最低收费标准为992元．13. 已知数列{a n }，{b n }满足2S n ＝(a n ＋2)b n ，其中S n 是数列{a n }的前n 项和．(1) 若数列{a n }是首项为23，公比为－13的等比数列，求数列{b n }的通项公式；(2) 若b n ＝n ，a 2＝3，求数列{a n }的通项公式；(3) 在(2)的条件下，设c n ＝a nb n，求证：数列{c n }中的任意一项总可以表示成该数列其他两项之积．(1) 解：因为a n ＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －1＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ，S n ＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ，所以b n ＝2S n a n ＋2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －2⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ＋2＝12.(2) 解：若b n ＝n ，则2S n ＝na n ＋2n ， 所以2S n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1＋2(n ＋1)，两式相减得2a n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1－na n ＋2，即na n ＝(n －1)a n ＋1＋2.当n≥2时，(n －1)a n －1＝(n －2)a n ＋2，两式相减得(n －1)a n －1＋(n －1)a n ＋1＝2(n －1)a n ， 即a n －1＋a n ＋1＝2a n .由2S 1＝a 1＋2，得a 1＝2，又a 2＝3，所以数列{a n }是首项为2，公差为3－2＝1的等差数列， 故数列{a n }的通项公式是a n ＝n ＋1.(3) 证明：由(2)得c n ＝n ＋1n，对于给定的n∈N *，若存在k ，t ≠n ，k ，t ∈N *，使得c n＝c k ·c t ，只需n ＋1n ＝k ＋1k ·t ＋1t ，即1＋1n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋1k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1t ，即1n ＝1k ＋1t ＋1kt ，则t ＝n （k ＋1）k －n ， 取k ＝n ＋1，则t ＝n(n ＋2)，所以对数列{c n }中的任意一项c n ＝n ＋1n ，都存在c n ＋1＝n ＋2n ＋1和c n2＋2n ＝n 2＋2n ＋1n ＋2n，使得c n ＝c n ＋1·c n2＋2n .。
2019版高考数学一轮复习第5章数列5.4数列求和习题课件文
2．已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足S33－S22＝ 1，则数列{an}的公差是( )
∵672×3＝2016，∴S2016＝672S3＝6720.
B级 三、解答题 15．已知 Sn 是数列{an}的前 n 项和，且满足 Sn－2an＝n －4. (1)证明：{Sn－n＋2}为等比数列； (2)求数列{Sn}的前 n 项和 Tn.
解 (1)证明：由题意知 Sn－2(Sn－Sn－1)＝n－4(n≥2)， 即 Sn＝2Sn－1－n＋4，
∴S3＝a1＋a1＋2 1＋3a12＋1＝3a1＋1＝10，解得 a1＝3， 此时数列{an}为 3,2,5,3,2,5，….当 a1 为偶数时，a2＝3a1－1， 此时 a2 为奇数，则 a3＝a2＋2 1＝3a1－21＋1＝32a1，∴S3＝a1 ＋3a1－1＋32a1＝121a1－1＝10，解得 a1＝2，此时数列{an}为 2,5,3,2,5,3，….上述三种情况中，数列{an}均为周期数列．
10．(2017·江西九校联考)已知数列{an}是等比数列，数
列{bn}是等差数列，若 a1·a6·a11＝3 3，b1＋b6＋b11＝7π，则
tan1b－3＋a4b·a98的值是(
)
A．1
2 B. 2
C．－
2 2
D．－ 3
解析 {an}是等比数列，{bn}是等差数列，且 a1·a6·a11 ＝3 3，b1＋b6＋b11＝7π，∴a36＝( 3)3,3b6＝7π，∴a6＝ 3， b6＝73π，∴tan1b－3＋a4b·a98＝tan12－b6a26＝tan1－2× 733π2＝tan－73π＝ tan－2π－π3＝－tanπ3＝－ 3.故选 D.
高考数学一轮复习第五章 数 列答案
第五章 数 列第25讲 数列的概念及简单表示链教材·夯基固本 激活思维 1.B【解析】因为所给的数列每一项的分子都是1，分母等于2n ，每一项的符号为(－1)n ，故此数列的一个通项公式是(－1)n 2n .2. B【解析】 因为数列的通项公式为a n ＝n (n ＋1)，又650＝25×26,所以是第25项．故选B.3. B 【解析】 因为a 1＝1，a 2＝23，1an －2＋1an ＝2an －1，令n ＝3，得1a1＋1a3＝2a2，解得a 3＝12，令n ＝4，得1a2＋1a4＝2a3，解得a 4＝25，故选B.4. a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，4n －3，n ≥2【解析】 由S n ＝2n 2－n ＋1，可得当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－1＋1＝2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－n ＋1－[2(n －1)2－(n －1)＋1]＝4n －3，显然a 1＝2≠4×1－3，即不符合上式．故数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，4n －3，n ≥2.5.D【解析】因为a n ＝n 2－2λn ，所以a n ＋1＝(n ＋1)2－2λ(n ＋1)，因为数列{a n }是递增数列，所以a n ＋1－a n ＝2n －2λ＋1>0(n ∈N *)恒成立，所以λ<n ＋12(n ∈N *)恒成立，因为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫n ＋12min ＝32，所以λ<32.所以实数λ的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－∞，32，故选D. 知识聚焦1. 确定的顺序排列 第1项 第n 项a n2. 第n 项3. S 1 S n －S n －1 研题型·融会贯通 分类解析(1) 【答案】 2831是【解析】 (1) 根据题意可得a 10＝3×10－23×10＋1＝2831.令a n ＝710，即3n －23n ＋1＝710，解得n ＝3，所以710为数列{a n }中的项，为第3项． (2) 【答案】 A 【解析】因为着色的小三角形个数构成数列{a n }的前4项，分别为a 1＝1，a 2＝3，a 3＝3×3＝32，a 4＝32×3，因此{a n }的通项公式可以是a n ＝3n －1.【答案】 64 3n2－n2【解析】 因为三角形数所构成的数列{b n }的通项公式为b n ＝n (n ＋1)2，所以b 7＝28； 因为正方形数所构成的数列{c n }的通项公式为c n ＝n 2，所以c 6＝36，故b 7＋c 6＝28＋36＝64.因为五边形数所构成的数列{a n }为1,5,12,22，…，可得其递推公式a n ＋1－a n ＝3n ＋1，所以n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝(3n －2)＋(3n －5)＋…＋4＋1＝3n2－n 2(n ＝1也符合)，故a n ＝3n2－n2.(1) 【答案】 17 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n －1＋1，n ≥2【解析】因为数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋n ，则a 5＝S 5－S 4＝(25＋5)－(24＋4)＝17，又当n ＝1时，a 1＝S 1＝2＋1＝3.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n ＋n )－[2n －1＋(n －1)]＝2n －1＋1，显然a 1＝3≠21－1＋1，即不符合上式．故数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n －1＋1，n ≥2.(2) 【答案】 B 【解析】令a n ＝41－2n >0，解得n <20.5，所以数列{a n }的前20项大于0，第20项后面的小于0，所以数列的前20项和最大．【答案】 －1na n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，1n (n －1)，n ≥2【解答】因为S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，所以S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，1Sn ＋1－1Sn＝－1； 所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1Sn 是首项为－1，公差为－1的等差数列，所以1Sn＝－1＋(－1)×(n －1)＝－n ，所以S n ＝－1n，所以当n ≥2时，a n ＝S n －1S n ＝1n (n －1)；当n ＝1时，a 1＝－1，不适合上式，所以a n＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，1n (n －1)，n ≥2.(1) 【答案】 n －12【解析】 根据题意，设等差数列{a n }的公差为d ， 若{a n }满足a n ＋a n ＋1＝2n ，① 当n ≥2时，则a n －1＋a n ＝2n －2，②①－②可得，a n ＋1－a n －1＝2d ＝2，解得d ＝1.当n ＝1时，有a 1＋a 2＝2，即a 1＋a 1＋d ＝2，解得a 1＝12，则a n ＝a 1＋(n －1)×d ＝n －12.(2) 【答案】 a n ＝2n －1【解析】 由a n ＋1＝2a n ＋1，得a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)， 因为a 1＝1，所以a 1＋1＝2≠0， 则有an ＋1＋1an ＋1＝2，所以{a n ＋1}是以2为公比，2为首项的等比数列，所以a n ＋1＝2·2n －1＝2n ，a n ＝2n －1.(3) 【答案】 2n －1n【解析】由(n ＋1)a n ＋1＝(n －1)S n ，得(n ＋1)(S n ＋1－S n )＝(n －1)S n ，所以(n ＋1)S n ＋1＝2nS n ，又S 1＝a 1＝1≠0，则(n ＋1)S n ＋1nS n＝2，所以{nS n }是以1为首项，2为公比的等比数列，则nS n ＝2n －1，所以S n ＝2n －1n.(1) 【答案】 A【解析】 由a 1＝1，a 2＝2，a n a n －2＝a n －1，得a n ＝an －1an －2(n ≥3)，所以a n ＋1＝an an －1＝1an －1·an －1an －2＝1an －2，即a n ＋3＝1an，a n ＋6＝1an ＋3＝a n .故数列{a n }具有周期性，周期为6，所以a 2 025＝a 6×337＋3＝a 3＝2.(2) 【答案】 a n ＝12n ＋1－3【解析】因为数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝an 2＋3an(n∈N *)，整理得2a n ＋1＋3a n a n ＋1＝a n ，转换为1an ＋1＋3＝2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1an ＋3，且1a1＋3＝4≠0，故1an ＋1＋31an＋3＝2(常数)，所以⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1an ＋3是以1a1＋3＝4为首项，2为公比的等比数列，故1an＋3＝4·2n －1＝2n ＋1，整理得a n ＝12n ＋1－3.课堂评价1. B 【解析】 由数列2，5，22，11，…，知a n ＝2＋(n －1)×3＝3n －1.令25＝3n －1，解得n ＝7.故25是这个数列的第7项． 2.C【解析】因为数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2＋1，n∈N *，所以a 1＝S 1＝3，a 5＝S 5－S 4＝(2×52＋1)－(2×42＋1)＝18，故a 5－a 1＝18－3＝15.3. AC 【解析】 由题知a n ＝2n －12n ＝1－12n ，显然是递增数列，所以a n ≥a 1＝12.4. 18 【解析】 根据递推公式得a 1＝2，a 2＝4，a 3＝4，a 4＝8，故S 4＝2＋4＋4＋8＝18. 5.a n ＝n ×2n －1【解析】 根据题中定义，可得Δ2a n －Δa n ＋1＋a n ＝(Δa n ＋1－Δa n )－Δa n ＋1＋a n ＝－2n (n∈N *)，即a n －Δa n ＝a n －(a n ＋1－a n )＝2a n －a n ＋1＝－2n ，即a n ＋1＝2a n ＋2n ，等式两边同时除以2n ＋1，得an ＋12n ＋1＝an2n ＋12，所以an ＋12n ＋1－an2n ＝12且a12＝12，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫an 2n 是以12为首项，12为公差的等差数列，所以an2n ＝12＋12(n －1)＝n2，所以a n ＝n ·2n －1.第26讲 等差数列中的基本问题链教材·夯基固本 激活思维 1.A【解析】设等差数列{a n }的公差为d ，由S 4＝0，a 5＝5，得⎩⎪⎨⎪⎧4a1＋6d ＝0，a1＋4d ＝5，所以⎩⎪⎨⎪⎧a1＝－3，d ＝2，所以a n ＝2n －5，S n ＝n 2－4n .2. C 【解析】 因为a 2＋a 8＝15－a 5，所以a 5＝5，所以S 9＝92×2a 5＝45.3. BCD【解析】 因为S 12＝12(a 1＋a 12)2＝6(a 6＋a 7)>0，S 13＝13(a 1＋a 13)2＝13a 7<0，即a 6＋a 7>0，a 7<0，所以a 6>0，且a 6>|a 7|，故D 正确．由a 3＝12，得a 1＝12－2d ，联立解得－247<d <－3，故C 正确．因为－247<d <－3，所以等差数列{a n }是递减数列，故A 错误．又S 5＝5(a 1＋a 5)2＝5a 3＝60，故B 正确．综上可得，BCD 正确． 4.n 2＋5【解析】因为{a n ＋1－a n }是以2为公差的等差数列，所以n ≥2时，a n －a n －1＝(a 2－a 1)＋2(n －2)＝2n －1，所以a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋…＋(a n －a n －1)＝6＋3＋5＋…＋(2n －1)＝5＋n (1＋2n －1)2＝n 2＋5(n ＝1时也符合)． 5.16 【解析】 若a 1＝1，a n ＝51(其中n ∈N *)，则1＋(n －1)d ＝51，即(n －1)d ＝50，则d ＝50n －1，n ＋d ＝n ＋50n －1＝(n －1)＋50n －1＋1≥250＋1，当n －1＝50n －1，即n ＝1＋52∈(8,9)，不为整数，则等号不能成立，当n ＝6时，d ＝10，有n ＋d ＝16；当n ＝7时，d ＝253不为整数；当n ＝8时，d ＝507不为整数；当n ＝9时，d ＝254不为整数；当n ＝10时，d ＝509不为整数；当n ＝11时，d ＝5，有n ＋d ＝16.所以当n ＝6或11时，n ＋d 取得最小值16. 知识聚焦1. 第2项 同一个常数2. (1) a n ＝a 1＋(n －1)d (2) S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d 研题型·融会贯通 分类解析(1) 【答案】 12 【解析】因为S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11a 6＝44，所以a 6＝4，a 3＋a 7＋a 8＝(a 6－3d )＋(a 6＋d )＋(a 6＋2d )＝3a 6＝12.(2) 【答案】 BC 【解析】因为等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差为d ，且满足a 1>0，S 11＝S 18，所以d <0,11a 1＋55d ＝18a 1＋18×172d ，化简为a 1＋14d ＝0＝a 15，所以S 29＝29a 15＝0，S 14，S 15都是最大值．(1) 【答案】 B 【解析】因为数列{a n }为等差数列，设其公差为d ，前n 项和为S n ，则S 2n －1＝a1＋a2n －12×(2n －1)＝2an 2×(2n －1)＝(2n －1)a n ，所以S 7＝14＝7a 4，即a 4＝2.又a 4＋S 5＝2＝2＋5a 3，所以a 3＝0，所以公差d ＝a 4－a 3＝2，a 10＝a 4＋6d ＝2＋12＝14.故选B.(2) 【答案】 ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1，－78 【解析】 因为S n ＝7n ＋n (n －1)2d ，当且仅当n ＝8时S n 取得最大值，所以⎩⎪⎨⎪⎧S7<S8，S9<S8，即⎩⎪⎨⎪⎧49＋21d<56＋28d ，63＋36d<56＋28d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d>－1，d<－78.综上，d 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1，－78. (1) 【答案】 68 231【解析】 由a 1＋a 3＋a 5＝105，得3a 3＝105，即a 3＝35；同理a 4＝33，所以a 3＋a 4＝68，S 7＝7(a 1＋a 7)2＝7×2a42＝7a 4＝231. (2) 【答案】 A【解析】 已知在等差数列{a n }中，S 3＝t ，S 9＝6t ， 因为S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，S 12－S 9成等差数列， 所以有2(S 6－S 3)＝S 3＋(S 9－S 6)， 2(S 9－S 6)＝(S 6－S 3)＋(S 12－S 9)， 所以S 6＝3t ，S 12＝10t ，故S6S12＝310. (3) 【答案】 D 【解析】因为等差数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为S n 与T n ，且满足Sn Tn＝5n －23n ＋4，所以a5b5＝2a52b5＝a1＋a9b1＋b9＝92(a 1＋a 9)92(b 1＋b 9)＝S9T9＝5×9－23×9＋4＝4331. 【题组·高频强化】 1. C 2.A【解析】由题意得S 10，S 20－S 10，S 30－S 20成等差数列，所以2(S 20－S 10)＝S 10＋(S 30－S 20)，故2(S 20－30)＝30＋(210－S 20)，解得S 20＝100.3. C 【解析】 易知20项中奇数项有10项，偶数项有10项， S 奇＋S 偶＝75，S 偶＝25，所以S 奇＝50，故S 偶－S 奇＝(a 2＋a 4＋…＋a 20)－(a 1＋a 3＋…＋a 19)＝10d ＝－25，解得d ＝－2.5. 4. B 【解析】 a1＋a3＋…＋a29＋a31a2＋a4＋…＋a28＋a30＝162(a 1＋a 31)152(a 2＋a 30)＝1615.【解答】(1) 因为a n＋1＝1＋an3－an，所以a n＋1－1＝1＋an3－an－1＝2an－23－an，故1an＋1－1＝3－an2an－2＝1－an2an－2＋22an－2＝－12＋1an－1，所以1an＋1－1－1an－1＝－12，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1an－1是公差为－12的等差数列．又a1＝13，所以1a1－1＝113－1＝－32，所以1an－1＝－32－12(n－1)＝－n＋22，所以a n－1＝－2n＋2，a n＝1－2n＋2＝nn＋2.(2) 由(1)知a n＝nn＋2，所以b n＝2(n＋2)2·nn＋2＝2n(n＋2)＝1n－1n＋2，故T n＝b1＋b2＋…＋b n＝1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－1n＋2＝1＋12－1n＋1－1n＋2＝32－2n＋3(n＋1)(n＋2).【解答】(1)因为a2＝8，S n＋S n＋1＝4(n＋1)2，所以S n＋S n－1＝4n2，n≥2，两式相减可得a n＋a n＋1＝8 n＋4(n≥2)．因为S1＋S2＝2a1＋a2＝16，a2＝8，所以a1＝4，a1＋a2＝12适合上式，故a n ＋a n＋1＝8n＋4(n∈N*)．(2) 因为a n＋a n＋1＝8n＋4，所以a n－1＋a n＝8n－4(n≥2)，两式相减可得a n＋1－a n－1＝8(n≥2)，故数列{a n}的奇数项是以8为公差的等差数列，a1＝4，即当n为奇数时，a n＝4n；又偶数项是以8为公差的等差数列，a2＝8，即当n为偶数时，a n＝4n.故当n∈N*时，a n＝4n，则有a n＋1－a n＝4，所以数列{a n}是以4为首项，4为公差的等差数列．课堂评价1. A 【解析】设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .由S n ＝na 1＋n (n －1)d2，得S 4＝4a 1＋6d ＝1，S 8＝8a 1＋28d ＝4，解得a 1＝116，d ＝18，所以a 17＋a 18＋a 19＋a 20＝S 20－S 16＝4a 1＋70d ＝4×116＋70×18＝9.故选A.2.D【解析】 设良马每天所行路程为{a n }，则{a n }是以103为首项，13为公差的等差数列，其前n 项和为A n ，弩马每天所行路程为{b n }，则{b n }是以97为首项，－12为公差的等差数列，其前n 项和为B n ，设共用n 天二马相逢，则A n ＋B n ＝2×1 125， 所以103n ＋n (n －1)2×13＋97n ＋n (n －1)2×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12＝2250，化简得n 2＋31n －360＝0，解得n ＝9(负值舍去)，又A 9＝103×9＋9×82×13＝1 395，B 9＝2 250－1 395＝855，所以A 9－B 9＝1395－855＝540.故选D.3.D【解析】因为数列{a n }是等差数列，a 1＝1，公差d∈[1,2]，且a 4＋λa 10＋a 16＝15，所以1＋3d ＋λ(1＋9d )＋1＋15d ＝15，解得λ＝13－18d 1＋9d，因为d ∈[1,2]，λ＝13－18d 1＋9d＝－2＋151＋9d是减函数，所以当d ＝1时，实数λ取得最大值为λ＝13－181＋9＝－12.故选D.4.A【解析】 若数列{a n }为等差数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8，S 16－S 12也成等差数列，又因为S4S8＝13，则数列S 4，S 8－S 4，S 12－S 8，S 16－S 12是以S 4为首项，S 4为公差的等差数列，则S 8＝3S 4，S 16＝10S 4，所以S8S16＝310，故选A.5. AC 【解析】 由S 6>S 7⇒a 7＝S 7－S 6<0，S 6>S 5⇒a 6>0，S 7>S 5⇒a 7＋a 6>0， 因为a 7<0，所以2a 7＝a 1＋a 13<0，即S 13<0，故C 正确； 同理，因为a 6>0，所以S 11>0，故A 正确； 因为a 7＋a 6>0，所以S 12>0，故B 错误；由上知d <0，a 7<0，故S 8－S 6＝a 8＋a 7<0，所以D 错误．第27讲 等比数列中的基本问题链教材·夯基固本 激活思维 1.D【解析】因为数列3,33,35，…，32n ＋1是首项为3，公比为32的等比数列，所以3＋33＋35＋…＋32n ＋1＝3(1－32n ＋2)1－32＝38(9n ＋1－1)．2.D【解析】因为{a n }是等比数列，且a 1＋a 2＋a 3＝1，a 2＋a 3＋a 4＝2，则a 2＋a 3＋a 4＝q (a 1＋a 2＋a 3)，即q ＝2，所以a 6＋a 7＋a 8＝q 5(a 1＋a 2＋a 3)＝25×1＝32.3.C【解析】因为等比数列{a n }的前n 项和S n ＝2λ＋(λ－3)·2n (λ为常数)，所以a 1＝S 1＝2λ＋(λ－3)×2＝4λ－6，a 2＝S 2－S 1＝2λ＋(λ－3)·22－(4λ－6)＝2λ－6，a 3＝S 3－S 2＝2λ＋(λ－3)·23－[2λ＋(λ－3)·22]＝4λ－12，因为a 1，a 2，a 3成等比数列，所以a2＝a 1a 3，所以(2λ－6)2＝(4λ－6)(4λ－12)，解得λ＝1或λ＝3.若λ＝3，则S n ＝2λ是常数，不成立，故舍去λ＝3，所以λ＝1.经检验符合题意．4.A【解析】因为在等比数列{a n }中，a 3·a 4·a 6·a 7＝81.又因为a 3·a 7＝a 4·a 6＝a 1·a 9，所以(a 1·a 9)2＝81，解得a 1·a 9＝9或a 1·a 9＝－9.又a 1·a 9＝a 25，所以a 1·a 9＝9.5. D 【解析】 由数列a 1，a2a1，…，an an －1，…是首项为1，公比为2的等比数列，得an an －1＝2n －1(n ≥2)，故a n ＝an an －1×an －1an －2×…×a2a1×a 1＝2n －1×2n －2×…×1＝2n (n －1)2(n ＝1时也符合)，则log 2a n ＝log 22n (n －1)2＝n (n －1)2.知识聚焦1. 从第二项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数 公比2. a 1·q n －1 4. na 1 a1(1－q n )1－q ＝a1－anq 1－q研题型·融会贯通 分类解析【解答】(1) 设等比数列{a n }的公比为q ，则q ＞1.因为a 2＋a 4＝20，a 3＝8，所以8q＋8q ＝20，解得q ＝2或q ＝12(舍去)，所以a 1＝2，a n ＝2n .(2) 记b m 为{a n }在区间(0，m ](m ∈N *)中的项的个数，所以2n ≤m ，所以n ≤log 2m ， 故b 1＝0，b 2＝1，b 3＝1，b 4＝2，b 5＝2，b 6＝2，b 7＝2，b 8＝3，b 9＝3，b 10＝3，b 11＝3，b 12＝3，b 13＝3，b 14＝3，b 15＝3，b 16＝4，…，可知0在数列{b m }中有1项，1在数列{b m }中有2项，2在数列{b m }中有4项，…，由1×(1－26)1－2＝63<100，1×(1－27)1－2＝127>100， 可知b 63＝5，b 64＝b 65＝…＝b 100＝6.所以数列{b m }的前100项和S 100＝0＋1×2＋2×4＋3×8＋4×16＋5×32＋6×37＝480.【题组·高频强化】 1.B【解析】 设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 5－a 3＝12，a 6－a 4＝24，所以a 6－a 4＝q (a 5－a 3)，所以q ＝2，所以a 1q 4－a 1q 2＝12，解得a 1＝1，所以S n ＝1－2n 1－2＝2n －1，a n ＝2n －1，所以Sn an＝2n －12n －1＝2－21－n . 2.B【解析】设正项等比数列{a n }的公比为q (q >0)，因为a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6，所以a 1(q 4－1)＝15，a 1(q 3－q )＝6，又a n ＞0，解得q ＝2，a 1＝1，则a 3＝4.3. C 【解析】 在等比数列{a n }中，若S 10＝33S 5，则q ≠1，a1(1－q 10)1－q ＝33×a1(1－q 5)1－q ，即1－q 10＝33(1－q 5)，变形可得1＋q 5＝33，解得q ＝2. 又由S 6＝63，得a1(1－q 6)1－q＝a1(1－64)1－2＝63，解得a 1＝1，故a n ＝2n －1，S n ＝a1(1－q n )1－q ＝2n －1.若a n S n >10(a n ＋S n )，则22n －31×2n ＋20>0. 由n ∈N *，得n ≥5，故n 的最小值为5. 4.BC【解析】根据等比数列的性质得a 2a 3＝a 1a 4＝32>0，a 2＋a 3＝12>0，故a 2>0，a 3>0.根据根与系数的关系，可知a 2，a 3是一元二次方程x 2－12x ＋32＝0的两个根，解得a 2＝4，a 3＝8或a 2＝8，a 3＝4.因为等比数列{a n }是递增数列，所以q >1. 所以a 2＝4，a 3＝8满足题意，所以q ＝2，a 1＝a2q ＝2，故选项A 不正确；因为a n ＝a 1·q n －1＝2n ，S n ＝2(1－2n )1－2＝2n ＋1－2，所以S n ＋2＝2n ＋1＝4·2n －1，所以数列{S n ＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列．故选项B 正确；S 8＝28＋1－2＝512－2＝510，故选项C 正确； 因为lg a n ＝lg 2n ＝n lg 2，所以数列{lg a n }是公差为lg 2的等差数列，故选项D 不正确．故选BC.(1) 【答案】 A【解析】 因为S n 是等比数列{a n }的前n 项和，公比q ＝2， 所以a1＋a3＋a5S6＝a1＋a3＋a5(1＋q )(a 1＋a 3＋a 5)＝11＋q ＝13.(2) 【答案】 C 【解析】在等比数列{a n }中，a 5a 6＋a 4a 7＝18，则a 4a 7＋a 4a 7＝18，a 4a 7＝9，所以log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝log 3(a 1a 10)＋log 3(a 2a 9)＋log 3(a 3a 8)＋log 3(a 4a 7)＋log 3(a 5a 6)＝5log 3(a 4a 7)＝5lo g 39＝10.(1) 【答案】 D【解析】 不妨设等比数列{a n }的前3项和为54，前6项和为60，则a 1＋a 2＋a 3＝54，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝60，故有a 4＋a 5＋a 6＝6，则有a 7＋a 8＋a 9＝6254＝23，故其前9项和S 9＝S 6＋(a 7＋a 8＋a 9)＝6023.(2) 【答案】 2(n ＋2)【解析】 由题意，设这n ＋2个数构成的等比数列为{b n }， 则b 1＝1，b n ＋2＝81，且b 1·b n ＋2＝b 2·b n ＋1＝b 3·b n ＝…， 所以T n ＝(b1·bn ＋2)n ＋2＝9n ＋2， 从而a n ＝log 3T n ＝log 39n ＋2＝2(n ＋2)．【解答】 (1) 由S n ＋1＝4a n ＋1，得S n ＝4a n －1＋1(n ≥2，n ∈N )， 两式相减得a n ＋1＝4a n －4a n －1(n ≥2)，所以a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1)，所以bn bn －1＝an ＋1－2an an －2an －1＝2(a n －2a n －1)a n －2a n －1＝2(n ≥2)，又a 1＝1，S 2＝4a 1＋1，故a 2＝4，a 2－2a 1＝2＝b 1≠0， 所以数列{b n }为首项与公比均为2的等比数列．(2)由(1)可得b n ＝2·2n －1＝2n ，所以c n ＝|2n －100|＝⎩⎪⎨⎪⎧100－2n ，n ≤6，2n －100，n>6，所以T 10＝600－(21＋22＋…＋26)＋27＋28＋29＋210－400＝200－2(1－26)1－2＋27＋28＋29＋210＝200＋2＋28＋29＋210＝1 994.【解答】 (1) 因为S n ＝32a n ＋b ，所以当n ≥2时，S n －1＝32a n －1＋b ，两式相减得S n －S n －1＝32a n ＋b －32a n －1－b ，所以a n ＝32a n －32a n －1，所以a n ＝3a n －1，故{a n }是公比为q ＝3的等比数列．(2)假设{a n ＋1}是等比数列，则n ≥2时，(a n ＋1)2＝(a n ＋1＋1)(a n －1＋1)，即a2n ＋2a n ＋1＝a n ＋1a n －1＋a n ＋1＋a n －1＋1，由(1)知{a n }是等比数列，所以n ≥2时，a 2n ＝a n ＋1a n －1，于是2a n ＝a n ＋1＋a n －1，又a n ＝3a n －1，即6a n －1＝9a n －1＋a n －1，解得a n －1＝0，这与{a n }是等比数列相矛盾，故假设错误，即数列{a n ＋1}不是等比数列．课堂评价 1. B【解析】 在正项等比数列{a n }中，若a 2·a 27·a 2020＝16，则(a 7·a 1 011)2＝16，所以a 7·a 1 011＝4，则有a 509＝2，所以a 1·a 2·…·a 1 017＝(a 7·a 1 011)508·a 509＝21 017. 2. ABC 【解析】 由{a n }是等比数列可得n ≥2时，an an －1＝q (q 为定值)．因为n ≥2时，a2na2n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫an an －12＝q 2为常数，故A 正确； 因为n ≥2时，anan ＋1an －1an ＝an ＋1an －1＝q 2，故B 正确；因为n ≥2时，1an 1an －1＝an －1an＝1q 为常数，故C 正确； 因为n ≥2时，lg|an|lg|an －1|不一定为常数，故D 错误．3. ±4 【解析】 在等比数列{a n }中，a 3－4a 1＝12，S 4＝17S 2， 设公比为q ，则q ≠0.由S 4＝17S 2知q ≠1， 所以⎩⎪⎨⎪⎧a1q2－4a1＝12，a1(1－q 4)1－q ＝17×a 1(1－q 2)1－q ，解得a 1＝1，q ＝±4，所以a 2＝a 1q ＝±4. 4.8【解析】在等比数列{a n }中，若a 3·a 5·a 7＝64，则(a 5)3＝64，解得a 5＝4，则a 1>0，a 9>0，a 1＋a 9≥2a1a9＝2a 5＝8，当且仅当a 1＝a 9，即等比数列为常数列时等号成立．5.2【解析】 因为{a n }是首项为2，公比为q (q >1)的等比数列，且{a n }的前n 项和为S n ，若{Sn ＋2}为等比数列，则S1＋2＝a1＋2＝2，S2＋2＝2＋2q ＋2，S3＋2＝2＋2q ＋2q2＋2成等比数列， 所以(4＋2q )2＝2×4＋2q ＋2q2，解得q ＝0(舍去)或q ＝2，所以q ＝2.第28讲 数列求和链教材·夯基固本 激活思维1. C 【解析】 令数列{a n }的前n 项和为S n ， 则S 20＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 20＝2(1＋2＋3＋…＋20)－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12＋122＋123＋…＋1220＝420－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－1220＝419＋1220. 2. A 【解析】 令a n ＝(－1)n (2n ＋1)，则当n 为奇数时，n ＋1为偶数，a n ＋a n ＋1＝－(2n ＋1)＋[2(n ＋1)＋1]＝2，所以S 11＝a 1＋a 2＋…＋a 11＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 9＋a 10)＋a 11＝2＋2＋…＋2－(2×11＋1)＝2×5－23＝－13.3.B【解析】因为a 1＝1，且对任意的n∈N *，都有a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ，所以a n ＋1－a n ＝n ＋1，所以当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n ＋(n －1)＋…＋2＋1＝n (n ＋1)2，当n ＝1时也成立，所以a n ＝n (n ＋1)2，所以1an＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋1，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1an 的前n 项和为S n ＝2⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1，故1a1＋1a2＋…＋1a2 022＝4 0442 023，故选B.4. 3【解析】 因为f (x )＋f (－x )＝12x ＋1＋12－x ＋1＝12x ＋1＋2x 2x ＋1＝1，所以f (－1)＋f (－2)＋f (－3)＋f (1)＋f (2)＋f (3)＝3[f (－1)＋f (1) ]＝3.5.3n ＋1－2n ＋1【解析】令S n ＝2n ＋2n －1×3＋2n －2×32＋…＋22×3n －2＋2×3n －1＋3n ，则2S n ＝2n ＋1＋2n ×3＋2n －1×32＋…＋23×3n －2＋22×3n －1＋2×3n ， 两式相加得3S n ＝2n ×3＋2n －1×32＋2n －2×33＋…＋22×3n －1＋2×3n ＋3n ＋1， 所以S n ＝3n ＋1－2n ＋13－2＝3n ＋1－2n ＋1.研题型·融会贯通 分类解析【解答】 (1) 设等差数列{a n }的公差为d ，则S 5＝5a 1＋5×42d ＝10＋10d ＝30，解得d ＝2，所以a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，n ∈N *.对于数列{b n }，当n ＝1时，b 1＝T 1＝21－1＝1； 当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝2n －2n －1＝2n －1， 当n ＝1时上式也成立，所以b n ＝2n －1，n ∈N *. (2) 由(1)知c n ＝bn(b n ＋1)(b n ＋1＋1)＝2n －1(2n －1＋1)(2n ＋1)＝12n －1＋1－12n ＋1，所以M n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫120＋1－121＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫121＋1－122＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1＋1－12n ＋1＝12－12n ＋1.【解答】 若选条件①：(1)因为数列{S n ＋a 1}为等比数列，所以(S 2＋a 1)2＝(S 1＋a 1)·(S 3＋a 1)，即(2a 1＋a 2)2＝2a 1(2a 1＋a 2＋a 3)．设等比数列{a n }的公比为q ，所以(2＋q )2＝2(2＋q ＋q 2)，解得q ＝2或q ＝0(舍去)，所以a n ＝a 1q n －1＝2n －1.(2)由(1)知a n ＝2n －1，所以b n ＝1log2an ＋1·log2an ＋3＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋2，所以T n ＝12⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝34－2n ＋32(n ＋1)(n ＋2). 若选条件②：(1) 因为点(S n ，a n ＋1)在直线y ＝x ＋1上，所以a n ＋1＝S n ＋1.又a n ＝S n －1＋1(n ≥2，n ∈N )，两式相减得a n ＋1＝2a n ，又a 1＝1，a 2＝S 1＋1＝2，也适合上式，故数列{a n }为首项是1，公比是2的等比数列，所以a n ＝a 1q n －1＝2n －1.(2) 同条件①. 若选条件③：(1) 因为2n a 1＋2n －1a 2＋…＋2a n ＝na n ＋1，① 所以2n －1a 1＋2n －2a 2＋…＋2a n －1＝(n －1)a n (n ≥2)． 所以2n a 1＋2n －1a 2＋…＋22a n －1＝2(n －1)a n (n ≥2)② 由①－②可得2a n ＝na n ＋1－2(n －1)a n ，即a n ＋1＝2a n ，又a 1＝1,2a 1＝a 2，也适合上式，故数列{a n }为首项是1，公比是2的等比数列，所以a n ＝a 1q n －1＝2n －1.(2) 同条件①.【解答】 (1) 因为a n ＋1＝2(a n ＋1)，所以a n ＋1＋2＝2(a n ＋2)，则数列{a n ＋2}是以3为首项，2为公比的等比数列， 所以a n ＋2＝3×2n －1，即a n ＝3×2n －1－2(n ∈N *)． (2) 由(1)知，b n ＝log 2(a n ＋2)－log 23＝log 22n －1＝n －1， 所以3bnan ＋2＝n －12n －1.所以T n ＝020＋121＋222＋…＋n －22n －2＋n －12n －1，12T n ＝021＋122＋223＋…＋n －22n －1＋n －12n， 两式作差得12T n ＝121＋122＋…＋12n －1－n －12n＝12－12n 1－12－n －12n＝1－n ＋12n ，则T n ＝2－n ＋12n －1.【解答】 (1) 由数列{a n }满足a 1·2a 2·3a 3·…·na n ＝2n (n ∈N *)①，可得当n ＝1时，a 1＝2，当n ≥2时，a 1·2a 2·…·(n －1)a n －1＝2n －1②.①÷②得na n ＝2，即a n ＝2n ，当n ＝1时上式也成立，故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n .(2) 由(1)知2＋2n ＋1an ＝n ·2n ＋n ，设H n ＝1·2＋2·22＋…＋n ·2n ， 则2H n ＝1·22＋2·23＋…＋n ·2n ＋1，两式相减可得－H n ＝2＋4＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1，化简可得H n ＝2＋(n －1)·2n ＋1.所以T n ＝2＋(n －1)·2n ＋1＋n (n ＋1)2.【解答】 (1) 因为(n ＋1)a n ＝na n ＋1，所以ann ＝an ＋1n ＋1，即数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫an n 是常数列，所以an n ＝a11＝1，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n .(2) 由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)n n .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )． 记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 则A ＝2(1－22n )1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n . 故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.【解答】 (1) 当n ＝2时，a 3＝2a 2－a 2＋2，解得a 2＝2. 当n ＝1时，a 2＝2a 1＋a 1－1，解得a 1＝1. (2) 因为a n ＋1＝2a n ＋(－1)n ＋1a n ＋(－1)n n ， 当n ＝2k (k ∈N *)时，a 2k ＋1＝a 2k ＋2k ①，当n ＝2k －1(k ∈N *)时，a 2k ＝3a 2k －1－(2k －1)②， 把②代入①得a 2k ＋1＝3a 2k －1＋1，所以a2n ＋1＋12a2n －1＋12＝3a2n －1＋1＋12a2n －1＋12＝3⎝⎛⎭⎪⎪⎫a2n －1＋12a2n －1＋12＝3(常数)．所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a2n －1＋12是以32为首项，3为公比的等比数列．(3) 由(2)得a 2n －1＋12＝32×3n －1，所以a 2n －1＝3n 2－12，代入②得a 2n ＝3×3n －12－(2n －1)．则a 2n ＋a 2n －1＝2×3n －(2n ＋1)．所以S 2n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2n －1＋a 2n )＝3n ＋1－3－n 2－2n . 则S 2n －1＝S 2n －a 2n ＝3n ＋12－n 2－52.所以S n＝⎩⎪⎨⎪⎧3n ＋22－n24－n －3，n 为偶数，3n ＋322－n2＋2n 4－114，n 为奇数.课堂评价 1. C【解析】 设等差数列{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋n (n －1)d 2，因为Sn n＝a 1＋(n －1)d2，所以Sn ＋1n ＋1－Sn n ＝d 2，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫Sn n 是公差为d 2的等差数列．因为S 5＝15，S 7＝28，所以S77－S55＝4－3＝1＝2×d 2，解得d ＝1，所以Sn n ＝S55＋(n －5)×d 2＝n ＋12，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫Sn n 的前20项和为20⎝⎛⎭⎪⎪⎫1＋20＋122＝115.2.A【解析】因为a n ＋1＝n n ＋1a n ，a 1＝1，所以(n ＋1)a n ＋1＝na n ，所以数列{na n }是每项均为1的常数列，所以na n ＝1，所以a n ＝1n.因为a n a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，所以数列{a n a n ＋1}的前10项和为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫110－111＝1－111＝1011. 3.A【解析】因为a n ＝f (0)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋f⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫n －1n ＋f (1)，所以a n ＝f (1)＋f⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫n －1n ＋f⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫n －2n ＋…＋f⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋f (0)．又f (x )＋f (1－x )＝1，所以2a n ＝[f (0)＋f (1)]＋⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫n －1n ＋…＋⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫n －1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋[f (1)＋f (0)]＝n ＋1，所以a n ＝n ＋12，因为a n ＋1－a n ＝n ＋22－n ＋12＝12，所以数列{a n }是以1为首项，12为公差的等差数列，则数列{a n }的前10项和为S 10＝10×1＋10×92×12＝652.4. 3n2＋5n4(n ＋1)(n ＋2) 【解析】 因为1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋2，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1n (n ＋2)的前n 项和S n ＝12⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝3n2＋5n 4(n ＋1)(n ＋2).5. 10 200 【解析】 因为f (x )＝x 2cosπx 2，所以a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝n 2cosn π2＋(n ＋1)2cos(n ＋1)π2，a 4n －3＝(4n －3)2cos 4n －32π＋(4n －2)2cos 4n －22π＝－(4n －2)2，同理可得a 4n －2＝－(4n －2)2，a 4n －1＝(4n )2，a 4n ＝(4n )2.所以a 4n －3＋a 4n －2＋a 4n －1＋a 4n ＝－2(4n －2)2＋2(4n )2＝8(4n －1)．所以数列{a n }的前100项之和S 100＝8×(3＋7＋…＋99)＝10 200.微难点8 放缩法在数列不等式中的应用【解答】 因为k ！＝k (k －1)·…·2·1≥2·2·…·2·1＝2k －1，所以1k ！≤12k －1，k ＝1,2，…，n ，所以11！＋12！＋13！＋…＋1n ！<120＋121＋122＋…＋12n －1＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n1－12＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1<2.【解答】 因为ak ak ＋1＝2k －12k ＋1－1<2k －12k ＋1－2＝12，所以∑k ＝1nakak ＋1<n2，不等式右边得证．因为ak ak ＋1＝2k －12k ＋1－1＝2k －12－122⎝⎛⎭⎪⎪⎫2k －12＝12－14⎝⎛⎭⎪⎪⎫2k －12＝12－13·2k ＋(2k －2)>12－13·2k ＋0＝12－13·2k，所以∑k ＝1nakak ＋1>∑k ＝1n ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－13·2k ＝n 2－13⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫121＋122＋…＋12n ＝n 2－13⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12n >n2－13，不等式左边得证．【解答】 (1) 1＋122＋132＋…＋1n2<1＋11×2＋12×3＋…＋1(n －1)n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1－1n ＝2－1n <2. (2) 因为1n2<1n (n －1)＝1n －1－1n ，所以112＋122＋132＋ …＋1n2<1＋122＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－13＋…＋1n －1－1n ＝54＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－1n <74.【解答】(1)由题意知数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1an 为等差数列，且首项为2，公差为2，故a n ＝12n.(2) 依题意可知a 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n 2＝14·1n2<14·1n ·1n －1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1－1n (n >1)，所以a 21＋a 2＋a 23＋…＋a 2n <14⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2－1n <12， 故a 21＋a 2＋a 23＋…＋a 2n <12.【解答】 因为n2n ＋n <n2n ， 所以不等式左边<12＋222＋323＋…＋n2n .令A ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，则12A ＝122＋223＋324＋…＋n 2n ＋1，两式相减得12A ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－12n－n2n ＋1，所以A ＝2－n ＋22n<2，即得证． 微难点9 数列中常见的裂项技巧【解答】 (1) 因为a 6＝11，所以a 1＋5d ＝11 ①. 因为a 2，a 5，a 14成等比数列，所以a 25＝a 2a 14， 所以(a 1＋4d )2＝(a 1＋d )(a 1＋13d )，化简得6a 1d ＝3d 2，因为d ≠0，所以2a 1＝d ②. 由①②可得，a 1＝1，d ＝2，所以数列{a n }的通项公式是a n ＝2n －1.(2) 由(1)得b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1－12n ＋1， 所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.【解答】 (1) 由2S n ＝(n ＋1)a n ＝(n ＋1)(S n －S n －1)(n ≥2，n ∈N *)，整理得(n －1)S n ＝(n ＋1)S n －1，即S n ＝n ＋1n －1S n －1，所以S n ＝n ＋1n －1S n －1＝n ＋1n －1·n n －2S n －2＝n ＋1n －1·n n －2·n －1n －3S n －3＝…＝n ＋1n －1·n n －2·n －1n －3·…·53·42·31S 1＝n (n ＋1)2a 1＝n (n ＋1)．因为S 1＝a 1＝2，所以S 1也满足S n ＝n (n ＋1)， 所以S n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)．(2) b n ＝an ＋1Sn ＋1·Sn ＝Sn ＋1－Sn Sn ＋1·Sn ＝1Sn －1Sn ＋1＝1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋1－1n ＋2， T n ＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－13＋⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－13－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13－14＋⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13－14－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫14－15＋…＋⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1－1n －⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋1＋⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝12－1(n ＋1)·(n ＋2). 因为n ∈N *，所以T n ＝12－1(n ＋1)·(n ＋2)<12.【解答】 由a n ＝1(n ＋1)n ＋n n ＋1＝(n ＋1)n －n n ＋1(n ＋1)2n －n 2(n ＋1)＝1n－1n ＋1，得S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1 .【解答】 (1) 由已知，得⎩⎨⎧a1＋a2＋a3＝7，(a 1＋3)＋(a 3＋4)2＝3a 2，解得a 2＝2.设数列{a n }的公比为q ，则a 1q ＝2， 所以a 1＝2q ，a 3＝a 1q 2＝2q .由S 3＝7，可知2q＋2＋2q ＝7，所以2q 2－5q ＋2＝0，解得q 1＝2，q 2＝12.由题意得q >1，所以q ＝2，所以a 1＝1， 故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1. (2)因为b n ＝an(a n ＋1)(a n ＋1＋1)＝2n －1(2n －1＋1)(2n ＋1)＝12n －1＋1－12n ＋1，所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫11＋1－121＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫121＋1－122＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫122＋1－123＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1＋1－12n ＋1＝11＋1－12n ＋1＝12－12n ＋1<12. 【解答】 (1) 设{a n }的公差为d ， 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧3a1＋3d ＝2a1＋4d ，4a1＋6d ＝2a1＋6d ＋4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a1＝2，d ＝2，故a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n .(2) 由(1)知S n ＝n (a 1＋a n )2＝n 2＋n ， 则b n ＝2(n ＋2)n (n ＋1)·2n ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ·2n －1(n ＋1)·2n ＋1， 故T n ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫11·21－12·22＋12·22－13·23＋…＋1n ·2n －1(n ＋1)·2n ＋1＝2－1(n ＋1)·2n －1<2. 【解答】 (1) 因为a n ＋1－an ＋1＝a n ＋an ， 所以a n ＋1－a n ＝an ＋1＋an ， 所以an ＋1－an ＝1. 因为a 2＝4，所以a1＝1，所以数列{an }是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以an ＝1＋n －1＝n ， 所以a n ＝n 2.(2) 因为b n ＝an ＋1(n ＋2)2a n ＝n ＋1(n ＋2)2n 2＝14⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n2－1(n ＋2)2， 所以S n ＝14⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－132＋122－142＋132－152＋…＋1(n －1)2－1(n ＋1)2＋1n 2－1(n ＋2)2＝14⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2＝14⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤54－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2.。
2019版高考数学一轮复习训练 第五章 数列课时训练
第五章数列第课时数列的概念及其简单表示法一、填空题. 数列，－，，－，…的第项是．答案：－解析：所给数列呈现分数形式，且正负相间，求通项公式时，我们可以把符号、分母、分子每一部分进行分解，就很容易归纳出数列{}的通项公式为＝(－)＋·，故＝－.. 已知数列{}满足＋＝＋－，且＝，＝，则的值为．答案：－解析：由题意，得＝－＝，＝－＝－，＝－＝－，＝－＝－，＝－＝，∴数列{}是周期为的周期数列．而＝×，∴＝＝－.. 数列，，，…，－的项数是.答案：－解析：易知＝，＝，设项数为，则－＝＋(－)×，＝－.. 已知数列{}的前项和为，且≠(∈*)，又＋＝，则－＝．答案：解析：因为＋＝，所以令＝得＝＝，即＝.令＝，得＝＝＋，即＝＋，所以－＝.. 已知数列{}的前项和＝＋＋，则{}的通项公式为．答案：＝解析：当＝时，＝＝；当≥时，＝－－＝＋，∴＝. 已知数列{}的前项和为，且＝－(∈*)，则＝．答案：解析：当＝时，＝－，∴＝；当≥时，＝－，－＝－－，则有＝－－，∴＝－.∴ {}是等比数列，且＝，＝，故＝×＝＝.. 若数列{}的前项和＝＋，则{}的通项公式＝．答案：(－)－解析：当＝时，＝；当≥时，＝－－＝－－，则＝－，得＝(－)－.. 设数列{}满足＝，＋＝－＋)(∈*)．若数列{}是常数列，则＝. 答案：－答案：－解析：因为数列{}是常数列，所以＝＝－＋)＝，即(＋)＝－，解得＝－.. 数列{}的前项积为，那么当≥时，＝．. 数列{}的前项积为，那么当≥时，＝．答案：解析：设数列{}的前项积为，则＝，当≥时，＝＝.. 数列{}满足：＝，且对任意的，∈*都有＋＝＋＋，则＝．答案：解析：令＝，则＋＝＋＋⇒＋－＝＋⇒＝(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)＋＝＋＋…＋＋＝ .二、解答题. 数列{}的通项公式是＝－＋.() 这个数列的第项是多少？() 是不是这个数列的项？若是这个数列的项，它是第几项？() 该数列从第几项开始各项都是正数？解：() 当＝时，＝－×＋＝－.() 令＝，即－＋＝，解得＝或＝－(舍去)，即是数列的第项．() 令＝－＋＞，解得＞或＜(舍)，∴从第项起各项都是正数．. 已知数列{}满足前项和＝＋，数列{}满足＝，且前项和为.设＝＋－.() 求数列{}的通项公式；() 判断数列{}的增减性．解：() ＝，＝－－＝－(≥)，∴＝() ∵ ＝＋＋＋＋…＋＋＝＋＋…＋，∴＋－＝＋－＝－＝<，∴＋<.∴数列{}为递减数列．. 已知数列{}中，＝＋(∈*，∈，且≠)．() 若＝－，求数列{}中的最大项和最小项的值；() 若对任意的∈*，都有≤成立，求的取值范围．解：() ∵ ＝＋(∈*，∈，且≠)，又＝－，∴＝＋(∈*)．结合函数()＝＋的单调性，可知>>>>，>>>…＞>(∈*)，∴数列{}中的最大项为＝，最小项为＝.() ＝＋＝＋，对任意的∈*，都有≤成立，结合函数()＝＋的单调性，可知<<，即－<<－，即的取值范围是(－，－)．第课时等差数列一、填空题. 在等差数列{}中，＝，公差＝，则是该数列的第项．答案：解析：∵ ＝＋(－)，∴＝＋(－)，＝.. 已知{}为等差数列，＋＋＝，＋＋＝，则＝．答案：解析：∵ ＋＋＝，即＝，解得＝，同理＋＋＝，得＝.∵ ＝－＝－＝－，∴＝＋(－)＝＋×(－)＝.. 在等差数列{}中，已知＋＝，则＋的值为．答案：解析：＋＝＋＋＋＝＋＋＋＝＋＋＋＝(＋)＝×＝.. 若等差数列{}的前项和＝，且＝，则＝．答案：－解析：＝⇒＝⇒＝，所以＝－＝－，＝＋(－)＝－＝－.. 在等差数列{}中，＝，公差为，前项和为，当且仅当＝时，取最大值，则的取值范围是．答案：－<<－解析：由题意得，>，<，所以＋>，＋<，即－<<－.. 若等差数列{}满足＋＋＞，＋＜，则当＝时，{}的前项和最大．答案：解析：由等差数列的性质，得＋＋＝，＞，又＋＜，所以＋＜，所以＜，所以＞，＞，故数列{}的前项和最大．. 若一个等差数列{}的前项和为，最后项的和为，且所有项的和为，则这个数列有项．答案：解析：＋＋＋－＋－＋＝＋＝，所以(＋)＝，即＋＝.由＝，知＝，所以＝，解得＝.. 记等差数列{}的前项和为.已知＝，且数列{}也为等差数列，则的值为．答案：解析：数列{}为等差数列，得＋＝，即＋＝，则＝，＝＋＝.. 已知等差数列{}的前项和为，若＝，则＝．答案：解析：由等差数列的求和公式可得＝＝，可得＝，且≠，所以＝＝＝.. 在等差数列{}中，＝，＝，记数列的前项和为，若＋－≤对∈*恒成立，则正整数的最小值为．答案：解析：由＝，＝易得等差数列{}的通项公式为＝－，所以＝.故＋－＝＋＋＋…＋＋.。
〖高考数学总复习〗2019数学高考专题复习《第五章数列》课时训练(含答案)
第五章 数列第1课时 数列的概念及其简单表示法一、 填空题1. 数列23，－45，67，－89，…的第10项是________．答案：－2021解析：所给数列呈现分数形式，且正负相间，求通项公式时，我们可以把符号、分母、分子每一部分进行分解，就很容易归纳出数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n ＋1·2n 2n ＋1，故a 10＝－2021.2. 已知数列{a n }满足a n ＋2＝a n ＋1－a n ，且a 1＝2，a 2＝3，则a 2 016的值为________． 答案：－1解析：由题意，得a 3＝a 2－a 1＝1，a 4＝a 3－a 2＝－2，a 5＝a 4－a 3＝－3，a 6＝a 5－a 4＝－1，a 7＝a 6－a 5＝2，∴ 数列{a n }是周期为6的周期数列．而2 016＝6×336，∴ a 2 016＝a 6＝－1.3. 数列7，9，11，…，2n －1的项数是_________. 答案：n －3解析：易知a 1＝7，d ＝2，设项数为m ，则2n －1＝7＋(m －1)×2，m ＝n －3.4. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ≠0(n∈N *)，又a n a n ＋1＝S n ，则a 3－a 1＝________． 答案：1解析：因为a n a n ＋1＝S n ，所以令n ＝1得a 1a 2＝S 1＝a 1，即a 2＝1.令n ＝2，得a 2a 3＝S 2＝a 1＋a 2，即a 3＝1＋a 1，所以a 3－a 1＝1.5. 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ＋1，则{a n }的通项公式为__________．答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4（n ＝1），2n ＋1（n≥2）解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝4；当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1，∴ a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4（n ＝1），2n ＋1（n≥2）.6. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －1(n ∈N *)，则a 5＝__________． 答案：16解析：当n ＝1时，S 1＝2a 1－1，∴ a 1＝1；当n≥2时，S n ＝2a n －1，S n －1＝2a n －1－1，则有 a n ＝2a n －2a n －1，∴ a n ＝2a n －1.∴ {a n }是等比数列，且a 1＝1，q ＝2，故a 5＝a 1×q 4＝24＝16.7. 若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式a n ＝________．答案：(－2)n －1解析：当n ＝1时，a 1＝1；当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝23a n －23a n －1，则a na n －1＝－2，得a n＝(－2)n －1.8. 设数列{a n }满足a 1＝a ，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋1(n∈N *)．若数列{a n }是常数列，则a ＝________.答案：－2解析：因为数列{a n }是常数列，所以a ＝a 2＝a 21－2a 1＋1＝a 2－2a ＋1，即a(a ＋1)＝a 2－2，解得a＝－2.9. 数列{a n }的前n 项积为n 2，那么当n≥2时，a n ＝________．答案：n2（n －1）2解析：设数列{a n }的前n 项积为T n ，则T n ＝n 2，当n≥2时，a n ＝T n T n －1＝n2（n －1）2.10. 数列{a n }满足：a 1＝1，且对任意的m ，n ∈N *都有a n ＋m ＝a n ＋a m ＋nm ，则a 100＝________． 答案：5 050解析：令m ＝1，则a n ＋1＝a n ＋1＋n ⇒a n ＋1－a n ＝n ＋1⇒a 100＝(a 100－a 99)＋(a 99－a 98)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝100＋99＋…＋2＋1＝5 050.二、 解答题11. 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？解：(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或n ＝－9(舍去)，即150是数列的第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．12. 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 ＝1），1n（n≥2）.(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＝12n ＋3－12n ＋2＝－1（2n ＋3）（2n ＋2）<0， ∴ c n ＋1<c n .∴ 数列{c n }为递减数列．13. 已知数列{a n }中，a n ＝1＋1a ＋2（n －1）(n∈N *，a ∈R ，且a≠0)．(1) 若a ＝－7，求数列{a n }中的最大项和最小项的值；(2) 若对任意的n∈N *，都有a n ≤a 6成立，求a 的取值范围．解：(1) ∵ a n ＝1＋1a ＋2（n －1）(n∈N *，a ∈R ，且a≠0)，又a ＝－7，∴ a n ＝1＋12n －9(n∈N *)．结合函数f(x)＝1＋12x －9的单调性，可知1>a 1>a 2>a 3>a 4，a 5>a 6>a 7>…＞a n >1(n∈N *)，∴ 数列{a n }中的最大项为a 5＝2，最小项为a 4＝0.(2) a n ＝1＋1a ＋2（n －1）＝1＋12n －2－a2，对任意的n∈N *，都有a n ≤a 6成立，结合函数f(x)＝1＋12x －2－a 2的单调性，可知5<2－a2<6，即－10<a<－8，即a 的取值范围是(－10，－8)．第2课时 等 差 数 列一、 填空题1. 在等差数列{a n }中，a 5＝33，公差d ＝3，则201是该数列的第________项． 答案：61解析：∵ a n ＝a 5＋(n －5)d ，∴ 201＝33＋3(n －5)，n ＝61.2. 已知{a n }为等差数列，a 1＋a 3＋a 5＝105，a 2＋a 4＋a 6＝99，则a 20＝________． 答案：1 解析：∵ a 1＋a 3＋a 5＝105，即3a 3＝105，解得a 3＝35，同理a 2＋a 4＋a 6＝99，得a 4＝33.∵ d ＝a 4－a 3＝33－35＝－2，∴ a 20＝a 4＋(20－4)d ＝33＋16×(－2)＝1.3. 在等差数列{a n }中，已知a 2＋a 8＝11，则3a 3＋a 11的值为__________． 答案：22解析：3a 3＋a 11＝a 3＋a 3＋a 3＋a 11＝a 3＋a 2＋a 4＋a 11＝a 3＋a 2＋a 7＋a 8＝2(a 2＋a 8)＝11×2＝22.4. 若等差数列{a n }的前5项和S 5＝25，且a 4＝3，则a 7＝________． 答案：－3解析：S 5＝25⇒5（a 1＋a 5）2＝25⇒a 3＝5，所以d ＝a 4－a 3＝－2，a 7＝a 4＋(7－4)d ＝3－6＝－3.5. 在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前n 项和为S n ，当且仅当n ＝8时，S n 取最大值，则d 的取值范围是________．答案：－1<d<－78解析：由题意得，a 8>0，a 9<0，所以7＋7d>0，7＋8d<0，即－1<d<－78.6. 若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9＞0，a 7＋a 10＜0，则当n ＝________时，{a n }的前n 项和最大．答案：8解析：由等差数列的性质，得a 7＋a 8＋a 9＝3a 8，a 8＞0，又a 7＋a 10＜0，所以a 8＋a 9＜0，所以a 9＜0，所以S 8＞S 7，S 8＞S 9，故数列{a n }的前8项和最大．7. 若一个等差数列{a n }的前3项和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列有________项．答案：13 解析：a 1＋a 2＋a 3＋a n －2＋a n －1＋a n ＝34＋146＝180，所以3(a 1＋a n )＝180，即a 1＋a n ＝60.由S n ＝390，知n （a 1＋a n ）2＝390，所以n×602＝390，解得n ＝13.8. 记等差数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝2，且数列{S n }也为等差数列，则a 13的值为________．答案：50 解析：数列{S n }为等差数列，得S 1＋S 3＝2S 2，即2＋6＋3d ＝24＋d ，则d ＝4，a 13 ＝a 1＋12d ＝50.9. 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3S 6＝13，则S 6S 12＝________．答案：310解析： 由等差数列的求和公式可得S 3S 6＝3a 1＋3d 6a 1＋15d ＝13，可得a 1＝2d ，且d≠0，所以S 6S 12＝6a 1＋15d 12a 1＋66d ＝27d 90d ＝310.10. 在等差数列{a n }中，a 2＝5，a 6＝21，记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，若S 2n ＋1－S n ≤m15对n∈N *恒成立，则正整数m 的最小值为________．答案：5解析：由a 2＝5，a 6＝21易得等差数列{a n }的通项公式为a n ＝4n －3，所以1a n ＝14n －3.故S 2n ＋1－S n ＝1a 2n ＋1＋1a 2n ＋1a 2n －1＋…＋1a n ＋2＋1a n ＋1.设T n ＝S 2n ＋1－S n ，则T n ＋1＝S 2(n ＋1)＋1－S n ＋1＝S 2n ＋3－S n ＋1，所以T n ＋1－T n ＝(S 2n ＋3－S n ＋1)－(S 2n ＋1－S n )＝(S 2n ＋3－S 2n ＋1)－(S n ＋1－S n )＝1a 2n ＋3＋1a 2n ＋2－1a n ＋1＝14（2n ＋3）－3＋14（2n ＋2）－3－14（n ＋1）－3 ＝18n ＋9＋18n ＋5－14n ＋1<18n ＋2＋18n ＋2－14n ＋1＝28n ＋2－14n ＋1＝0. 所以T n ＋1－T n <0，即T n ＋1<T n .故T n ＝S 2n ＋1－S n 随n 的增大而减小，所以若S 2n ＋1－S n ≤m15对n∈N *恒成立，即(S 2n ＋1－S n )max ＝S 3－S 1＝1a 3＋1a 2＝19＋15＝1445≤m 15.由1445≤m 15得m≥143，所以正整数m 的最小值为5.二、 解答题11. 在等差数列{a n }中，a 1＝1，a 3＝－3. (1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 若数列{a n }的前k 项和S k ＝－35，求k 的值． 解：(1) 设等差数列{a n }的公差为d ，由a 1＝1，a 3＝－3，可得1＋2d ＝－3，解得d ＝－2. 从而a n ＝1＋(n －1)×(－2)＝3－2n. (2) 由(1)可知a n ＝3－2n.所以S n ＝n[1＋（3－2n ）]2＝2n －n 2.由S k ＝－35，可得2k －k 2＝－35，即k 2－2k －35＝0，解得k ＝7或k ＝－5.又k∈N *，故k ＝7.12. 设a 1，d 为实数，首项为a 1，公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S 5S 6＋15＝0.(1) 若S 5＝5，求S 6及a 1； (2) 求d 的取值范围．解：(1) 由题意知S 6＝－15S 5＝－3，a 6＝S 6－S 5＝－8，所以⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋10d ＝5，a 1＋5d ＝－8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝7，d ＝－3，因此S 6＝－3，a 1＝7.(2) 因为S 5S 6＋15＝0，所以(5a 1＋10d)(6a 1＋15d)＋15＝0，即2a 21＋9da 1＋10d 2＋1＝0.故(4a 1＋9d)2＝d 2－8，所以d 2≥8.故d 的取值范围是d≤－22或d≥2 2. 13. 在等差数列{a n }中，公差d ＞0，前n 项和为S n ，a 2·a 3＝45，a 1＋a 5＝18. (1) 求数列{a n }的通项公式．(2) 令b n ＝S n n ＋c(n∈N *)，是否存在一个非零常数c ，使数列{b n }也为等差数列？若存在，求出c 的值；若不存在，请说明理由．解：(1) 由题设，知{a n }是等差数列，且公差d ＞0，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 2a 3＝45，a 1＋a 5＝18，得⎩⎪⎨⎪⎧（a 1＋d ）（a 1＋2d ）＝45，a 1＋（a 1＋4d ）＝18，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝4.∴ a n ＝4n －3(n∈N *)．(2) 由b n ＝S n n ＋c ＝n （1＋4n －3）2n ＋c ＝2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12n ＋c.∵ c ≠0，∴ 可令c ＝－12，得到b n ＝2n.∵ b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)－2n ＝2(n∈N *)， ∴ 数列{b n }是公差为2的等差数列．即存在一个非零常数c ＝－12，使数列{b n }也为等差数列．第3课时 等 比 数 列一、 填空题1. 等比数列{a n }的公比大于1，a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6，则a 3＝________． 答案：4解析：由a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6(q>1)，得q ＝2，a 1＝1，则a 3＝4.2. 设等比数列{a n }的公比q ＝12，前n 项和为S n ，则S 4a 4＝________．答案：15解析：S 4＝a 1（1－q 4）1－q ，a 4＝a 1q 3，所以S 4a 4＝1－q 4q （1－q ）＝15.3. 在各项均为正数的等比数列{a n }中，若log 2a 2＋log 2a 8＝1，则a 3a 7＝________． 答案：2解析：由log 2a 2＋log 2a 8＝1得log 2(a 2a 8)＝1，所以a 2a 8＝2，由等比数列性质可得a 3a 7＝a 2a 8＝2.4. 已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且4a 1，2a 2，a 3依次成等差数列，若a 1＝1，则S 5＝________ .答案：31解析：因为4a 1，2a 2，a 3依次成等差数列，4a 2＝4a 1＋a 3，所以4a 1q ＝4a 1＋a 1q 2，所以q＝2.又a 1＝1，所以S 5＝a 1（1－q 5）1－q＝31.5. 设S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若a 5＋2a 10＝0，则S 20S 10的值是________．答案：54解析：当q ＝1时，a 5＝a 10＝0不合题意，∴ 公比q ≠1.∴ q 5＝a 10a 5＝－12，因而S 20S 10＝1－q 201－q 10＝1＋q 10＝1＋14＝54.6. 我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯________盏．答案：3 解析：设塔的顶层共有灯x 盏，则各层的灯数构成一个首项为x ，公比为2的等比数列，结合等比数列的求和公式有：x×（1－27）1－2＝381，解得x ＝3，即塔的顶层共有灯3盏．7. 设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝7，S 6＝63，则a 7＋a 8＋a 9＝__________． 答案：448解析：由S 3＝7，S 6＝63，得a 1＋a 2＋a 3＝7，7＋a 4＋a 5＋a 6＝63，则a 4＋a 5＋a 6＝(a 1＋a 2＋a 3)q 3＝56，q 3＝8，a 7＋a 8＋a 9＝(a 4＋a 5＋a 6)q 3＝56×8＝448.8. 已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝2a 2＋3，S 3＝2a 3＋3，则公比q 的值为________．答案：2解析：∵ S 2＝2a 2＋3，S 3＝2a 3＋3，∴ a 1＝a 1q ＋3，a 1(1＋q)＝a 1q 2＋3，∴ q 2－2q ＝0，q ≠0，则公比q ＝2.9. 在等比数列{a n }中，已知a 1＝1，a 4＝8，设S 3n 为该数列的前3n 项和，T n 为数列{a 3n }的前n 项和．若S 3n ＝tT n ，则实数t 的值为________．答案：7解析： ∵a 4＝a 1q 3＝q 3＝8，∴ q ＝2，S 3n ＝1－23n1－2＝8n －1.由题意知，数列{a 3n }是首项为1，公比为8的等比数列，∴T n ＝1－8n1－8＝17(8n－1)．由S 3n ＝tT n ，得t ＝7.10. 在正项等比数列{a n }中，若a 4＋a 3－2a 2－2a 1＝6，则a 5＋a 6的最小值为________． 答案：48解析：设 a 2＋a 1＝x ，等比数列的公比为q ，则a 4＋a 3 ＝xq 2，a 5＋a 6 ＝xq 4.再由a 4＋a 3－2a 2－2a 1＝6，得 xq 2＝6＋2x ，∴ x ＝6q 2－2＞0，q ＞1.∴ a 5＋a 6 ＝xq 4＝6q 4q 2－2＝6⎝⎛⎭⎪⎫q 2－2＋4q 2－2＋4≥6×(4＋4)＝48，当且仅当q 2－2＝2时，等号成立，故a 5＋a 6的最小值为48.二、 解答题11. 已知{a n }是首项为a 1，公比q 为正数(q≠1)的等比数列，其前n 项和为S n ，且5S 2＝4S 4.(1) 求q 的值．(2) 设b n ＝q ＋S n ，请判断数列{b n }能否为等比数列？若能，请求出a 1的值；若不能，请说明理由．解：(1) 由题意知，5S 2＝4S 4，∴ 5a 1（1－q 2）1－q ＝4a 1（1－q 4）1－q.∵ a 1≠0，q>0，且q≠1，∴ 4q 4－5q 2＋1＝0，解得q ＝12.(2) ∵ S n ＝a 1（1－q n）1－q ＝2a 1－a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，∴ b n ＝q ＋S n ＝12＋2a 1－a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.∴ 当且仅当12＋2a 1＝0，即a 1＝－14时，b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1为等比数列，∴ {b n }能为等比数列，此时a 1＝－14.12. 已知等差数列{a n }的公差d 不为0，且ak 1，ak 2，…，ak n ，…(k 1＜k 2＜…＜k n ＜…)成等比数列，公比为q.(1) 若k 1＝1，k 2＝3，k 3＝8，求a 1d的值；(2) 当a 1d为何值时，数列{k n }为等比数列．解：(1) 由已知可得a 1，a 3，a 8成等比数列，所以(a 1＋2d)2＝a 1(a 1＋7d)，整理可得，4d 2＝3a 1d.因为d≠0，所以a 1d ＝43.(2) 设数列{k n }为等比数列，则k 22＝k 1k 3.又ak 1，ak 2，ak 3成等比数列，所以[a 1＋(k 1－1)d][a 1＋(k 3－1)d]＝[a 1＋(k 2－1)d]2.整理，得a 1(2k 2－k 1－k 3)＝d(k 1k 3－k 22－k 1－k 3＋2k 2)．因为k 22＝k 1k 3，所以a 1(2k 2－k 1－k 3)＝d(2k 2－k 1－k 3)．因为2k 2≠k 1＋k 3，所以a 1＝d ，即a 1d＝1.当a 1d＝1时，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝nd ，所以ak n ＝k n d. 因为ak n ＝ak 1q n －1＝k 1dq n －1，所以k n ＝k 1q n －1.所以k n ＋1k n ＝k 1q nk 1qn －1＝q ，数列{k n }为等比数列．综上，当a 1d＝1时，数列{k n }为等比数列．13. (2017·苏州期中)已知等比数列{a n }的公比q>1，且满足a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项．(1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n ＋n·2n ＋1>62成立的正整数n 的最小值．解：(1) ∵ a 3＋2是a 2，a 4的等差中项， ∴ 2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，代入a 2＋a 3＋a 4＝28，可得a 3＝8， ∴ a 2＋a 4＝20，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝8，a 1q ＋a 1q 3＝20，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝32，q ＝12. ∵ q>1，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2，∴ 数列{a n }的通项公式为a n ＝2n.(2) ∵ b n ＝a n log 12a n ＝2n log 122n ＝－n·2n，∴ S n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n) ①，2S n ＝－(1×22＋2×23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1) ②，②－①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·2n ＋1>62，∴ 2n ＋1－2>62，∴ n ＋1>6，n>5，∴ 使S n ＋n·2n ＋1>62成立的正整数n 的最小值为6.第4课时 数列的求和 一、 填空题1. 在数列{a n }中，若a 1＝－2，且对任意的n∈N *有2a n ＋1＝1＋2a n ，则数列{a n }前10项的和为________．答案：52解析：由2a n ＋1＝1＋2a n 得a n ＋1－a n ＝12，所以数列{a n }是首项为－2，公差为12的等差数列，所以S 10＝10×(－2)＋10×（10－1）2×12＝52.2. 已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n－12n ，其前n 项和S n ＝32164，则项数n ＝________．答案：6解析：∵ a n ＝1－12n ，∴ S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－18＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＝n －(12＋14＋18＋…＋12n )＝n －12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝n －1＋12n .由S n ＝32164＝n －1＋12n ，可得出n ＝6. 3. 数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n ＝________．答案：n 2＋1－12n解析：该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(12＋122＋…＋12n )＝n 2＋1－12n .4. 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为________．答案：100101解析：∵ a 5＝5，S 5＝15，∴ 5（a 1＋a 5）2＝15，则a 1＝1，∴ d ＝a 5－a 14＝1，∴ a n ＝n ，∴ 1a n a n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和为T n ，则 T 100＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1100－1101＝1－1101＝100101.5. 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，则{|a n |}的前n 项和T n ＝__________．答案：⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2（1≤n≤3），n 2－6n ＋18（n>3）解析：由S n ＝n 2－6n 得{a n }是等差数列，且首项为－5，公差为2，∴ a n ＝－5＋(n －1)×2＝2n －7，∴ 当n≤3时，a n <0；当n>3时，a n >0，∴ T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2（1≤n≤3），n 2－6n ＋18（n>3）.6. 数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则S 17＝________． 答案：9解析：S 17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.7. 已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，…，110＋210＋310＋…＋910，….若b n ＝1a n a n ＋1，那么数列{b n }的前n 项和S n ＝________．答案：4nn ＋1解析：∵ a n ＝1＋2＋3＋…＋n n ＋1＝n2，∴ b n ＝1a n a n ＋1＝4n （n ＋1）＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴ S n ＝4[⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1]＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝4n n ＋1. 8. 已知数列{a n }满足a n ＋2＝－a n (n∈N ＋)，且a 1＝1，a 2＝2，则数列{a n }的前2 014项的和为________．答案：3解析：∵ a n ＋2＝－a n ＝－(－a n －2)，n ＞2，∴ 数列{a n }是以4为周期的周期数列．S 2 014＝503(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 2 013＋a 2 014＝503(a 1＋a 2－a 1－a 2)＋a 503×4＋1＋a 503×4＋2＝a 1＋a 2＝3.9. 设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________．答案：2011解析：∵ a 1＝1，a n ＋1－a n ＝n ＋1，∴ a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n.将以上n－1个式子相加得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝n （n ＋1）－22，即a n ＝n （n ＋1）2.令b n ＝1a n，故b n ＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，故S 10＝b 1＋b 2＋…＋b 10＝2×(1－12＋12－13＋…＋110－111)＝2011. 二、 解答题10. 已知数列{a n }的通项a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －5（n 为奇数），2n （n 为偶数），求其前n 项和S n .解：奇数项组成以a 1＝1为首项，公差为12的等差数列，偶数项组成以a 2＝4为首项，公比为4的等比数列；当n 为奇数时，奇数项有n ＋12项，偶数项有n －12项，∴ S n ＝n ＋12（1＋6n －5）2＋4（1－4n －12）1－4＝（n ＋1）（3n －2）2＋4（2n －1－1）3；当n 为偶数时，奇数项和偶数项分别有n2项，∴ S n ＝n 2（1＋6n －5）2＋4（1－4n 2）1－4＝n （3n －2）2＋4（2n －1）3，∴ S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧（n ＋1）（3n －2）2＋4（2n －1－1）3（n 为奇数），n （3n －2）2＋4（2n－1）3（n 为偶数）. 11. 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3＝2S 2＋4，a 5＝36. (1) 求a n ，S n ；(2) 设b n ＝S n －1(n∈N *)，T n ＝1b 1＋1b 2＋1b 3＋…＋1b n，求T n .解：(1) 因为S 3＝2S 2＋4，所以a 1－d ＝－4.因为a 5＝36，所以a 1＋4d ＝36，解得d ＝8，a 1＝4，所以a n ＝4＋8(n －1)＝8n －4，S n ＝n （4＋8n －4）2＝4n 2.(2) 因为b n ＝4n 2－1＝(2n －1)(2n ＋1)，所以1b n ＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，T n ＝1b 1＋1b 2＋1b 3＋…＋1b n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.12. 已知数列{a n }是首项为a 1＝14，公比为q ＝14的等比数列，设b n ＋2＝3log 14a n (n∈N *)，数列{c n }满足c n ＝a n ·b n .(1) 求数列{b n }的通项公式； (2) 求数列{c n }的前n 项和S n .解：(1) 由题意，知a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14n (n∈N *)．又b n ＝3log 14a n －2，故b n ＝3n －2(n∈N *)．(2) 由(1)知a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ，b n ＝3n －2(n∈N *)，所以c n ＝(3n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n (n∈N *)，所以S n ＝1×14＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋7×⎝ ⎛⎭⎪⎫143＋…＋(3n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＋(3n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ，于是14S n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫143＋7×⎝ ⎛⎭⎪⎫144＋…＋(3n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＋(3n －2)×(14)n ＋1，两式相减，得34S n ＝14＋3[(14)2＋(14)3＋…＋(14)n ]－(3n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＋1＝12－(3n ＋2)×(14)n ＋1，所以S n ＝23－3n ＋23×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n (n∈N *)．13. 在等差数列{a n }中，已知公差d ＝2，a 2是a 1与a 4的等比中项． (1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 设b n ＝a n （n ＋1）2，记T n ＝－b 1＋b 2－b 3＋b 4－…＋(－1)nb n ，求T n .解：(1) 由题意知(a 1＋d)2＝a 1(a 1＋3d)，即(a 1＋2)2＝a 1(a 1＋6)，解得a 1＝2， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n.(2) 由题意知b n ＝a n （n ＋1）2＝n(n ＋1)，则b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)，所以T n ＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)nn ×(n ＋1)． 当n 为偶数时，T n ＝(－b 1＋b 2)＋(－b 3＋b 4)＋…＋(－b n －1＋b n )＝4＋8＋12＋…＋2n ＝n2（4＋2n ）2＝n （n ＋2）2，当n 为奇数时，T n ＝T n －1＋(－b n )＝（n －1）（n ＋1）2－n(n ＋1)＝－（n ＋1）22，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－（n ＋1）22，n 为奇数，n （n ＋2）2，n 为偶数.第5课时 数列的综合应用一、 填空题1. 在等差数列{a n }中，满足3a 4＝7a 7，且a 1＞0，S n 是数列{a n }的前n 项和，若S n 取得最大值，则n ＝________．答案：9解析：设公差d ，由题设知3(a 1＋3d)＝7(a 1＋6d)，得d ＝－433a 1＜0，解不等式a n ＞0，即a 1＋(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫－433a 1＞0，解得n ＜374，则n≤9时，a n ＞0，同理可得n≥10时，a n ＜0，故当n ＝9时，S n 取得最大值．2. 在等比数列{a n }中，各项都是正数，且a 1，12a 3，2a 2成等差数列，则a 9＋a 10a 7＋a 8＝________．答案：3＋2 2解析：∵ a 1，12a 3，2a 2成等差数列，∴ 2×12a 3＝a 1＋2a 2，即a 3＝a 1＋2a 2.设等比数列{a n }的公比为q 且q ＞0，则a 3＝a 1q 2，a 2＝a 1q ，∴ a 1q 2＝a 1＋2a 1q ，∴ q 2＝1＋2q ，解得q ＝1＋2或1－2(舍)，∴a 9＋a 10a 7＋a 8＝a 9（1＋q ）a 7（1＋q ）＝q 2＝(2＋1)2＝3＋2 2.3. 在数列{a n }中，S n 是其前n 项和，且S n ＝2a n ＋1，则数列的通项公式a n ＝________．答案：a n ＝－2n －1解析：依题意得S n ＋1＝2a n ＋1＋1，S n ＝2a n ＋1，两式相减得S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－2a n ，即a n ＋1＝2a n .又S 1＝2a 1＋1＝a 1，所以a 1＝－1，所以数列{a n }是以a 1＝－1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝－2n －1.4. 等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为________．答案：－24解析：设等差数列的公差为d ，由a 2，a 3，a 6成等比数列可得a 23＝a 2a 6，即(1＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d)，整理可得d 2＋2d ＝0.因为公差不为0，所以d ＝－2，数列的前6项和为S 6＝6a 1＋6×（6－1）2d ＝6×1＋6×（6－1）2×(－2)＝－24.5. 设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 6成等差数列，且a 2＋a 5＝4，则a 8的值为________．答案：2解析：∵ 等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 6成等差数列，且a 2＋a 5＝4，∴ q ≠1，⎩⎪⎨⎪⎧2×a 1（1－q 9）1－q ＝a 1（1－q 3）1－q ＋a 1（1－q 6）1－q ，a 1q ＋a 1q 4＝4，解得a 1q ＝8，q 3＝－12，∴ a 8＝a 1q 7＝(a 1q)(q 3)2＝8×14＝2.6. 在等差数列{a n }中，已知首项a 1＞0，公差d ＞0.若a 1＋a 2≤60，a 2＋a 3≤100，则5a 1＋a 5的最大值为________．答案：200解析：由a 1＋a 2≤60，a 2＋a 3≤100得2a 1＋d≤60，2a 1＋3d≤100，a 1＞0，d ＞0.由线性规划的知识得5a 1＋a 5＝6a 1＋4d ，过点(20，20)时，取最大值为200.7. 设正项数列{a n }的前n 项和是S n ，{a n }和{S n }都是等差数列，则S n ＋10a n的最小值是____________．答案：21解析：由题设知S n ＝⎝⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n ＋d 2n 2.又S n 为等差数列，从而a 1＝d 2，从而a n ＝a 1＋(n －1)d ＝d ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12，S n ＝d 2n 2，∴ S n ＋10a n ＝d 2（n ＋10）2d ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＝（n ＋10）22⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＝（n ＋10）22n －1.令2n －1＝t(t≥1)，原式＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋12＋102t ＝14·⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋441t ＋42≥14·⎝ ⎛⎭⎪⎫2t·441t ＋42＝21，从而当t ＝21，即n ＝11时，原式取到最小值21.8. 中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其大意为：“有一个人走了378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”问此人第4天和第5天共走了________里．答案：36解析：由题意知，此人每天走的里数构成公比为12的等比数列，设等比数列的首项为a 1，则有a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1261－12＝378，解得a 1＝192，所以a 4＝192×18＝24，a 5＝24×12＝12，a 4＋a 5＝24＋12＝36，所以此人第4天和第5天共走了36里．9. 已知{a n }，{b n }均为等比数列，其前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意的n∈N *，总有S n T n＝3n＋14，则a 3b 3＝________．答案：9解析：设{a n }，{b n }的公比分别为q ，q ′，∵ S n T n ＝3n＋14，∴ 当n ＝1时，a 1＝b 1.当n ＝2时，a 1＋a 1q b 1＋b 1q ′＝52.当n ＝3时，a 1＋a 1q ＋a 1q2b 1＋b 1q ′＋b 1q ′2＝7，∴ 2q －5q′＝3，7q ′2＋7q′－q 2－q ＋6＝0，解得q ＝9，q ′＝3，∴ a 3b 3＝a 1q 2b 1q ′2＝9.10. 现有一根n 节的竹竿，自上而下每节的长度依次构成等差数列，最上面一节长为10 cm ，最下面的三节长度之和为114 cm ，第6节的长度是首节与末节长度的等比中项，则n ＝________．答案：16解析：设每节竹竿的长度对应的数列为{a n }，公差为d(d ＞0)．由题意知a 1＝10，a n ＋a n －1＋a n －2＝114，a 26＝a 1a n .由a n ＋a n －1＋a n －2＝114，得3a n －1＝114，解得a n －1＝38，∴ (a 1＋5d)2＝a 1(a n －1＋d)，即(10＋5d)2＝10(38＋d)，解得d ＝2，∴a n －1＝a 1＋(n －2)d ＝38，即10＋2(n －2)＝38，解得n ＝16.二、 解答题11. 设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，且a 1，a 2＋5，a 3成等差数列． (1) 求a 1，a 2的值；(2) 求证：数列{a n ＋2n}是等比数列，并求数列{a n }的通项公式． (1) 解：由已知，得2a 1＝a 2－3 ①， 2(a 1＋a 2)＝a 3－7 ②，又a 1，a 2＋5，a 3成等差数列， 所以a 1＋a 3＝2a 2＋10 ③， 解①②③，得a 1＝1，a 2＝5.(2) 证明：由已知，n ∈N *时，2(S n ＋1－S n )＝a n ＋2－a n ＋1－2n ＋2＋2n ＋1，即a n ＋2＝3a n ＋1＋2n ＋1，即a n ＋1＝3a n ＋2n(n≥2)，由(1)得，a 2＝3a 1＋2，∴ a n ＋1＝3a n ＋2n (n∈N *)，从而有a n ＋1＋2n ＋1＝3a n ＋2n ＋2n ＋1＝3a n ＋3×2n ＝3(a n ＋2n)．又a 1＋2＞0，∴ a n ＋2n＞0，∴ a n ＋1＋2n ＋1a n ＋2n ＝3，∴ 数列{a n ＋2n}是等比数列，且公比为3，∴ a n ＋2n ＝(a 1＋2)×3n －1＝3n ，即a n ＝3n －2n. 12. 商学院为推进后勤社会化改革，与桃园新区商定，由该区向建设银行贷款500万元在桃园新区为学院建一栋可容纳一千人的学生公寓，工程于2017年初动工，年底竣工并交付使用，公寓管理处采用收费偿还建行贷款形式(年利率5%，按复利计算)，公寓所收费用除去物业管理费和水电费18万元，其余部分全部用于年底还建行贷款．(1) 若公寓收费标准定为每生每年800元，问到哪一年可偿还建行全部贷款？(2) 若公寓管理处要在2025年年底把贷款全部还清，则每生每年的最低收费标准是多少元(精确到元)？(参考数据：lg 1.734 3≈0.239 1，lg 1.05≈0.021 2，1.058≈1.477 4)解：(1) 设公寓投入使用后n 年可偿还全部贷款，则公寓每年收费总额为1 000×800＝800 000(元)＝80万元，扣除18万元，可偿还贷款62万元．依题意有62[1＋(1＋5%)＋(1＋5%)2＋…＋(1＋5%)n －1]≥500(1＋5%)n ＋1，化简得62(1.05n－1)≥25×1.05n ＋1，∴ 1.05n≥1.734 3.两边取对数并整理得 n ≥lg 1.734 3lg 1.05≈0.239 10.021 2≈11.28，∴ 当取n ＝12时，即到2029年底可全部还清贷款．(2) 设每生每年的最低收费标准为x 元，因到2025年底公寓共使用了8年，依题意有⎝ ⎛⎭⎪⎫1 000x 10 000－18[1＋(1＋5%)＋(1＋5%)2＋…＋(1＋5%)7]≥500(1＋5%)9.化简得(0.1x －18)×1.058－11.05－1≥500×1.059，解得x≥992，∴ 每生每年的最低收费标准为992元．13. 已知数列{a n }，{b n }满足2S n ＝(a n ＋2)b n ，其中S n 是数列{a n }的前n 项和．(1) 若数列{a n }是首项为23，公比为－13的等比数列，求数列{b n }的通项公式；(2) 若b n ＝n ，a 2＝3，求数列{a n }的通项公式；(3) 在(2)的条件下，设c n ＝a nb n，求证：数列{c n }中的任意一项总可以表示成该数列其他两项之积．(1) 解：因为a n ＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －1＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ，S n ＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ，所以b n ＝2S n a n ＋2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －2⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ＋2＝12.(2) 解：若b n ＝n ，则2S n ＝na n ＋2n ， 所以2S n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1＋2(n ＋1)，两式相减得2a n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1－na n ＋2，即na n ＝(n －1)a n ＋1＋2.当n≥2时，(n －1)a n －1＝(n －2)a n ＋2，两式相减得(n －1)a n －1＋(n －1)a n ＋1＝2(n －1)a n ， 即a n －1＋a n ＋1＝2a n .由2S 1＝a 1＋2，得a 1＝2，又a 2＝3，所以数列{a n }是首项为2，公差为3－2＝1的等差数列， 故数列{a n }的通项公式是a n ＝n ＋1.(3) 证明：由(2)得c n ＝n ＋1n，对于给定的n∈N *，若存在k ，t ≠n ，k ，t ∈N *，使得c n＝c k ·c t ，只需n ＋1n ＝k ＋1k ·t ＋1t ，即1＋1n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋1k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1t ，即1n ＝1k ＋1t ＋1kt ，则t ＝n （k ＋1）k －n ， 取k ＝n ＋1，则t ＝n(n ＋2)，所以对数列{c n }中的任意一项c n ＝n ＋1n ，都存在c n ＋1＝n ＋2n ＋1和c n2＋2n ＝n 2＋2n ＋1n ＋2n，使得c n ＝c n ＋1·c n2＋2n .。
2019届高三数学理一轮复习教师用书：第五章 数 列 含答案 精品
第五章 数 列第一节数列的概念与简单表示法1．数列的有关概念n n 若数列{a n }的前n 项和为S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.5．数列的分类1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( ) (2)1,1,1,1，…，不能构成一个数列．( )(3)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．( )(4)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对∀n ∈N *，都有a n ＋1＝S n ＋1－S n .( ) 答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√2．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝9＋12n ，则在下列各数中，不是{a n }的项的是( ) A ．21 B ．33 C ．152D ．153解析：选C 由9＋12n ＝152，得n ＝14312∉N *.3．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1＋1a n －1(n ≥2)，则a 4＝( ) A.32 B.53 C.74D.85 解析：选B 由题意知，a 1＝1，a 2＝1＋1a 1＝2，a 3＝1＋1a 2＝32，a 4＝1＋1a 3＝53.4．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a n －1＋2n (n ≥2)，则a 7＝( )A ．53B ．54C ．55D ．109解析：选C 由题意知，a 2＝a 1＋2×2，a 3＝a 2＋2×3，……，a 7＝a 6＋2×7，各式相加得a 7＝a 1＋2(2＋3＋4＋…＋7)＝55.5．数列1，23，35，47，59，…的一个通项公式a n ＝________.解析：由已知得，数列可写成11，23，35，…，故通项公式可以为a n ＝n 2n －1.答案：n2n －16．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －3，则数列{a n }的通项公式是________________． 解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－3＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n －3)－(2n －1－3)＝2n －2n －1＝2n －1.又a 1＝－1不适合上式，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，2n －1，n ≥2.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，2n －1，n ≥2考点一 由a n 与S n 的关系求通项a n (基础送分型考点——自主练透)[考什么·怎么考]n n 1．已知S n ＝3n ＋2n ＋1，则a n ＝____________. 解析：因为当n ＝1时，a 1＝S 1＝6； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋2n ＋1)－[3n －1＋2(n －1)＋1]＝2·3n －1＋2，由于a 1不适合此式，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6，n ＝1，2·3n －1＋2，n ≥2.答案：⎩⎪⎨⎪⎧6，n ＝1，2·3n －1＋2，n ≥22．(2017·全国卷Ⅲ改编)设数列{a n}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)a n＝2n，则a n＝____________.解析：因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)a n＝2n，故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)a n－1＝2(n－1)．两式相减得(2n－1)a n＝2，所以a n＝22n－1(n≥2)．又由题设可得a1＝2，满足上式，从而{a n}的通项公式为a n＝22n－1(n∈N*)．答案：22n－1(n∈N*)[题型技法]已知Sn求a n的3步骤(1)先利用a1＝S1求出a1；(2)用n－1替换S n中的n得到一个新的关系，利用a n＝S n－S n－1(n≥2)便可求出当n≥2时a n的表达式；(3)注意检验n＝1时的表达式是否可以与n≥2的表达式合并．考法(二)由S n与a n的关系，求a n，S n3．设数列{a n}的前n项和为S n，且S n＝2(a n－1)(n∈N*)，则a n＝()A．2n B．2n－1C．2n D．2n－1解析：选C当n＝1时，a1＝S1＝2(a1－1)，可得a1＝2，当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝2a n－2a n－1，∴a n＝2a n－1，∴数列{a n}为首项为2，公比为2的等比数列，所以a n＝2n.4．(2015·全国卷Ⅱ)设S n是数列{a n}的前n项和，且a1＝－1，a n＋1＝S n S n＋1，则S n＝________.解析：∵a n＋1＝S n＋1－S n，a n＋1＝S n S n＋1，∴S n＋1－S n＝S n S n＋1.∵S n≠0，∴1S n－1S n＋1＝1，即1S n＋1－1S n＝－1.又1S1＝－1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n是首项为－1，公差为－1的等差数列．∴1S n＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴S n＝－1n.答案：－1n[题型技法]Sn与a n关系问题的求解思路根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化． (1)利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)转化为只含S n ，S n －1的关系式，再求解． (2)利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为只含a n ，a n －1的关系式，再求解．考点二 由递推关系式求数列的通项公式 (基础送分型考点——自主练透)[考什么·怎么考]1．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，则数列{a n }的通项公式为__________． 解析：∵a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，∴a n －1＝n －2n －1a n －2，a n －2＝n －3n －2a n －3，…，a 2＝12a 1.以上(n －1)个式子相乘得 a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n .当n ＝1时，a 1＝1，上式也成立．∴a n ＝1n (n ∈N *)． 答案：a n ＝1n(n ∈N *)[方法点拨] 叠乘法求通项公式的4步骤方法(二) 叠加法求通项公式2．设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________________．解析：由题意有a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n (n ≥2)． 以上各式相加，得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝(n －1)(2＋n )2＝n 2＋n －22.又∵a 1＝1，∴a n ＝n 2＋n2(n ≥2)．∵当n ＝1时也满足上式，∴a n ＝n 2＋n2(n ∈N *)．答案：a n ＝n 2＋n2(n ∈N *)[方法点拨] 叠加法求通项公式的4步骤方法(三) 构造法求通项公式3．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，则数列{a n }的通项公式为________________． 解析：∵a n ＋1＝3a n ＋2，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)， ∴a n ＋1＋1a n ＋1＝3， ∴数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3， 又a 1＋1＝2，∴a n ＋1＝2·3n －1，∴a n ＝2·3n －1－1(n ∈N *)．答案：a n ＝2·3n －1－1(n ∈N *)[方法点拨] 构造法求通项公式的3步骤[怎样快解·准解]1．正确选用方法求数列的通项公式(1)对于递推关系式可转化为a n ＋1a n＝f (n )的数列，并且容易求数列{f (n )}前n 项的积时，采用叠乘法求数列{a n }的通项公式．(2)对于递推关系式可转化为a n ＋1＝a n ＋f (n )的数列，通常采用叠加法(逐差相加法)求其通项公式．(3)对于递推关系式形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠0,1，q ≠0)的数列，采用构造法求数列的通项． 2．避免2种失误(1)利用叠乘法，易出现两个方面的问题：一是在连乘的式子中只写到a 2a 1，漏掉a 1而导致错误；二是根据连乘求出a n 之后，不注意检验a 1是否成立．(2)利用构造法求解时应注意数列的首项的正确求解以及准确确定叠加、叠乘后最后一个式子的形式．考点三 数列的性质及应用 (重点保分型考点——师生共研)1．已知数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n，若a 1＝12，则a 2 018＝( )A ．－1 B.12 C ．1D ．2解析：选D 由a 1＝12，a n ＋1＝11－a n ，得a 2＝11－a 1＝2，a 3＝11－a 2＝－1，a 4＝11－a 3＝12，a 5＝11－a 4＝2，…， 于是可知数列{a n }是以3为周期的周期数列，因此a 2 018＝a 3×672＋2＝a 2＝2. 2．已知数列{a n }满足a n ＝n ＋13n －16(n ∈N *)，则数列{a n }的最小项是第________项．解析：因为a n ＝n ＋13n －16，所以数列{a n }的最小项必为a n <0，即n ＋13n －16<0,3n －16<0，从而n <163.又n ∈N *，所以当n ＝5时，a n 的值最小．答案：5[解题师说]1．解决数列周期性问题的方法先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值． 2．判断数列单调性的2种方法(1)作差比较法：比较a n ＋1－a n 与0的大小．(2)作商比较法：比较a n ＋1a n 与1的大小，注意a n 的符号．3．求数列最大项或最小项的方法(1)利用不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a n －1≤a n ，a n ≥a n ＋1(n ≥2)找到数列的最大项；(2)利用不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a n －1≥a n ，a n ≤a n ＋1(n ≥2)找到数列的最小项．[冲关演练]1．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋1(n ∈N *)，则a 2 018＝( )A ．1B ．0C ．2 018D ．－2 018解析：选B ∵a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋1＝(a n －1)2，∴a 2＝(a 1－1)2＝0，a 3＝(a 2－1)2＝1，a 4＝(a 3－1)2＝0，…，可知数列{a n }是以2为周期的数列，∴a 2 018＝a 2＝0，选B.2．等差数列{a n }的公差d <0，且a 21＝a 211，则数列{a n }的前n 项和S n 取得最大值时的项数n 的值为( )A ．5B ．6C ．5或6D ．6或7解析：选C 由a 21＝a 211，可得(a 1＋a 11)(a 1－a 11)＝0，因为d <0，所以a 1－a 11≠0，所以a 1＋a 11＝0， 又2a 6＝a 1＋a 11，所以a 6＝0. 因为d <0，所以{a n }是递减数列，所以a 1>a 2>…>a 5>a 6＝0>a 7>a 8>…，显然前5项和或前6项和最大，故选C.(一)普通高中适用作业A 级——基础小题练熟练快1．已知数列1,2，7，10，13，…，则219在这个数列中的项数是( ) A ．16 B ．24 C ．26D ．28解析：选C 因为a 1＝1＝1，a 2＝2＝4，a 3＝7，a 4＝10，a 5＝13，…，所以a n＝3n －2.令a n ＝3n －2＝219＝76，解得n ＝26.2．数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n (n ∈N *)，若p －q ＝5，则a p －a q ＝( ) A ．10 B ．15 C ．－5D ．20解析：选D 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－3n －[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5，当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1，符合上式，所以a n ＝4n －5，所以a p －a q ＝4(p －q )＝20.3．(2017·河南许昌二模)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋2－a n ＝6，则a 11的值为( )A ．31B ．32C ．61D ．62解析：选A ∵数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋2－a n ＝6，∴a 3＝6＋1＝7，a 5＝6＋7＝13，a 7＝6＋13＝19，a 9＝6＋19＝25，a 11＝6＋25＝31. 4．(2018·云南检测)设数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－bn ，若数列{a n }是单调递增数列，则实数b 的取值范围为( )A ．(－∞，－1]B ．(－∞，2]C ．(－∞，3)D.⎝⎛⎦⎤－∞，92 解析：选C 因为数列{a n }是单调递增数列，所以a n ＋1－a n ＝2n ＋1－b >0(n ∈N *)，所以b <2n ＋1(n ∈N *)，所以b <(2n ＋1)min ＝3，即b <3.5．(2018·湖南湘潭一中、长沙一中等六校联考)已知数列{a n }满足：∀m ，n ∈N *，都有a n ·a m ＝a n ＋m ，且a 1＝12，那么a 5＝( )A.132B.116C.14D.12解析：选A ∵数列{a n }满足：∀m ，n ∈N *，都有a n ·a m ＝a n ＋m ，且a 1＝12，∴a 2＝a 1a 1＝14，a 3＝a 1·a 2＝18，∴a 5＝a 3·a 2＝132. 6．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，a 2＝2，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21为( )A ．5 B.72 C.92D.132解析：选B ∵a n ＋a n ＋1＝12，a 2＝2，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－32，n 为奇数，2， n 为偶数.∴S 21＝11×⎝⎛⎭⎫－32＋10×2＝72. 7．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ＋1(n ∈N *)，则a n ＝________. 解析：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝4≠2×1＋1，因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.答案：⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥28．已知数列{a n }为12，14，－58，1316，－2932，6164，…，则数列{a n }的一个通项公式是________．解析：各项的分母分别为21,22,23,24，…，易看出从第2项起，每一项的分子都比分母少3，且第1项可变为－2－32，故原数列可变为－21－321，22－322，－23－323，24－324，…故其通项公式为a n ＝(－1)n·2n －32n ，n ∈N *.答案：a n ＝(－1)n·2n －32n ，n ∈N *9．数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＋S n －1＝2n －1(n ≥2，n ∈N *)，且S 2＝3，则a 1＋a 3的值为________．解析：∵S n ＋S n －1＝2n －1(n ≥2)，令n ＝2， 得S 2＋S 1＝3，由S 2＝3得a 1＝S 1＝0， 令n ＝3，得S 3＋S 2＝5，所以S 3＝2，则a 3＝S 3－S 2＝－1，所以a 1＋a 3＝0＋(－1)＝－1. 答案：－110．在一个数列中，如果∀n ∈N *，都有a n a n ＋1a n ＋2＝k (k 为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k 叫做这个数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且a 1＝1，a 2＝2，公积为8，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝________.解析：依题意得数列{a n }是周期为3的数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，因此a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝4(a 1＋a 2＋a 3)＝4×(1＋2＋4)＝28.答案：28B 级——中档题目练通抓牢1．若a 1＝12，a n ＝4a n －1＋1(n ≥2)，则a n >100时，n 的最小值为( )A ．3B ．4C ．5D ．6解析：选C 由a 1＝12，a n ＝4a n －1＋1(n ≥2)得，a 2＝4a 1＋1＝4×12＋1＝3，a 3＝4a 2＋1＝4×3＋1＝13，a 4＝4a 3＋1＝4×13＋1＝53，a 5＝4a 4＋1＝4×53＋1＝213>100.2．(2018·咸阳模拟)已知正项数列{a n }中，a 1＋a 2＋…＋a n ＝n (n ＋1)2(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝nB ．a n ＝n 2C ．a n ＝n2D ．a n ＝n 22解析：选B ∵a 1＋a 2＋…＋a n ＝n (n ＋1)2， ∴a 1＋a 2＋…＋a n －1＝n (n －1)2(n ≥2)， 两式相减得a n ＝n (n ＋1)2－n (n －1)2＝n (n ≥2)， ∴a n ＝n 2(n ≥2)．又当n ＝1时，a 1＝1×22＝1，a 1＝1，适合上式，∴a n ＝n 2，n ∈N *.故选B.3．若数列{a n }满足：a 1＝19，a n ＋1＝a n －3(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和数值最大时，n 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：选B ∵a 1＝19，a n ＋1－a n ＝－3，∴数列{a n }是以19为首项，－3为公差的等差数列， ∴a n ＝19＋(n －1)×(－3)＝22－3n . 设{a n }的前k 项和数值最大，则有⎩⎪⎨⎪⎧ a k ≥0，a k ＋1≤0k ∈N *，∴⎩⎪⎨⎪⎧22－3k ≥0，22－3(k ＋1)≤0，∴193≤k ≤223， ∵k ∈N *，∴k ＝7.∴满足条件的n 的值为7.4．在数列{a n }中，a n >0，且前n 项和S n 满足4S n ＝(a n ＋1)2(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________．解析：当n ＝1时，4S 1＝(a 1＋1)2，解得a 1＝1； 当n ≥2时，由4S n ＝(a n ＋1)2＝a 2n ＋2a n ＋1， 得4S n －1＝a 2n －1＋2a n －1＋1，两式相减得4S n －4S n －1＝a 2n －a 2n －1＋2a n －2a n －1＝4a n ，整理得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0，因为a n >0，所以a n －a n －1－2＝0，即a n －a n －1＝2， 又a 1＝1，故数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列， 所以a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1. 答案：a n ＝2n －15.已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n ·2n ＋1，该数列的项排成一个数阵(如图)，则该数阵中的第10行第3个数为________．a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 ……解析：由题意可得该数阵中的第10行第3个数为数列{a n }的第1＋2＋3＋…＋9＋3＝9×102＋3＝48项，而a 48＝(－1)48×96＋1＝97，故该数阵中的第10行第3个数为97. 答案：976．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋4.(1)若k ＝－5，则数列中有多少项是负数？n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值； (2)对于n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，求实数k 的取值范围． 解：(1)由n 2－5n ＋4<0，解得1<n <4. 因为n ∈N *，所以n ＝2,3，所以数列中有两项是负数，即为a 2，a 3. 因为a n ＝n 2－5n ＋4＝⎝⎛⎭⎫n －522－94， 由二次函数性质，得当n ＝2或n ＝3时，a n 有最小值，其最小值为a 2＝a 3＝－2. (2)由a n ＋1>a n ，知该数列是一个递增数列，又因为通项公式a n ＝n 2＋kn ＋4，可以看作是关于n 的二次函数，考虑到n ∈N *，所以－k 2<32，解得k >－3.所以实数k 的取值范围为(－3，＋∞)．7．已知二次函数f (x )＝x 2－ax ＋a (a >0，x ∈R)，有且只有一个零点，数列{a n }的前n 项和S n ＝f (n )(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设c n ＝1－4a n(n ∈N *)，定义所有满足c m ·c m ＋1<0的正整数m 的个数，称为这个数列{c n }的变号数，求数列{c n }的变号数．解：(1)依题意，Δ＝a 2－4a ＝0， 所以a ＝0或a ＝4. 又由a >0得a ＝4，所以f (x )＝x 2－4x ＋4. 所以S n ＝n 2－4n ＋4.当n ＝1时，a 1＝S 1＝1－4＋4＝1； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －5.所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －5，n ≥2.(2)由题意得c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，n ＝1，1－42n －5，n ≥2. 由c n ＝1－42n －5可知，当n ≥5时，恒有c n >0. 又c 1＝－3，c 2＝5，c 3＝－3，c 4＝－13，c 5＝15，c 6＝37，即c 1·c 2<0，c 2·c 3<0，c 4·c 5<0， 所以数列{c n }的变号数为3. C 级——重难题目自主选做1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(n ＋2)⎝⎛⎭⎫910n (n ∈N *)，则数列{a n }的最大项是( ) A ．a 6或a 7 B ．a 7或a 8 C ．a 8或a 9D ．a 7解析：选B 因为a n ＋1－a n ＝(n ＋3)⎝⎛⎭⎫910n ＋1－(n ＋2)⎝⎛⎭⎫910n ＝⎝⎛⎭⎫910n ·7－n 10，当n <7时，a n＋1－a n >0，即a n ＋1>a n ；当n ＝7时，a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝a n ；当n >7时，a n ＋1－a n <0，即a n ＋1<a n ，则a 1<a 2<…<a 7＝a 8>a 9>a 10>…，所以此数列的最大项是第7项或第8项，即a 7或a 8.故选B.2．(2018·成都诊断)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n 2n 2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，则a n ＝________.解析：由题意知a n a n －1＝n 2n 2－1＝n 2(n －1)(n ＋1)，所以a n ＝a 1×a 2a 1×a 3a 2×…×a na n －1＝1×2222－1×3232－1×…×n 2n 2－1＝22×32×42×…×n 2(2－1)×(2＋1)×(3－1)×(3＋1)×(4－1)×(4＋1)×…×(n －1)×(n ＋1) ＝22×32×42×…×n 21×3×2×4×3×5×…×(n －1)×(n ＋1)＝2nn ＋1.答案：2nn ＋1(二)重点高中适用作业A 级——保分题目巧做快做1．已知数列1,2，7，10，13，…，则219在这个数列中的项数是( ) A ．16 B ．24 C ．26D ．28解析：选C 因为a 1＝1＝1，a 2＝2＝4，a 3＝7，a 4＝10，a 5＝13，…，所以a n＝3n －2.令a n ＝3n －2＝219＝76，解得n ＝26.2.(2018·郑州模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋2－a n ＝6，则a 11的值为( ) A ．31 B ．32 C ．61D ．62解析：选A ∵数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋2－a n ＝6， ∴a 3＝6＋1＝7，a 5＝6＋7＝13，a 7＝6＋13＝19， a 9＝6＋19＝25，a 11＝6＋25＝31.3．数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n (n ∈N *)，若p －q ＝5，则a p －a q ＝( ) A ．10 B ．15 C ．－5D ．20解析：选D 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－3n －[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5，当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1，符合上式，所以a n ＝4n －5，所以a p －a q ＝4(p －q )＝20.4．(2018·湖南湘潭一中、长沙一中等六校联考)已知数列{a n }满足：∀m ，n ∈N *，都有a n ·a m ＝a n ＋m ，且a 1＝12，那么a 5＝( )A.132B.116C.14D.12解析：选A ∵数列{a n }满足：∀m ，n ∈N *，都有a n ·a m ＝a n ＋m ，且a 1＝12，∴a 2＝a 1a 1＝14，a 3＝a 1·a 2＝18，∴a 5＝a 3·a 2＝132. 5．若数列{a n }满足：a 1＝19，a n ＋1＝a n －3(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和最大时，n 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：选B ∵a 1＝19，a n ＋1－a n ＝－3，∴数列{a n }是以19为首项，－3为公差的等差数列， ∴a n ＝19＋(n －1)×(－3)＝22－3n . 设{a n }的前k 项和最大，则有⎩⎪⎨⎪⎧ a k ≥0，a k ＋1≤0k ∈N *，∴⎩⎪⎨⎪⎧22－3k ≥0，22－3(k ＋1)≤0， ∴193≤k ≤223， ∵k ∈N *，∴k ＝7. ∴满足条件的n 的值为7.6.(2018·河北唐山一模)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝a 1(4n －1)3，若a 4＝32，则a 1＝________.解析：∵S n ＝a 1(4n －1)3，a 4＝32，∴S 4－S 3＝255a 13－63a 13＝32，∴a 1＝12. 答案：127．已知数列{a n }为12，14，－58，1316，－2932，6164，…，则数列{a n }的一个通项公式是________．解析：各项的分母分别为21,22,23,24，…，易看出从第2项起，每一项的分子都比分母少3，且第1项可变为－2－32，故原数列可变为－21－321，22－322，－23－323，24－324，…故其通项公式为a n ＝(－1)n·2n －32n ，n ∈N *.答案：a n ＝(－1)n·2n －32n ，n ∈N *8．在一个数列中，如果∀n ∈N *，都有a n a n ＋1a n ＋2＝k (k 为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k 叫做这个数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且a 1＝1，a 2＝2，公积为8，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝________.解析：依题意得数列{a n }是周期为3的数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，因此a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝4(a 1＋a 2＋a 3)＝4×(1＋2＋4)＝28.答案：289.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn ，k ∈N *，且S n 的最大值为8.试确定常数k ，并求数列{a n }的通项公式．解：因为S n ＝－12n 2＋kn ＝－12(n －k )2＋12k 2，其中k 是常数，且k ∈N *，所以当n ＝k时，S n 取最大值12k 2，故12k 2＝8，k 2＝16，因此k ＝4，从而S n ＝－12n 2＋4n .当n ＝1时，a 1＝S 1＝－12＋4＝72；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝⎝⎛⎭⎫－12n 2＋4n －－12(n －1)2＋4(n －1)＝92－n . 当n ＝1时，92－1＝72＝a 1，所以a n ＝92－n .10．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋4.(1)若k ＝－5，则数列中有多少项是负数？n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值； (2)对于n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，求实数k 的取值范围． 解：(1)由n 2－5n ＋4<0，解得1<n <4. 因为n ∈N *，所以n ＝2,3，所以数列中有两项是负数，即为a 2，a 3. 因为a n ＝n 2－5n ＋4＝⎝⎛⎭⎫n －522－94， 由二次函数性质，得当n ＝2或n ＝3时，a n 有最小值，其最小值为a 2＝a 3＝－2. (2)由a n ＋1>a n ，知该数列是一个递增数列，又因为通项公式a n ＝n 2＋kn ＋4，可以看作是关于n 的二次函数，考虑到n ∈N *，所以－k 2<32，解得k >－3.所以实数k 的取值范围为(－3，＋∞)． B 级——拔高题目稳做准做1.(2018·云南检测)设数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－bn ，若数列{a n }是单调递增数列，则实数b 的取值范围为( )A ．(－∞，－1]B ．(－∞，2]C ．(－∞，3)D.⎝⎛⎦⎤－∞，92 解析：选C 因为数列{a n }是单调递增数列，所以a n ＋1－a n ＝2n ＋1－b >0(n ∈N *)，所以b <2n ＋1(n ∈N *)，所以b <(2n ＋1)min ＝3，即b <3.2.已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n ＋2n ，且a 1＝33，则a nn 的最小值为( ) A ．21 B ．10 C.212D.172解析：选C 由已知条件可知，当n ≥2时， a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝33＋2＋4＋…＋2(n －1)＝n 2－n ＋33，又n ＝1时，a 1＝33满足此式． 所以a n n ＝n ＋33n －1.令f (n )＝a n n ＝n ＋33n －1，则f (n )在[1,5]上为减函数，在[6，＋∞)上为增函数． 又f (5)＝535，f (6)＝212，则f (5)>f (6)， 故f (n )＝a n n 的最小值为212.3.(2018·成都质检)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n 2n 2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，则a n ＝________.解析：由题意知a n a n －1＝n 2n 2－1＝n 2(n －1)(n ＋1)，所以a n ＝a 1×a 2a 1×a 3a 2×…×a na n －1＝1×2222－1×3232－1×…×n 2n 2－1＝22×32×42×…×n 2(2－1)×(2＋1)×(3－1)×(3＋1)×(4－1)×(4＋1)×…×(n －1)×(n ＋1) ＝22×32×42×…×n 21×3×2×4×3×5×…×(n －1)×(n ＋1)＝2nn ＋1. 答案：2nn ＋14.已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n ·2n ＋1，该数列的项排成一个数阵(如图)，则该数阵中的第10行第3个数为________．a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 ……解析：由题意可得该数阵中的第10行第3个数为数列{a n }的第1＋2＋3＋…＋9＋3＝9×102＋3＝48项，而a 48＝(－1)48×96＋1＝97，故该数阵中的第10行第3个数为97. 答案：975．已知二次函数f (x )＝x 2－ax ＋a (a >0，x ∈R)，有且只有一个零点，数列{a n }的前n 项和S n ＝f (n )(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设c n ＝1－4a n(n ∈N *)，定义所有满足c m ·c m ＋1<0的正整数m 的个数，称为这个数列{c n }的变号数，求数列{c n }的变号数．解：(1)依题意，Δ＝a 2－4a ＝0，所以a ＝0或a ＝4. 又由a >0得a ＝4， 所以f (x )＝x 2－4x ＋4. 所以S n ＝n 2－4n ＋4.当n ＝1时，a 1＝S 1＝1－4＋4＝1； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －5.所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －5，n ≥2.(2)由题意得c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，n ＝1，1－42n －5，n ≥2. 由c n ＝1－42n －5可知，当n ≥5时，恒有c n >0. 又c 1＝－3，c 2＝5，c 3＝－3，c 4＝－13，c 5＝15，c 6＝37，即c 1·c 2<0，c 2·c 3<0，c 4·c 5<0， 所以数列{c n }的变号数为3.6.已知{a n }是公差为d 的等差数列，它的前n 项和为S n ，S 4＝2S 2＋4，在数列{b n }中，b n ＝1＋a na n.(1)求公差d 的值；(2)若a 1＝－52，求数列{b n }中的最大项和最小项的值；(3)若对任意的n ∈N *，都有b n ≤b 8成立，求a 1的取值范围． 解：(1)∵S 4＝2S 2＋4，∴4a 1＋3×42d ＝2(2a 1＋d )＋4，解得d ＝1. (2)∵a 1＝－52，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝－52＋(n －1)×1＝n －72，∴b n ＝1＋a n a n ＝1＋1a n＝1＋1n －72.∵函数f (x )＝1＋1x －72在⎝⎛⎭⎫－∞，72和⎝⎛⎭⎫72，＋∞上分别是单调减函数，∴b 3<b 2<b 1<1，当n ≥4时，1<b n ≤b 4，∴数列{b n }中的最大项是b 4＝3，最小项是b 3＝－1. (3)由b n ＝1＋1a n，得b n ＝1＋1n ＋a 1－1.又函数f (x )＝1＋1x ＋a 1－1在(－∞，1－a 1)和(1－a 1，＋∞)上分别是单调减函数，且x <1－a 1时，y <1；当x >1－a 1时，y >1.∵对任意的n ∈N *，都有b n ≤b 8， ∴7<1－a 1<8，∴－7<a 1<－6， ∴a 1的取值范围是(－7，－6)．第二节等差数列及其前n 项和1．等差数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．这个常数叫做等差数列的公差，符号表示为a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)．(2)等差中项：数列a ，A ，b 成等差数列的充要条件是A ＝a ＋b2，其中A 叫做a ，b 的等差中项．2．等差数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d . (2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n (a 1＋a n )2. 3．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n . (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则{a 2n }也是等差数列，公差为2d . (4)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }也是等差数列．(5)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列．4．与等差数列各项的和有关的性质(1)若{a n }是等差数列，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也成等差数列，其首项与{a n }首项相同，公差是{a n }公差的12. (2)若{a n }是等差数列，S m ，S 2m ，S 3m 分别为{a n }的前m 项，前2m 项，前3m 项的和，则S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m 成等差数列．(3)关于等差数列奇数项和与偶数项和的性质． ①若项数为2n ，则S 偶－S 奇＝nd ，S 奇S 偶＝a na n ＋1. ②若项数为2n －1，则S 偶＝(n －1)a n ，S 奇＝na n ，S 奇－S 偶＝a n ，S 奇S 偶＝n n －1. (4)两个等差数列{a n }，{b n }的前n 项和S n ，T n 之间的关系为a n b n＝S 2n －1T 2n －1.1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若一个数列从第二项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．( )(2)等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的．( )(3)等差数列的前n 项和公式是常数项为0的二次函数．( ) (4)已知等差数列{a n }的通项公式a n ＝3－2n ，则它的公差为－2.( ) 答案：(1)× (2)√ (3)× (4)√2．在等差数列{}a n 中，若a 2＝4，a 4＝2，则a 6＝( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．6解析：选B ∵{}a n 为等差数列，∴2a 4＝a 2＋a 6，∴a 6＝2a 4－a 2＝2×2－4＝0.3．(2017·全国卷Ⅲ)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( )A ．－24B ．－3C ．3D ．8 解析：选A 设等差数列{a n }的公差为d ， 因为a 2，a 3，a 6成等比数列，所以a 2a 6＝a 23， 即(a 1＋d )(a 1＋5d )＝(a 1＋2d )2. 又a 1＝1，所以d 2＋2d ＝0. 又d ≠0，则d ＝－2，所以{a n }前6项的和S 6＝6×1＋6×52×(－2)＝－24.4．已知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，且a 1＝1，a 4＝4，则a 10＝( )A ．－45B ．－54C.413D.134解析：选A 设等差数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的公差为d ，由题意可知，1a 4＝1a 1＋3d ＝14，解得d ＝－14，所以1a 10＝1a 1＋9d ＝－54，所以a 10＝－45. 5．已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 3＋a 9＝a 10－a 8，若a n ＝0，则n ＝________. 解析：因为a 3＋a 9＝a 10－a 8，所以a 1＋2d ＋a 1＋8d ＝a 1＋9d －(a 1＋7d )， 解得a 1＝－4d ，所以a n ＝－4d ＋(n －1)d ＝(n －5)d ， 令(n －5)d ＝0(d ≠0)，可解得n ＝5. 答案：56．在等差数列{a n }中，a n >0，a 7＝12a 4＋4，S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 19＝________.解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由a 7＝12a 4＋4，得a 1＋6d ＝12(a 1＋3d )＋4，即a 1＋9d ＝8，所以a 10＝8，因此S 19＝19(a 1＋a 19)2＝19×a 10＝19×8＝152. 答案：152考点一 等差数列的基本运算 (基础送分型考点——自主练透)[考什么·怎么考]n 527A ．12 B ．13 C ．14D ．15解析：选B 设等差数列{a n }的公差为d ， 由S 5＝5(a 2＋a 4)2，得5(3＋a 4)2＝25，解得a 4＝7，所以7＝3＋2d ，解得d ＝2，所以a 7＝a 4＋3d ＝7＋3×2＝13.2．(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选C 设等差数列{a n }的公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 5＝24，S 6＝48，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3d ＋a 1＋4d ＝24，6a 1＋6×52d ＝48，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋7d ＝24，2a 1＋5d ＝16，解得d ＝4. 3．(2018·福州质检)设等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 2＝－d ，若a k 是a 6与a k ＋6的等比中项，则k ＝( )A ．5B ．6C ．9D ．11解析：选C 因为a k 是a 6与a k ＋6的等比中项， 所以a 2k ＝a 6a k ＋6.又等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 2＝－d ， 所以[a 2＋(k －2)d ]2＝(a 2＋4d )[a 2＋(k ＋4)d ]， 所以(k －3)2＝3(k ＋3)，解得k ＝9，或k ＝0(舍去)，故选C.4．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 12＝－8，S 9＝－9，则S 16＝________. 解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ， 由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧a 12＝a 1＋11d ＝－8，S 9＝9a 1＋9×82d ＝－9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝－1. ∴S 16＝16×3＋16×152×(－1)＝－72.答案：－72[怎样快解·准解]1．等差数列运算中方程思想的应用(1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项a 1和公差d ，然后由通项公式或前n 项和公式转化为方程(组)求解．(2)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 ，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．[易错提醒] 在求解数列基本量运算中，要注意公式使用时的准确性与合理性，更要注意运算的准确性．在遇到一些较复杂的方程组时，要注意整体代换思想的运用，使运算更加便捷．2．等差数列前n 项和公式的应用方法根据不同的已知条件选用两个求和公式，若已知首项和公差，则使用公式S n ＝na 1＋n (n －1)2d ；若已知通项公式，则使用公式S n ＝n (a 1＋a n )2，同时注意与性质“a 1＋a n ＝a 2＋a n －1＝a 3＋a n －2＝…”的结合使用．考点二 等差数列的判定与证明 (重点保分型考点——师生共研)(2018·贵州适应性考试)已知数列{a n }满足a 1＝1，且na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n 2＋2n . (1)求a 2，a 3；(2)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列，并求{a n }的通项公式．[思维路径](1)要求数列的项，可根据已知首项和递推关系式，令n ＝1,2可解得．(2)证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列，其关键应推出a n ＋1n ＋1－a n n 为常数，对所给条件进行必要的变形即可．解：(1)由已知，得a 2－2a 1＝4， 则a 2＝2a 1＋4，又a 1＝1，所以a 2＝6. 由2a 3－3a 2＝12，得2a 3＝12＋3a 2，所以a 3＝15.(2)证明：由已知na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n 2＋2n ， 得na n ＋1－(n ＋1)a n n (n ＋1)＝2，即a n ＋1n ＋1－a nn＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项a 11＝1，公差d ＝2的等差数列．则a nn ＝1＋2(n －1)＝2n －1，所以a n ＝2n 2－n .[解题师说]等差数列的判定与证明方法用定义证明等差数列时，容易漏掉对起始项的检验，从而产生错解．比如，对于满足a n－a n－1＝1(n≥3)的数列{a n}而言并不能判定其为等差数列，因为不能确定起始项a2－a1是否等于1.[冲关演练]1．(2018·陕西质检)已知数列{a n}的前n项和S n＝an2＋bn(a，b∈R)且a2＝3，a6＝11，则S7等于()A．13B．49C．35 D．63解析：选B由S n＝an2＋bn(a，b∈R)可知数列{a n}是等差数列，所以S7＝7(a1＋a7)2＝7(a2＋a6)2＝49.2．已知数列{a n}中，a1＝2，a n＝2－1a n－1(n≥2，n∈N*)，设b n＝1a n－1(n∈N*)．求证：数列{b n}是等差数列．证明：∵a n＝2－1a n－1(n≥2)，∴a n＋1＝2－1a n.∴b n＋1－b n＝1a n＋1－1－1a n－1＝12－1a n－1－1a n－1＝a n－1a n－1＝1，∴{b n}是首项为b1＝12－1＝1，公差为1的等差数列．考点三等差数列的性质及前n项和的最值(重点保分型考点——师生共研)1．在等差数列{a n}中，a1＝29，S10＝S20，则数列{a n}的前n项和S n的最大值为() A．S15B．S16C．S15或S16D．S17解析：选A∵a1＝29，S10＝S20，∴10a1＋10×92d＝20a1＋20×192d，解得d＝－2，∴S n＝29n＋n(n－1)2×(－2)＝－n2＋30n＝－(n－15)2＋225.∴当n＝15时，S n取得最大值．2．(2018·石家庄一模)已知函数f(x)的图象关于直线x＝－1对称，且f(x)在(－1，＋∞)上单调，若数列{a n}是公差不为0的等差数列，且f(a50)＝f(a51)，则数列{a n}的前100项的和为❶❷() A．－200 B．－100C．－50 D．0[学审题]①由函数的对称性及单调性知f(x)在(－∞，－1)上也单调；②结合函数的性质知a50＋a51＝－2.解析：选B因为函数f(x)的图象关于直线x＝－1对称，又函数f(x)在(－1，＋∞)上单调，所以f(x)在(－∞，－1)上也单调，且数列{a n}是公差不为0的等差数列．又f(a50)＝f(a51)，所以a50＋a51＝－2，所以S100＝100(a1＋a100)2＝50(a50＋a51)＝－100.[解题师说]1．应用等差数列的性质解题的2个注意点(1)如果{a n}为等差数列，m＋n＝p＋q，则a m＋a n＝a p＋a q(m，n，p，q∈N*)．因此，若出现a m－n，a m，a m＋n等项时，可以利用此性质将已知条件转化为与a m(或其他项)有关的条件；若求a m项，可由a m＝12(a m－n＋a m＋n)转化为求a m－n，a m＋n或a m＋n＋a m－n的值．(2)要注意等差数列通项公式及前n项和公式的灵活应用，如a n＝a m＋(n－m)d，d＝a n －a m n －m，S 2n －1＝(2n －1)a n ，S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (a 2＋a n －1)2(n ，m ∈N *)等．2．求等差数列前n 项和S n 最值的2种方法(1)函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn ，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．(2)邻项变号法：①当a 1>0，d <0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧ a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值为S m ；②当a 1<0，d >0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值为S m .3．理清等差数列的前n 项和与函数的关系 等差数列的前n 项和公式为S n ＝na 1＋n (n －1)2d 可变形为S n ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n ，令A ＝d2，B ＝a 1－d2，则S n ＝An 2＋Bn .当A ≠0，即d ≠0时，S n 是关于n 的二次函数，(n ，S n )在二次函数y ＝Ax 2＋Bx 的图象上，即为抛物线y ＝Ax 2＋Bx 上一群孤立的点．利用此性质可解决前n 项和S n 的最值问题．[冲关演练]1．(2018·岳阳模拟)在等差数列{a n }中，如果a 1＋a 2＝40，a 3＋a 4＝60，那么a 7＋a 8＝( ) A ．95 B ．100 C ．135D ．80解析：选B 由等差数列的性质可知，a 1＋a 2，a 3＋a 4，a 5＋a 6，a 7＋a 8构成新的等差数列，于是a 7＋a 8＝(a 1＋a 2)＋(4－1)[(a 3＋a 4)－(a 1＋a 2)]＝40＋3×20＝100.2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1>0，a 3＋a 10>0，a 6a 7<0，则满足S n >0的最大自然数n 的值为( )A ．6B ．7C ．12D ．13解析：选C 因为a 1>0，a 6a 7<0，所以a 6>0，a 7<0，等差数列的公差小于零，又a 3＋a 10＝a 1＋a 12>0，a 1＋a 13＝2a 7<0，所以S 12>0，S 13<0，所以满足S n >0的最大自然数n 的值为12.3．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)，则数列{a n }的项数为________．解析：由题意知a 1＋a 2＋…＋a 6＝36，① a 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 n )2＝324， ∴18n ＝324，∴n ＝18. 答案：18(一)普通高中适用作业A 级——基础小题练熟练快1．(2018·兰州诊断考试)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，a 8＋a 10＝28，则S 9＝( )A ．36B ．72C ．144D ．288解析：选B 法一：∵a 8＋a 10＝2a 1＋16d ＝28，a 1＝2， ∴d ＝32，∴S 9＝9×2＋9×82×32＝72.法二：∵a 8＋a 10＝2a 9＝28，∴a 9＝14， ∴S 9＝9(a 1＋a 9)2＝72. 2．(2018·安徽两校阶段性测试)若等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 2＋S 3＝4，a 3＋S 5＝12，则a 4＋S 7的值是( )A ．20B ．36C ．24D ．72解析：选C 由a 2＋S 3＝4及a 3＋S 5＝12，得⎩⎪⎨⎪⎧ 4a 1＋4d ＝4，6a 1＋12d ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝0，d ＝1，∴a 4＋S 7＝8a 1＋24d ＝24.3．(2018·西安质检)已知数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2.若a k ·a k ＋1<0，则正整数k ＝( )A ．21B ．22C ．23D ．24解析：选C 由3a n ＋1＝3a n －2⇒a n ＋1－a n ＝－23⇒{a n }是等差数列，则a n ＝473－23n .∵a k ·a k＋1<0，∴⎝⎛⎭⎫473－23k ⎝⎛⎭⎫453－23k <0，∴452<k <472，又∵k ∈N *，∴k ＝23.4．(2018·东北三校联考)已知数列{a n }的首项为3，{b n }为等差数列，且b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，若b 3＝－2，b 2＝12，则a 8＝( )A ．0B ．－109C ．－181D ．121解析：选B 设等差数列{b n }的公差为d ，则d ＝b 3－b 2＝－14，因为a n ＋1－a n ＝b n ，所以a 8－a 1＝b 1＋b 2＋…＋b 7＝7(b 1＋b 7)2＝7b 4＝7×(－2－14)＝－112，又a 1＝3，所以a 8＝－109.5．(2018·云南11校跨区调研)在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋1＝3a n a n ＋3，则a 4＝( )A.34 B ．1 C.43D.32解析：选A 依题意得1a n ＋1＝a n ＋33a n ＝1a n ＋13，1a n ＋1－1a n ＝13，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1a 1＝13为首项、13为公差的等差数列，则1a n ＝13＋n －13＝n 3，a n ＝3n ，a 4＝34.6．(2018·东北四市高考模拟)已知数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝2，a 1＝－5，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝( )A ．9B ．15C ．18D ．30解析：选C 由a n ＋1－a n ＝2可得数列{a n }是等差数列，公差d ＝2，又a 1＝－5，所以a n ＝2n －7，所以|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋|a 4|＋|a 5|＋|a 6|＝5＋3＋1＋1＋3＋5＝18.7．(2016·北京高考)已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和．若a 1＝6，a 3＋a 5＝0，则S 6＝________.解析：∵a 3＋a 5＝2a 4，∴a 4＝0. ∵a 1＝6，a 4＝a 1＋3d ，∴d ＝－2. ∴S 6＝6a 1＋6×(6－1)2d ＝6×6－30＝6.答案：68．等差数列{a n }中，已知a 5>0，a 4＋a 7<0，则{a n }的前n 项和S n 的最大值为________．解析：∵⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＋a 7＝a 5＋a 6<0，a 5>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 5>0，a 6<0，∴S n 的最大值为S 5. 答案：S 59．若等差数列{a n }的前17项和S 17＝51，则a 5－a 7＋a 9－a 11＋a 13＝________. 解析：因为S 17＝a 1＋a 172×17＝17a 9＝51，所以a 9＝3. 根据等差数列的性质知a 5＋a 13＝a 7＋a 11， 所以a 5－a 7＋a 9－a 11＋a 13＝a 9＝3. 答案：310．在等差数列{a n }中，公差d ＝12，前100项的和S 100＝45，则a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝________.解析：因为S 100＝1002(a 1＋a 100)＝45，所以a 1＋a 100＝910， a 1＋a 99＝a 1＋a 100－d ＝25，则a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝502(a 1＋a 99)＝502×25＝10. 答案：10B 级——中档题目练通抓牢1．(2018·湖南五市十校联考)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n ＋1＝S n ＋a n ＋3，a 4＋a 5＝23，则S 8＝( )A ．72B ．88C ．92D ．98解析：选C 法一：由S n ＋1＝S n ＋a n ＋3，得a n ＋1－a n ＝3，故数列{a n }是公差为3的等差数列，又a 4＋a 5＝23＝2a 1＋7d ＝2a 1＋21，∴a 1＝1，S 8＝8a 1＋8×72d ＝92.法二：由S n ＋1＝S n ＋a n ＋3，得a n ＋1－a n ＝3，故数列{a n }是公差为3的等差数列，S 8＝8(a 1＋a 8)2＝8(a 4＋a 5)2＝92. 2．(2018·广东潮州二模)在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增一十三里；驽马初日行九十七里，日减半里，良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢，问：几日相逢( )A ．8日B ．9日C ．12日D ．16日解析：选B 设n 日相逢，则依题意得103n ＋n (n －1)2×13＋97n ＋n (n －1)2×⎝⎛⎭⎫－12＝1125×2，整理得n 2＋31n －360＝0，解得n ＝9(负值舍去)，故选B.3．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，其中n ∈N *，则下列命题错误的是( ) A ．若a n >0，则S n >0 B ．若S n >0，则a n >0C ．若a n >0，则{S n }是单调递增数列D ．若{S n }是单调递增数列，则a n >0解析：选D 由等差数列的性质可得：∀n ∈N *，a n >0，则S n >0，反之也成立．a n >0，d >0，则{S n }是单调递增数列．因此A 、B 、C 正确．对于D ，{S n }是单调递增数列，则d >0，而a n >0不一定成立．4．在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前 n 项和为S n ，当且仅当n ＝8 时S n 取得最大值，则d 的取值范围为________．解析：由题意，当且仅当n ＝8时S n 有最大值， 可得⎩⎪⎨⎪⎧d <0，a 8>0，a 9<0，即⎩⎪⎨⎪⎧d <0，7＋7d >0，7＋8d <0，解得－1<d <－78.答案：⎝⎛⎭⎫－1，－78 5．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m ＝________. 解析：因为等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，所以a m ＝S m －S m －1＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3，数列的公差d ＝1，a m ＋a m ＋1＝S m ＋1－S m－1＝5，即2a 1＋2m －1＝5， 所以a 1＝3－m . 由S m ＝(3－m )m ＋m (m －1)2×1＝0， 解得m ＝5. 答案：56．(2018·广西三市第一次联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n －1(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 4a n ＋1，求{b n }的前n 项和T n . 解：(1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1，当n ＝1时，a 1＝2－1＝1，满足a n ＝2n －1，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)由(1)得，b n ＝log 4a n ＋1＝n ＋12，。
2019版高考一轮复习文数(人教版A版)练习：第五章 第一节 数列的概念与简单表示法
课时规范练 A 组 基础对点练1．设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n ，则a 4的值为( ) A ．4 B ．6 C ．8D ．10解析：a 4＝S 4－S 3＝20－12＝8. 答案：C2．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 解析：由已知S n ＝2a n ＋1得S n ＝2(S n ＋1－S n )，即2S n ＋1＝3S n ，S n ＋1S n ＝32，而S 1＝a 1＝1，所以S n＝⎝⎛⎭⎫32n －1，故选B. 答案：B3．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2a n －4，n ∈N *，则a n ＝( ) A ．2n ＋1B ．2nC ．2n －1D ．2n －2解析：∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－4－(2a n －4)，∴a n ＋1＝2a n ，∵a 1＝2a 1－4，∴a 1＝4，∴数列{a n }是以4为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＝4·2n －1＝2n ＋1，故选A.答案：A4．在数列{a n }中，a 1＝1，a n a n －1＝a n －1＋(－1)n (n ≥2，n ∈N *)，则a 3a 5的值是( )A.1516B.158C.34D.38解析：由已知得a 2＝1＋(－1)2＝2，∴2a 3＝2＋(－1)3，a 3＝12，∴12a 4＝12＋(－1)4，a 4＝3，∴3a 5＝3＋(－1)5，∴a 5＝23，∴a 3a 5＝12×32＝34.答案：C5．(2018·唐山模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝a 1(4n －1)3，若a 4＝32，则a 1＝__________.解析：∵S n ＝a 1(4n －1)3，a 4＝32，∴255a 13－63a 13＝32，∴a 1＝12.答案：126．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ，则a 3＋a 4＝________. 解析：当n ≥2时，a n ＝2n －2n －1＝2n －1，所以a 3＋a 4＝22＋23＝12.答案：127．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{a n }的通项公式．解析：(1)由S 2＝43a 2得3(a 1＋a 2)＝4a 2，解得a 2＝3a 1＝3.由S 3＝53a 3得3(a 1＋a 2＋a 3)＝5a 3，解得a 3＝32(a 1＋a 2)＝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.于是a 1＝1，a 2＝31a 1，a 3＝42a 2，…，a n －1＝nn －2a n －2，a n ＝n ＋1n －1a n －1.将以上n 个等式两端分别相乘， 整理得a n ＝n (n ＋1)2.显然，当n ＝1时也满足上式． 综上可知，{a n }的通项公式a n ＝n (n ＋1)2.8．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋4.(1)若k ＝－5，则数列中有多少项是负数？n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值； (2)对于n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，求实数k 的取值范围． 解析：(1)由n 2－5n ＋4<0，解得1<n <4. 因为n ∈N *，所以n ＝2,3，所以数列中有两项是负数，即为a 2，a 3.因为a n ＝n 2－5n ＋4＝⎝⎛⎭⎫n －522－94， 由二次函数性质，得当n ＝2或n ＝3时，a n 有最小值，其最小值为a 2＝a 3＝－2.(2)由对于n ∈N *，都有a n ＋1>a n 知该数列是一个递增数列，又因为通项公式a n ＝n 2＋kn ＋4，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.所以实数k 的取值范围为(－3，＋∞)．B 组 能力提升练1．已知数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2.若a k ·a k ＋1<0，则正整数k ＝( ) A ．21 B ．22 C ．23D ．24解析：由3a n ＋1＝3a n －2得a n ＋1＝a n －23，则{a n }是等差数列，又a 1＝15，∴a n ＝473－23n .∵a k ·a k＋1<0，∴⎝⎛⎭⎫473－23k ·⎝⎛⎭⎫453－23k <0，∴452<k <472，∴k ＝23.故选C. 答案：C2．如果数列{a n }满足a 1＝2，a 2＝1，且a n －1－a n a n －1＝a n －a n ＋1a n ＋1(n ≥2)，则这个数列的第10项等于( ) A.1210 B.129 C.15D.110解析：∵a n －1－a n a n －1＝a n －a n ＋1a n ＋1，∴1－a n a n －1＝a n a n ＋1－1，即a n a n －1＋a n a n ＋1＝2，∴1a n －1＋1a n ＋1＝2a n ，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列．又∵d ＝1a 2－1a 1＝12，∴1a 10＝12＋9×12＝5，故a 10＝15.答案：C3．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，{S n ＋na n }为常数列，则a n ＝( ) A.13n －1 B.2n (n ＋1) C.6(n ＋1)(n ＋2)D.5－2n 3解析：由题意知，S n ＋na n ＝2，当n ≥2时，S n －1＋(n －1)a n －1＝2，∴(n ＋1)a n ＝(n －1)a n －1，从而a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·…·a n a n －1＝13·24·…·n －1n ＋1，则a n ＝2n (n ＋1)，当n ＝1时上式成立，所以a n ＝2n (n ＋1)，故选B. 答案：B4．(2018·临沂联考)观察下列各图，并阅读图形下面的文字，则10条直线相交，交点的个数最多是()A ．40B ．45C ．50D ．55解析：设n 条直线的交点个数为a n (n ≥2)，则⎩⎪⎨⎪⎧a 3－a 2＝2，a 4－a 3＝3，……a 10－a 9＝9.累加得a 10－a 2＝2＋3＋…＋9， a 10＝1＋2＋3＋…＋9＝45. 答案：B5．现定义a n ＝5n ＋⎝⎛⎭⎫15n ，其中n ∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫110，15，12，1，则a n 取最小值时，n 的值为__________． 解析：令5n ＝t >0，考虑函数y ＝t ＋1t ，易知其在(0,1]上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，且当t ＝1时，y 的值最小，再考虑函数t ＝5x ，当0<x ≤1时，t ∈(1,5]，则可知a n ＝5n ＋⎝⎛⎭⎫15n在(0,1]上单调递增，所以当n ＝110时，a n 取得最小值．答案：1106．已知数列{a n }中，a 1＝1，若a n ＝2a n －1＋1(n ≥2)，则a 5的值是__________． 解析：∵a n ＝2a n －1＋1，∴a n ＋1＝2(a n －1＋1)，∴a n ＋1a n －1＋1＝2，又a 1＝1，∴{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，即a n ＋1＝2×2n－1＝2n ，∴a 5＋1＝25，即a 5＝31.答案：317．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝4S n －1(n ∈N *)． (1)证明：a n ＋2－a n ＝4； (2)求{a n }的通项公式．解析：(1)证明：∵a n a n ＋1＝4S n －1，∴a n ＋1a n ＋2＝4S n ＋1－1，∴a n ＋1(a n ＋2－a n )＝4a n ＋1，又a n ≠0，∴a n ＋2－a n ＝4. (2)由a n a n ＋1＝4S n －1，a 1＝1，求得a 2＝3，由a n＋2－a n＝4知，数列{a2n}和{a2n－1}都是公差为4的等差数列，∴a2n＝3＋4(n－1)＝2(2n)－1，a2n－1＝1＋4(n－1)＝2(2n－1)－1，∴a n＝2n－1.8．已知数列{a n}中，a1＝3，a2＝5，其前n项和S n满足S n＋S n－2＝2S n－1＋2n－1(n≥3)．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若b n＝log2256a2n－1，n∈N*，设数列{b n}的前n项和为S n，当n为何值时，S n有最大值？并求最大值．解析：(1)由题意知S n－S n－1＝S n－1－S n－2＋2n－1(n≥3)，即a n＝a n－1＋2n－1(n≥3)，∴a n＝(a n －a n－1)＋…＋(a3－a2)＋a2＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋5＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋1＋2＝2n＋1(n≥3)，经检验，知n＝1,2时，结论也成立，故a n＝2n＋1.(2)b n＝log2256a2n－1＝log22822n＝log228－2n＝8－2n，n∈N*，当1≤n≤3时，b n＝8－2n>0；当n＝4时，b n＝8－2n＝0；当n≥5时，b n＝8－2n<0.故n＝3或n＝4时，S n有最大值，且最大值为S3＝S4＝12.。
2019版高考数学(理)一轮狂刷练：第5章数列5-1a含解析
是递增数列，则实数 a 的取值范围是(
C．(2,3) D．(1,3)
2019版高考数学 第五章数列 含答案
第五章 数 列第1课时 数列的概念及其简单表示法一、 填空题1. 数列23，－45，67，－89，…的第10项是________．答案：－2021解析：所给数列呈现分数形式，且正负相间，求通项公式时，我们可以把符号、分母、分子每一部分进行分解，就很容易归纳出数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n ＋1·2n 2n ＋1，故a 10＝－2021.2. 已知数列{a n }满足a n ＋2＝a n ＋1－a n ，且a 1＝2，a 2＝3，则a 2 016的值为________． 答案：－1解析：由题意，得a 3＝a 2－a 1＝1，a 4＝a 3－a 2＝－2，a 5＝a 4－a 3＝－3，a 6＝a 5－a 4＝－1，a 7＝a 6－a 5＝2，∴ 数列{a n }是周期为6的周期数列．而2 016＝6×336，∴ a 2 016＝a 6＝－1.3. 数列7，9，11，…，2n －1的项数是_________. 答案：n －3解析：易知a 1＝7，d ＝2，设项数为m ，则2n －1＝7＋(m －1)×2，m ＝n －3.4. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ≠0(n∈N *)，又a n a n ＋1＝S n ，则a 3－a 1＝________． 答案：1解析：因为a n a n ＋1＝S n ，所以令n ＝1得a 1a 2＝S 1＝a 1，即a 2＝1.令n ＝2，得a 2a 3＝S 2＝a 1＋a 2，即a 3＝1＋a 1，所以a 3－a 1＝1.5. 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ＋1，则{a n }的通项公式为__________．答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4（n ＝1），2n ＋1（n≥2）解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝4；当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1，∴ a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4（n ＝1），2n ＋1（n≥2）.6. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －1(n ∈N *)，则a 5＝__________． 答案：16解析：当n ＝1时，S 1＝2a 1－1，∴ a 1＝1；当n≥2时，S n ＝2a n －1，S n －1＝2a n －1－1，则有 a n ＝2a n －2a n －1，∴ a n ＝2a n －1.∴ {a n }是等比数列，且a 1＝1，q ＝2，故a 5＝a 1×q 4＝24＝16.7. 若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式a n ＝________．答案：(－2)n －1解析：当n ＝1时，a 1＝1；当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝23a n －23a n －1，则a na n －1＝－2，得a n＝(－2)n －1.8. 设数列{a n }满足a 1＝a ，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋1(n∈N *)．若数列{a n }是常数列，则a ＝________.答案：－2解析：因为数列{a n }是常数列，所以a ＝a 2＝a 21－2a 1＋1＝a 2－2a ＋1，即a(a ＋1)＝a 2－2，解得a＝－2.9. 数列{a n }的前n 项积为n 2，那么当n≥2时，a n ＝________．答案：n2（n －1）2解析：设数列{a n }的前n 项积为T n ，则T n ＝n 2，当n≥2时，a n ＝T n T n －1＝n2（n －1）2.10. 数列{a n }满足：a 1＝1，且对任意的m ，n ∈N *都有a n ＋m ＝a n ＋a m ＋nm ，则a 100＝________． 答案：5 050解析：令m ＝1，则a n ＋1＝a n ＋1＋n ⇒a n ＋1－a n ＝n ＋1⇒a 100＝(a 100－a 99)＋(a 99－a 98)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝100＋99＋…＋2＋1＝5 050.二、 解答题11. 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？解：(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或n ＝－9(舍去)，即150是数列的第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．12. 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 ＝1），1n（n≥2）.(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＝12n ＋3－12n ＋2＝－1（2n ＋3）（2n ＋2）<0， ∴ c n ＋1<c n .∴ 数列{c n }为递减数列．13. 已知数列{a n }中，a n ＝1＋1a ＋2（n －1）(n∈N *，a ∈R ，且a≠0)．(1) 若a ＝－7，求数列{a n }中的最大项和最小项的值；(2) 若对任意的n∈N *，都有a n ≤a 6成立，求a 的取值范围．解：(1) ∵ a n ＝1＋1a ＋2（n －1）(n∈N *，a ∈R ，且a≠0)，又a ＝－7，∴ a n ＝1＋12n －9(n∈N *)．结合函数f(x)＝1＋12x －9的单调性，可知1>a 1>a 2>a 3>a 4，a 5>a 6>a 7>…＞a n >1(n∈N *)，∴ 数列{a n }中的最大项为a 5＝2，最小项为a 4＝0.(2) a n ＝1＋1a ＋2（n －1）＝1＋12n －2－a2，对任意的n∈N *，都有a n ≤a 6成立，结合函数f(x)＝1＋12x －2－a 2的单调性，可知5<2－a2<6，即－10<a<－8，即a 的取值范围是(－10，－8)．第2课时 等 差 数 列一、 填空题1. 在等差数列{a n }中，a 5＝33，公差d ＝3，则201是该数列的第________项． 答案：61解析：∵ a n ＝a 5＋(n －5)d ，∴ 201＝33＋3(n －5)，n ＝61.2. 已知{a n }为等差数列，a 1＋a 3＋a 5＝105，a 2＋a 4＋a 6＝99，则a 20＝________． 答案：1 解析：∵ a 1＋a 3＋a 5＝105，即3a 3＝105，解得a 3＝35，同理a 2＋a 4＋a 6＝99，得a 4＝33.∵ d ＝a 4－a 3＝33－35＝－2，∴ a 20＝a 4＋(20－4)d ＝33＋16×(－2)＝1.3. 在等差数列{a n }中，已知a 2＋a 8＝11，则3a 3＋a 11的值为__________． 答案：22解析：3a 3＋a 11＝a 3＋a 3＋a 3＋a 11＝a 3＋a 2＋a 4＋a 11＝a 3＋a 2＋a 7＋a 8＝2(a 2＋a 8)＝11×2＝22.4. 若等差数列{a n }的前5项和S 5＝25，且a 4＝3，则a 7＝________． 答案：－3解析：S 5＝25⇒5（a 1＋a 5）2＝25⇒a 3＝5，所以d ＝a 4－a 3＝－2，a 7＝a 4＋(7－4)d ＝3－6＝－3.5. 在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前n 项和为S n ，当且仅当n ＝8时，S n 取最大值，则d 的取值范围是________．答案：－1<d<－78解析：由题意得，a 8>0，a 9<0，所以7＋7d>0，7＋8d<0，即－1<d<－78.6. 若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9＞0，a 7＋a 10＜0，则当n ＝________时，{a n }的前n 项和最大．答案：8解析：由等差数列的性质，得a 7＋a 8＋a 9＝3a 8，a 8＞0，又a 7＋a 10＜0，所以a 8＋a 9＜0，所以a 9＜0，所以S 8＞S 7，S 8＞S 9，故数列{a n }的前8项和最大．7. 若一个等差数列{a n }的前3项和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列有________项．答案：13 解析：a 1＋a 2＋a 3＋a n －2＋a n －1＋a n ＝34＋146＝180，所以3(a 1＋a n )＝180，即a 1＋a n ＝60.由S n ＝390，知n （a 1＋a n ）2＝390，所以n×602＝390，解得n ＝13.8. 记等差数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝2，且数列{S n }也为等差数列，则a 13的值为________．答案：50 解析：数列{S n }为等差数列，得S 1＋S 3＝2S 2，即2＋6＋3d ＝24＋d ，则d ＝4，a 13 ＝a 1＋12d ＝50.9. 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3S 6＝13，则S 6S 12＝________．答案：310解析： 由等差数列的求和公式可得S 3S 6＝3a 1＋3d 6a 1＋15d ＝13，可得a 1＝2d ，且d≠0，所以S 6S 12＝6a 1＋15d 12a 1＋66d ＝27d 90d ＝310.10. 在等差数列{a n }中，a 2＝5，a 6＝21，记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，若S 2n ＋1－S n ≤m15对n∈N *恒成立，则正整数m 的最小值为________．答案：5解析：由a 2＝5，a 6＝21易得等差数列{a n }的通项公式为a n ＝4n －3，所以1a n ＝14n －3.故S 2n ＋1－S n ＝1a 2n ＋1＋1a 2n ＋1a 2n －1＋…＋1a n ＋2＋1a n ＋1.设T n ＝S 2n ＋1－S n ，则T n ＋1＝S 2(n ＋1)＋1－S n ＋1＝S 2n ＋3－S n ＋1，所以T n ＋1－T n ＝(S 2n ＋3－S n ＋1)－(S 2n ＋1－S n )＝(S 2n ＋3－S 2n ＋1)－(S n ＋1－S n )＝1a 2n ＋3＋1a 2n ＋2－1a n ＋1＝14（2n ＋3）－3＋14（2n ＋2）－3－14（n ＋1）－3 ＝18n ＋9＋18n ＋5－14n ＋1<18n ＋2＋18n ＋2－14n ＋1＝28n ＋2－14n ＋1＝0. 所以T n ＋1－T n <0，即T n ＋1<T n .故T n ＝S 2n ＋1－S n 随n 的增大而减小，所以若S 2n ＋1－S n ≤m15对n∈N *恒成立，即(S 2n ＋1－S n )max ＝S 3－S 1＝1a 3＋1a 2＝19＋15＝1445≤m 15.由1445≤m 15得m≥143，所以正整数m 的最小值为5.二、 解答题11. 在等差数列{a n }中，a 1＝1，a 3＝－3. (1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 若数列{a n }的前k 项和S k ＝－35，求k 的值． 解：(1) 设等差数列{a n }的公差为d ，由a 1＝1，a 3＝－3，可得1＋2d ＝－3，解得d ＝－2. 从而a n ＝1＋(n －1)×(－2)＝3－2n. (2) 由(1)可知a n ＝3－2n.所以S n ＝n[1＋（3－2n ）]2＝2n －n 2.由S k ＝－35，可得2k －k 2＝－35，即k 2－2k －35＝0，解得k ＝7或k ＝－5.又k∈N *，故k ＝7.12. 设a 1，d 为实数，首项为a 1，公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S 5S 6＋15＝0.(1) 若S 5＝5，求S 6及a 1； (2) 求d 的取值范围．解：(1) 由题意知S 6＝－15S 5＝－3，a 6＝S 6－S 5＝－8，所以⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋10d ＝5，a 1＋5d ＝－8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝7，d ＝－3，因此S 6＝－3，a 1＝7.(2) 因为S 5S 6＋15＝0，所以(5a 1＋10d)(6a 1＋15d)＋15＝0，即2a 21＋9da 1＋10d 2＋1＝0.故(4a 1＋9d)2＝d 2－8，所以d 2≥8.故d 的取值范围是d≤－22或d≥2 2. 13. 在等差数列{a n }中，公差d ＞0，前n 项和为S n ，a 2·a 3＝45，a 1＋a 5＝18. (1) 求数列{a n }的通项公式．(2) 令b n ＝S n n ＋c(n∈N *)，是否存在一个非零常数c ，使数列{b n }也为等差数列？若存在，求出c 的值；若不存在，请说明理由．解：(1) 由题设，知{a n }是等差数列，且公差d ＞0，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 2a 3＝45，a 1＋a 5＝18，得⎩⎪⎨⎪⎧（a 1＋d ）（a 1＋2d ）＝45，a 1＋（a 1＋4d ）＝18，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝4.∴ a n ＝4n －3(n∈N *)．(2) 由b n ＝S n n ＋c ＝n （1＋4n －3）2n ＋c ＝2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12n ＋c.∵ c ≠0，∴ 可令c ＝－12，得到b n ＝2n.∵ b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)－2n ＝2(n∈N *)， ∴ 数列{b n }是公差为2的等差数列．即存在一个非零常数c ＝－12，使数列{b n }也为等差数列．第3课时 等 比 数 列一、 填空题1. 等比数列{a n }的公比大于1，a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6，则a 3＝________． 答案：4解析：由a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6(q>1)，得q ＝2，a 1＝1，则a 3＝4.2. 设等比数列{a n }的公比q ＝12，前n 项和为S n ，则S 4a 4＝________．答案：15解析：S 4＝a 1（1－q 4）1－q ，a 4＝a 1q 3，所以S 4a 4＝1－q 4q 3（1－q ）＝15.3. 在各项均为正数的等比数列{a n }中，若log 2a 2＋log 2a 8＝1，则a 3a 7＝________． 答案：2解析：由log 2a 2＋log 2a 8＝1得log 2(a 2a 8)＝1，所以a 2a 8＝2，由等比数列性质可得a 3a 7＝a 2a 8＝2.4. 已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且4a 1，2a 2，a 3依次成等差数列，若a 1＝1，则S 5＝________ .答案：31解析：因为4a 1，2a 2，a 3依次成等差数列，4a 2＝4a 1＋a 3，所以4a 1q ＝4a 1＋a 1q 2，所以q＝2.又a 1＝1，所以S 5＝a 1（1－q 5）1－q＝31.5. 设S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若a 5＋2a 10＝0，则S 20S 10的值是________．答案：54解析：当q ＝1时，a 5＝a 10＝0不合题意，∴ 公比q≠1.∴ q 5＝a 10a 5＝－12，因而S 20S 10＝1－q 201－q 10＝1＋q 10＝1＋14＝54.6. 我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯________盏．答案：3 解析：设塔的顶层共有灯x 盏，则各层的灯数构成一个首项为x ，公比为2的等比数列，结合等比数列的求和公式有：x×（1－27）1－2＝381，解得x ＝3，即塔的顶层共有灯3盏．7. 设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝7，S 6＝63，则a 7＋a 8＋a 9＝__________． 答案：448解析：由S 3＝7，S 6＝63，得a 1＋a 2＋a 3＝7，7＋a 4＋a 5＋a 6＝63，则a 4＋a 5＋a 6＝(a 1＋a 2＋a 3)q 3＝56，q 3＝8，a 7＋a 8＋a 9＝(a 4＋a 5＋a 6)q 3＝56×8＝448.8. 已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝2a 2＋3，S 3＝2a 3＋3，则公比q 的值为________．答案：2解析：∵ S 2＝2a 2＋3，S 3＝2a 3＋3，∴ a 1＝a 1q ＋3，a 1(1＋q)＝a 1q 2＋3，∴ q 2－2q ＝0，q ≠0，则公比q ＝2.9. 在等比数列{a n }中，已知a 1＝1，a 4＝8，设S 3n 为该数列的前3n 项和，T n 为数列{a 3n }的前n 项和．若S 3n ＝tT n ，则实数t 的值为________．答案：7解析： ∵a 4＝a 1q 3＝q 3＝8，∴ q ＝2，S 3n ＝1－23n1－2＝8n －1.由题意知，数列{a 3n }是首项为1，公比为8的等比数列，∴T n ＝1－8n1－8＝17(8n－1)．由S 3n ＝tT n ，得t ＝7.10. 在正项等比数列{a n }中，若a 4＋a 3－2a 2－2a 1＝6，则a 5＋a 6的最小值为________． 答案：48解析：设 a 2＋a 1＝x ，等比数列的公比为q ，则a 4＋a 3 ＝xq 2，a 5＋a 6 ＝xq 4.再由a 4＋a 3－2a 2－2a 1＝6，得 xq 2＝6＋2x ，∴ x ＝6q 2－2＞0，q ＞1.∴ a 5＋a 6 ＝xq 4＝6q 4q 2－2＝6⎝⎛⎭⎪⎫q 2－2＋4q 2－2＋4≥6×(4＋4)＝48，当且仅当q 2－2＝2时，等号成立，故a 5＋a 6的最小值为48.二、 解答题11. 已知{a n }是首项为a 1，公比q 为正数(q≠1)的等比数列，其前n 项和为S n ，且5S 2＝4S 4.(1) 求q 的值．(2) 设b n ＝q ＋S n ，请判断数列{b n }能否为等比数列？若能，请求出a 1的值；若不能，请说明理由．解：(1) 由题意知，5S 2＝4S 4，∴ 5a 1（1－q 2）1－q ＝4a 1（1－q 4）1－q.∵ a 1≠0，q>0，且q≠1，∴ 4q 4－5q 2＋1＝0，解得q ＝12.(2) ∵ S n ＝a 1（1－q n）1－q ＝2a 1－a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，∴ b n ＝q ＋S n ＝12＋2a 1－a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.∴ 当且仅当12＋2a 1＝0，即a 1＝－14时，b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1为等比数列，∴ {b n }能为等比数列，此时a 1＝－14.12. 已知等差数列{a n }的公差d 不为0，且ak 1，ak 2，…，ak n ，…(k 1＜k 2＜…＜k n ＜…)成等比数列，公比为q.(1) 若k 1＝1，k 2＝3，k 3＝8，求a 1d的值；(2) 当a 1d为何值时，数列{k n }为等比数列．解：(1) 由已知可得a 1，a 3，a 8成等比数列，所以(a 1＋2d)2＝a 1(a 1＋7d)，整理可得，4d 2＝3a 1d.因为d≠0，所以a 1d ＝43.(2) 设数列{k n }为等比数列，则k 22＝k 1k 3.又ak 1，ak 2，ak 3成等比数列，所以[a 1＋(k 1－1)d][a 1＋(k 3－1)d]＝[a 1＋(k 2－1)d]2.整理，得a 1(2k 2－k 1－k 3)＝d(k 1k 3－k 22－k 1－k 3＋2k 2)．因为k 22＝k 1k 3，所以a 1(2k 2－k 1－k 3)＝d(2k 2－k 1－k 3)．因为2k 2≠k 1＋k 3，所以a 1＝d ，即a 1d＝1.当a 1d＝1时，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝nd ，所以ak n ＝k n d. 因为ak n ＝ak 1q n －1＝k 1dq n －1，所以k n ＝k 1q n －1.所以k n ＋1k n ＝k 1q nk 1qn －1＝q ，数列{k n }为等比数列．综上，当a 1d＝1时，数列{k n }为等比数列．13. (2017·苏州期中)已知等比数列{a n }的公比q>1，且满足a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项．(1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n ＋n·2n ＋1>62成立的正整数n 的最小值．解：(1) ∵ a 3＋2是a 2，a 4的等差中项， ∴ 2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，代入a 2＋a 3＋a 4＝28，可得a 3＝8， ∴ a 2＋a 4＝20，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝8，a 1q ＋a 1q 3＝20，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝32，q ＝12. ∵ q>1，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2，∴ 数列{a n }的通项公式为a n ＝2n.(2) ∵ b n ＝a n log 12a n ＝2n log 122n ＝－n·2n，∴ S n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n) ①，2S n ＝－(1×22＋2×23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1) ②，②－①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·2n ＋1>62，∴ 2n ＋1－2>62，∴ n ＋1>6，n>5，∴ 使S n ＋n·2n ＋1>62成立的正整数n 的最小值为6.第4课时 数列的求和 一、 填空题1. 在数列{a n }中，若a 1＝－2，且对任意的n∈N *有2a n ＋1＝1＋2a n ，则数列{a n }前10项的和为________．答案：52解析：由2a n ＋1＝1＋2a n 得a n ＋1－a n ＝12，所以数列{a n }是首项为－2，公差为12的等差数列，所以S 10＝10×(－2)＋10×（10－1）2×12＝52.2. 已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n－12n ，其前n 项和S n ＝32164，则项数n ＝________．答案：6解析：∵ a n ＝1－12n ，∴ S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－18＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＝n －(12＋14＋18＋…＋12n )＝n －12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝n －1＋12n .由S n ＝32164＝n －1＋12n ，可得出n ＝6. 3. 数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n ＝________．答案：n 2＋1－12n解析：该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(12＋122＋…＋12n )＝n 2＋1－12n .4. 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为________．答案：100101解析：∵ a 5＝5，S 5＝15，∴ 5（a 1＋a 5）2＝15，则a 1＝1，∴ d ＝a 5－a 14＝1，∴ a n ＝n ，∴ 1a n a n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和为T n ，则 T 100＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1100－1101＝1－1101＝100101.5. 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，则{|a n |}的前n 项和T n ＝__________．答案：⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2（1≤n≤3），n 2－6n ＋18（n>3）解析：由S n ＝n 2－6n 得{a n }是等差数列，且首项为－5，公差为2，∴ a n ＝－5＋(n －1)×2＝2n －7，∴ 当n≤3时，a n <0；当n>3时，a n >0，∴ T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2（1≤n≤3），n 2－6n ＋18（n>3）.6. 数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则S 17＝________． 答案：9解析：S 17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.7. 已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，…，110＋210＋310＋…＋910，….若b n ＝1a n a n ＋1，那么数列{b n }的前n 项和S n ＝________．答案：4nn ＋1解析：∵ a n ＝1＋2＋3＋…＋n n ＋1＝n2，∴ b n ＝1a n a n ＋1＝4n （n ＋1）＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴ S n ＝4[⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1]＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝4n n ＋1. 8. 已知数列{a n }满足a n ＋2＝－a n (n∈N ＋)，且a 1＝1，a 2＝2，则数列{a n }的前2 014项的和为________．答案：3解析：∵ a n ＋2＝－a n ＝－(－a n －2)，n ＞2，∴ 数列{a n }是以4为周期的周期数列．S 2 014＝503(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 2 013＋a 2 014＝503(a 1＋a 2－a 1－a 2)＋a 503×4＋1＋a 503×4＋2＝a 1＋a 2＝3.9. 设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________．答案：2011解析：∵ a 1＝1，a n ＋1－a n ＝n ＋1，∴ a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n.将以上n－1个式子相加得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝n （n ＋1）－22，即a n ＝n （n ＋1）2.令b n ＝1a n，故b n ＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，故S 10＝b 1＋b 2＋…＋b 10＝2×(1－12＋12－13＋…＋110－111)＝2011. 二、 解答题10. 已知数列{a n }的通项a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －5（n 为奇数），2n （n 为偶数），求其前n 项和S n .解：奇数项组成以a 1＝1为首项，公差为12的等差数列，偶数项组成以a 2＝4为首项，公比为4的等比数列；当n 为奇数时，奇数项有n ＋12项，偶数项有n －12项，∴ S n ＝n ＋12（1＋6n －5）2＋4（1－4n －12）1－4＝（n ＋1）（3n －2）2＋4（2n －1－1）3；当n 为偶数时，奇数项和偶数项分别有n2项，∴ S n ＝n 2（1＋6n －5）2＋4（1－4n 2）1－4＝n （3n －2）2＋4（2n －1）3，∴ S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧（n ＋1）（3n －2）2＋4（2n －1－1）3（n 为奇数），n （3n －2）2＋4（2n－1）3（n 为偶数）. 11. 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3＝2S 2＋4，a 5＝36. (1) 求a n ，S n ；(2) 设b n ＝S n －1(n∈N *)，T n ＝1b 1＋1b 2＋1b 3＋…＋1b n，求T n .解：(1) 因为S 3＝2S 2＋4，所以a 1－d ＝－4.因为a 5＝36，所以a 1＋4d ＝36，解得d ＝8，a 1＝4，所以a n ＝4＋8(n －1)＝8n －4，S n ＝n （4＋8n －4）2＝4n 2.(2) 因为b n ＝4n 2－1＝(2n －1)(2n ＋1)，所以1b n ＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，T n ＝1b 1＋1b 2＋1b 3＋…＋1b n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.12. 已知数列{a n }是首项为a 1＝14，公比为q ＝14的等比数列，设b n ＋2＝3log 14a n (n∈N *)，数列{c n }满足c n ＝a n ·b n .(1) 求数列{b n }的通项公式； (2) 求数列{c n }的前n 项和S n .解：(1) 由题意，知a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14n (n∈N *)．又b n ＝3log 14a n －2，故b n ＝3n －2(n∈N *)．(2) 由(1)知a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ，b n ＝3n －2(n∈N *)，所以c n ＝(3n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n (n∈N *)，所以S n ＝1×14＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋7×⎝ ⎛⎭⎪⎫143＋…＋(3n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＋(3n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ，于是14S n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫143＋7×⎝ ⎛⎭⎪⎫144＋…＋(3n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＋(3n －2)×(14)n ＋1，两式相减，得34S n ＝14＋3[(14)2＋(14)3＋…＋(14)n ]－(3n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＋1＝12－(3n ＋2)×(14)n ＋1，所以S n ＝23－3n ＋23×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n (n∈N *)．13. 在等差数列{a n }中，已知公差d ＝2，a 2是a 1与a 4的等比中项． (1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 设b n ＝a n （n ＋1）2，记T n ＝－b 1＋b 2－b 3＋b 4－…＋(－1)nb n ，求T n .解：(1) 由题意知(a 1＋d)2＝a 1(a 1＋3d)，即(a 1＋2)2＝a 1(a 1＋6)，解得a 1＝2， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n.(2) 由题意知b n ＝a n （n ＋1）2＝n(n ＋1)，则b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)，所以T n ＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)nn ×(n ＋1)． 当n 为偶数时，T n ＝(－b 1＋b 2)＋(－b 3＋b 4)＋…＋(－b n －1＋b n )＝4＋8＋12＋…＋2n ＝n2（4＋2n ）2＝n （n ＋2）2，当n 为奇数时，T n ＝T n －1＋(－b n )＝（n －1）（n ＋1）2－n(n ＋1)＝－（n ＋1）22，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－（n ＋1）22，n 为奇数，n （n ＋2）2，n 为偶数.第5课时 数列的综合应用一、 填空题1. 在等差数列{a n }中，满足3a 4＝7a 7，且a 1＞0，S n 是数列{a n }的前n 项和，若S n 取得最大值，则n ＝________．答案：9解析：设公差d ，由题设知3(a 1＋3d)＝7(a 1＋6d)，得d ＝－433a 1＜0，解不等式a n ＞0，即a 1＋(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫－433a 1＞0，解得n ＜374，则n≤9时，a n ＞0，同理可得n≥10时，a n ＜0，故当n ＝9时，S n 取得最大值．2. 在等比数列{a n }中，各项都是正数，且a 1，12a 3，2a 2成等差数列，则a 9＋a 10a 7＋a 8＝________．答案：3＋2 2解析：∵ a 1，12a 3，2a 2成等差数列，∴ 2×12a 3＝a 1＋2a 2，即a 3＝a 1＋2a 2.设等比数列{a n }的公比为q 且q ＞0，则a 3＝a 1q 2，a 2＝a 1q ，∴ a 1q 2＝a 1＋2a 1q ，∴ q 2＝1＋2q ，解得q ＝1＋2或1－2(舍)，∴a 9＋a 10a 7＋a 8＝a 9（1＋q ）a 7（1＋q ）＝q 2＝(2＋1)2＝3＋2 2.3. 在数列{a n }中，S n 是其前n 项和，且S n ＝2a n ＋1，则数列的通项公式a n ＝________．答案：a n ＝－2n －1解析：依题意得S n ＋1＝2a n ＋1＋1，S n ＝2a n ＋1，两式相减得S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－2a n ，即a n ＋1＝2a n .又S 1＝2a 1＋1＝a 1，所以a 1＝－1，所以数列{a n }是以a 1＝－1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝－2n －1.4. 等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为________．答案：－24解析：设等差数列的公差为d ，由a 2，a 3，a 6成等比数列可得a 23＝a 2a 6，即(1＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d)，整理可得d 2＋2d ＝0.因为公差不为0，所以d ＝－2，数列的前6项和为S 6＝6a 1＋6×（6－1）2d ＝6×1＋6×（6－1）2×(－2)＝－24.5. 设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 6成等差数列，且a 2＋a 5＝4，则a 8的值为________．答案：2解析：∵ 等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 6成等差数列，且a 2＋a 5＝4，∴ q ≠1，⎩⎪⎨⎪⎧2×a 1（1－q 9）1－q ＝a 1（1－q 3）1－q ＋a 1（1－q 6）1－q ，a 1q ＋a 1q 4＝4，解得a 1q ＝8，q 3＝－12，∴ a 8＝a 1q 7＝(a 1q)(q 3)2＝8×14＝2.6. 在等差数列{a n }中，已知首项a 1＞0，公差d ＞0.若a 1＋a 2≤60，a 2＋a 3≤100，则5a 1＋a 5的最大值为________．答案：200解析：由a 1＋a 2≤60，a 2＋a 3≤100得2a 1＋d≤60，2a 1＋3d≤100，a 1＞0，d ＞0.由线性规划的知识得5a 1＋a 5＝6a 1＋4d ，过点(20，20)时，取最大值为200.7. 设正项数列{a n }的前n 项和是S n ，{a n }和{S n }都是等差数列，则S n ＋10a n的最小值是____________．答案：21解析：由题设知S n ＝⎝⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n ＋d 2n 2.又S n 为等差数列，从而a 1＝d 2，从而a n ＝a 1＋(n －1)d ＝d ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12，S n ＝d 2n 2，∴ S n ＋10a n ＝d 2（n ＋10）2d ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＝（n ＋10）22⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＝（n ＋10）22n －1.令2n －1＝t(t≥1)，原式＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋12＋102t ＝14·⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋441t ＋42≥14·⎝ ⎛⎭⎪⎫2t ·441t ＋42＝21，从而当t ＝21，即n ＝11时，原式取到最小值21.8. 中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其大意为：“有一个人走了378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”问此人第4天和第5天共走了________里．答案：36解析：由题意知，此人每天走的里数构成公比为12的等比数列，设等比数列的首项为a 1，则有a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1261－12＝378，解得a 1＝192，所以a 4＝192×18＝24，a 5＝24×12＝12，a 4＋a 5＝24＋12＝36，所以此人第4天和第5天共走了36里．9. 已知{a n }，{b n }均为等比数列，其前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意的n∈N *，总有S n T n＝3n＋14，则a 3b 3＝________．答案：9解析：设{a n }，{b n }的公比分别为q ，q ′，∵ S n T n ＝3n＋14，∴ 当n ＝1时，a 1＝b 1.当n ＝2时，a 1＋a 1q b 1＋b 1q ′＝52.当n ＝3时，a 1＋a 1q ＋a 1q2b 1＋b 1q ′＋b 1q ′2＝7，∴ 2q －5q′＝3，7q ′2＋7q′－q 2－q ＋6＝0，解得q ＝9，q ′＝3，∴ a 3b 3＝a 1q 2b 1q ′2＝9.10. 现有一根n 节的竹竿，自上而下每节的长度依次构成等差数列，最上面一节长为10 cm ，最下面的三节长度之和为114 cm ，第6节的长度是首节与末节长度的等比中项，则n ＝________．答案：16解析：设每节竹竿的长度对应的数列为{a n }，公差为d(d ＞0)．由题意知a 1＝10，a n ＋a n －1＋a n －2＝114，a 26＝a 1a n .由a n ＋a n －1＋a n －2＝114，得3a n －1＝114，解得a n －1＝38，∴ (a 1＋5d)2＝a 1(a n －1＋d)，即(10＋5d)2＝10(38＋d)，解得d ＝2，∴a n －1＝a 1＋(n －2)d ＝38，即10＋2(n －2)＝38，解得n ＝16.二、 解答题11. 设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，且a 1，a 2＋5，a 3成等差数列． (1) 求a 1，a 2的值；(2) 求证：数列{a n ＋2n}是等比数列，并求数列{a n }的通项公式． (1) 解：由已知，得2a 1＝a 2－3 ①， 2(a 1＋a 2)＝a 3－7 ②，又a 1，a 2＋5，a 3成等差数列， 所以a 1＋a 3＝2a 2＋10 ③， 解①②③，得a 1＝1，a 2＝5.(2) 证明：由已知，n ∈N *时，2(S n ＋1－S n )＝a n ＋2－a n ＋1－2n ＋2＋2n ＋1，即a n ＋2＝3a n ＋1＋2n ＋1，即a n ＋1＝3a n ＋2n(n≥2)，由(1)得，a 2＝3a 1＋2，∴ a n ＋1＝3a n ＋2n (n∈N *)，从而有a n ＋1＋2n ＋1＝3a n ＋2n ＋2n ＋1＝3a n ＋3×2n ＝3(a n ＋2n)．又a 1＋2＞0，∴ a n ＋2n＞0，∴ a n ＋1＋2n ＋1a n ＋2n ＝3，∴ 数列{a n ＋2n}是等比数列，且公比为3，∴ a n ＋2n ＝(a 1＋2)×3n －1＝3n ，即a n ＝3n －2n. 12. 商学院为推进后勤社会化改革，与桃园新区商定，由该区向建设银行贷款500万元在桃园新区为学院建一栋可容纳一千人的学生公寓，工程于2017年初动工，年底竣工并交付使用，公寓管理处采用收费偿还建行贷款形式(年利率5%，按复利计算)，公寓所收费用除去物业管理费和水电费18万元，其余部分全部用于年底还建行贷款．(1) 若公寓收费标准定为每生每年800元，问到哪一年可偿还建行全部贷款？(2) 若公寓管理处要在2025年年底把贷款全部还清，则每生每年的最低收费标准是多少元(精确到元)？(参考数据：lg 1.734 3≈0.239 1，lg 1.05≈0.021 2，1.058≈1.477 4)解：(1) 设公寓投入使用后n 年可偿还全部贷款，则公寓每年收费总额为1 000×800＝800 000(元)＝80万元，扣除18万元，可偿还贷款62万元．依题意有62[1＋(1＋5%)＋(1＋5%)2＋…＋(1＋5%)n －1]≥500(1＋5%)n ＋1，化简得62(1.05n－1)≥25×1.05n ＋1，∴ 1.05n≥1.734 3.两边取对数并整理得 n ≥lg 1.734 3lg 1.05≈0.239 10.021 2≈11.28，∴ 当取n ＝12时，即到2029年底可全部还清贷款．(2) 设每生每年的最低收费标准为x 元，因到2025年底公寓共使用了8年，依题意有⎝ ⎛⎭⎪⎫1 000x 10 000－18[1＋(1＋5%)＋(1＋5%)2＋…＋(1＋5%)7]≥500(1＋5%)9.化简得(0.1x －18)×1.058－11.05－1≥500×1.059，解得x≥992，∴ 每生每年的最低收费标准为992元．13. 已知数列{a n }，{b n }满足2S n ＝(a n ＋2)b n ，其中S n 是数列{a n }的前n 项和．(1) 若数列{a n }是首项为23，公比为－13的等比数列，求数列{b n }的通项公式；(2) 若b n ＝n ，a 2＝3，求数列{a n }的通项公式；(3) 在(2)的条件下，设c n ＝a nb n，求证：数列{c n }中的任意一项总可以表示成该数列其他两项之积．(1) 解：因为a n ＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －1＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ，S n ＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ，所以b n ＝2S n a n ＋2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －2⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ＋2＝12.(2) 解：若b n ＝n ，则2S n ＝na n ＋2n ， 所以2S n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1＋2(n ＋1)，两式相减得2a n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1－na n ＋2，即na n ＝(n －1)a n ＋1＋2.当n≥2时，(n －1)a n －1＝(n －2)a n ＋2，两式相减得(n －1)a n －1＋(n －1)a n ＋1＝2(n －1)a n ， 即a n －1＋a n ＋1＝2a n .由2S 1＝a 1＋2，得a 1＝2，又a 2＝3，所以数列{a n }是首项为2，公差为3－2＝1的等差数列， 故数列{a n }的通项公式是a n ＝n ＋1.(3) 证明：由(2)得c n ＝n ＋1n，对于给定的n∈N *，若存在k ，t ≠n ，k ，t ∈N *，使得c n＝c k ·c t ，只需n ＋1n ＝k ＋1k ·t ＋1t ，即1＋1n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋1k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1t ，即1n ＝1k ＋1t ＋1kt ，则t ＝n （k ＋1）k －n ， 取k ＝n ＋1，则t ＝n(n ＋2)，所以对数列{c n }中的任意一项c n ＝n ＋1n ，都存在c n ＋1＝n ＋2n ＋1和c n2＋2n ＝n 2＋2n ＋1n 2＋2n，使得c n ＝c n ＋1·c n2＋2n .。
2019年高考数学一轮复习第五章数列课时训练(含答案)
第五章 数 列第1课时 数列的概念及其简单表示法一、 填空题1. 数列23，－45，67，－89，…的第10项是________．答案：－2021解析：所给数列呈现分数形式，且正负相间，求通项公式时，我们可以把符号、分母、分子每一部分进行分解，就很容易归纳出数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n ＋1·2n 2n ＋1，故a 10＝－2021.2. 已知数列{a n }满足a n ＋2＝a n ＋1－a n ，且a 1＝2，a 2＝3，则a 2 016的值为________． 答案：－1解析：由题意，得a 3＝a 2－a 1＝1，a 4＝a 3－a 2＝－2，a 5＝a 4－a 3＝－3，a 6＝a 5－a 4＝－1，a 7＝a 6－a 5＝2，∴ 数列{a n }是周期为6的周期数列．而2 016＝6×336，∴ a 2 016＝a 6＝－1.3. 数列7，9，11，…，2n －1的项数是_________. 答案：n －3解析：易知a 1＝7，d ＝2，设项数为m ，则2n －1＝7＋(m －1)×2，m ＝n －3.4. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ≠0(n∈N *)，又a n a n ＋1＝S n ，则a 3－a 1＝________． 答案：1解析：因为a n a n ＋1＝S n ，所以令n ＝1得a 1a 2＝S 1＝a 1，即a 2＝1.令n ＝2，得a 2a 3＝S 2＝a 1＋a 2，即a 3＝1＋a 1，所以a 3－a 1＝1.5. 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ＋1，则{a n }的通项公式为__________．答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4（n ＝1），2n ＋1（n≥2）解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝4；当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1，∴ a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4（n ＝1），2n ＋1（n≥2）.6. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －1(n ∈N *)，则a 5＝__________． 答案：16解析：当n ＝1时，S 1＝2a 1－1，∴ a 1＝1；当n≥2时，S n ＝2a n －1，S n －1＝2a n －1－1，则有 a n ＝2a n －2a n －1，∴ a n ＝2a n －1.∴ {a n }是等比数列，且a 1＝1，q ＝2，故a 5＝a 1×q 4＝24＝16.7. 若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式a n ＝________．答案：(－2)n －1解析：当n ＝1时，a 1＝1；当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝23a n －23a n －1，则a n a n －1＝－2，得a n ＝(－2)n －1.8. 设数列{a n }满足a 1＝a ，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋1(n∈N *)．若数列{a n }是常数列，则a ＝________.答案：－2解析：因为数列{a n }是常数列，所以a ＝a 2＝a 21－2a 1＋1＝a 2－2a ＋1，即a(a ＋1)＝a 2－2，解得a ＝－2.9. 数列{a n }的前n 项积为n 2，那么当n≥2时，a n ＝________．答案：n2（n －1）2解析：设数列{a n }的前n 项积为T n ，则T n ＝n 2，当n≥2时，a n ＝T n T n －1＝n 2（n －1）2.10. 数列{a n }满足：a 1＝1，且对任意的m ，n ∈N *都有a n ＋m ＝a n ＋a m ＋nm ，则a 100＝________． 答案：5 050解析：令m ＝1，则a n ＋1＝a n ＋1＋n ⇒a n ＋1－a n ＝n ＋1⇒a 100＝(a 100－a 99)＋(a 99－a 98)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝100＋99＋…＋2＋1＝5 050.二、 解答题11. 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？解：(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或n ＝－9(舍去)，即150是数列的第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．12. 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 ＝1），1n（n≥2）.(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＝12n ＋3－12n ＋2＝－1（2n ＋3）（2n ＋2）<0， ∴ c n ＋1<c n .∴ 数列{c n }为递减数列．13. 已知数列{a n }中，a n ＝1＋1a ＋2（n －1）(n∈N *，a ∈R ，且a≠0)．(1) 若a ＝－7，求数列{a n }中的最大项和最小项的值；(2) 若对任意的n∈N *，都有a n ≤a 6成立，求a 的取值范围．解：(1) ∵ a n ＝1＋1a ＋2（n －1）(n∈N *，a ∈R ，且a≠0)，又a ＝－7，∴ a n ＝1＋12n －9(n∈N *)．结合函数f(x)＝1＋12x －9的单调性，可知1>a 1>a 2>a 3>a 4，a 5>a 6>a 7>…＞a n >1(n∈N *)，∴ 数列{a n }中的最大项为a 5＝2，最小项为a 4＝0.(2) a n ＝1＋1a ＋2（n －1）＝1＋12n －2－a 2，对任意的n∈N *，都有a n ≤a 6成立，结合函数f(x)＝1＋12x －2－a2的单调性，可知5<2－a2<6，即－10<a<－8，即a 的取值范围是(－10，－8)．第2课时 等 差 数 列一、 填空题1. 在等差数列{a n }中，a 5＝33，公差d ＝3，则201是该数列的第________项． 答案：61解析：∵ a n ＝a 5＋(n －5)d ，∴ 201＝33＋3(n －5)，n ＝61.2. 已知{a n }为等差数列，a 1＋a 3＋a 5＝105，a 2＋a 4＋a 6＝99，则a 20＝________． 答案：1解析：∵ a 1＋a 3＋a 5＝105，即3a 3＝105，解得a 3＝35，同理a 2＋a 4＋a 6＝99，得a 4＝33.∵ d＝a 4－a 3＝33－35＝－2，∴ a 20＝a 4＋(20－4)d ＝33＋16×(－2)＝1.3. 在等差数列{a n }中，已知a 2＋a 8＝11，则3a 3＋a 11的值为__________． 答案：22解析：3a 3＋a 11＝a 3＋a 3＋a 3＋a 11＝a 3＋a 2＋a 4＋a 11＝a 3＋a 2＋a 7＋a 8＝2(a 2＋a 8)＝11×2＝22. 4. 若等差数列{a n }的前5项和S 5＝25，且a 4＝3，则a 7＝________． 答案：－3解析：S 5＝25⇒5（a 1＋a 5）2＝25⇒a 3＝5，所以d ＝a 4－a 3＝－2，a 7＝a 4＋(7－4)d ＝3－6＝－3.5. 在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前n 项和为S n ，当且仅当n ＝8时，S n 取最大值，则d 的取值范围是________．答案：－1<d<－78解析：由题意得，a 8>0，a 9<0，所以7＋7d>0，7＋8d<0，即－1<d<－78.6. 若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9＞0，a 7＋a 10＜0，则当n ＝________时，{a n }的前n 项和最大． 答案：8解析：由等差数列的性质，得a 7＋a 8＋a 9＝3a 8，a 8＞0，又a 7＋a 10＜0，所以a 8＋a 9＜0，所以a 9＜0，所以S 8＞S 7，S 8＞S 9，故数列{a n }的前8项和最大．7. 若一个等差数列{a n }的前3项和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列有________项．答案：13解析：a 1＋a 2＋a 3＋a n －2＋a n －1＋a n ＝34＋146＝180，所以3(a 1＋a n )＝180，即a 1＋a n ＝60.由S n ＝390，知n （a 1＋a n ）2＝390，所以n×602＝390，解得n ＝13. 8. 记等差数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝2，且数列{S n }也为等差数列，则a 13的值为________． 答案：50解析：数列{S n }为等差数列，得S 1＋S 3＝2S 2，即2＋6＋3d ＝24＋d ，则d ＝4，a 13 ＝a 1＋12d ＝50.9. 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3S 6＝13，则S 6S 12＝________．答案：310解析： 由等差数列的求和公式可得S 3S 6＝3a 1＋3d 6a 1＋15d ＝13，可得a 1＝2d ，且d≠0，所以S 6S 12＝6a 1＋15d 12a 1＋66d ＝27d 90d ＝310.10. 在等差数列{a n }中，a 2＝5，a 6＝21，记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，若S 2n ＋1－S n ≤m 15对n∈N *恒成立，则正整数m 的最小值为________．答案：5解析：由a 2＝5，a 6＝21易得等差数列{a n }的通项公式为a n ＝4n －3，所以1a n ＝14n －3.故S 2n ＋1－S n ＝1a 2n ＋1＋1a 2n＋1a 2n －1＋…＋1a n ＋2＋1a n ＋1. 设T n ＝S 2n ＋1－S n ，则T n ＋1＝S 2(n ＋1)＋1－S n ＋1＝S 2n ＋3－S n ＋1，所以T n ＋1－T n ＝(S 2n ＋3－S n ＋1)－(S 2n ＋1－S n )＝(S 2n ＋3－S 2n ＋1)－(S n ＋1－S n )＝1a 2n ＋3＋1a 2n ＋2－1a n ＋1＝14（2n ＋3）－3＋14（2n ＋2）－3－14（n ＋1）－3 ＝18n ＋9＋18n ＋5－14n ＋1<18n ＋2＋18n ＋2－14n ＋1＝28n ＋2－14n ＋1＝0. 所以T n ＋1－T n <0，即T n ＋1<T n .故T n ＝S 2n ＋1－S n 随n 的增大而减小，所以若S 2n ＋1－S n ≤m 15对n∈N *恒成立，即(S 2n＋1－S n )max ＝S 3－S 1＝1a 3＋1a 2＝19＋15＝1445≤m 15.由1445≤m 15得m≥143，所以正整数m 的最小值为5. 二、 解答题11. 在等差数列{a n }中，a 1＝1，a 3＝－3.(1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 若数列{a n }的前k 项和S k ＝－35，求k 的值． 解：(1) 设等差数列{a n }的公差为d ，由a 1＝1，a 3＝－3，可得1＋2d ＝－3，解得d ＝－2. 从而a n ＝1＋(n －1)×(－2)＝3－2n. (2) 由(1)可知a n ＝3－2n.所以S n ＝n[1＋（3－2n ）]2＝2n －n 2.由S k ＝－35，可得2k －k 2＝－35，即k 2－2k －35＝0，解得k ＝7或k ＝－5.又k∈N *，故k ＝7.12. 设a 1，d 为实数，首项为a 1，公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S 5S 6＋15＝0. (1) 若S 5＝5，求S 6及a 1； (2) 求d 的取值范围．解：(1) 由题意知S 6＝－15S 5＝－3，a 6＝S 6－S 5＝－8，所以⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋10d ＝5，a 1＋5d ＝－8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝7，d ＝－3，因此S 6＝－3，a 1＝7.(2) 因为S 5S 6＋15＝0，所以(5a 1＋10d)(6a 1＋15d)＋15＝0，即2a 21＋9da 1＋10d 2＋1＝0.故(4a 1＋9d)2＝d 2－8，所以d 2≥8.故d 的取值范围是d≤－22或d≥2 2. 13. 在等差数列{a n }中，公差d ＞0，前n 项和为S n ，a 2·a 3＝45，a 1＋a 5＝18. (1) 求数列{a n }的通项公式．(2) 令b n ＝S n n ＋c(n∈N *)，是否存在一个非零常数c ，使数列{b n }也为等差数列？若存在，求出c 的值；若不存在，请说明理由．解：(1) 由题设，知{a n }是等差数列，且公差d ＞0，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 2a 3＝45，a 1＋a 5＝18，得⎩⎪⎨⎪⎧（a 1＋d ）（a 1＋2d ）＝45，a 1＋（a 1＋4d ）＝18，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝4.∴ a n ＝4n －3(n∈N *)．(2) 由b n ＝S n n ＋c ＝n （1＋4n －3）2n ＋c ＝2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12n ＋c.∵ c ≠0，∴ 可令c ＝－12，得到b n ＝2n.∵ b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)－2n ＝2(n∈N *)， ∴ 数列{b n }是公差为2的等差数列．即存在一个非零常数c ＝－12，使数列{b n }也为等差数列．第3课时 等 比 数 列一、 填空题1. 等比数列{a n }的公比大于1，a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6，则a 3＝________． 答案：4解析：由a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6(q>1)，得q ＝2，a 1＝1，则a 3＝4.2. 设等比数列{a n }的公比q ＝12，前n 项和为S n ，则S 4a 4＝________．答案：15解析：S 4＝a 1（1－q 4）1－q ，a 4＝a 1q 3，所以S 4a 4＝1－q 4q 3（1－q ）＝15.3. 在各项均为正数的等比数列{a n }中，若log 2a 2＋log 2a 8＝1，则a 3a 7＝________． 答案：2解析：由log 2a 2＋log 2a 8＝1得log 2(a 2a 8)＝1，所以a 2a 8＝2，由等比数列性质可得a 3a 7＝a 2a 8＝2.4. 已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且4a 1，2a 2，a 3依次成等差数列，若a 1＝1，则S 5＝________ . 答案：31解析：因为4a 1，2a 2，a 3依次成等差数列，4a 2＝4a 1＋a 3，所以4a 1q ＝4a 1＋a 1q 2，所以q ＝2.又a 1＝1，所以S 5＝a 1（1－q 5）1－q＝31.5. 设S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若a 5＋2a 10＝0，则S 20S 10的值是________．答案：54解析：当q ＝1时，a 5＝a 10＝0不合题意，∴ 公比q≠1.∴ q 5＝a 10a 5＝－12，因而S 20S 10＝1－q 201－q 10＝1＋q 10＝1＋14＝54.6. 我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯________盏．答案：3解析：设塔的顶层共有灯x 盏，则各层的灯数构成一个首项为x ，公比为2的等比数列，结合等比数列的求和公式有：x×（1－27）1－2＝381，解得x ＝3，即塔的顶层共有灯3盏．7. 设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝7，S 6＝63，则a 7＋a 8＋a 9＝__________． 答案：448解析：由S 3＝7，S 6＝63，得a 1＋a 2＋a 3＝7，7＋a 4＋a 5＋a 6＝63，则a 4＋a 5＋a 6＝(a 1＋a 2＋a 3)q 3＝56，q 3＝8，a 7＋a 8＋a 9＝(a 4＋a 5＋a 6)q 3＝56×8＝448.8. 已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝2a 2＋3，S 3＝2a 3＋3，则公比q 的值为________． 答案：2解析：∵ S 2＝2a 2＋3，S 3＝2a 3＋3，∴ a 1＝a 1q ＋3，a 1(1＋q)＝a 1q 2＋3，∴ q 2－2q ＝0，q ≠0，则公比q ＝2.9. 在等比数列{a n }中，已知a 1＝1，a 4＝8，设S 3n 为该数列的前3n 项和，T n 为数列{a 3n }的前n 项和．若S 3n＝tT n ，则实数t 的值为________．答案：7解析： ∵a 4＝a 1q 3＝q 3＝8，∴ q ＝2，S 3n ＝1－23n1－2＝8n －1.由题意知，数列{a 3n }是首项为1，公比为8的等比数列，∴T n ＝1－8n1－8＝17(8n－1)．由S 3n ＝tT n ，得t ＝7.10. 在正项等比数列{a n }中，若a 4＋a 3－2a 2－2a 1＝6，则a 5＋a 6的最小值为________． 答案：48解析：设 a 2＋a 1＝x ，等比数列的公比为q ，则a 4＋a 3 ＝xq 2，a 5＋a 6 ＝xq 4.再由a 4＋a 3－2a 2－2a 1＝6，得 xq2＝6＋2x ，∴ x ＝6q 2－2＞0，q ＞1.∴ a 5＋a 6 ＝xq 4＝6q 4q 2－2＝6⎝⎛⎭⎪⎫q 2－2＋4q 2－2＋4≥6×(4＋4)＝48，当且仅当q 2－2＝2时，等号成立，故a 5＋a 6的最小值为48.二、 解答题11. 已知{a n }是首项为a 1，公比q 为正数(q≠1)的等比数列，其前n 项和为S n ，且5S 2＝4S 4. (1) 求q 的值．(2) 设b n ＝q ＋S n ，请判断数列{b n }能否为等比数列？若能，请求出a 1的值；若不能，请说明理由． 解：(1) 由题意知，5S 2＝4S 4，∴ 5a 1（1－q 2）1－q ＝4a 1（1－q 4）1－q.∵ a 1≠0，q>0，且q≠1，∴ 4q 4－5q 2＋1＝0，解得q ＝12.(2) ∵ S n ＝a 1（1－q n）1－q ＝2a 1－a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，∴ b n ＝q ＋S n ＝12＋2a 1－a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.∴ 当且仅当12＋2a 1＝0，即a 1＝－14时，b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1为等比数列，∴ {b n }能为等比数列，此时a 1＝－14.12. 已知等差数列{a n }的公差d 不为0，且ak 1，ak 2，…，ak n ，…(k 1＜k 2＜…＜k n ＜…)成等比数列，公比为q.(1) 若k 1＝1，k 2＝3，k 3＝8，求a 1d的值；(2) 当a 1d为何值时，数列{k n }为等比数列．解：(1) 由已知可得a 1，a 3，a 8成等比数列，所以(a 1＋2d)2＝a 1(a 1＋7d)，整理可得，4d 2＝3a 1d.因为d≠0，所以a 1d ＝43.(2) 设数列{k n }为等比数列，则k 22＝k 1k 3.又ak 1，ak 2，ak 3成等比数列，所以[a 1＋(k 1－1)d][a 1＋(k 3－1)d]＝[a 1＋(k 2－1)d]2.整理，得a 1(2k 2－k 1－k 3)＝d(k 1k 3－k 22－k 1－k 3＋2k 2)．因为k 22＝k 1k 3，所以a 1(2k 2－k 1－k 3)＝d(2k 2－k 1－k 3)．因为2k 2≠k 1＋k 3，所以a 1＝d ，即a 1d＝1.当a 1d＝1时，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝nd ，所以ak n ＝k n d. 因为ak n ＝ak 1q n －1＝k 1dq n －1，所以k n ＝k 1q n －1.所以k n ＋1k n ＝k 1q nk 1qn －1＝q ，数列{k n }为等比数列．综上，当a 1d＝1时，数列{k n }为等比数列．13. (2017·苏州期中)已知等比数列{a n }的公比q>1，且满足a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项． (1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n ＋n·2n ＋1>62成立的正整数n 的最小值．解：(1) ∵ a 3＋2是a 2，a 4的等差中项， ∴ 2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，代入a 2＋a 3＋a 4＝28，可得a 3＝8， ∴ a 2＋a 4＝20，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝8，a 1q ＋a 1q 3＝20，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝32，q ＝12. ∵ q>1，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2，∴ 数列{a n }的通项公式为a n ＝2n.(2) ∵ b n ＝a n log 12a n ＝2n log 122n ＝－n·2n，∴ S n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n) ①，2S n ＝－(1×22＋2×23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1) ②，②－①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·2n ＋1>62，∴ 2n ＋1－2>62，∴ n ＋1>6，n>5，∴ 使S n ＋n·2n ＋1>62成立的正整数n 的最小值为6.第4课时 数列的求和一、 填空题1. 在数列{a n }中，若a 1＝－2，且对任意的n∈N *有2a n ＋1＝1＋2a n ，则数列{a n }前10项的和为________．答案：52解析：由2a n ＋1＝1＋2a n 得a n ＋1－a n ＝12，所以数列{a n }是首项为－2，公差为12的等差数列，所以S 10＝10×(－2)＋10×（10－1）2×12＝52.2. 已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n－12n ，其前n 项和S n ＝32164，则项数n ＝________．答案：6解析：∵ a n ＝1－12n ，∴ S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－18＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＝n －(12＋14＋18＋…＋12n )＝n －12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝n －1＋12n .由S n ＝32164＝n －1＋12n ，可得出n ＝6. 3. 数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n ＝________．答案：n 2＋1－12n解析：该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(12＋122＋…＋12n )＝n 2＋1－12n . 4. 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为________． 答案：100101解析：∵ a 5＝5，S 5＝15，∴ 5（a 1＋a 5）2＝15，则a 1＝1，∴ d ＝a 5－a 14＝1，∴ a n ＝n ，∴ 1a n a n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和为T n ，则 T 100＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1100－1101＝1－1101＝100101.5. 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，则{|a n |}的前n 项和T n ＝__________．答案：⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2（1≤n≤3），n 2－6n ＋18（n>3）解析：由S n ＝n 2－6n 得{a n }是等差数列，且首项为－5，公差为2，∴ a n ＝－5＋(n －1)×2＝2n －7，∴ 当n≤3时，a n <0；当n>3时，a n >0，∴ T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2（1≤n≤3），n 2－6n ＋18（n>3）.6. 数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则S 17＝________． 答案：9解析：S 17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.7. 已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，…，110＋210＋310＋…＋910，….若b n ＝1a n a n ＋1，那么数列{b n }的前n项和S n ＝________．答案：4nn ＋1解析：∵ a n ＝1＋2＋3＋…＋n n ＋1＝n2，∴ b n ＝1a n a n ＋1＝4n （n ＋1）＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴ S n ＝4[⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1]＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝4n n ＋1.8. 已知数列{a n }满足a n ＋2＝－a n (n∈N ＋)，且a 1＝1，a 2＝2，则数列{a n }的前2 014项的和为________． 答案：3 解析：∵ a n ＋2＝－a n ＝－(－a n －2)，n ＞2，∴ 数列{a n }是以4为周期的周期数列．S 2 014＝503(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 2 013＋a 2 014＝503(a 1＋a 2－a 1－a 2)＋a 503×4＋1＋a 503×4＋2＝a 1＋a 2＝3.9. 设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________．答案：2011解析：∵ a 1＝1，a n ＋1－a n ＝n ＋1，∴ a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n.将以上n －1个式子相加得a n－a 1＝2＋3＋…＋n ＝n （n ＋1）－22，即a n ＝n （n ＋1）2.令b n ＝1a n ，故b n ＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，故S 10＝b 1＋b 2＋…＋b 10＝2×(1－12＋12－13＋…＋110－111)＝2011.二、 解答题10. 已知数列{a n }的通项a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －5（n 为奇数），2n （n 为偶数），求其前n 项和S n .解：奇数项组成以a 1＝1为首项，公差为12的等差数列，偶数项组成以a 2＝4为首项，公比为4的等比数列；当n 为奇数时，奇数项有n ＋12项，偶数项有n －12项，∴ S n ＝n ＋12（1＋6n －5）2＋4（1－4n －12）1－4＝（n ＋1）（3n －2）2＋4（2n －1－1）3；当n 为偶数时，奇数项和偶数项分别有n2项，∴ S n ＝n 2（1＋6n －5）2＋4（1－4n 2）1－4＝n （3n －2）2＋4（2n －1）3，∴ S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧（n ＋1）（3n －2）2＋4（2n －1－1）3（n 为奇数），n （3n －2）2＋4（2n－1）3（n 为偶数）. 11. 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3＝2S 2＋4，a 5＝36. (1) 求a n ，S n ；(2) 设b n ＝S n －1(n∈N *)，T n ＝1b 1＋1b 2＋1b 3＋…＋1b n，求T n .解：(1) 因为S 3＝2S 2＋4，所以a 1－d ＝－4.因为a 5＝36，所以a 1＋4d ＝36，解得d ＝8，a 1＝4，所以a n ＝4＋8(n －1)＝8n －4，S n ＝n （4＋8n －4）2＝4n 2.(2) 因为b n ＝4n 2－1＝(2n －1)(2n ＋1)，所以1b n ＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，T n ＝1b 1＋1b 2＋1b 3＋…＋1b n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1. 12. 已知数列{a n }是首项为a 1＝14，公比为q ＝14的等比数列，设b n ＋2＝3log 14a n (n∈N *)，数列{c n }满足c n ＝a n ·b n .(1) 求数列{b n }的通项公式； (2) 求数列{c n }的前n 项和S n .解：(1) 由题意，知a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14n (n∈N *)．又b n ＝3log 14a n －2，故b n ＝3n －2(n∈N *)．(2) 由(1)知a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ，b n ＝3n －2(n∈N *)，所以c n ＝(3n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n (n∈N *)，所以S n ＝1×14＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋7×⎝ ⎛⎭⎪⎫143＋…＋(3n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＋(3n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ，于是14S n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫143＋7×⎝ ⎛⎭⎪⎫144＋…＋(3n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＋(3n －2)×(14)n ＋1，两式相减，得34S n ＝14＋3[(14)2＋(14)3＋…＋(14)n ]－(3n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＋1＝12－(3n ＋2)×(14)n ＋1，所以S n ＝23－3n ＋23×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n (n∈N *)．13. 在等差数列{a n }中，已知公差d ＝2，a 2是a 1与a 4的等比中项． (1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 设b n ＝a n （n ＋1）2，记T n ＝－b 1＋b 2－b 3＋b 4－…＋(－1)nb n ，求T n .解：(1) 由题意知(a 1＋d)2＝a 1(a 1＋3d)，即(a 1＋2)2＝a 1(a 1＋6)，解得a 1＝2， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n.(2) 由题意知b n ＝a n （n ＋1）2＝n(n ＋1)，则b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)，所以T n ＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)nn ×(n ＋1)． 当n 为偶数时，T n ＝(－b 1＋b 2)＋(－b 3＋b 4)＋…＋(－b n －1＋b n )＝4＋8＋12＋…＋2n ＝n2（4＋2n ）2＝n （n ＋2）2，当n 为奇数时，T n ＝T n －1＋(－b n )＝（n －1）（n ＋1）2－n(n ＋1)＝－（n ＋1）22，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－（n ＋1）22，n 为奇数，n （n ＋2）2，n 为偶数.第5课时 数列的综合应用一、 填空题1. 在等差数列{a n }中，满足3a 4＝7a 7，且a 1＞0，S n 是数列{a n }的前n 项和，若S n 取得最大值，则n ＝________． 答案：9解析：设公差d ，由题设知3(a 1＋3d)＝7(a 1＋6d)，得d ＝－433a 1＜0，解不等式a n ＞0，即a 1＋(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫－433a 1＞0，解得n ＜374，则n≤9时，a n ＞0，同理可得n ≥10时，a n ＜0，故当n ＝9时，S n 取得最大值．2. 在等比数列{a n }中，各项都是正数，且a 1，12a 3，2a 2成等差数列，则a 9＋a 10a 7＋a 8＝________．答案：3＋2 2解析：∵ a 1，12a 3，2a 2成等差数列，∴ 2×12a 3＝a 1＋2a 2，即a 3＝a 1＋2a 2.设等比数列{a n }的公比为q 且q ＞0，则a 3＝a 1q 2，a 2＝a 1q ，∴ a 1q 2＝a 1＋2a 1q ，∴ q 2＝1＋2q ，解得q ＝1＋2或1－2(舍)，∴a 9＋a 10a 7＋a 8＝a 9（1＋q ）a 7（1＋q ）＝q 2＝(2＋1)2＝3＋2 2.3. 在数列{a n }中，S n 是其前n 项和，且S n ＝2a n ＋1，则数列的通项公式a n ＝________．答案：a n ＝－2n －1解析：依题意得S n ＋1＝2a n ＋1＋1，S n ＝2a n ＋1，两式相减得S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－2a n ，即a n ＋1＝2a n .又S 1＝2a 1＋1＝a 1，所以a 1＝－1，所以数列{a n }是以a 1＝－1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝－2n －1.4. 等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为________． 答案：－24解析：设等差数列的公差为d ，由a 2，a 3，a 6成等比数列可得a 23＝a 2a 6，即(1＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d)，整理可得d 2＋2d ＝0.因为公差不为0，所以d ＝－2，数列的前6项和为S 6＝6a 1＋6×（6－1）2d ＝6×1＋6×（6－1）2×(－2)＝－24.5. 设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 6成等差数列，且a 2＋a 5＝4，则a 8的值为________． 答案：2解析：∵ 等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 6成等差数列，且a 2＋a 5＝4，∴ q ≠1，⎩⎪⎨⎪⎧2×a 1（1－q 9）1－q ＝a 1（1－q 3）1－q ＋a 1（1－q 6）1－q ，a 1q ＋a 1q 4＝4，解得a 1q ＝8，q 3＝－12，∴ a 8＝a 1q 7＝(a 1q)(q 3)2＝8×14＝2.6. 在等差数列{a n }中，已知首项a 1＞0，公差d ＞0.若a 1＋a 2≤60，a 2＋a 3≤100，则5a 1＋a 5的最大值为________．答案：200解析：由a 1＋a 2≤60，a 2＋a 3≤100得2a 1＋d≤60，2a 1＋3d≤100，a 1＞0，d ＞0.由线性规划的知识得5a 1＋a 5＝6a 1＋4d ，过点(20，20)时，取最大值为200.7. 设正项数列{a n }的前n 项和是S n ，{a n }和{S n }都是等差数列，则S n ＋10a n的最小值是____________．答案：21解析：由题设知S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n ＋d 2n 2.又S n 为等差数列，从而a 1＝d 2，从而a n ＝a 1＋(n －1)d ＝d ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12，S n＝d 2n 2，∴ S n ＋10a n ＝d 2（n ＋10）2d ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＝（n ＋10）22⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＝（n ＋10）22n －1.令2n －1＝t(t≥1)，原式＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋12＋102t ＝14·⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋441t ＋42≥14·⎝ ⎛⎭⎪⎫2t·441t ＋42＝21，从而当t ＝21，即n ＝11时，原式取到最小值21. 8. 中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其大意为：“有一个人走了378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”问此人第4天和第5天共走了________里．答案：36解析：由题意知，此人每天走的里数构成公比为12的等比数列，设等比数列的首项为a 1，则有a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1261－12＝378，解得a 1＝192，所以a 4＝192×18＝24，a 5＝24×12＝12，a 4＋a 5＝24＋12＝36，所以此人第4天和第5天共走了36里．9. 已知{a n }，{b n }均为等比数列，其前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意的n∈N *，总有S n T n ＝3n＋14，则a 3b 3＝________．答案：9解析：设{a n }，{b n }的公比分别为q ，q ′，∵ S n T n ＝3n＋14，∴ 当n ＝1时，a 1＝b 1.当n ＝2时，a 1＋a 1q b 1＋b 1q ′＝52.当n ＝3时，a 1＋a 1q ＋a 1q2b 1＋b 1q ′＋b 1q ′2＝7，∴ 2q －5q′＝3，7q ′2＋7q′－q 2－q ＋6＝0，解得q ＝9，q ′＝3，∴ a 3b 3＝a 1q 2b 1q ′2＝9.10. 现有一根n 节的竹竿，自上而下每节的长度依次构成等差数列，最上面一节长为10 cm ，最下面的三节长度之和为114 cm ，第6节的长度是首节与末节长度的等比中项，则n ＝________．答案：16解析：设每节竹竿的长度对应的数列为{a n }，公差为d(d ＞0)．由题意知a 1＝10，a n ＋a n －1＋a n －2＝114，a 26＝a 1a n .由a n ＋a n －1＋a n －2＝114，得3a n －1＝114，解得a n －1＝38，∴ (a 1＋5d)2＝a 1(a n －1＋d)，即(10＋5d)2＝10(38＋d)，解得d ＝2，∴a n －1＝a 1＋(n －2)d ＝38，即10＋2(n －2)＝38，解得n ＝16.二、 解答题11. 设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，且a 1，a 2＋5，a 3成等差数列． (1) 求a 1，a 2的值；(2) 求证：数列{a n ＋2n}是等比数列，并求数列{a n }的通项公式． (1) 解：由已知，得2a 1＝a 2－3 ①， 2(a 1＋a 2)＝a 3－7 ②，又a 1，a 2＋5，a 3成等差数列， 所以a 1＋a 3＝2a 2＋10 ③， 解①②③，得a 1＝1，a 2＝5.(2) 证明：由已知，n ∈N *时，2(S n ＋1－S n )＝a n ＋2－a n ＋1－2n ＋2＋2n ＋1，即a n ＋2＝3a n ＋1＋2n ＋1，即a n ＋1＝3a n ＋2n(n≥2)，由(1)得，a 2＝3a 1＋2，∴ a n ＋1＝3a n ＋2n (n∈N *)，从而有a n ＋1＋2n ＋1＝3a n ＋2n ＋2n ＋1＝3a n ＋3×2n ＝3(a n ＋2n)．又a 1＋2＞0，∴ a n ＋2n＞0，∴ a n ＋1＋2n ＋1a n ＋2n ＝3，∴ 数列{a n ＋2n}是等比数列，且公比为3，∴ a n ＋2n ＝(a 1＋2)×3n －1＝3n ，即a n ＝3n －2n.12. 商学院为推进后勤社会化改革，与桃园新区商定，由该区向建设银行贷款500万元在桃园新区为学院建一栋可容纳一千人的学生公寓，工程于2017年初动工，年底竣工并交付使用，公寓管理处采用收费偿还建行贷款形式(年利率5%，按复利计算)，公寓所收费用除去物业管理费和水电费18万元，其余部分全部用于年底还建行贷款．(1) 若公寓收费标准定为每生每年800元，问到哪一年可偿还建行全部贷款？ (2) 若公寓管理处要在2025年年底把贷款全部还清，则每生每年的最低收费标准是多少元(精确到元)？(参考数据：lg 1.734 3≈0.239 1，lg 1.05≈0.021 2，1.058≈1.477 4)解：(1) 设公寓投入使用后n 年可偿还全部贷款，则公寓每年收费总额为1 000×800＝800 000(元)＝80万元，扣除18万元，可偿还贷款62万元．依题意有62[1＋(1＋5%)＋(1＋5%)2＋…＋(1＋5%)n －1]≥500(1＋5%)n ＋1，化简得62(1.05n －1)≥25×1.05n ＋1，∴ 1.05n≥1.734 3.两边取对数并整理得 n ≥lg 1.734 3lg 1.05≈0.239 10.021 2≈11.28，∴ 当取n ＝12时，即到2029年底可全部还清贷款．(2) 设每生每年的最低收费标准为x 元，因到2025年底公寓共使用了8年，依题意有⎝ ⎛⎭⎪⎫1 000x 10 000－18[1＋(1＋5%)＋(1＋5%)2＋…＋(1＋5%)7]≥500(1＋5%)9.化简得(0.1x －18)×1.058－11.05－1≥500×1.059，解得x≥992，∴ 每生每年的最低收费标准为992元．13. 已知数列{a n }，{b n }满足2S n ＝(a n ＋2)b n ，其中S n 是数列{a n }的前n 项和．(1) 若数列{a n }是首项为23，公比为－13的等比数列，求数列{b n }的通项公式；(2) 若b n ＝n ，a 2＝3，求数列{a n }的通项公式；(3) 在(2)的条件下，设c n ＝a nb n，求证：数列{c n }中的任意一项总可以表示成该数列其他两项之积．(1) 解：因为a n ＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －1＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ，S n ＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ，所以b n ＝2S n a n ＋2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －2⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ＋2＝12.(2) 解：若b n ＝n ，则2S n ＝na n ＋2n ， 所以2S n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1＋2(n ＋1)，两式相减得2a n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1－na n ＋2， 即na n ＝(n －1)a n ＋1＋2.当n≥2时，(n －1)a n －1＝(n －2)a n ＋2，两式相减得(n －1)a n －1＋(n －1)a n ＋1＝2(n －1)a n ， 即a n －1＋a n ＋1＝2a n .由2S 1＝a 1＋2，得a 1＝2，又a 2＝3，所以数列{a n }是首项为2，公差为3－2＝1的等差数列， 故数列{a n }的通项公式是a n ＝n ＋1.(3) 证明：由(2)得c n ＝n ＋1n，对于给定的n∈N *，若存在k ，t ≠n ，k ，t ∈N *，使得c n ＝c k ·c t ，只需n ＋1n ＝k ＋1k ·t ＋1t ，即1＋1n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋1k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1t ，即1n ＝1k ＋1t ＋1kt ，则t ＝n （k ＋1）k －n ， 取k ＝n ＋1，则t ＝n(n ＋2)，所以对数列{c n }中的任意一项c n ＝n ＋1n ，都存在c n ＋1＝n ＋2n ＋1和c n2＋2n ＝n 2＋2n ＋1n 2＋2n，使得c n ＝c n ＋1·c n2＋2n .。
2019届高三人教A版数学一轮复习练习第五章 数列 第1节 Word版含解析
第五章第节[基础训练组]．(导学号)已知数列，，，，…，，则是它的( )．第项．第项．第项．第项解析：[观察知已知数列的通项公式是＝，令＝＝＝，得＝.]．(导学号)数列{}的前项和为，若＝，＋＝(≥)，则等于( )．×．×＋．．＋解析：[当≥时，＋＝，则＋＝＋，∴＋－＋＝＋－＝＋，即＋＝＋，∴该数列从第二项开始是以为公比的等比数列．又＝＝＝，∴＝(\\((＝(，×－(≥(.))∴当＝时，＝×－＝×.]．(导学号)对于数列{}，“＋> (＝，…)”是“{}为递增数列”的( )．必要不充分条件．充分不必要条件．必要条件．既不充分也不必要条件解析：[当＋> (＝，…)时，∵≥，∴＋>，∴{}为递增数列．当{}为递增数列时，若该数列为－，则>不成立，即知：＋>(＝，…)不一定成立．故综上知，“＋>(＝，…)”是“{}为递增数列”的充分不必要条件．]．(导学号)(·咸阳市二模)已知正项数列{}中，＋＋…＋＝(∈*)，则数列{}的通项公式为( )．＝．＝．＝．＝解析：[∵＋＋…＋＝，∴＋＋…＋＝(≥)，两式相减得＝－＝，∴＝，(≥)．又当＝时，＝＝，∴＝∈*.故选.]．(导学号)已知数列{}的通项公式为＝－－－，则数列{}( )．有最大项，没有最小项．有最小项，没有最大项．既有最大项又有最小项．既没有最大项也没有最小项解析：[∵数列{}的通项公式为＝－－－，令＝－，∈(]，是减函数，则＝－＝－，由复合函数单调性知先递增后递减．故有最大项和最小项，选.]．(导学号)(新课标全国卷Ⅱ)数列{}满足＋＝，＝，则＝.解析：将＝代入＋＝，可求得＝；再将＝代入＋＝，可求得＝－；再将＝－代入＋＝，可求得＝；由此可以推出数列{}是一个周期数列，且周期为，所以＝＝.答案：．(导学号)已知数列{}的前项和＝－，第项满足＜＜，则的值为.解析：∵＝－，∴≥时，＝－－＝－，＝＝－适合上式，∴＝－(∈*)，∴＜－＜，得＜＜.∴＝.答案：．(导学号)下列关于星星的图案构成一个数列，该数列的一个通项公式是.解析：从题图中可观察星星的构成规律，＝时，有个；＝时，有个；＝时，有个；＝时，有个；…∴＝＋＋＋＋…＋＝.答案：＝．(导学号)数列{}的通项公式是＝－＋.()这个数列的第项是多少？()是不是这个数列的项？若是这个数列的项，它是第几项？()该数列从第几项开始各项都是正数？解：()当＝时，＝－×＋＝－.()令＝，即－＋＝，解得＝或＝－(舍去)，即是这个数列的第项．()令＝－＋＞，解得＞或＜(舍去)．∴从第项起各项都是正数．。
2019届高三人教A版数学一轮复习练习第五章 数列 第4节 Word版含解析
第五章第节[基础训练组]．(导学号)设()是定义在上的恒不为零的函数，对任意实数，∈，都有()·()＝(＋)，若＝，＝()(∈*)，则数列{}的前项和的取值范围是( )解析：[∵对任意，∈，都有()·()＝(＋)，∴令＝，＝，得()·()＝(＋)，即＝＝()＝，∴数列{}是以为首项，以为等比的等比数列，∴＝()＝，∴＝＝－∈.故选.]．(导学号)＋＋＋…＋等于( )解析：[法一：令＝＋＋＋…＋，①则＝＋＋…＋＋，②①－②，得＝＋＋＋…＋－＝－.∴＝.故选.法二：取＝时，＝，代入各选项验证可知选.]．(导学号)已知数列{}：，＋，＋＋，＋＋＋，…，那么数列{}＝的前项和为( ) ．．．－－解析：[由题意知＝＋＋＋…＋＝＝，＝＝，所以＋＋…＋＝＋＋…＋＝＝.]．(导学号)数列{}的通项公式为＝(－)－·(－)，则它的前项之和等于( )．．－．．－解析：[＝(×－)－(×－)＋(×－)－…－(×－)＝×[(－)＋(－)＋…＋(－)]＝×(－)＝－.]．(导学号)(·太原市三模)数列{}满足＝，且对任意的∈*都有＋＝＋＋，则的前项和为( )解析：[数列{}满足＝，且对任意的∈*都有＋＝＋＋，∴＋－＝＋，∴－－＝，∴＝(－－)＋(－－－)＋…＋(－)＋＝＋(－)＋…＋＋＝，∴＝＝，∴的前项和＝＝，故选.]．(导学号)(·大理州一模)若数列{}的首项＝，且＋＝＋(∈*)；令＝(＋)，则＋＋＋…＋＝.解析：∵数列{}的首项＝，且＋＝＋(∈*)，∴＋＋＝(＋)，＋＝，∴{＋}是首项为，公比为的等比数列，∴＋＝，∴＝(＋)＝＝，∴＋＋＋…＋＝＋＋＋…＋＝＝.答案：．(导学号)数列{}的前项和＝－＋，则＋＋…＋＝.解析：当＝时，＝＝－.当≥时，＝－－＝－.∴＝(\\(－，＝，－，≥.))令－≤，得≤，∴当≤时，<，当≥时，>，∴＋＋…＋＝－(＋)＋(＋＋…＋)＝－＝.答案：．(导学号)等比数列{}的前项和＝－，则＋＋…＋＝.解析：当＝时，＝＝，当≥时，＝－－＝－－(－－)＝－，又∵＝适合上式．∴＝－，∴＝－.∴数列{}是以＝为首项，以为公比的等比数列．∴＋＋…＋＝＝(－)．答案：(－)．(导学号)(·郴州市一模)等差数列{}中，＝，＋＝.()求数列{}的通项公式；()设＝－＋，求＋＋＋…＋的值．解：()设公差为，则(\\(＋＝，,(＋(＋(＋(＝，))解得(\\(＝，＝，))所以＝＋(－)＝＋；()＝－＋＝＋，所以＋＋＋…＋＝(＋)＋(＋)＋…＋。
2019版高考数学一轮复习训练： 基础与考点过关 第五章 数列
第五章 数 列第1课时 数列的概念及其简单表示法理解数列的概念，认识数列是反映自然规律的基本数学模型，探索并掌握数列的几种简单表示法(列表、图象、通项公式)；了解数列是一种特殊的函数；发现数列规律，写出其通项公式．① 了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式).② 了解数列是自变量为正整数的一类函数.③ 会利用数列的前n 项和求通项公式．1. (必修5P 34习题3改编)已知数列{a n }满足a n ＝4a n －1＋3，且a 1＝0，则a 5＝________． 答案：255解析：a 2＝4a 1＋3＝3，a 3＝4a 2＋3＝4×3＋3＝15，a 4＝4a 3＋3＝4×15＋3＝63，a 5＝4a 4＋3＝4×63＋3＝255.2. (必修5P 34习题2改编)数列－1，43，－95，167，…的一个通项公式是________．答案：a n ＝(－1)nn 22n －1解析：－1＝－11，数列1，4，9，16，…对应通项n 2，数列1，3，5，7，…对应通项2n －1，数列－1，1，－1，1，…对应通项(－1)n ，故a n ＝(－1)nn 22n －1.3. (必修5P 48习题9改编)若数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋3n ，则a 4＋a 5＋a 6a 1＋a 2＋a 3＝________．答案：2解析：∵ 数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋3n ，∴ a 1＋a 2＋a 3＝S 3＝32＋3×3＝18， a 4＋a 5＋a 6＝S 6－S 3＝36， ∴ a 4＋a 5＋a 6a 1＋a 2＋a 3＝2. 4. (必修5P 34习题9改编)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2－8n ＋5，则这个数列的最小项是________．答案： －11解析：由a n ＝(n －4)2－11，可知n ＝4时，a n 取最小值为－11.5. (必修5P 34习题5改编)已知数列2，5，22，11，14，…，则42是这个数列的第________项．答案：11解析：易知该数列的通项为2＋3（n －1），则有2＋3（n －1）＝42，得n ＝11，则42是这个数列的第11项．1. 数列的定义按照一定顺序排列的一列数称为数列．数列中的每一个数叫做这个数列的项．排在第一位的数称为这个数列的第1项，通常也叫做首项．2. 数列的分类项数有限的数列叫做有穷数列． 项数无限的数列叫做无穷数列． 3. 数列与函数的关系 从函数观点看，数列可以看成是以正整数或其子集为定义域的函数a n ＝f(n)，当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值．反过来，对于函数y ＝f(x)，如果f(i)(i ＝1，2，3，…)有意义，那么可以得到一个数列{f(n)}．4. 数列的通项公式如果数列{a n }的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个公式a n ＝f(n)(n ＝1，2，3，…)来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．通项公式可以看成数列的函数解析式．5. 数列{a n }的前n 项和S n 与通项a n 的关系是a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.[备课札记], 1 由数列的前几项求数列的通项), 1) 根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式： (1) －1，7，－13，19，…；(2) 23，415，635，863，1099，…；(3) 1，0，－13，0，15，0，－17，0，…；(4) 112，245，3910，41617，….解：(1) 偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式(－1)n，观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，故数列的一个通项公式为a n ＝(－1)n(6n －5)．(2) 这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为1×3，3×5，5×7，7×9，9×11，…，每一项都是两个相邻奇数的乘积．故所求数列的一个通项公式为a n ＝2n（2n －1）（2n ＋1）.(3)将数列改写为11，02，－13，04，15，06，－17，08，…，则a n ＝sinn π2n.(4) 观察不难发现112＝1＋12，245＝2＋45＝2＋2222＋1，3910＝3＋910＝3＋3232＋1，…，一般地，a n ＝n ＋n 2n 2＋1.则a n ＝n ＋n2n 2＋1.变式训练(1) 数列－11×2，12×3，－13×4，14×5，…的一个通项公式a n ＝__________；(2) 该数列45，910，1617，2526，…的一个通项公式为________．答案：(1) (－1)n1n （n ＋1） (2) （n ＋1）2（n ＋1）2＋1解析：(1) 这个数列前4项的绝对值都等于项数与项数加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式为a n ＝(－1)n1n （n ＋1）.(2) 各项的分子为22，32，42，52，…，分母比分子大1，因此该数列的一个通项公式为a n ＝（n ＋1）2（n ＋1）2＋1., 2 由a n 与S n 关系求a n ), 2) 已知数列{a n }的前n 项和S n ，求通项a n .(1) S n ＝3n－1；(2) S n ＝2n＋1.解：(1) 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2.当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2·3n －1. 当n ＝1时，a n ＝2符合上式．∴ a n ＝2·3n －1.(2) 当n ＝1时，a 1＝S 1＝21＋1＝3；当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n ＋1)－(2n －1＋1)＝2n －2n －1＝2n －1.当n ＝1时，a n ＝3不符合上式．综上有 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3（n ＝1），2n －1（n≥2）.变式训练(1) 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n＋1，则a n ＝__________；(2) 若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式a n ＝__________．答案：(1) ⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2·3n －1，n ≥2 (2) (－2)n －1解析：(1) 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋1＝4，当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n ＋1－3n －1－1＝2·3n －1.∵ a 1＝4不适合上等式，∴ a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2·3n －1，n ≥2. (2) 由S n ＝23a n ＋13得，当n≥2时，S n －1＝23a n －1＋13，两式相减，得a n ＝23a n －23a n －1，∴ 当n≥2时，a n ＝－2a n －1，即a na n －1＝－2.又n ＝1时，S 1＝a 1＝23a 1＋13，a 1＝1，∴ a n ＝(－2)n －1., 3 由数列的递推关系求数列的通项公式), 3) (1) 设数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则通项公式a n ＝________；(2) a 1＝1，a n ＝a n －1＋1n （n －1）(n≥2，n ∈N *)，通项公式a n ＝________；(3) 在数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n ，则{a n }的通项公式为a n ＝________．答案：(1) n （n ＋1）2＋1 (2) 2－1n (n∈N *) (3) n （n ＋1）2解析：(1) 由题意得，当n≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝2＋(2＋3＋…＋n)＝2＋（n －1）（2＋n ）2＝n （n ＋1）2＋1.又a 1＝1×（1＋1）2＋1＝2，符合上式，因此a n ＝n （n ＋1）2＋1.(2) 由a n ＝a n －1＋1n （n －1）(n≥2)，得a n －a n －1＝1n －1－1n (n≥2)．则a 2－a 1＝11－12，a 3－a 2＝12－13，…，a n －a n －1＝1n －1－1n .将上述n －1个式子累加，得a n ＝2－1n.当n ＝1时，a 1＝1也满足，故a n ＝2－1n(n∈N *)．(3) 由题设知，a 1＝1.当n>1时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，∴ a n a n －1＝n ＋1n －1， ∴ a n a n －1＝n ＋1n －1，…，a 4a 3＝53，a 3a 2＝42，a 2a 1＝3. 以上n －1个式子的等号两端分别相乘，得到a n a 1＝n （n ＋1）2.∵ a 1＝1，∴ a n ＝n （n ＋1）2.备选变式（教师专享）(1) 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝3n －1＋a n －1(n≥2)，则a n ＝________．(2) 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝n －1n·a n －1(n≥2)，则a n ＝________．答案：(1) a n ＝3n－12 (2) 1n解析：(1) 由a 1＝1，a n －a n －1＝3n －1(n≥2)，得a 1＝1，a 2－a 1＝31，a 3－a 2＝32，…，a n－1－a n －2＝3n －2，a n －a n －1＝3n －1，以上等式两边分别相加得a n ＝1＋3＋32＋…＋3n －1＝3n－12.当n ＝1时，a 1＝1也适合，∴ a n ＝3n－12.(2) a n ＝n －1n ·a n －1 (n≥2)，a n －1＝n －2n －1·a n －2，…，a 2＝12a 1.以上(n －1)个式子相乘得a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n .当n ＝1时也满足此等式，∴ a n ＝1n .1. (2017·太原模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n －a n ＋1＝na n a n ＋1(n∈N *)，则a n ＝________．答案：2n 2－n ＋2解析：由a n －a n ＋1＝na n a n ＋1得1a n ＋1－1a n ＝n ，则由累加法得1a n －1a 1＝1＋2＋…＋(n －1)＝n 2－n 2.因为a 1＝1，所以1a n ＝n 2－n 2＋1＝n 2－n ＋22，所以a n ＝2n 2－n ＋2. 2. 设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝kn 2＋n ，n ∈N *，其中k 是常数．若对于任意的m∈N *，a m ，a 2m ，a 4m 成等比数列，则k 的值为________．答案：0或1解析：∵ S n ＝kn 2＋n ，n ∈N *，∴ 数列{a n }是首项为k ＋1，公差为2k 的等差数列，a n ＝2kn ＋1－k.又对于任意的m∈N *都有a 22m ＝a m a 4m ， a 22＝a 1a 4，(3k ＋1)2＝(k ＋1)(7k ＋1)，解得k ＝0或1.又k ＝0时，a n ＝1，显然对于任意的m ∈N *，a m ，a 2m ，a 4m 成等比数列；k ＝1时，a n ＝2n ，a m ＝2m ，a 2m ＝4m ，a 4m ＝8m ，显然对于任意的m∈N *，a m ，a 2m ，a 4m 也成等比数列．综上所述，k ＝0或1.3. 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1a n ＝2n (n∈N *)，则a 10等于________． 答案：32解析：∵ a n ＋1a n ＝2n ，∴ a n ＋1a n ＋2＝2n ＋1，两式相除得a n ＋2a n＝2.又a 1a 2＝2，a 1＝1，∴ a 2＝2，则a 10a 8·a 8a 6·a 6a 4·a 4a 2＝24，即a 10＝25＝32.4. 对于数列{a n }，定义数列{b n }满足：b n ＝a n ＋1－a n (n∈N *)，且b n ＋1－b n ＝1(n∈N *)，a 3＝1，a 4＝－1，则a 1＝________．答案：8解析：b 3＝a 4－a 3＝－1－1＝－2，由b 3－b 2＝1，得b 2＝－3，而b 2＝a 3－a 2＝－3，得a 2＝4.又b 2－b 1＝1，则b 1＝－4，而b 1＝a 2－a 1＝4－a 1＝－4，则a 1＝8.5. 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝13a n ＋23，则{a n }的通项公式a n ＝__________．答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1 解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝13a 1＋23，∴ a 1＝1.当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝13a n －13a n －1，∴a n a n －1＝－12.∴ 数列{a n }为首项a 1＝1，公比q ＝－12的等比数列，故a n ＝(－12)n －1.1. 若a n ＝n 2＋λn ＋3(其中λ为实常数)，n ∈N *，且数列{a n }为单调递增数列，则实数λ的取值范围是________．答案：(－3，∞)解析：(解法1：函数观点)因为{a n }为单调递增数列， 所以a n ＋1>a n ，即(n ＋1)2＋λ(n＋1)＋3>n 2＋λn ＋3，化简为λ>－2n －1对一切n∈N *都成立，所以λ>－3.故实数λ的取值范围是(－3，＋∞)．(解法2：数形结合法)因为{a n }为单调递增数列，所以a 1<a 2，要保证a 1<a 2成立，二次函数f(x)＝x 2＋λx ＋3的对称轴x ＝－λ2应位于1和2中点的左侧，即－λ2<32，亦即λ>－3，故实数λ的取值范围为(－3，＋∞)．2. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝13S n ，求a 2，a 3，a 4的值及数列{a n }的通项公式．解：由已知得a 2＝13，a 3＝49，a 4＝1627.由a 1＝1，a n ＋1＝13S n ，得a n ＝13S n －1，n ≥2，故a n ＋1－a n ＝13S n －13S n －1＝13a n ，n ≥2，得a n ＋1＝43a n ，n ≥2.又a 1＝1，a 2＝13，故该数列从第二项开始为等比数列，故a n ＝⎩⎨⎧1，n ＝1，13⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －2，n ≥2.3. 已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n 满足S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n2＋n)＝0，n ∈N *.(1) 求a 1的值；(2) 求数列{a n }的通项公式．解：(1) 由题设，S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n)＝0，n ∈N *.令n ＝1，有S 21－(12＋1－3)S 1－3×(12＋1)＝0，可得S 21＋S 1－6＝0，解得S 1＝－3或2，即a 1＝－3或2. 又a n 为正数，所以a 1＝2.(2) 由S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n)＝0，n ∈N *可得，(S n ＋3)(S n －n 2－n)＝0，则S n ＝n 2＋n 或S n ＝－3.又数列{a n }的各项均为正数，所以S n ＝n 2＋n ，S n －1＝(n －1)2＋(n －1)，所以当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －[(n －1)2＋(n －1)]＝2n. 又a 1＝2，所以a n ＝2n.4. 设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝a(a≠3)，a n ＋1＝S n ＋3n ，n ∈N *.(1) 设b n ＝S n －3n，求数列{b n }的通项公式；(2) 若a n ＋1≥a n ，n ∈N *，求a 的取值范围．解：(1) 依题意，S n ＋1－S n ＝a n ＋1＝S n ＋3n，即S n ＋1＝2S n ＋3n ，由此得S n ＋1－3n ＋1＝2(S n －3n)， 即b n ＋1＝2b n .又b 1＝S 1－3＝a －3，因此，所求通项公式为b n ＝(a －3)2n －1，n ∈N *.(2) 由(1)知S n ＝3n ＋(a －3)2n －1，n ∈N *， 于是，当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n ＋(a －3)2n －1－3n －1－(a －3)2n －2＝2×3n －1＋(a －3)2n －2，a n ＋1－a n ＝4×3n －1＋(a －3)2n －2＝2n －2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2＋a －3.当n≥2时，a n ＋1≥a n ⇒12⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2＋a －3≥0⇒a ≥－9. 又a 2＝a 1＋3>a 1，综上，所求的a 的取值范围是[－9，3)∪(3，＋∞)．1. 数列中的数的有序性是数列定义的灵魂，要注意辨析数列的项和数集中元素的异同，数列可以看成是一个定义域为正整数集或其子集的函数，因此在研究数列问题时，既要注意函数方法的普遍性，又要注意数列方法的特殊性．2. 根据所给数列的前几项求其通项，需要仔细观察分析，抓住特征：分式中分子、分母的独立特征，相邻项变化的特征，拆项后的特征，各项的符号特征和绝对值特征，并由此进行归纳、联想．3. 通项a n 与其前n 项和S n 的关系是一个十分重要的考点，运用时不要忘记讨论a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1（n ＝1），S n －S n －1（n≥2）.[备课札记]第2课时 等 差 数 列(对应学生用书(文)、(理)84～85页)1. (必修5P 47习题5改编)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，S 3＝12，则a 6＝________．答案：12解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由题意知，3×2＋3d ＝12，得d ＝2，则a 6＝2＋(6－1)×2＝12.2. (必修5P 48习题7改编)在等差数列{a n }中， (1) 已知a 4＋a 14＝2，则S 17＝________； (2) 已知S 11＝55，则a 6＝________；(3) 已知S 8＝100，S 16＝392，则S 24＝________． 答案：(1) 17 (2) 5 (3) 876解析：(1) S 17＝17（a 1＋a 17）2＝17（a 4＋a 14）2＝17.(2) S 11＝11（a 1＋a 11）2＝11×2a 62＝55，∴ a 6＝5.(3) S 8，S 16－S 8，S 24－S 16成等差数列，∴ 100＋S 24－392＝2×(392－100)，∴ S 24＝876. 3. (必修5P 44练习6改编)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 5＝5，S 9＝27，则S 7＝________．答案：14解析：由S 5＝(a 1＋a 5)×52＝2a 3×52＝5a 3＝5，得a 3＝1.由S 9＝(a 1＋a 9)×92＝2a 5×92＝9a 5＝27，得a 5＝3.从而S 7＝(a 1＋a 7)×72＝(a 3＋a 5)×72＝4×72＝14.4. (必修5P 48习题11改编)已知数列{a n }为等差数列，若a 1＝－3，11a 5＝5a 8，则使其前n 项和S n 取最小值的n ＝________．答案：2解析：∵ a 1＝－3，11a 5＝5a 8，∴ d ＝2，∴ S n ＝n 2－4n ＝(n －2)2－4，∴ 当n ＝2时，S n 最小．5. (必修5P 43例2改编)在等差数列{a n }中，已知d ＝12，a n ＝32，S n ＝－152，则a 1＝________．答案：－3解析：由题意，得⎩⎨⎧a 1＋322×n＝－152 ①，a 1＋（n －1）×12＝32②，由②得a 1＝－12n ＋2，代入①得n 2－7n －30＝0，∴ n ＝10或n ＝－3(舍去)，∴ a 1＝－3.1. 等差数列的定义 (1) 文字语言：如果一个数列从第二项起，每一项减去它的前一项所得的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．(2) 符号语言：a n ＋1－a n ＝d(n∈N *)． 2. 等差数列的通项公式若等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，则其通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ． 推广：a n ＝a m ＋(n －m)d. 3. 等差中项如果三个数a ，A ，b 成等差数列，则A 叫a 和b 的等差中项，且有A ＝a ＋b2．4. 等差数列的前n 项和公式(1) S n ＝na 1＋n （n －1）2d ．(2) S n ＝n （a 1＋a n ）2．5. 等差数列的性质(1) 等差数列{a n }中，对任意的m ，n ，p ，q ∈N *，若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ．特殊的，若m ＋n ＝2p ，则a m ＋a n ＝2a p ．(2) 等差数列{a n }中，依次每m 项的和仍成等差数列，即S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍成等差数列．6. 当项数为2n(n∈N ＋)，则S 偶－S 奇＝nd ，S 偶S 奇＝a n ＋1a n；当项数为2n －1(n∈N ＋)，则S 奇－S 偶＝a n ，S 偶S 奇＝n －1n., 1 数列中的基本量的计算), 1) (1) 设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，S 8＝4a 3，a 7＝－2，则a 9＝__________；(2) 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 3＝6，S 4＝12，则S 6＝__________． 答案：(1) －6 (2) 30解析：(1) 设公差为d ，则8a 1＋28d ＝4a 1＋8d ，即a 1＝－5d ，a 7＝a 1＋6d ＝－5d ＋6d ＝d ＝－2，所以a 9＝a 7＋2d ＝－6.(2) 设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由S 3＝6，S 4＝12，可得⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝3a 1＋3d ＝6，S 4＝4a 1＋6d ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝0，d ＝2，即S 6＝6a 1＋15d ＝30.变式训练(1) 已知{a n }是公差不为0 的等差数列，S n 是其前n 项和，若a 2a 3＝a 4a 5，S 9＝1，则a 1的值是________；(2) 设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 2＝7，S 7＝－7，则a 7的值为________．答案：(1) －527(2) －13解析：(1) 设等差数列{a n }的公差为d(d≠0)． ∵ a 2a 3＝a 4a 5，S 9＝1，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧（a 1＋d ）（a 1＋2d ）＝（a 1＋3d ）（a 1＋4d ），9a 1＋9×82d ＝1，解得a 1＝－527.(2) 设等差数列{a n }的公差为d.∵ a 2＝7，S 7＝－7，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝a 1＋d ＝7，S 7＝7a 1＋7×62d ＝－7，解方程组可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝11，d ＝－4， ∴ a 7＝a 1＋6d ＝11－6×4＝－13., 2 判断或证明一个数列是否是等差数列), 2) 已知数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，且满足2S n ＝a 2n ＋n －4.(1) 求证：{a n }为等差数列； (2) 求{a n }的通项公式．(1) 证明：当n ＝1时，有2a 1＝a 21＋1－4，即a 21－2a 1－3＝0，解得a 1＝3或a 1＝－1(舍去)．当n≥2时，有2S n －1＝a 2n －1＋n －5.又2S n ＝a 2n ＋n －4，两式相减得2a n ＝a 2n －a 2n －1＋1，即a 2n －2a n ＋1＝a 2n －1，也即(a n －1)2＝a 2n －1，因此a n －1＝a n －1或a n －1＝－a n －1.若a n －1＝－a n －1，则a n ＋a n －1＝1，而a 1＝3，所以a 2＝－2，这与数列{a n }的各项均为正数相矛盾，所以a n －1＝a n －1，即a n －a n －1＝1，因此{a n }为等差数列．(2) 解：由(1)知a 1＝3，d ＝1，所以数列{a n }的通项公式a n ＝3＋(n －1)×1＝n ＋2，即a n ＝n ＋2.变式训练已知数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝3a n ＋3n ＋1－2n.设b n ＝a n －2n3n .(1) 证明：数列{b n }为等差数列； (2) 求数列{a n }的通项公式．(1) 证明：∵ b n ＋1－b n ＝a n ＋1－2n ＋13n ＋1－a n －2n 3n ＝3a n ＋3n ＋1－2n －2n ＋13n ＋1－3a n －3·2n3n ＋1＝1， ∴ 数列{b n }为等差数列．(2) 解：∵ b 1＝a 1－23＝0，∴ b n ＝n －1，∴ a n ＝(n －1)·3n ＋2n.备选变式（教师专享）已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足：a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2，n ∈N *)，a 1＝12，判断⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 与{a n }是否为等差数列，并说明你的理由．解：因为a n ＝S n －S n －1(n≥2)，又a n ＋2S n S n －1＝0， 所以S n －S n －1＋2S n S n －1＝0(n≥2)，所以1S n －1S n －1＝2(n≥2)．因为S 1＝a 1＝12，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以2为首项，2为公差的等差数列．所以1S n ＝2＋(n －1)×2＝2n ，故S n ＝12n.所以当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －12（n －1）＝－12n （n －1），所以a n ＋1＝－12n （n ＋1），而a n ＋1－a n ＝－12n （n ＋1）－－12n （n －1）＝－12n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n －1＝1n （n －1）（n ＋1）. 所以当n≥2时，a n ＋1－a n 的值不是一个与n 无关的常数，故数列{a n }不是一个等差数列．综上可知，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列，{a n }不是等差数列．, 3 等差数列的性质), 3) (1) 已知{a n }是等差数列，{S n }是其前n 项和．若a 1＋a 22＝－3，S 5＝10，则a 9的值是________；(2) 在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25，则a 2＋a 8＝________；(3) 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) 20 (2) 10 (3) 60解析：(1) 由S 5＝10得a 3＝2，因此2－2d ＋(2－d)2＝－3⇒d ＝3，a 9＝2＋3×6＝20. (2) 因为{a n }是等差数列，所以a 3＋a 7＝a 4＋a 6＝a 2＋a 8＝2a 5，a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝5a 5＝25，即a 5＝5，a 2＋a 8＝2a 5＝10.(3) 因为S 10，S 20－S 10，S 30－S 20成等差数列，且S 10＝10，S 20＝30，S 20－S 10＝20， 所以2×20＝10＋S 30－30，所以S 30＝60. 变式训练(1) 设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若2a 8＝6＋a 11，则S 9的值等于__________； (2) 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＝__________． 答案：(1) 54 (2) 45 解析：(1) 根据题意及等差数列的性质，知2a 8－a 11＝a 5＝6，根据等差数列的求和公式，知S 9＝a 1＋a 92×9＝2a 52×9＝6×9＝54.(2) 由{a n }是等差数列，得S 3，S 6－S 3，S 9－S 6为等差数列．即2(S 6－S 3)＝S 3＋(S 9－S 6)，得到S 9－S 6＝2S 6－3S 3＝45，则a 7＋a 8＋a 9＝45.备选变式（教师专享）设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 5＝3，S 10＝40，求nS n 的最小值． 解：设等差数列{a n }的公差为d.∵ a 5＝3，S 10＝40，∴ a 1＋4d ＝3，10a 1＋10×92d ＝40，解得a 1＝－5，d ＝2.∴ S n ＝－5n ＋n （n －1）2×2＝n 2－6n ，则nS n ＝n 2(n －6)．n ≤5时，nS n ＜0；n≥6时，nS n ≥0.可得n ＝4时，nS n 取得最小值－32., 4 等差数列中的最值问题), 4) (1) 若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9>0，a 7＋a 10<0，当n 取何值时，{a n }的前n 项和最大？(2) 已知数列{a n }为等差数列．若a 7a 6<－1，且{a n }的前n 项和S n 有最大值，求使S n >0时n 的最大值．(3) 在等差数列{a n }中，a 1>0，公差d<0，a 5＝3a 7，其前n 项和为S n ，求S n 取得最大值时n 的值．解：(1) 由等差数列的性质，得a 7＋a 8＋a 9＝3a 8，a 8>0.又a 7＋a 10<0，∴ a 8＋a 9<0，∴ a 9<0，∴ S 8>S 7，S 8>S 9，故数列{a n }的前8项和最大．(2) ∵ a 7a 6<－1，且S n 有最大值，∴ a 6>0，a 7<0，且a 6＋a 7<0，∴ S 11＝11（a 1＋a 11）2＝11a 6>0，S 12＝12（a 1＋a 12）2＝6(a 6＋a 7)<0，∴ 使S n >0的n 的最大值为11.(3) 在等差数列{a n }中，a 1>0，公差d<0.∵ a 5＝3a 7，∴ a 1＋4d ＝3(a 1＋6d)，∴ a 1＝－7d ，∴ S n ＝n(－7d)＋n （n －1）2d ＝d 2(n 2－15n)，∴ n ＝7或8时，S n 取得最大值． 备选变式（教师专享）已知在等差数列{a n }中，a 1＝31，S n 是它的前n 项和，S 10＝S 22. (1) 求S n ；(2) 这个数列的前多少项的和最大，并求出这个最大值． 解：(1) ∵ S 10＝a 1＋a 2＋…＋a 10，S 22＝a 1＋a 2＋…＋a 22，S 10＝S 22，∴ a 11＋a 12＋…＋a 22＝0，12（a 11＋a 22）2＝0，即a 11＋a 22＝2a 1＋31d ＝0.又a 1＝31，∴ d ＝－2，∴ S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝31n －n(n －1)＝32n －n 2.(2) (解法1)由(1)知S n ＝32n －n 2，∴ 当n ＝16时，S n 有最大值，S n 的最大值是256.(解法2)由S n ＝32n －n 2＝n(32－n)，欲使S n 有最大值，应有1<n<32，从而S n ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋32－n 22＝256，当且仅当n ＝32－n ，即n ＝16时，S n 有最大值256.1. (2016·北京卷)已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和．若a 1＝6，a 3＋a 5＝0，则S 6＝__________．答案：6解析：设等差数列{a n }的公差为d.因为a 3＋a 5＝0，所以6＋2d ＋6＋4d ＝0，解得d ＝－2，所以S 6＝6×6＋6×52×(－2)＝36－30＝6.2. (2017·南京、盐城一模)已知数列{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 4＋a 5＋a 6＝21，则S 9＝________．答案：63解析：由a 4＋a 5＋a 6＝21得a 5＝7，所以S 9＝9（a 1＋a 9）2＝9a 5＝63.3. 已知公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n .若S 5S 3＝3，则a 5a 3的值为__________．答案：179解析：S 5S 3＝a 1×5＋12×5×4da 1×3＋12×3×2d＝5a 1＋10d 3a 1＋3d ＝3，则d ＝4a 1，则a 5a 3＝a 1＋4d a 1＋2d ＝17a 19a 1＝179.4. (2017·南通、泰州三调)设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若公差d ＝2，a 5＝10，则S 10的值是________．答案：110解析：∵ a 5＝a 1＋4d ＝a 1＋8＝10，∴ a 1＝2，∴ S 10＝10a 1＋10×92d ＝110.5. (2017·南通一模)《九章算术》中的“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则该竹子最上面一节的容积为________升．答案：1322解析：设最上面一节的容积为a 1，由题设知⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋4×32d ＝3，⎝ ⎛⎭⎪⎫9a 1＋9×82d －⎝ ⎛⎭⎪⎫6a 1＋6×52d ＝4，解得a 1＝1322.1. (2017·新课标Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则＝________．答案：2nn ＋1解析：设等差数列的首项为a 1，公差为d ，由题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3，4a 1＋4×32d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1， 数列的前n 项和S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n×1＋n （n －1）2×1＝n （n ＋1）2.裂项有：1S k ＝2k （k ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋1，据此，2. 设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则a n ＝________．答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，1n （n －1），n ≥2 解析：由已知得a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝S n ＋1·S n ，两边同时除以S n ＋1·S n ，得1S n ＋1－1S n＝－1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以－1为首项，－1为公差的等差数列，则1S n ＝－1－(n －1)＝－n ，所以S n ＝－1n .则当n ＝1时，a 1＝－1；当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－1n ＋1n －1＝1n （n －1），所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，1n （n －1），n ≥2.(或直接带入a n ＋1＝S n S n ＋1，但要注意分类讨论) 3. 已知等差数列{a n }的首项为1，公差为2，若a 1a 2－a 2a 3＋a 3a 4－a 4a 5＋…－a 2n a 2n ＋1≥tn 2对n∈N *恒成立，则实数t 的取值范围是__________．答案：(－∞，－12]解析：a 1a 2－a 2a 3＋a 3a 4－a 4a 5＋…－a 2n a 2n ＋1＝a 2(a 1－a 3)＋a 4(a 3－a 5)＋…＋a 2n (a 2n －1－a 2n ＋1)＝－4(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝－4×a 2＋a 2n 2×n ＝－8n 2－4n ，所以－8n 2－4n ≥tn 2，所以t≤－8－4n 对n∈N *恒成立，t ≤－12. 4. (2017·南京、盐城二模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }，{c n }满足(n ＋1)b n＝a n ＋1－S n n ，(n ＋2)c n ＝a n ＋1＋a n ＋22－S n n，其中n∈N *.(1) 若数列{a n }是公差为2的等差数列，求数列{c n }的通项公式；(2) 若存在实数λ，使得对一切n∈N *，有b n ≤λ≤c n ，求证：数列{a n }是等差数列．(1) 解：∵ 数列{a n }是公差为2的等差数列，∴ a n ＝a 1＋2(n －1)，S nn＝a 1＋n －1.∴ (n ＋2)c n ＝a 1＋2n ＋a 1＋2（n ＋1）2－(a 1＋n －1)＝n ＋2，解得c n ＝1.(2) 证明：由(n ＋1)b n ＝a n ＋1－S nn，可得n(n ＋1)b n ＝na n ＋1－S n ，(n ＋1)(n ＋2)b n ＋1＝(n＋1)a n ＋2－S n ＋1，两式相减可得a n ＋2－a n ＋1＝(n ＋2)b n ＋1－nb n ，可得(n ＋2)c n ＝a n ＋1＋a n ＋22－S n n ＝a n ＋1＋a n ＋22－[a n ＋1－(n ＋1)b n ]＝a n ＋2－a n ＋12＋(n ＋1)b n ＝（n ＋2）b n ＋1－nb n 2＋(n ＋1)b n ＝n ＋22(b n ＋b n ＋1)，因此c n ＝12(b n ＋b n ＋1)．∵ b n ≤λ≤c n ，∴ λ≤c n ＝12(b n ＋b n ＋1)≤λ，故b n ＝λ，c n ＝λ.∴ (n ＋1)λ＝a n ＋1－S n n ，(n ＋2)λ＝12(a n ＋1＋a n ＋2)－S nn，相减可得12(a n ＋2－a n ＋1)＝λ，即a n ＋2－a n ＋1＝2λ(n≥2)．又2λ＝a 2－S 11＝a 2－a 1，则a n ＋1－a n ＝2λ(n≥1)，∴ 数列{a n }是等差数列．1. 等差数列问题，首先应抓住a 1和d ，通过列方程组来解，其他也就迎刃而解了．但若恰当地运用性质，可以减少运算量．2. 等差数列的判定方法有以下几种：① 定义法：a n ＋1－a n ＝d(d 为常数)；② 等差中项法：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2；③ 通项公式法：a n ＝pn ＋q(p ，q 为常数)；④前n 项和公式法：S n＝An 2＋Bn(A ，B 为常数)．3. 注意设元，利用对称性，减少运算量．4. 解答某些数列问题，有时不必(有时也不可能)求出某些具体量的结果，可采用整体代换的思想．[备课札记]第3课时 等 比 数 列(对应学生用书(文)、(理)86～87页)1. (必修5P 61习题2改编)设S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，a 6＝32，则S 3＝________．答案：7解析：q 5＝a 6a 1＝32，q ＝2，S 3＝1×（1－23）1－2＝7.2. 若－1，x ，y ，z ，－3成等比数列，则y 的值为________． 答案：－ 3解析：由等比中项知y 2＝3，∴ y ＝± 3.又∵ y 与－1，－3符号相同，∴ y ＝－ 3. 3. (必修5P 54习题10改编)等比数列{a n }中，a 1>0，a 2a 4＋2a 3a 5＋a 4a 6＝36，则a 3＋a 5＝________．答案：6解析：a 2a 4＋2a 3a 5＋a 4a 6＝(a 3＋a 5)2＝36.又a 1>0，∴ a 3，a 5>0，∴ a 3＋a 5＝6.4. (必修5P 61习题3改编)在等比数列{a n }中，a 3＝7，前3项和S 3＝21，则公比q ＝________．答案：1或－12解析：由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝7，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝21， 化简得1＋q ＋q 2q 2＝3.整理得2q 2－q －1＝0，解得q ＝1或q ＝－12.5. (必修5P 56例2改编)设等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3，S 4＝15，则S 6＝________．答案：63解析：设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，易知q≠1，根据题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1－q 2）1－q＝3，a 1（1－q 4）1－q＝15，解得q 2＝4，a 11－q ＝－1，所以S 6＝a 1（1－q 6）1－q＝(－1)(1－43)＝63.1. 等比数列的概念(1) 文字语言：如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列．(2) 符号语言：a n ＋1a n＝q(n∈N *，q 是等比数列的公比)．2. 等比数列的通项公式设{a n }是首项为a 1，公比为q 的等比数列，则第n 项a n ＝a 1q n －1．推广：a n ＝a m q n －m. 3. 等比中项若a ，G ，b 成等比数列，则G 为a 和b 的等比中项且G 4. 等比数列的前n 项和公式 (1) 当q ＝1时，S n ＝na 1．(2) 当q≠1时，S n ＝a 1（1－q n）1－q ＝a 1－a n q1－q．5. 等比数列的性质(1) 等比数列{a n }中，对任意的m ，n ，p ，q ∈N *，若m ＋n ＝p ＋q ，则a m a n ＝a p a q ．特殊的，若m ＋n ＝2p ，则a m a n ＝a 2p ．(2) 等比数列{a n }中，依次每m 项的和(非零)仍成等比数列，即S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍成等比数列，其公比为q m(q≠－1)．(其中S m ≠0)[备课札记], 1 等比数列的基本运算), 1) (1) 设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则a 4＝________；(2) 等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n ，已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________；(3) 设等比数列{a n }的前n 项和为S n .若27a 3－a 6＝0，则S 6S 3＝________．答案：(1) －8 (2) 32 (3) 28解析：(1) 设等比数列的公比为q ，很明显q≠－1，结合等比数列的通项公式和题意可得方程组⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝a 1（1＋q ）＝－1 ①，a 1－a 3＝a 1（1－q 2）＝－3 ②，由②除以①可得q ＝－2 ，代入①可得a 1＝1， 由等比数列的通项公式可得a 4＝a 1q 3＝－8.(2) 当q ＝1时，显然不符合题意；当q≠1时，⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1－q 3）1－q ＝74，a 1（1－q 6）1－q ＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2，则a 8＝14×27＝32. (3) 设等比数列的公比为q ，首项为a 1，则a 6a 3＝q 3＝27.S 6S 3＝a 1＋a 2＋…＋a 6a 1＋a 2＋a 3＝1＋a 4＋a 5＋a 6a 1＋a 2＋a 3＝1＋q 3＋q 4＋q 51＋q ＋q 2＝1＋q 3＝28. 变式训练(1) 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________； (2) 设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2a 3…a n 的最大值为________． 答案：(1) 4 (2) 64解析：(1) 设等比数列{a n }的公比为q ，由a 2＝1，a 8＝a 6＋2a 4得q 6＝q 4＋2q 2，q 4－q 2－2＝0，解得q 2＝2，则a 6＝a 2q 4＝4.(2) 因为a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，所以公比q ＝a 2＋a 4a 1＋a 3＝12，所以a 1＋a 1×14＝10⇒a 1＝8，a 1a 2a 3…a n ＝8n ⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋2＋…＋n －1＝23n·2－n （n －1）2＝23n －n （n －1）2＝2－n 2＋7n2，所以当n ＝3或4时，取最大值64., 2 等比数列的判定与证明), 2) 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，3S n ＝a n －1(n∈N *)． (1) 求a 1，a 2；(2) 求证：数列{a n }是等比数列； (3) 求a n 和S n .(1) 解：由3S 1＝a 1－1，得3a 1＝a 1－1，所以a 1＝－12.又3S 2＝a 2－1，即3a 1＋3a 2＝a 2－1，得a 2＝14.(2) 证明：当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝13(a n －1)－13(a n －1－1)，得a n a n －1＝－12，所以{a n }是首项为－12，公比为－12的等比数列．(3) 解：由(2)可得a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n，S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n .备选变式（教师专享）已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝4a n －3(n∈N *)． (1) 求证：数列{a n }是等比数列；(2) 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．(1) 证明：依题意S n ＝4a n －3(n∈N *)， 当n ＝1时，a 1＝4a 1－3，解得a 1＝1.因为S n ＝4a n －3，则S n －1＝4a n －1－3(n≥2)， 所以当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4a n －4a n －1，整理得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．(2) 解：由(1)知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(n∈N *)．, 3 等比数列的性质), 3) 已知等比数列{a n }的各项均为正数，且满足a 1a 9＝4，则数列{log 2a n }的前9项之和为________．答案：9解析：∵ a 1a 9＝a 25＝4，∴ a 5＝2，∴ log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 9＝log 2(a 1a 2…a 9)＝log 2a 95＝9log 2a 5＝9. 变式训练(1) 各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 10＝2，S 30＝14，则S 40＝________；(2) 等比数列{a m }的前n 项积为T n (n∈N *)，已知a m －1a m ＋1－2a m ＝0，且T 2m －1＝128，则m ＝________．答案：(1) 30 (2) 4解析：(1) 依题意有S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30仍成等比数列，2·(14－S 20)＝(S 20－2)2，得S 20＝6.所以S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30，即为2，4，8，16，所以S 40＝S 30＋16＝30.(2) 因为{a m }为等比数列，所以a m －1·a m ＋1＝a 2m .又由a m －1·a m ＋1－2a m ＝0，得a m ＝2.则T 2m －1＝a 2m －1m，所以22m －1＝128，m ＝4., 4 等比数列的应用), 4) 设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2. (1) 设b n ＝a n ＋1－2a n ，求证：数列{b n }是等比数列； (2) 求数列{a n }的通项公式．(1) 证明： 由a 1＝1及S n ＋1＝4a n ＋2， 得a 1＋a 2＝S 2＝4a 1＋2.∴ a 2＝5，∴ b 1＝a 2－2a 1＝3. 又⎩⎪⎨⎪⎧S n ＋1＝4a n ＋2 ①，S n ＝4a n －1＋2（n≥2） ②， ①－②，得a n ＋1＝4a n －4a n －1， ∴ a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1)． ∵ b n ＝a n ＋1－2a n ，∴ b n ＝2b n －1，故{b n }是首项b 1＝3，公比为2的等比数列．(2) 解：由(1)知b n ＝a n ＋1－2a n ＝3·2n －1， ∴ a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝34. 故⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为12，公差为34的等差数列．∴ a n 2n ＝12＋(n －1)·34＝3n －14， 故a n ＝(3n －1)·2n －2. 备选变式（教师专享）已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2＋2n ，数列{b n }的前n 项和T n ＝2－b n . (1) 求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2) 设c n ＝a 2n ·b n ，证明：当且仅当n≥3时，c n ＋1<c n .(1) 解：a 1＝S 1＝4，当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n(n ＋1)－2(n －1)n ＝4n.又a 1＝4适合上式，∴ a n ＝4n(n∈N *)．将n ＝1代入T n ＝2－b n ，得b 1＝2－b 1，∴ T 1＝b 1＝1. 当n≥2时，T n －1＝2－b n －1，T n ＝2－b n ， ∴ b n ＝T n －T n －1＝b n －1－b n ，∴ b n ＝12b n －1，∴ b n ＝21－n.(2) 证明：(证法1)由c n ＝a 2n ·b n ＝n 2·25－n， 得c n ＋1c n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2. 当且仅当n≥3时，1＋1n ≤43<2，即c n ＋1<c n .(证法2)由c n ＝a 2n ·b n ＝n 2·25－n，得c n ＋1－c n ＝24－n [(n ＋1)2－2n 2]＝24－n [－(n －1)2＋2]． 当且仅当n≥3时，c n ＋1－c n <0，即c n ＋1<c n .1. (2017·南京、盐城二模)记公比为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n .若a 1＝1，S 4－5S 2＝0，则S 5的值为________．答案：31解析：若等比数列的公比等于1，由a 1＝1，得S 4＝4，5S 2＝10，与题意不符．设等比数列的公比为q(q≠1)，由a 1＝1，S 4＝5S 2，得a 1（1－q 4）1－q ＝5a 1(1＋q)，解得q ＝±2.∵ 数列{a n }的各项均为正数，∴ q ＝2.则S 5＝1－251－2＝31.2. (2017·苏北四市三模)在公比为q ，且各项均为正数的等比数列{a n }中，S n 为{a n }的前n 项和．若a 1＝1q2，且S 5＝S 2＋2，则q 的值为________．答案：5－12解析：由题意可知q≠1，又S 5＝S 2＋2，即a 1（1－q 5）1－q ＝a 1（1－q 2）1－q ＋2，∴ q 3－2q ＋1＝0，∴ (q －1)(q 2＋q －1)＝0.又q>0，且q≠1，∴ q ＝5－12. 3. (2017·苏锡常镇二模)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比q ＝3，S 3＋S 4＝533，则a 3＝________．答案：3解析：∵ 等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比q ＝3，S 3＋S 4＝533，∴ a 1（33－1）3－1＋a 1（34－1）3－1＝533，解得a 1＝13.则a 3＝13×32＝3.4. (2017·南通四模)已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝4，a 3＝10.若{a n ＋1－a n }是等比数列，则∑i ＝1na i ＝________．答案：3×2n－2n －3解析：a 2－a 1＝4－1＝3，a 3－a 2＝10－4＝6，∵ {a n ＋1－a n }是等比数列，∴ 首项为3，公比为2，∴ a n ＋1－a n ＝3×2n －1，∴ a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋3＋3×2＋…＋3×2n －2＝1＋3×2n －1－12－1＝3×2n －1－2.则∑i ＝1na i ＝3×2n－12－1－2n ＝3×2n－2n －3.1. (2017·新课标Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N ：N>100且该数列的前N 项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是________．答案：440解析：由题意得，数列如下： 1， 1，2， 1，2，4， …1，2，4，…，2k －1，…则该数列的前1＋2＋…＋k ＝k （k ＋1）2项和为S ⎝ ⎛⎭⎪⎫k （k ＋1）2＝1＋(1＋2)＋…＋(1＋2＋…＋2k －1)＝2k ＋1－k －2，要使k （k ＋1）2＞100，有k≥14，此时k ＋2＜2k ＋1，所以k ＋2是之后的等比数列1，2，…，2k ＋1的部分和，即k ＋2＝1＋2＋…＋2t －1＝2t－1，所以k ＝2t －3≥14，则t≥5，此时k ＝25－3＝29，对应满足的最小条件为N ＝29×302＋5＝440.2. 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝λa 2n ＋μa n ＋4a n ＋2，其中n∈N *，λ，μ为非零常数．(1) 若λ＝3，μ＝8，求证：{a n ＋1}为等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2) 若数列{a n }是公差不等于零的等差数列，求实数λ，μ的值．(1) 证明：当λ＝3，μ＝8时，a n ＋1＝3a 2n ＋8a n ＋4a n ＋2＝3a n ＋2，化为a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，∴ {a n ＋1}为等比数列，首项为2，公比为3.∴ a n ＋1＝2×3n －1，可得a n ＝2×3n －1－1. (2) 解：设a n ＝a 1＋(n －1)d ＝dn －d ＋1.由a n ＋1＝λa 2n ＋μa n ＋4a n ＋2，可得a n ＋1(a n ＋2)＝λa 2n ＋μa n ＋4，∴ (dn －d ＋3)(dn ＋1)＝λ(dn －d ＋1)2＋μ(dn －d ＋1)＋4. 令n ＝1，2，3，解得λ＝1，μ＝4，d ＝2. 经过检验满足题意，∴ λ＝1，μ＝4.3. 已知各项不为零的数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S n ＝pa n a n ＋1(n∈N *)，p ∈R . (1) 若a 1，a 2，a 3成等比数列，求实数p 的值；(2) 若a 1，a 2，a 3成等差数列，求数列{a n }的通项公式．解：(1) 当n ＝1时，a 1＝pa 1a 2，a 2＝1p ；当n ＝2时，a 1＋a 2＝pa 2a 3，a 3＝a 1＋a 2pa 2＝1＋1p .由a 22＝a 1a 3得a 1a 3＝1p 2，即p 2＋p －1＝0，解得p ＝－1±52.(2) 由2a 2＝a 1＋a 3得p ＝12，故a 2＝2，a 3＝3，所以S n ＝12a n a n ＋1，当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12a n a n ＋1－12a n －1a n .因为a n ≠0，所以a n ＋1－a n －1＝2，故数列{a n }的所有奇数项组成以1为首项2为公差的等差数列，其通项公式是a n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12－1×2＝n.同理，数列{a n}的所有偶数项组成以2为首项2为公差的等差数列，其通项公式是a n ＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2－1×2＝n ，所以数列{a n }的通项公式是a n ＝n.4. 已知数列{a n }的首项a 1＝2a ＋1(a 是常数，且a≠－1)，a n ＝2a n －1＋n 2－4n ＋2(n≥2)，数列{b n }的首项b 1＝a ，b n ＝a n ＋n 2(n≥2)．(1) 求证：{b n }从第2项起是以2为公比的等比数列；(2) 设S n 为数列{b n }的前n 项和，且{S n }是等比数列，求实数a 的值； (3) 当a>0时，求数列{a n }的最小项．(1) 证明：∵ b n ＝a n ＋n 2，∴ b n ＋1＝a n ＋1＋(n ＋1)2＝2a n ＋(n ＋1)2－4(n ＋1)＋2＋(n ＋1)2＝2a n ＋2n 2＝2b n (n≥2)．。
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第五章 数列第1课时 数列的概念及其简单表示法一、 填空题1. 数列23，－45，67，－89，…的第10项是________．答案：－2021解析：所给数列呈现分数形式，且正负相间，求通项公式时，我们可以把符号、分母、分子每一部分进行分解，就很容易归纳出数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n ＋1·2n 2n ＋1，故a 10＝－2021.2. 已知数列{a n }满足a n ＋2＝a n ＋1－a n ，且a 1＝2，a 2＝3，则a 2 016的值为________． 答案：－1解析：由题意，得a 3＝a 2－a 1＝1，a 4＝a 3－a 2＝－2，a 5＝a 4－a 3＝－3，a 6＝a 5－a 4＝－1，a 7＝a 6－a 5＝2，∴ 数列{a n }是周期为6的周期数列．而2 016＝6×336，∴ a 2 016＝a 6＝－1.3. 数列7，9，11，…，2n －1的项数是_________. 答案：n －3解析：易知a 1＝7，d ＝2，设项数为m ，则2n －1＝7＋(m －1)×2，m ＝n －3.4. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ≠0(n ∈N *)，又a n a n ＋1＝S n ，则a 3－a 1＝________． 答案：1解析：因为a n a n ＋1＝S n ，所以令n ＝1得a 1a 2＝S 1＝a 1，即a 2＝1.令n ＝2，得a 2a 3＝S 2＝a 1＋a 2，即a 3＝1＋a 1，所以a 3－a 1＝1.5. 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ＋1，则{a n }的通项公式为__________．答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4（n ＝1），2n ＋1（n≥2）解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝4；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1，∴ a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4（n ＝1），2n ＋1（n≥2）.6. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －1(n ∈N *)，则a 5＝__________． 答案：16解析：当n ＝1时，S 1＝2a 1－1，∴ a 1＝1；当n ≥2时，S n ＝2a n －1，S n －1＝2a n －1－1，则有 a n ＝2a n －2a n －1，∴ a n ＝2a n －1.∴ {a n }是等比数列，且a 1＝1，q ＝2，故a 5＝a 1×q 4＝24＝16.7. 若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式a n ＝________．答案：(－2)n －1解析：当n ＝1时，a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝23a n －23a n －1，则anan －1＝－2，得a n＝(－2)n －1.8. 设数列{a n }满足a 1＝a ，a n ＋1＝a2n －2a n ＋1(n ∈N *)．若数列{a n }是常数列，则a ＝________.答案：－2解析：因为数列{a n }是常数列，所以a ＝a 2＝a21－2a 1＋1＝a2－2a ＋1，即a(a ＋1)＝a 2－2，解得a＝－2.9. 数列{a n }的前n 项积为n 2，那么当n ≥2时，a n ＝________．答案：n2（n －1）2解析：设数列{a n }的前n 项积为T n ，则T n ＝n 2，当n ≥2时，a n ＝Tn Tn －1＝n2（n －1）2.10. 数列{a n }满足：a 1＝1，且对任意的m ，n ∈N *都有a n ＋m ＝a n ＋a m ＋nm ，则a 100＝________． 答案：5 050解析：令m ＝1，则a n ＋1＝a n ＋1＋n ⇒a n ＋1－a n ＝n ＋1⇒a 100＝(a 100－a 99)＋(a 99－a 98)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝100＋99＋…＋2＋1＝5 050.二、 解答题11. 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？解：(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或n ＝－9(舍去)，即150是数列的第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．12. 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 ＝2an ＋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 ＝1），1n（n≥2）.(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＝12n ＋3－12n ＋2＝－1（2n ＋3）（2n ＋2）<0， ∴ c n ＋1<c n .∴ 数列{c n }为递减数列．13. 已知数列{a n }中，a n ＝1＋1a ＋2（n －1）(n ∈N *，a ∈R ，且a ≠0)．(1) 若a ＝－7，求数列{a n }中的最大项和最小项的值；(2) 若对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，求a 的取值范围．解：(1) ∵ a n ＝1＋1a ＋2（n －1）(n ∈N *，a ∈R ，且a ≠0)，又a ＝－7，∴ a n ＝1＋12n －9(n ∈N *)．结合函数f(x)＝1＋12x －9的单调性，可知1>a 1>a 2>a 3>a 4，a 5>a 6>a 7>…＞a n >1(n ∈N *)，∴ 数列{a n }中的最大项为a 5＝2，最小项为a 4＝0.(2) a n ＝1＋1a ＋2（n －1）＝1＋12n －2－a2，对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，结合函数f(x)＝1＋12x －2－a 2的单调性，可知5<2－a2<6，即－10<a<－8，即a 的取值范围是(－10，－8)．第2课时 等 差 数 列一、 填空题1. 在等差数列{a n }中，a 5＝33，公差d ＝3，则201是该数列的第________项． 答案：61解析：∵ a n ＝a 5＋(n －5)d ，∴ 201＝33＋3(n －5)，n ＝61.2. 已知{a n }为等差数列，a 1＋a 3＋a 5＝105，a 2＋a 4＋a 6＝99，则a 20＝________． 答案：1 解析：∵ a 1＋a 3＋a 5＝105，即3a 3＝105，解得a 3＝35，同理a 2＋a 4＋a 6＝99，得a 4＝33.∵ d ＝a 4－a 3＝33－35＝－2，∴ a 20＝a 4＋(20－4)d ＝33＋16×(－2)＝1.3. 在等差数列{a n }中，已知a 2＋a 8＝11，则3a 3＋a 11的值为__________． 答案：22解析：3a 3＋a 11＝a 3＋a 3＋a 3＋a 11＝a 3＋a 2＋a 4＋a 11＝a 3＋a 2＋a 7＋a 8＝2(a 2＋a 8)＝11×2＝22.4. 若等差数列{a n }的前5项和S 5＝25，且a 4＝3，则a 7＝________． 答案：－3解析：S 5＝25⇒5（a1＋a5）2＝25⇒a 3＝5，所以d ＝a 4－a 3＝－2，a 7＝a 4＋(7－4)d ＝3－6＝－3.5. 在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前n 项和为S n ，当且仅当n ＝8时，S n 取最大值，则d 的取值范围是________．答案：－1<d<－78解析：由题意得，a 8>0，a 9<0，所以7＋7d>0，7＋8d<0，即－1<d<－78.6. 若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9＞0，a 7＋a 10＜0，则当n ＝________时，{a n }的前n 项和最大．答案：8解析：由等差数列的性质，得a 7＋a 8＋a 9＝3a 8，a 8＞0，又a 7＋a 10＜0，所以a 8＋a 9＜0，所以a 9＜0，所以S 8＞S 7，S 8＞S 9，故数列{a n }的前8项和最大．7. 若一个等差数列{a n }的前3项和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列有________项．答案：13 解析：a 1＋a 2＋a 3＋a n －2＋a n －1＋a n ＝34＋146＝180，所以3(a 1＋a n )＝180，即a 1＋a n ＝60.由S n ＝390，知n （a1＋an ）2＝390，所以n×602＝390，解得n ＝13.8. 记等差数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝2，且数列{Sn}也为等差数列，则a 13的值为________．答案：50解析：数列{Sn}为等差数列，得S1＋S3＝2S2，即2＋6＋3d ＝24＋d ，则d ＝4，a 13 ＝a 1＋12d ＝50.9. 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S3S6＝13，则S6S12＝________．答案：310解析： 由等差数列的求和公式可得S3S6＝3a1＋3d 6a1＋15d ＝13，可得a 1＝2d ，且d ≠0，所以S6S12＝6a1＋15d 12a1＋66d ＝27d 90d ＝310. 10. 在等差数列{a n }中，a 2＝5，a 6＝21，记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1an 的前n 项和为S n ，若S 2n ＋1－S n ≤m15对n ∈N *恒成立，则正整数m 的最小值为________．答案：5解析：由a 2＝5，a 6＝21易得等差数列{a n }的通项公式为a n ＝4n －3，所以1an ＝14n －3.故S 2n ＋1－S n ＝1a2n ＋1＋1a2n ＋1a2n －1＋…＋1an ＋2＋1an ＋1.设T n ＝S 2n ＋1－S n ，则T n ＋1＝S 2(n ＋1)＋1－S n ＋1＝S 2n ＋3－S n ＋1，所以T n ＋1－T n ＝(S 2n ＋3－S n ＋1)－(S 2n ＋1－S n )＝(S 2n ＋3－S 2n ＋1)－(S n ＋1－S n )＝1a2n ＋3＋1a2n ＋2－1an ＋1＝14（2n ＋3）－3＋14（2n ＋2）－3－14（n ＋1）－3 ＝18n ＋9＋18n ＋5－14n ＋1<18n ＋2＋18n ＋2－14n ＋1＝28n ＋2－14n ＋1＝0. 所以T n ＋1－T n <0，即T n ＋1<T n .故T n ＝S 2n ＋1－S n 随n 的增大而减小，所以若S 2n ＋1－S n ≤m15对n ∈N *恒成立，即(S 2n ＋1－S n )max ＝S 3－S 1＝1a3＋1a2＝19＋15＝1445≤m 15.由1445≤m 15得m ≥143，所以正整数m 的最小值为5.二、 解答题11. 在等差数列{a n }中，a 1＝1，a 3＝－3. (1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 若数列{a n }的前k 项和S k ＝－35，求k 的值． 解：(1) 设等差数列{a n }的公差为d ，由a 1＝1，a 3＝－3，可得1＋2d ＝－3，解得d ＝－2. 从而a n ＝1＋(n －1)×(－2)＝3－2n. (2) 由(1)可知a n ＝3－2n.所以S n ＝n[1＋（3－2n ）]2＝2n －n 2.由S k ＝－35，可得2k －k 2＝－35，即k 2－2k －35＝0，解得k ＝7或k ＝－5.又k ∈N *，故k ＝7.12. 设a 1，d 为实数，首项为a 1，公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S 5S 6＋15＝0.(1) 若S 5＝5，求S 6及a 1； (2) 求d 的取值范围．解：(1) 由题意知S 6＝－15S5＝－3，a 6＝S 6－S 5＝－8，所以⎩⎪⎨⎪⎧5a1＋10d ＝5，a1＋5d ＝－8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a1＝7，d ＝－3，因此S 6＝－3，a 1＝7.(2) 因为S 5S 6＋15＝0，所以(5a 1＋10d)(6a 1＋15d)＋15＝0，即2a21＋9da 1＋10d 2＋1＝0.故(4a 1＋9d)2＝d 2－8，所以d 2≥8.故d 的取值范围是d ≤－22或d ≥2 2. 13. 在等差数列{a n }中，公差d ＞0，前n 项和为S n ，a 2·a 3＝45，a 1＋a 5＝18. (1) 求数列{a n }的通项公式．(2) 令b n ＝Sn n ＋c(n ∈N *)，是否存在一个非零常数c ，使数列{b n }也为等差数列？若存在，求出c 的值；若不存在，请说明理由．解：(1) 由题设，知{a n }是等差数列，且公差d ＞0，则由⎩⎪⎨⎪⎧a2a3＝45，a1＋a5＝18，得⎩⎪⎨⎪⎧（a1＋d ）（a1＋2d ）＝45，a1＋（a1＋4d ）＝18，解得⎩⎪⎨⎪⎧a1＝1，d ＝4.∴ a n ＝4n －3(n ∈N *)．(2) 由b n ＝Sn n ＋c ＝n （1＋4n －3）2n ＋c ＝2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12n ＋c.∵ c ≠0，∴ 可令c ＝－12，得到b n ＝2n.∵ b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)－2n ＝2(n ∈N *)， ∴ 数列{b n }是公差为2的等差数列．即存在一个非零常数c ＝－12，使数列{b n }也为等差数列．第3课时 等 比 数 列一、 填空题1. 等比数列{a n }的公比大于1，a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6，则a 3＝________． 答案：4解析：由a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6(q>1)，得q ＝2，a 1＝1，则a 3＝4.2. 设等比数列{a n }的公比q ＝12，前n 项和为S n ，则S4a4＝________．答案：15解析：S 4＝a1（1－q4）1－q ，a 4＝a 1q 3，所以S4a4＝1－q4q3（1－q ）＝15.3. 在各项均为正数的等比数列{a n }中，若log 2a 2＋log 2a 8＝1，则a 3a 7＝________． 答案：2解析：由log 2a 2＋log 2a 8＝1得log 2(a 2a 8)＝1，所以a 2a 8＝2，由等比数列性质可得a 3a 7＝a 2a 8＝2.4. 已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且4a 1，2a 2，a 3依次成等差数列，若a 1＝1，则S 5＝________ .答案：31解析：因为4a 1，2a 2，a 3依次成等差数列，4a 2＝4a 1＋a 3，所以4a 1q ＝4a 1＋a 1q 2，所以q＝2.又a 1＝1，所以S 5＝a1（1－q5）1－q＝31.5. 设S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若a 5＋2a 10＝0，则S20S10的值是________．答案：54解析：当q ＝1时，a 5＝a 10＝0不合题意，∴ 公比q ≠1.∴ q 5＝a10a5＝－12，因而S20S10＝1－q201－q10＝1＋q 10＝1＋14＝54.6. 我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯________盏．答案：3 解析：设塔的顶层共有灯x 盏，则各层的灯数构成一个首项为x ，公比为2的等比数列，结合等比数列的求和公式有：x×（1－27）1－2＝381，解得x ＝3，即塔的顶层共有灯3盏．7. 设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝7，S 6＝63，则a 7＋a 8＋a 9＝__________． 答案：448解析：由S 3＝7，S 6＝63，得a 1＋a 2＋a 3＝7，7＋a 4＋a 5＋a 6＝63，则a 4＋a 5＋a 6＝(a 1＋a 2＋a 3)q 3＝56，q 3＝8，a 7＋a 8＋a 9＝(a 4＋a 5＋a 6)q 3＝56×8＝448.8. 已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝2a 2＋3，S 3＝2a 3＋3，则公比q 的值为________．答案：2解析：∵ S 2＝2a 2＋3，S 3＝2a 3＋3，∴ a 1＝a 1q ＋3，a 1(1＋q)＝a 1q 2＋3，∴ q 2－2q ＝0，q ≠0，则公比q ＝2.9. 在等比数列{a n }中，已知a 1＝1，a 4＝8，设S 3n 为该数列的前3n 项和，T n 为数列{a3n }的前n 项和．若S 3n ＝tT n ，则实数t 的值为________．答案：7解析： ∵a 4＝a 1q 3＝q 3＝8，∴ q ＝2，S 3n ＝1－23n 1－2＝8n －1.由题意知，数列{a3n }是首项为1，公比为8的等比数列，∴T n ＝1－8n 1－8＝17(8n－1)．由S 3n ＝tT n ，得t ＝7.10. 在正项等比数列{a n }中，若a 4＋a 3－2a 2－2a 1＝6，则a 5＋a 6的最小值为________． 答案：48解析：设 a 2＋a 1＝x ，等比数列的公比为q ，则a 4＋a 3 ＝xq 2，a 5＋a 6 ＝xq 4.再由a 4＋a 3－2a 2－2a 1＝6，得 xq 2＝6＋2x ，∴ x ＝6q2－2＞0，q ＞1.∴ a 5＋a 6 ＝xq 4＝6q4q2－2＝6⎝⎛⎭⎪⎫q2－2＋4q2－2＋4≥6×(4＋4)＝48，当且仅当q 2－2＝2时，等号成立，故a 5＋a 6的最小值为48.二、 解答题11. 已知{a n }是首项为a 1，公比q 为正数(q ≠1)的等比数列，其前n 项和为S n ，且5S 2＝4S 4.(1) 求q 的值．(2) 设b n ＝q ＋S n ，请判断数列{b n }能否为等比数列？若能，请求出a 1的值；若不能，请说明理由．解：(1) 由题意知，5S 2＝4S 4， ∴ 5a1（1－q2）1－q ＝4a1（1－q4）1－q.∵ a 1≠0，q>0，且q ≠1，∴ 4q 4－5q 2＋1＝0，解得q ＝12.(2) ∵ S n ＝a1（1－qn ）1－q ＝2a 1－a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，∴ b n ＝q ＋S n ＝12＋2a 1－a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.∴ 当且仅当12＋2a 1＝0，即a 1＝－14时，b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1为等比数列，∴ {b n }能为等比数列，此时a 1＝－14.12. 已知等差数列{a n }的公差d 不为0，且ak 1，ak 2，…，ak n ，…(k 1＜k 2＜…＜k n ＜…)成等比数列，公比为q.(1) 若k 1＝1，k 2＝3，k 3＝8，求a1d的值；(2) 当a1d为何值时，数列{k n }为等比数列．解：(1) 由已知可得a 1，a 3，a 8成等比数列，所以(a 1＋2d)2＝a 1(a 1＋7d)，整理可得，4d 2＝3a 1d.因为d ≠0，所以a1d ＝43.(2) 设数列{k n }为等比数列，则k22＝k 1k 3.又ak 1，ak 2，ak 3成等比数列，所以[a 1＋(k 1－1)d][a 1＋(k 3－1)d]＝[a 1＋(k 2－1)d]2.整理，得a 1(2k 2－k 1－k 3)＝d(k 1k 3－k22－k 1－k 3＋2k 2)． 因为k22＝k 1k 3，所以a 1(2k 2－k 1－k 3)＝d(2k 2－k 1－k 3)．因为2k 2≠k 1＋k 3，所以a 1＝d ，即a1d＝1.当a1d＝1时，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝nd ，所以ak n ＝k n d. 因为ak n ＝ak 1q n －1＝k 1dq n －1，所以k n ＝k 1q n －1.所以kn ＋1kn ＝k1qn k1qn －1＝q ，数列{k n }为等比数列．综上，当a1d＝1时，数列{k n }为等比数列．13. (2017·苏州期中)已知等比数列{a n }的公比q>1，且满足a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项．(1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n ＋n·2n ＋1>62成立的正整数n 的最小值．解：(1) ∵ a 3＋2是a 2，a 4的等差中项， ∴ 2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，代入a 2＋a 3＋a 4＝28，可得a 3＝8， ∴ a 2＋a 4＝20，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧a1q2＝8，a1q ＋a1q3＝20，解得⎩⎪⎨⎪⎧a1＝2，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a1＝32，q ＝12. ∵ q>1，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧a1＝2，q ＝2，∴ 数列{a n }的通项公式为a n ＝2n.(2) ∵ b n ＝a n log 12a n ＝2n log 122n ＝－n·2n，∴ S n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n) ①，2S n ＝－(1×22＋2×23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1) ②，②－①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·2n ＋1>62，∴ 2n ＋1－2>62，∴ n ＋1>6，n>5，∴ 使S n ＋n·2n ＋1>62成立的正整数n 的最小值为6.第4课时 数列的求和 一、 填空题1. 在数列{a n }中，若a 1＝－2，且对任意的n ∈N *有2a n ＋1＝1＋2a n ，则数列{a n }前10项的和为________．答案：52解析：由2a n ＋1＝1＋2a n 得a n ＋1－a n ＝12，所以数列{a n }是首项为－2，公差为12的等差数列，所以S 10＝10×(－2)＋10×（10－1）2×12＝52.2. 已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n －12n ，其前n 项和S n ＝32164，则项数n ＝________．答案：6解析：∵ a n ＝1－12n ，∴ S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－18＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＝n －(12＋14＋18＋…＋12n )＝n －12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝n －1＋12n .由S n ＝32164＝n －1＋12n，可得出n ＝6.3. 数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n，…的前n 项和S n ＝________．答案：n 2＋1－12n解析：该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(12＋122＋…＋12n )＝n 2＋1－12n.4. 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1anan ＋1的前100项和为________．答案：100101解析：∵ a 5＝5，S 5＝15，∴ 5（a1＋a5）2＝15，则a 1＝1，∴ d ＝a5－a14＝1，∴ a n ＝n ，∴ 1anan ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1anan ＋1的前n 项和为T n ，则 T 100＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1100－1101＝1－1101＝100101.5. 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，则{|a n |}的前n 项和T n ＝__________．答案：⎩⎪⎨⎪⎧6n －n2（1≤n≤3），n2－6n ＋18（n>3）解析：由S n ＝n 2－6n 得{a n }是等差数列，且首项为－5，公差为2，∴ a n ＝－5＋(n －1)×2＝2n －7，∴ 当n ≤3时，a n <0；当n>3时，a n >0，∴ T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n2（1≤n≤3），n2－6n ＋18（n>3）.6. 数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则S 17＝________． 答案：9解析：S 17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.7. 已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，…，110＋210＋310＋…＋910，….若b n ＝1anan ＋1，那么数列{b n }的前n 项和S n ＝________．答案：4nn ＋1解析：∵ a n ＝1＋2＋3＋…＋n n ＋1＝n2，∴ b n ＝1anan ＋1＝4n （n ＋1）＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴ S n ＝4[⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1]＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝4n n ＋1. 8. 已知数列{a n }满足a n ＋2＝－a n (n ∈N ＋)，且a 1＝1，a 2＝2，则数列{a n }的前2 014项的和为________．答案：3解析：∵ a n ＋2＝－a n ＝－(－a n －2)，n ＞2，∴ 数列{a n }是以4为周期的周期数列．S 2 014＝503(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 2 013＋a 2 014＝503(a 1＋a 2－a 1－a 2)＋a 503×4＋1＋a 503×4＋2＝a 1＋a 2＝3.9. 设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1an 前10项的和为________．答案：2011解析：∵ a 1＝1，a n ＋1－a n ＝n ＋1，∴ a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n.将以上n－1个式子相加得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝n （n ＋1）－22，即a n ＝n （n ＋1）2.令b n ＝1an，故b n ＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，故S 10＝b 1＋b 2＋…＋b 10＝2×(1－12＋12－13＋…＋110－111)＝2011. 二、 解答题10. 已知数列{a n }的通项a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －5（n 为奇数），2n （n 为偶数），求其前n 项和S n .解：奇数项组成以a 1＝1为首项，公差为12的等差数列，偶数项组成以a 2＝4为首项，公比为4的等比数列；当n 为奇数时，奇数项有n ＋12项，偶数项有n －12项，∴ S n ＝n ＋12（1＋6n －5）2＋4（1－4n －12）1－4＝（n ＋1）（3n －2）2＋4（2n －1－1）3；当n 为偶数时，奇数项和偶数项分别有n2项，∴ S n ＝n 2（1＋6n －5）2＋4（1－4n 2）1－4＝n （3n －2）2＋4（2n －1）3，∴ S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧（n ＋1）（3n －2）2＋4（2n －1－1）3（n 为奇数），n （3n －2）2＋4（2n －1）3（n 为偶数）.11. 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3＝2S 2＋4，a 5＝36. (1) 求a n ，S n ；(2) 设b n ＝S n －1(n ∈N *)，T n ＝1b1＋1b2＋1b3＋…＋1bn，求T n .解：(1) 因为S 3＝2S 2＋4，所以a 1－d ＝－4.因为a 5＝36，所以a 1＋4d ＝36，解得d ＝8，a 1＝4，所以a n ＝4＋8(n －1)＝8n －4，S n ＝n （4＋8n －4）2＝4n 2.(2) 因为b n ＝4n 2－1＝(2n －1)(2n ＋1)，所以1bn ＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，T n ＝1b1＋1b2＋1b3＋…＋1bn＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.12. 已知数列{a n }是首项为a 1＝14，公比为q ＝14的等比数列，设b n ＋2＝3log 14a n (n ∈N *)，数列{c n }满足c n ＝a n ·b n .(1) 求数列{b n }的通项公式； (2) 求数列{c n }的前n 项和S n .解：(1) 由题意，知a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14n (n ∈N *)．又b n ＝3log 14a n －2，故b n ＝3n －2(n ∈N *)．(2) 由(1)知a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ，b n ＝3n －2(n ∈N *)，所以c n ＝(3n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n (n ∈N *)，所以S n ＝1×14＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋7×⎝ ⎛⎭⎪⎫143＋…＋(3n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＋(3n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ，于是14S n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫143＋7×⎝ ⎛⎭⎪⎫144＋…＋(3n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＋(3n －2)×(14)n ＋1，两式相减，得34S n ＝14＋3[(14)2＋(14)3＋…＋(14)n ]－(3n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＋1＝12－(3n ＋2)×(14)n ＋1，所以S n ＝23－3n ＋23×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n (n ∈N *)．13. 在等差数列{a n }中，已知公差d ＝2，a 2是a 1与a 4的等比中项． (1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 设b n ＝a n （n ＋1）2，记T n ＝－b 1＋b 2－b 3＋b 4－…＋(－1)nb n ，求T n .解：(1) 由题意知(a 1＋d)2＝a 1(a 1＋3d)，即(a 1＋2)2＝a 1(a 1＋6)，解得a 1＝2， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n.(2) 由题意知b n ＝a n （n ＋1）2＝n(n ＋1)，则b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)，所以T n ＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)nn ×(n ＋1)． 当n 为偶数时，T n ＝(－b 1＋b 2)＋(－b 3＋b 4)＋…＋(－b n －1＋b n )＝4＋8＋12＋…＋2n ＝n2（4＋2n ）2＝n （n ＋2）2，当n 为奇数时，T n ＝T n －1＋(－b n ) ＝（n －1）（n ＋1）2－n(n ＋1)＝－（n ＋1）22，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－（n ＋1）22，n 为奇数，n （n ＋2）2，n 为偶数.第5课时 数列的综合应用一、 填空题1. 在等差数列{a n }中，满足3a 4＝7a 7，且a 1＞0，S n 是数列{a n }的前n 项和，若S n 取得最大值，则n ＝________．答案：9解析：设公差d ，由题设知3(a 1＋3d)＝7(a 1＋6d)，得d ＝－433a 1＜0，解不等式a n ＞0，即a 1＋(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫－433a1＞0，解得n ＜374，则n ≤9时，a n ＞0，同理可得n ≥10时，a n ＜0，故当n ＝9时，S n 取得最大值．2. 在等比数列{a n }中，各项都是正数，且a 1，12a 3，2a 2成等差数列，则a9＋a10a7＋a8＝________． 答案：3＋2 2解析：∵ a 1，12a 3，2a 2成等差数列，∴ 2×12a 3＝a 1＋2a 2，即a 3＝a 1＋2a 2.设等比数列{a n }的公比为q 且q ＞0，则a 3＝a 1q 2，a 2＝a 1q ，∴ a 1q 2＝a 1＋2a 1q ，∴ q 2＝1＋2q ，解得q ＝1＋2或1－2(舍)，∴a9＋a10a7＋a8＝a9（1＋q ）a7（1＋q ）＝q 2＝(2＋1)2＝3＋2 2. 3. 在数列{a n }中，S n 是其前n 项和，且S n ＝2a n ＋1，则数列的通项公式a n ＝________．答案：a n ＝－2n －1解析：依题意得S n ＋1＝2a n ＋1＋1，S n ＝2a n ＋1，两式相减得S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－2a n ，即a n ＋1＝2a n .又S 1＝2a 1＋1＝a 1，所以a 1＝－1，所以数列{a n }是以a 1＝－1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝－2n －1.4. 等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为________．答案：－24解析：设等差数列的公差为d ，由a 2，a 3，a 6成等比数列可得a23＝a 2a 6，即(1＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d)，整理可得d 2＋2d ＝0.因为公差不为0，所以d ＝－2，数列的前6项和为S 6＝6a 1＋6×（6－1）2d ＝6×1＋6×（6－1）2×(－2)＝－24. 5. 设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 6成等差数列，且a 2＋a 5＝4，则a 8的值为________．答案：2解析：∵ 等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 6成等差数列，且a 2＋a 5＝4，∴ q ≠1，⎩⎪⎨⎪⎧2×a1（1－q9）1－q ＝a1（1－q3）1－q ＋a1（1－q6）1－q ，a1q ＋a1q4＝4，解得a 1q ＝8，q 3＝－12，∴ a 8＝a 1q 7＝(a 1q)(q 3)2＝8×14＝2. 6. 在等差数列{a n }中，已知首项a 1＞0，公差d ＞0.若a 1＋a 2≤60，a 2＋a 3≤100，则5a 1＋a 5的最大值为________．答案：200解析：由a 1＋a 2≤60，a 2＋a 3≤100得2a 1＋d ≤60，2a 1＋3d ≤100，a 1＞0，d ＞0.由线性规划的知识得5a 1＋a 5＝6a 1＋4d ，过点(20，20)时，取最大值为200.7. 设正项数列{a n }的前n 项和是S n ，{a n }和{Sn}都是等差数列，则Sn ＋10an的最小值是____________．答案：21解析：由题设知S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a1－d 2n ＋d 2n 2.又Sn 为等差数列，从而a 1＝d 2，从而a n ＝a 1＋(n －1)d ＝d ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12，S n ＝d 2n 2，∴ Sn ＋10an ＝d 2（n ＋10）2d ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＝（n ＋10）22⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＝（n ＋10）22n －1.令2n －1＝t(t ≥1)，原式＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋12＋102t ＝14·⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋441t ＋42≥14·⎝ ⎛⎭⎪⎫2t·441t ＋42＝21，从而当t ＝21，即n ＝11时，原式取到最小值21.8. 中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其大意为：“有一个人走了378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”问此人第4天和第5天共走了________里．答案：36解析：由题意知，此人每天走的里数构成公比为12的等比数列，设等比数列的首项为a 1，则有a1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1261－12＝378，解得a 1＝192，所以a 4＝192×18＝24，a 5＝24×12＝12，a 4＋a 5＝24＋12＝36，所以此人第4天和第5天共走了36里．9. 已知{a n }，{b n }均为等比数列，其前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意的n ∈N *，总有Sn Tn＝3n ＋14，则a3b3＝________． 答案：9解析：设{a n }，{b n }的公比分别为q ，q ′，∵ Sn Tn ＝3n ＋14， ∴ 当n ＝1时，a 1＝b 1.当n ＝2时，a1＋a1q b1＋b1q′＝52.当n ＝3时，a1＋a1q ＋a1q2b1＋b1q′＋b1q′2＝7，∴ 2q －5q ′＝3，7q ′2＋7q ′－q 2－q ＋6＝0，解得q ＝9，q ′＝3，∴ a3b3＝a1q2b1q′2＝9. 10. 现有一根n 节的竹竿，自上而下每节的长度依次构成等差数列，最上面一节长为10 cm ，最下面的三节长度之和为114 cm ，第6节的长度是首节与末节长度的等比中项，则n ＝________．答案：16解析：设每节竹竿的长度对应的数列为{a n }，公差为d(d ＞0)．由题意知a 1＝10，a n ＋a n －1＋a n －2＝114，a26＝a 1a n .由a n ＋a n －1＋a n －2＝114，得3a n －1＝114，解得a n －1＝38，∴ (a 1＋5d)2＝a 1(a n －1＋d)，即(10＋5d)2＝10(38＋d)，解得d ＝2，∴a n －1＝a 1＋(n －2)d ＝38，即10＋2(n －2)＝38，解得n ＝16.二、 解答题11. 设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，且a 1，a 2＋5，a 3成等差数列．(1) 求a 1，a 2的值；(2) 求证：数列{a n ＋2n }是等比数列，并求数列{a n }的通项公式．(1) 解：由已知，得2a 1＝a 2－3 ①，2(a 1＋a 2)＝a 3－7 ②，又a 1，a 2＋5，a 3成等差数列，所以a 1＋a 3＝2a 2＋10 ③，解①②③，得a 1＝1，a 2＝5.(2) 证明：由已知，n ∈N *时，2(S n ＋1－S n )＝a n ＋2－a n ＋1－2n ＋2＋2n ＋1，即a n ＋2＝3a n ＋1＋2n ＋1，即a n ＋1＝3a n ＋2n(n ≥2)，由(1)得，a 2＝3a 1＋2，∴ a n ＋1＝3a n ＋2n (n ∈N *)，从而有a n ＋1＋2n ＋1＝3a n ＋2n ＋2n ＋1＝3a n ＋3×2n ＝3(a n ＋2n )．又a 1＋2＞0，∴ a n ＋2n ＞0，∴ an ＋1＋2n ＋1an ＋2n＝3， ∴ 数列{a n ＋2n }是等比数列，且公比为3，∴ a n ＋2n ＝(a 1＋2)×3n －1＝3n ，即a n ＝3n －2n .12. 商学院为推进后勤社会化改革，与桃园新区商定，由该区向建设银行贷款500万元在桃园新区为学院建一栋可容纳一千人的学生公寓，工程于2017年初动工，年底竣工并交付使用，公寓管理处采用收费偿还建行贷款形式(年利率5%，按复利计算)，公寓所收费用除去物业管理费和水电费18万元，其余部分全部用于年底还建行贷款．(1) 若公寓收费标准定为每生每年800元，问到哪一年可偿还建行全部贷款？(2) 若公寓管理处要在2025年年底把贷款全部还清，则每生每年的最低收费标准是多少元(精确到元)？(参考数据：lg 1.734 3≈0.239 1，lg 1.05≈0.021 2，1.058≈1.477 4)解：(1) 设公寓投入使用后n 年可偿还全部贷款，则公寓每年收费总额为1 000×800＝800 000(元)＝80万元，扣除18万元，可偿还贷款62万元．依题意有62[1＋(1＋5%)＋(1＋5%)2＋…＋(1＋5%)n －1]≥500(1＋5%)n ＋1，化简得62(1.05n －1)≥25×1.05n ＋1，∴ 1.05n ≥1.734 3.两边取对数并整理得n ≥lg 1.734 3lg 1.05≈0.239 10.021 2≈11.28， ∴ 当取n ＝12时，即到2029年底可全部还清贷款．(2) 设每生每年的最低收费标准为x 元，因到2025年底公寓共使用了8年，依题意有⎝ ⎛⎭⎪⎫1 000x 10 000－18[1＋(1＋5%)＋(1＋5%)2＋…＋(1＋5%)7]≥500(1＋5%)9. 化简得(0.1x －18)×1.058－11.05－1≥500×1.059， 解得x ≥992，∴ 每生每年的最低收费标准为992元．13. 已知数列{a n }，{b n }满足2S n ＝(a n ＋2)b n ，其中S n 是数列{a n }的前n 项和．(1) 若数列{a n }是首项为23，公比为－13的等比数列，求数列{b n }的通项公式； (2) 若b n ＝n ，a 2＝3，求数列{a n }的通项公式；(3) 在(2)的条件下，设c n ＝an bn，求证：数列{c n }中的任意一项总可以表示成该数列其他两项之积．(1) 解：因为a n ＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －1＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ， S n ＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ， 所以b n ＝2Sn an ＋2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －2⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ＋2＝12. (2) 解：若b n ＝n ，则2S n ＝na n ＋2n ，所以2S n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1＋2(n ＋1)，两式相减得2a n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1－na n ＋2，即na n ＝(n －1)a n ＋1＋2.当n ≥2时，(n －1)a n －1＝(n －2)a n ＋2，两式相减得(n －1)a n －1＋(n －1)a n ＋1＝2(n －1)a n ，即a n －1＋a n ＋1＝2a n .由2S 1＝a 1＋2，得a 1＝2，又a 2＝3，所以数列{a n }是首项为2，公差为3－2＝1的等差数列， 故数列{a n }的通项公式是a n ＝n ＋1.(3) 证明：由(2)得c n ＝n ＋1n，对于给定的n ∈N *，若存在k ，t ≠n ，k ，t ∈N *，使得c n ＝c k ·c t ，只需n ＋1n ＝k ＋1k ·t ＋1t ，即1＋1n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋1k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1t ， 即1n ＝1k ＋1t ＋1kt ，则t ＝n （k ＋1）k －n， 取k ＝n ＋1，则t ＝n(n ＋2)，所以对数列{c n }中的任意一项c n ＝n ＋1n ，都存在c n ＋1＝n ＋2n ＋1和c n2＋2n ＝n2＋2n ＋1n2＋2n，使得c n ＝c n ＋1·c n2＋2n .。