新课标高考总复习专项演练：第六章数列 6-4 Word版含解析

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高考一轮复习数学学案(新人教B版)第六章6-4数列中的构造问题《培优课》

数列中的构造问题数列中的构造问题是历年高考的一个热点内容，主、客观题均可出现，一般通过构造新的数列求数列的通项公式．题型一形如a n ＋1＝pa n ＋f (n )型命题点1 a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠0,1，q ≠0)例1 (1)数列{a n }满足a n ＝4a n －1＋3(n ≥2)且a 1＝0，则a 2 024等于( )A ．22 023－1B ．42 023－1C ．22 023＋1D ．42 023＋1(2)已知数列{a n }的首项a 1＝1，且1a n ＋1＝3a n ＋2，则数列{a n }的通项公式为__________．听课记录：______________________________________________________________ ________________________________________________________________________ 命题点2 a n ＋1＝pa n ＋qn ＋c (p ≠0,1，q ≠0)例2 已知数列{a n }满足a n ＋1＝2a n －n ＋1(n ∈N +)，a 1＝3，求数列{a n }的通项公式． ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ 命题点3 a n ＋1＝pa n ＋q n (p ≠0,1，q ≠0,1)例3 (1)已知数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋1＝3a n ＋2·3n ＋1，n ∈N +.则数列{a n }的通项公式为() A ．a n ＝(2n ＋1)·3n B ．a n ＝(n －1)·2nC ．a n ＝(2n －1)·3nD ．a n ＝(n ＋1)·2n(2)在数列{a n }中，a 1＝1，且满足a n ＋1＝6a n ＋3n ，则a n ＝________.听课记录：______________________________________________________________ ________________________________________________________________________ 思维升华形式构造方法a n ＋1＝pa n ＋q 引入参数c ，构造新的等比数列{a n －c }a n ＋1＝pa n ＋qn ＋c 引入参数x ，y ，构造新的等比数列{a n ＋xn ＋y }a n ＋1＝pa n ＋q n 两边同除以q n ＋1，构造新的数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n q n跟踪训练1 (1)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋2n .则数列{a n }的通项公式a n 等于( )A ．n ·2n －1B ．n ·2nC ．(n －1)·2nD ．(n ＋1)·2n(2)(2023·黄山模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，(2＋a n )·(1－a n ＋1)＝2，设⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，则a 2 023(S 2 023＋2 023)的值为( )A ．22 023－2B ．22 023－1C ．2D ．1(3)已知数列{a n }满足a n ＋1＝2a n ＋n ，a 1＝2，则a n ＝________.题型二相邻项的差为特殊数列(形如a n ＋1＝pa n ＋qa n －1)例4 (1)已知数列{a n }满足：a 1＝a 2＝2，a n ＝3a n －1＋4a n －2(n ≥3)，则a 9＋a 10等于( )A ．47B ．48C ．49D ．410(2)已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋1＝2a n ＋3a n －1(n ≥2，n ∈N +)．则数列{a n }的通项公式为a n ＝________.听课记录：______________________________________________________________ ________________________________________________________________________ 思维升华可以化为a n ＋1－x 1a n ＝x 2(a n －x 1a n －1)，其中x 1，x 2是方程x 2－px －q ＝0的两个根，若1是方程的根，则直接构造数列{a n －a n －1}，若1不是方程的根，则需要构造两个数列，采取消元的方法求数列{a n }．跟踪训练2 若x ＝1是函数f (x )＝a n ＋1x 4－a n x 3－a n ＋2x ＋1(n ∈N +)的极值点，数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝3，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.题型三倒数为特殊数列⎝⎛⎭⎫形如a n ＋1＝pa n ra n＋s 型例5 (1)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n 4a n ＋1(n ∈N +)，则满足a n >137的n 的最大取值为( ) A ．7 B ．8 C ．9 D ．10(2)(多选)数列{a n }满足a n ＋1＝a n 1＋2a n (n ∈N +)，a 1＝1，则下列结论正确的是( ) A.2a 10＝1a 3＋1a 17B.1{2}n a 是等比数列 C ．(2n －1)a n ＝1 D ．3a 5a 17＝a 49 听课记录：______________________________________________________________ ________________________________________________________________________思维升华两边同时取倒数转化为1a n＋1＝sp·1a n＋rp的形式，化归为b n＋1＝pb n＋q型，求出1a n的表达式，再求a n.跟踪训练3已知函数f(x)＝x3x＋1，数列{a n}满足a1＝1，a n＋1＝f(a n)(n∈N+)，则数列{a n}的通项公式为____________．。

2018高考数学文人教新课标大一轮复习配套文档：第六章数列 6-4 数列求和及应用含答案精品

6．4 数列求和及应用1．数列求和方法 (1)公式法：(Ⅰ)等差数列、等比数列前n 项和公式． (Ⅱ)常见数列的前n 项和： ①1＋2＋3＋…＋n ＝； ②2＋4＋6＋…＋2n ＝； ③1＋3＋5＋…＋(2n -1)＝； ④12＋22＋32＋…＋n 2＝； ⑤13＋23＋33＋…＋n 3＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n （n ＋1）22. (2)分组求和：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．(3)倒序相加：如等差数列前n 项和公式的推导方法．(4)错位相减：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和．等比数列{a n }前n 项和公式的推导方法就采用了错位相减法．(5)裂项相消：有时把一个数列的通项公式分成二项差的形式，相加消去中间项，只剩有限项再求和．常见的裂项公式： ①1n （n ＋1）＝ -1n ＋1；②1（2n -1）（2n ＋1）＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n -1-12n ＋1；③1n （n ＋1）（n ＋2）＝ ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n （n ＋1）-1（n ＋1）（n ＋2）； ④1a ＋b＝ (a -b )；⑤a n ＝S n -S n -1(n ≥2)． 2．数列应用题常见模型 (1)单利公式利息按单利计算，本金为a 元，每期利率为r ，存期为x ，则本利和y ＝ .(2)复利公式利息按复利计算，本金为a 元，每期利率为r ，存期为x ，则本利和y ＝ .(3)产值模型原来产值的基础数为N ，平均增长率为p ，对于时间x ，总产值y ＝ .(4)递推型递推型有a n ＋1＝f (a n )与S n ＋1＝f (S n )两类． (5)数列与其他知识综合，主要有数列与不等式、数列与三角、数列与解析几何等．自查自纠1．(1)①n （n ＋1）2②n 2＋n③n 2④n （n ＋1）（2n ＋1）6(5)①1n ②12 ③12 ④1a -b2．(1)a (1＋xr ) (2)a (1＋r )x(3)N (1＋p )x设数列1，(1＋2)，…，(1＋2＋22＋…＋2n -1)，…的前n 项和为S n ，则S n 等于( )A ．2nB ．2n-n C ．2n ＋1-nD ．2n ＋1-n -2解法一：特殊值法，易知S 1＝1，S 2＝4，只有选项D 适合．解法二：研究通项a n ＝1＋2＋22＋…＋2n -1＝2n-1，所以S n ＝(21-1)＋(22-1)＋…＋(2n-1) ＝(21＋22＋…＋2n )-n ＝2n ＋1-n -2.故选D .解：设第n个图案中白色地面砖有a n块，a1＝6，a2＝10，a3＝14，易知a n-a n-1＝4(n≥2)，＋…＋3-1)＋…＋金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业，根据规B.a 29⎝ ⎛个三角形的内切圆半径为，a 2＝12a 1，…，a ，公比为12的等比数列．所以n x2是等差数列B．{S2n}是等差数列是等差数列D．{d2n}是等差数列解：由题意，过点A1，A2，A3，…，Aa n。

2025年高考数学一轮复习-6.4-数列求和-专项训练【含解析】

2025年高考数学一轮复习-6.4-数列求和-专项训练【原卷版】1．等差数列{a n}的首项为1，公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，则{a n}的前6项的和为()A．－24B．－3C．3D．82．设1＋2＋22＋23＋…＋2n－1>128(n∈N*)，则n的最小值为()A．6B．7C．8D．93．设数列{a n}(n∈N*)的各项均为正数，前n项和为S n，log2a n＋1＝1＋log2a n，且a3＝4，则S6＝()A．128B．65C．64D．634．已知数列{a n}的前n项和S n＝4n＋b(b是常数，n∈N*)，若这个数列是等比数列，则b＝()A．－1B．0C．1D．45．已知等比数列{a n}，a1＝1，a4＝18，且a1a2＋a2a3＋…＋a n a n＋1<k，则k的取值范围是()A．12，23B．12，＋∞C．12，D．23，＋∞6．(多选)已知数列{a n}满足a1＝1，且对任意的n∈N*都有a n＋1＝a1＋a n＋n，则下列说法中正确的是()A．a n＝n(n＋1)2B2020项的和为20202021C2020项的和为40402021D．数列{a n}的第50项为25507．(多选)设数列{a n}的前n项和为S n，若S2nS4n为常数，则称数列{a n}为“吉祥数列”．则下列数列{b n}为“吉祥数列”的有()A ．b n ＝nB ．b n ＝(－1)n (n ＋1)C ．b n ＝4n －2D ．b n ＝2n8．已知数列{na n }的前n 项和为S n ，且a n ＝2n ，则使得S n －na n ＋1＋50<0的最小正整数n 的值为________．9．已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 5＝20，a 3是a 2，a 5的等比中项，数列{b n }满足对任意的n ∈N *，S n ＋b n ＝2n 2．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n n －n 2，n 为偶数，a n ，n 为奇数，求数列{c n }的前2n 项的和T 2n ．10．已知等差数列{a n }中，a 3＋a 5＝a 4＋7，a 10＝19，则数列{a n cos n π}的前2020项和为()A ．1009B ．1010C ．2019D ．202011．(多选)已知数列{a n }满足a 1＝32，a n ＝a 2n －1＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)．记数列{a 2n }的前n 项和为A n n 项和为B n ，则下列结论正确的是()A ．A n ＝a n ＋1－32B ．B n ＝23－1a n ＋1C ．A n B n ＝32a nD ．A n B n <32n ＋1412．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意正整数n ，均有S n ＋1＝3S n －2n ＋2成立，a 1＝2．(1)求证：数列{a n －1}为等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．13．已知数列{a n }，其前n 项和为S n ，请在下列三个条件中补充一个在下面问题中，使得最终结论成立并证明你的结论．条件①：S n ＝－a n ＋t (t 为常数)；条件②：a n ＝b n b n ＋1，其中数列{b n }满足b 1＝1，(n ＋1)·b n ＋1＝nb n ；条件③：3a 2n ＝3a 2n ＋1＋a n ＋1＋a n ．数列{a n }中a 1是展开式中的常数项，且________．求证：S n <1∀n ∈N *恒成立．注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．2025年高考数学一轮复习-6.4-数列求和-专项训练【解析版】1．等差数列{a n}的首项为1，公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，则{a n}的前6项的和为()A．－24B．－3C．3D．8解析：A设{a n}的公差为d，根据题意得a23＝a2·a6，即(a1＋2d)2＝(a1＋d)(a1＋5d)，解得d＝－2，所以数列{a n}的前6项和为S6＝6a1＋6×52d＝1×6＋6×52×(－2)＝－24．2．设1＋2＋22＋23＋…＋2n－1>128(n∈N*)，则n的最小值为()A．6B．7C．8D．9解析：C∵1＋2＋22＋…＋2n－1为公比为2，首项为1的等比数列的前n项和S n，∴S n＝12－1(2n－1)＝2n－1>128＝27，∴n≥8，∴n的最小值为8．故选C．3．设数列{a n}(n∈N*)的各项均为正数，前n项和为S n，log2a n＋1＝1＋log2a n，且a3＝4，则S6＝()A．128B．65C．64D．63解析：D因为log2a n＋1＝1＋log2a n，所以log2a n＋1＝log22a n，即a n＋1＝2a n，即数列{a n}是以2为公比的等比数列，又a3＝4，所以a1＝a34＝1，因此S6＝a1(1－26)1－2＝26－1＝63．故选D．4．已知数列{a n}的前n项和S n＝4n＋b(b是常数，n∈N*)，若这个数列是等比数列，则b＝()A．－1B．0C．1D．4解析：A显然数列{a n}的公比不等于1，所以S n＝a1·(q n－1)q－1＝a1q－1·q n－a1q－1＝4n＋b，所以b＝－1．5．已知等比数列{a n}，a1＝1，a4＝18，且a1a2＋a2a3＋…＋a n a n＋1<k，则k的取值范围是()A．12，23B．12，＋∞C ．12，D ．23，＋∞解析：D设等比数列{a n }的公比为q ，q ≠0，则q 3＝a 4a 1＝18，解得q ＝12，所以a n ＝12n －1，所以a n a n ＋1＝12n －1×12n ＝122n －1，所以数列{a n a n ＋1}是首项为12，公比为14的等比数列，所以a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝21－14＝<23．因为a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1<k ，所以k ≥23．故k 的取值范围是23，＋D ．6．(多选)已知数列{a n }满足a 1＝1，且对任意的n ∈N *都有a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ，则下列说法中正确的是()A ．a n ＝n (n ＋1)2B2020项的和为20202021C2020项的和为40402021D ．数列{a n }的第50项为2550解析：AC因为a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ，a 1＝1，所以a n ＋1－a n ＝1＋n ，即a n －a n －1＝n (n ≥2)，所以n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，a 1＝1也适合此式，所以a n ＝n (n ＋1)2，a 50＝1275，A 正确，D 错误；1a n ＝2n(n ＋1)＝2020项和S 2020＝－12＋12－13＋…＋12020－＝40402021，B 错误，C 正确．故选A 、C ．7．(多选)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S2n S 4n为常数，则称数列{a n }为“吉祥数列”．则下列数列{b n }为“吉祥数列”的有()A ．b n ＝nB ．b n ＝(－1)n (n ＋1)C ．b n ＝4n －2D ．b n ＝2n解析：BC对于A ，S n ＝(1＋n )n 2，S 2n ＝n (1＋2n )，S 4n ＝2n (1＋4n )，所以S2n S 4n ＝n (1＋2n )2n (1＋4n )＝1＋2n 2(1＋4n )不为常数，故A 错误；对于B ，由并项求和法知：S 2n ＝n ，S 4n ＝2n ，S 2n S 4n ＝n 2n ＝12，故B 正确；对于C ，S n ＝2＋4n －22×n ＝2n 2，S 2n ＝8n 2，S 4n ＝32n 2，所以S 2n S 4n ＝14，故C 正确；对于D ，S n ＝2(1－2n )1－2＝2(2n －1)，S 2n ＝2(4n －1)，S 4n ＝2(16n －1)，所以S2n S 4n ＝4n －116n －1＝14n ＋1不为常数，故D 错误．故选B 、C ．8．已知数列{na n }的前n 项和为S n ，且a n ＝2n ，则使得S n －na n ＋1＋50<0的最小正整数n 的值为________．解析：S n ＝1×21＋2×22＋…＋n ×2n ，则2S n ＝1×22＋2×23＋…＋n ×2n ＋1，两式相减得－S n ＝2＋22＋ (2)－n ·2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1，故S n ＝2＋(n －1)·2n ＋1．又a n ＝2n ，∴S n－na n ＋1＋50＝2＋(n －1)·2n ＋1－n ·2n ＋1＋50＝52－2n ＋1，依题意52－2n ＋1<0，故最小正整数n 的值为5．答案：59．已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 5＝20，a 3是a 2，a 5的等比中项，数列{b n }满足对任意的n ∈N *，S n ＋b n ＝2n 2．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n n －n 2，n 为偶数，a n ，n 为奇数，求数列{c n }的前2n 项的和T 2n ．解：(1)设数列{a n }的公差为d a 1＋10d ＝20，1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋4d )，化简得1＋2d ＝4，1d ＝0，因为d ≠0，所以a 1＝0，d ＝2，所以a n ＝2n －2(n ∈N *)，S n ＝n 2－n ，n ∈N *，因为S n ＋b n ＝2n 2，所以b n ＝n 2＋n (n ∈N *)．(2)由(1)知，c n n －n 2，n 为偶数，a n ，n 为奇数，n 为偶数，n －1，n 为奇数，所以T 2n ＝c 1＋c 2＋c 3＋c 4＋…＋c 2n －1＋c 2n ＝(2＋4＋…＋2n )＋(40＋42＋…＋42n －2)＝n (2＋2n )2＋1－16n 1－16＝n (n ＋1)＋115(16n －1)．10．已知等差数列{a n }中，a 3＋a 5＝a 4＋7，a 10＝19，则数列{a n cos n π}的前2020项和为()A ．1009B ．1010C ．2019D ．2020解析：D设{a n }的公差为da 1＋6d ＝a 1＋3d ＋7，1＋9d ＝19，1＝1，＝2，∴a n ＝2n－1，设b n ＝a n cos n π，则b 1＋b 2＝a 1cos π＋a 2cos 2π＝2，b 3＋b 4＝a 3cos 3π＋a 4cos 4π＝2，…，∴数列{a n cos n π}的前2020项的和为(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋…＋(b 2019＋b 2020)＝2×20202＝2020．11．(多选)已知数列{a n }满足a 1＝32，a n ＝a 2n －1＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)．记数列{a 2n }的前n 项和为A nn 项和为B n ，则下列结论正确的是()A ．A n ＝a n ＋1－32B ．B n ＝23－1a n ＋1C ．A n B n ＝32a nD ．A n B n <32n ＋14解析：ABD由a n ＝a 2n －1＋a n －1，得a 2n －1＝a n －a n －1≥0，所以a n ≥a n －1≥32，A n ＝a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝a 2－a 1＋a 3－a 2＋…＋a n ＋1－a n ＝a n ＋1－a 1＝a n ＋1－32，故A 正确；由a n ＝a 2n －1＋a n －1＝a n－1(a n －1＋1)，得1a n ＝1a n －1(a n －1＋1)＝1a n －1－1a n －1＋1，即1a n －1＋1＝1a n －1－1a n ，所以B n ＝1a 1＋1＋1a 2＋1＋…＋1a n ＋1＝1a 1－1a 2＋1a 2－1a 3＋…＋1a n －1a n ＋1＝1a 1－1a n ＋1＝23－1a n ＋1，故B 正确；易知A n ≠0，B n ≠0，所以A nB n ＝a n ＋1－3223－1a n ＋1＝32a n ＋1，故C 不正确；易知a n ＝a 2n －1＋a n －1<2a 2n －1，所以a n ＋1<2a 2n <23a 4n －1<…<22n －1a 2n 1＝22n－1n ＝12×32n ，所以A n B n＝32an ＋1<32×12×32n ＝32n ＋14，故D 正确．故选A 、B 、D ．12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意正整数n ，均有S n ＋1＝3S n －2n ＋2成立，a 1＝2．(1)求证：数列{a n －1}为等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．解：(1)当n ≥2时，S n ＝3S n －1－2(n －1)＋2，又S n ＋1＝3S n －2n ＋2，两式相减可得S n ＋1－S n ＝3S n －3S n －1－2，即a n ＋1＝3a n －2，即有a n ＋1－1＝3(a n －1)，令n ＝1，可得a 1＋a 2＝3a 1，解得a 2＝2a 1＝4，也符合a n ＋1－1＝3(a n －1)，则数列{a n －1}是首项为1，公比为3的等比数列，则a n －1＝3n －1，故a n ＝1＋3n －1．(2)由(1)知b n ＝na n ＝n ＋n ·3n －1，则T n ＝(1＋2＋…＋n )＋(1·30＋2·31＋3·32＋…＋n ·3n －1)，设M n ＝1·30＋2·31＋3·32＋…＋n ·3n －1，3M n ＝1·3＋2·32＋3·33＋…＋n ·3n ，两式相减可得－2M n ＝1＋3＋32＋…＋3n －1－n ·3n＝1－3n 1－3－n ·3n ，化简可得M n ＝(2n －1)·3n ＋14．所以T n ＝12n (n ＋1)＋(2n －1)·3n ＋14．13．已知数列{a n }，其前n 项和为S n ，请在下列三个条件中补充一个在下面问题中，使得最终结论成立并证明你的结论．条件①：S n ＝－a n ＋t (t 为常数)；条件②：a n ＝b n b n ＋1，其中数列{b n }满足b 1＝1，(n ＋1)·b n ＋1＝nb n ；条件③：3a 2n ＝3a 2n ＋1＋a n ＋1＋a n ．数列{a n }中a 1是展开式中的常数项，且________．求证：S n <1∀n ∈N *恒成立．注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．证明：二项展开式的通项为T k ＋1＝C －k＝C －k x12－3k，令12－3k ＝0，得k ＝4，得展开式的常数项为a 1＝12．可选择的条件为①或②或③：若选择①：在S n ＝－a n ＋t 中，令n ＝1，得t ＝1，所以S n ＝－a n ＋1，当n ≥2时，S n －1＝－a n －1＋1．两式相减得a n ＝12a n －1，故{a n }是以12为首项，12为公比的等比数列，所以S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝1<1．所以S n <1对任意的n ∈N *恒成立．若选择②：由(n ＋1)b n ＋1＝nb n 得b n ＋1b n ＝nn ＋1，所以b n ＝b n b n －1·b n －1b n －2·…·b 2b 1b 1＝1n (n ≥2)，n ＝1时也满足，则a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，S n …1－1n ＋1<1．所以S n <1对任意的n ∈N *恒成立．若选择③：由题意得3a 2n ＋1－3a 2n ＝－(a n ＋1＋a n )，得a n ＋1－a n ＝－13或a n ＋1＋a n ＝0，又a 1＝12，当a n ＋1＋a n ＝0时，有S n n 为偶数，n 为奇数，所以S n <1，当a n ＋1－a n ＝－13时，有S n ＝n 2－n (n －1)6＝－16(n 2－4n )＝－16(n －2)2＋23，当n ＝2时，S n 有最大值，为23<1．所以S n <1对任意的n ∈N *恒成立．。

高考总复习专项演练：第六章数列 6-3 Word版含解析

6-3A 组专项基础训练 (时间：45分钟)1．(·重庆)对任意等比数列{a n }，下列说法一定正确的是( ) A ．a 1，a 3，a 9成等比数列 B ．a 2，a 3，a 6成等比数列 C ．a 2，a 4，a 8成等比数列 D ．a 3，a 6，a 9成等比数列【解析】设等比数列的公比为q ，因为a 6a 3＝a 9a 6＝q 3，即a 26＝a 3a 9，所以a 3，a 6，a 9成等比数列．故选D. 【答案】 D2．(·大纲全国)等比数列{a n }中，a 4＝2，a 5＝5，则数列{lg a n }的前8项和等于( ) A ．6 B ．5 C ．4 D ．3【解析】数列{lg a n }的前8项和S 8＝lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 8＝lg(a 1·a 2·…·a 8)＝lg(a 1·a 8)4 ＝lg(a 4·a 5)4＝lg(2×5)4＝4. 【答案】 C3．(·全国卷Ⅱ)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )A ．2B ．1 C.12 D.18【解析】方法一：根据等比数列的性质，结合已知条件求出a 4，q 后求解．∵a 3a 5＝a 24，a 3a 5＝4(a 4－1)，∴a 24＝4(a 4－1)，∴a 24－4a 4＋4＝0，∴a 4＝2.又∵q 3＝a 4a 1＝214＝8， ∴q ＝2，∴a 2＝a 1q ＝14×2＝12，故选C.方法二：直接利用等比数列的通项公式，结合已知条件求出q 后求解． ∵a 3a 5＝4(a 4－1)，∴a 1q 2·a 1q 4＝4(a 1q 3－1)，将a 1＝14代入上式并整理，得q 6－16q 3＋64＝0，解得q ＝2，∴a 2＝a 1q ＝12，故选C.【答案】 C4．一个等比数列的前三项的积为3，最后三项的积为9，且所有项的积为729，则该数列的项数是( )A ．13B ．12C ．11D ．10【解析】设该等比数列为{a n }，其前n 项的积为T n ，则由已知得a 1·a 2·a 3＝3，a n －2·a n －1·a n ＝9， (a 1·a n )3＝3×9＝33，∴a 1·a n ＝3，又T n ＝a 1·a 2·…·a n －1·a n ， T n ＝a n ·a n －1·…·a 2·a 1，∴T 2n ＝(a 1·a n )n ，即7292＝3n ，∴n ＝12.【答案】 B5．设各项都是正数的等比数列{a n }，S n 为前n 项和，且S 10＝10，S 30＝70，那么S 40等于( ) A ．150 B ．－200 C ．150或－200 D ．400或－50【解析】依题意，数列S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30成等比数列，因此有(S 20－S 10)2＝S 10(S 30－S 20)，即(S 20－10)2＝10(70－S 20)，故S 20＝－20或S 20＝30；又S 20>0，因此S 20＝30，S 20－S 10＝20，S 30－S 20＝40，故S 40－S 30＝80.S 40＝150，故选A. 【答案】 A6．(·湖南)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】利用3S 1，2S 2，S 3成等差数列，建立方程，求出等比数列{a n }的公比q ，再根据等比数列的通项公式写出a n .因为3S 1，2S 2，S 3成等差数列，所以4S 2＝3S 1＋S 3，即4(a 1＋a 2)＝3a 1＋a 1＋a 2＋a 3. 化简，得a 3a 2＝3，即等比数列{a n }的公比q ＝3，故a n ＝1×3n －1＝3n －1. 【答案】 3n －17．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比不为1.若a 1＝1，则对任意的n ∈N *，都有a n ＋2＋a n ＋1－2a n ＝0，则S 5＝________．【解析】利用“特殊值”法，确定公比．由题意知a 3＋a 2－2a 1＝0，设公比为q ，则a 1(q 2＋q －2)＝0.由q 2＋q －2＝0解得q ＝－2或q ＝1(舍去)，则S 5＝a 1（1－q 5）1－q ＝1－（－2）53＝11.【答案】 118．(·江苏扬州中学期中测试)设等比数列{a n }的各项均为正数，其前n 项和为S n ，若a 1＝1，a 3＝4，S k＝63，则k ＝________．【解析】设等比数列{a n }公比为q ，由已知a 1＝1，a 3＝4，得q 2＝a 3a 1＝4.又{a n }的各项均为正数，∴q ＝2.而S k ＝1－2k1－2＝63，∴2k －1＝63，解得k ＝6.【答案】 69．(·福建)等差数列{a n }中，a 2＝4，a 4＋a 7＝15. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n －2＋n ，求b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10的值．【解析】 (1)设等差数列{a n }的公差为d .由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝4，（a 1＋3d ）＋（a 1＋6d ）＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝1.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋2. (2)由(1)可得b n ＝2n ＋n ，所以b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋...＋(210＋10) ＝(2＋22＋23＋...＋210)＋(1＋2＋3＋ (10)＝2（1－210）1－2＋（1＋10）×102＝(211－2)＋55＝211＋53＝2 101.10．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝4a n －3(n ∈N *)． (1)证明：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．【解析】 (1)证明：依题意S n ＝4a n －3(n ∈N *)， 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)因为a n ＝⎝⎛⎭⎫43n －1，由b n ＋1＝a n ＋b n (n ∈N *)，得b n ＋1－b n ＝⎝⎛⎭⎫43n －1.可得b n ＝b 1＋(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝2＋1－⎝⎛⎭⎫43n －11－43＝3·⎝⎛⎭⎫43n －1－1(n ≥2)，当n ＝1时也满足，所以数列{b n }的通项公式为b n ＝3·⎝⎛⎭⎫43n －1－1.B 组专项能力提升 (时间：30分钟)11．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1，a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝2，S n ＝15，则项数n 为( )A ．12B ．14C ．15D ．16 【解析】a 5＋a 6＋a 7＋a 8a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝q 4＝2，由a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1，得a 1·1－q 41－q ＝1，∴a 1＝q －1，又S n ＝15，即a 1（1－q n ）1－q ＝15，∴q n ＝16，又∵q 4＝2，∴n ＝16.故选D. 【答案】 D12．(·湖北)设a 1，a 2，…，a n ∈R ，n ≥3.若p ：a 1，a 2，…，a n 成等比数列；q ：(a 21＋a 22＋…＋a 2n －1)(a 22＋a 23＋…＋a 2n )＝(a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n －1a n )2，则( )A ．p 是q 的必要条件，但不是q 的充分条件B ．p 是q 的充分条件，但不是q 的必要条件C ．p 是q 的充分必要条件D ．p 既不是q 的充分条件，也不是q 的必要条件【解析】利用充分条件和必要条件的概念，结合特殊值进行推理判断．若p成立，设a1，a2，…，a n的公比为q，则(a21＋a22＋…＋a2n－1)(a22＋a23＋…＋a2n)＝a21(1＋q2＋…＋q2n－4)·a22(1＋q2＋…＋q2n－4)＝a21a22(1＋q2＋…＋q2n－4)2，(a1a2＋a2a3＋…＋a n－1a n)2＝(a1a2)2(1＋q2＋…＋q2n－4)2，故q成立，故p是q的充分条件．取a1＝a2＝…＝a n＝0，则q成立，而p不成立，故p不是q的必要条件，故选B.【答案】B13．(·皖南八校联考)已知数列{a n}是等比数列，a1，a2，a3依次位于下表中第一行，第二行，第三行中的某一格内，又a1，a2，a3中任何两个都不在同一列，则a n＝________(n∈N*).【解析】123即{a n}是首项为2，公比为3的等比数列，∴a n＝2·3n－1.【答案】2·3n－114．(·武汉市高三供题)在数列{a n}中，a1＝2，a n＋1＝4a n－3n＋1，n∈N*.(1)证明数列{a n－n}是等比数列；(2)求数列{a n}的前n项和S n.【解析】(1)证明：由题设a n＋1＝4a n－3n＋1，得a n＋1－(n＋1)＝4(a n－n)，n∈N*.又a1－1＝1，所以数列{a n－n}是首项为1，且公比为4的等比数列．(2)由(1)可知a n－n＝4n－1，于是数列{a n}的通项公式为a n＝4n－1＋n，所以数列{a n}的前n项和S n＝4n－13＋n（n＋1）2.15．(·北京)已知等差数列{a n}满足a1＋a2＝10，a4－a3＝2.(1)求{a n}的通项公式；(2)设等比数列{b n}满足b2＝a3，b3＝a7，问b6与数列{a n}的第几项相等？【解析】(1)设等差数列{a n}的公差为d.因为a4－a3＝2，所以d＝2.又因为a1＋a2＝10，所以2a1＋d＝10，故a1＝4.所以a n＝4＋2(n－1)＝2n＋2(n＝1，2，…)．(2)设等比数列{b n}的公比为q.因为b2＝a3＝8，b3＝a7＝16，所以q＝2，b1＝4.所以b6＝4×26－1＝128.由128＝2n＋2得n＝63.所以b6与数列{a n}的第63项相等．。

2022年高考新课标数学(理)一轮考点突破练习：第六章数列 Word版含答案

第六章数列1.数列的概念和简洁表示法(1)了解数列的概念和几种简洁的表示方法(列表、图象、通项公式)．(2)了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数．2．等差数列、等比数列(1)理解等差数列、等比数列的概念．(2)把握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式．(3)能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用等差数列、等比数列的有关学问解决相应的问题．(4)了解等差数列与一次函数的关系、等比数列与指数函数的关系．6．1 数列的概念与简洁表示法1．数列的概念(1)定义：依据肯定挨次排列着的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的．数列中的每一项都和它的序号有关，排在第一位的数称为这个数列的第1项(通常也叫做 )，排在第n 位的数称为这个数列的第n 项．所以，数列的一般形式可以写成，其中a n 是数列的第n 项，叫做数列的通项．常把一般形式的数列简记作{a n }．(2)通项公式：假如数列{a n }的与序号之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．(3)从函数的观点看，数列可以看作是一个定义域为正整数集N *(或它的有限子集{1，2，3，…，n })的函数(离散的)，当自变量从小到大依次取值时所对应的一列________．(4)数列的递推公式：假如已知数列的第1项(或前几项)，且从其次项(或某一项)开头的任一项与它的前一项 (或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．(5) 数列的表示方法有_________、_________、_________、_________. 2．数列的分类(1) 数列按项数是有限还是无限来分，分为_________、_________.(2)按项的增减规律分为_________、_________、_________和________．递增数列⇔a n ＋1_________a n ；递减数列⇔a n ＋1_________a n ；常数列⇔a n ＋1 _________a n .递增数列与递减数列统称为_________．3．数列前n 项和S n 与a n 的关系已知S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ （n ＝1），（n ≥2）.4．常见数列的通项(1)1，2，3，4，…的一个通项公式为a n ＝____________； (2)2，4，6，8，…的一个通项公式为a n ＝____________； (3)3，5，7，9，…的一个通项公式为a n ＝____________； (4)2，4，8，16，…的一个通项公式为a n ＝____________；(5)－1，1，－1，1，…的一个通项公式为 a n ＝______________________； (6)1，0，1，0，…的一个通项公式为a n ＝___________； (7)a ，b ，a ，b ，…的一个通项公式为a n ＝___________；(8)9，99，999，…的一个通项公式为a n ＝___________.注：据此，很易获得数列1，11，111，…；2，22，222，…；…；8，88，888，…的通项公式分别为19(10n－1)，29(10n－1)，…，89(10n －1)．自查自纠：1．(1)项首项 a 1，a 2，a 3，…，a n ，… (2)第n 项 n (3)函数值 (4)a n a n －1(5)通项公式法(解析式法) 列表法图象法递推公式法2．(1)有穷数列无穷数列 (2)递增数列递减数列摇摆数列常数列＞＜＝单调数列 3．S 1 S n －S n －14．(1)n (2)2n (3)2n ＋1 (4)2n(5)(－1)n(6)1＋（－1）n －12(7)（a ＋b ）＋（－1）n －1（a －b ）2(8)10n－1已知n ∈N *，给出4个表达式：①a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，n 为奇数，1，n 为偶数， ②a n ＝1＋（－1）n2，③a n ＝1＋cos n π2，④a n ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin nπ2.其中能作为数列：0，1，0，1，0，1，0，1，…的通项公式的是( )A ．①②③B ．①②④C ．②③④D ．①③④解：检验知①②③都是所给数列的通项公式．故选A.把1，3，6，10，15，…这些数叫做三角形数，这是由于这些数目的点可以排成一个正三角形(如图所示)．则第七个三角形数是( ) A ．27 B ．28 C ．29 D ．30解：观看三角形数的增长规律，可以发觉每一项比它的前一项多的点数正好是本身的序号，所以依据这个规律计算即可．依据三角形数的增长规律可知第七个三角形数是1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28.故选B.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.1516 B.158 C.34 D.38解：由于a n a n －1＝a n －1＋(－1)n，所以a n ＝1＋（－1）na n －1(a n －1≠0)．由于a 1＝1，所以a 2＝2，a 3＝12，a 4＝3，a 5＝23，所以a 3a 5＝34.故选C.(2021·黄冈联考)若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式是a n ＝________.解：由S n ＝23a n ＋13得：当n ≥2时，S n －1＝ 23a n －1＋13，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，所以 a n ＝－2a n －1，又n ＝1时，S 1＝a 1＝23a 1＋13，所以 a 1＝1，所以a n ＝(－2)n －1.故填(－2)n －1.(2021·江苏)设数列{a n }满足a 1＝1，且 a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________．解：由a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，得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，则1a n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前10项的和S 10＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋110－111＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－111＝2011.故填2011.类型一数列的通项公式依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)12，2，92，8，252，…； (4)5，55，555，5 555，….解：(1)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式正负性可用(－1)n调整，观看各项的确定值，后一项的确定值总比它前一项的确定值大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．故数列的一个通项公式为a n ＝2n（2n －1）（2n ＋1）.(3)数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观看．即12，42，92，162，252，…，故数列的一个通项公式为a n ＝n 22.(4)将原数列改写为59×9，59×99，59×999，…，易知数列9，99，999，…的通项为10n－1，故数列的一个通项公式为a n ＝59(10n－1)．点拨：①留意通项公式的形式不肯定是惟一的，如数列1，0，1，0，…的通项公式可写成a n ＝1＋（－1）n ＋12或a n ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin nπ2，甚至分段形式a n＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n 是奇数，0，n 是偶数等．②对于此类归纳猜想求通项的题目，肯定要把握一些常见数列的通项公式，如{n }，{2n }，{(－1)n }，{2n }，{n 2}，{2n －1}等，在此基础之上还要把握肯定的方法，如将各项分解成若干个数的和、差、积、商，分别分子分母等．写出下列数列的一个通项公式：(1)－1，12，－13，14，－15，…；(2)3，5，9，17，33，…； (3)3，33，333，3 333，…；(4)23，－1，107，－179，2611，…. 解：(1)a n ＝(－1)n·1n；(2)a n ＝2n＋1；(3)a n ＝13(10n－1)；(4)由于－1＝－55，故分母为3，5，7，9，11，…，即{2n ＋1}，分子为2，5，10，17，26，…，即 {n2＋1}．符号看作各项依次乘1，－1，1，－1，…，即{(－1)n ＋1}，故a n ＝(－1)n ＋1·n 2＋12n ＋1.类型二由前n 项和公式求通项公式(1)若数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－10n ，则此数列的通项公式为a n ＝______________．(2)若数列{a n }的前n 项和S n ＝2n＋1，则此数列的通项公式为a n ＝_____________．解：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1－10＝－9；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－10n －＝2n －11. 当n ＝1时，2×1－11＝－9＝a 1. 所以a n ＝2n －11.故填2n －11. (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.综上有 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3（n ＝1），2n －1（n ≥2）.故填⎩⎪⎨⎪⎧3（n ＝1），2n －1（n ≥2）.点拨：任何一个数列，它的前n 项和S n 与通项a n 都存在关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1（n ＝1），S n －S n －1（n ≥2）. 若a 1适合S n － S n －1，则应把它们统一起来，否则就用分段函数表示．另外一种快速推断技巧是利用S 0是否为0来推断：若S 0＝0，则a 1适合S n －S n －1，否则不符合，这在解小题时比较有用．已知下列数列{a n }的前n 项和S n ，分别求它们的通项公式a n .(1)S n ＝2n 2－3n ； (2)S n ＝3n＋b . 解：(1)a 1＝S 1＝2－3＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n )－＝4n －5，a 1也适合此等式，所以a n ＝4n －5.(2)a 1＝S 1＝3＋b ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1 ＝(3n＋b )－(3n －1＋b )＝2·3n －1.当b ＝－1时，a 1适合此等式．当b ≠－1时，a 1不适合此等式．所以当b ＝－1时，a n ＝2·3n －1；当b ≠－1时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3＋b ， n ＝1，2·3n －1，n ≥2. 类型三由递推公式求通项公式写出下面各数列{a n }的通项公式． (1)a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1； (2)a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n ；(3)a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2.解：(1)由题意得，当n ≥2时，a n －a n －1＝n ，所以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＝2＝1×（1＋1）2＋1，适合上式，因此a n ＝n （n ＋1）2＋1.(2)由题设知，a 1＝1. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1.所以a n a n －1＝n ＋1n －1. 所以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.又由于a 1＝1，所以a n ＝n （n ＋1）2.(3)解法一：(累乘法)a n ＋1＝3a n ＋2，得a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，即a n ＋1＋1a n ＋1＝3，所以a 2＋1a 1＋1＝3，a 3＋1a 2＋1＝3，a 4＋1a 3＋1＝3，…， a n ＋1＋1a n ＋1＝3. 将这些等式两边分别相乘得a n ＋1＋1a 1＋1＝3n. 由于a 1＝1，所以a n ＋1＋11＋1＝3n，即a n ＋1＝2×3n－1(n ≥1)，所以a n ＝2×3n －1－1(n ≥2)，又a 1＝1也适合上式，故数列{a n }的一个通项公式为a n ＝2×3n －1－1.解法二：(迭代法)a n ＋1＝3a n ＋2，即a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)＝32(a n －1＋1)＝33(a n －2＋1) ＝ (3)(a 1＋1)＝2×3n (n ≥1)，所以a n ＝2×3n －1－1(n ≥2)，又a 1＝1也满足上式，故数列{a n }的一个通项公式为a n ＝2×3n －1－1.点拨：已知数列的递推关系，求数列的通项时，通常用累加、累乘、构造法求解．当消灭a n ＝a n －1＋m 时，构造等差数列；当消灭a n ＝xa n －1＋y 时，构造等比数列；当消灭a n ＝a n －1＋f (n )时，一般用累加法求通项；当消灭a na n －1＝f (n )时，一般用累乘法求通项．还须留意检验n ＝1时，是否适合所求．写出下面各递推公式表示的数列{a n }的通项公式．(1)a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋1n （n ＋1）；(2)a 1＝1，a n ＋1＝2na n ； (3)a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1. 解：(1)由于当n ≥2时，a n －a n －1＝1n （n －1）＝1n －1－1n，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＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －2－1n －1＋…＋(12－13)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋2＝3－1n .当n ＝1时，适合．故a n ＝3－1n.(2)由于a n ＋1a n ＝2n ，所以a 2a 1＝21，a 3a 2＝22，…， a n a n －1＝2n －1，将这n －1个等式叠乘，得a n a 1＝21＋2＋…＋(n －1)＝2n （n －1）2，所以a n ＝2n （n －1）2.当n ＝1时，适合．故a n ＝2n （n －1）2.(3)由题意知a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，所以数列 {a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＋1＝2n，所以a n ＝2n－1.类型四数列通项的性质已知函数f (x )＝x －1x，设a n ＝f (n )(n ∈N ＋)． (1)求证：a n ＜1；(2){a n }是递增数列，还是递减数列？为什么？解：(1)证明：由于a n ＝n －1n ＝1－1n，又n ∈N ＋，所以1≥1n＞0.所以a n ＜1.(2)由于a n ＋1－a n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＝1n （n ＋1），又由于n ＋1＞n ≥1，所以a n ＋1－a n ＞0，即a n ＋1＞a n .所以{a n }是递增数列．点拨：要证明数列{a n }是单调的，可利用“{a n }是递增数列⇔a n ＜a n ＋1，数列{a n }是递减数列⇔a n ＞a n ＋1”来证明．留意数列的单调性是探究数列的最大、最小项及解决其他很多数列问题的重要途径，因此要娴熟把握上述求数列单调性的方法．(2022·宝鸡5月模拟)已知函数 f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧（3－a ）x ＋2，x ≤2，a 2x 2－9x ＋11，x >2 (a >0，且a ≠1)，若数列{a n }满足a n ＝f (n )(n ∈N *)，且{a n }是递增数列，则实数a 的取值范围是( )A ．(0，1) B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫83，3C ．(2，3)D ．(1，3)解：由于{a n }是递增数列，且2＜94＜3，所以⎩⎪⎨⎪⎧3－a >0，a >1，（3－a ）×2＋2<a 2，解得2<a <3.故选C.1．已知数列的前几项，求数列的通项公式，应从以下几方面考虑： (1)假如符号正负相间，则符号可用(－1)n或(－1)n ＋1来调整．(2)分式形式的数列，分子和分母分别找通项，并充分借助分子和分母的关系来解决． (3)对于比较简单的通项公式，要借助于等差数列、等比数列和其他方法来解决．此类问题虽无固定模式，但也有规律可循，主要靠观看(观看规律)、比较(比较已知的数列)、归纳、转化(转化为等差、等比或其他特殊数列)等方法来解决．2．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1（n ＝1），S n －S n －1（n ≥2），留意a n ＝S n －S n －1的条件是n ≥2，还须验证a 1是否符合a n (n ≥2)，是则合并，否则写成分段形式．3．已知递推关系求通项把握先由a 1和递推关系求出前几项，再归纳、猜想a n 的方法，以及“累加法”“累乘法”等． (1)已知a 1且a n －a n －1＝f (n )，可以用“累加法”得：a n ＝a 1＋f (2)＋f (3)＋…＋f (n －1)＋f (n )． (2)已知a 1且a na n －1＝f (n )，可以用“累乘法”得：a n ＝a 1·f (2)·f (3)·…·f (n －1)·f (n )．注：以上两式均要求{f (n )}易求和或积． 4．数列的简洁性质(1)单调性：若a n ＋1＞a n ，则{a n }为递增数列；若a n ＋1＜a n ，则{a n }为递减数列．(2)周期性：若a n ＋k ＝a n (n ∈N *，k 为非零正整数)，则{a n }为周期数列，k 为{a n }的一个周期．(3)最大值与最小值：若⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n ＋1，a n ≥a n －1，则a n 最大；若⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n ＋1，a n ≤a n －1，则a n 最小．1．数列0.9，0.99，0.999，…的一个通项公式是( )A ．1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫110nB ．－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫110nC ．1－⎝ ⎛⎭⎪⎫110nD ．1－⎝ ⎛⎭⎪⎫110n ＋1解：原数列前几项可改写为1－110，1－1102， 1－1103，…，故通项a n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫110n .故选C.2．(2022·广东3月测试)设S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝32(a n －1)(n ∈N *)，则a n ＝( )A ．3(3n－2n) B ．3n＋2 C ．3nD ．3·2n －1解：当n ＝1时，a 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝32(a n －1)－32(a n －1－1)，得到a n ＝3a n －1，所以a n ＝3n.故选C .3．(2022·天水联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝2a n －1，则使得a nn≤2的正整数n 的集合为( ) A ．{1，2}B ．{1，2，3，4}C ．{1，2，3}D ．{1，2，4}解：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －1－ (2a n －1－1)＝2a n －2a n －1，所以a n ＝2a n －1，由于 S 1＝2a 1－1＝a 1，所以a 1＝1，a n ＝2n －1，把n ＝1，2，3，4代入a n n 都满足a n n≤2.故选B.4．数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n ，0≤a n <12，2a n－1，12≤a n<1，若a 1＝25，则a2 017等于( )A.15B.25C.35D.45解：由于a 1＝25<12，所以a 2＝45.a 3＝35，a 4＝15，a 5＝25，所以数列具有周期性，周期为4，所以a 2 017＝a 1＝25.故选B.5．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2a n (n ≥2)，而a 1＝1，通过计算a 2，a 3，a 4，猜想a n 等于( ) A.2（n ＋1）2B.2n （n ＋1）C.12n －1D.22n －1解：S 2＝22·a 2，所以1＋a 2＝4a 2，所以a 2＝13；S 3＝32·a 3，所以1＋13＋a 3＝9a 3，所以a 3＝12×3； S 4＝42·a 4，所以1＋13＋12×3＋a 4＝16a 4，所以a 4＝12×5.可见a 1＝21×2，a 2＝22×3，a 3＝23×4，a 4＝24×5，由此可以猜想a n ＝2n （n ＋1）.故选B.6．(2022·荆门联考)若数列{a n }，{b n }的通项公式分别是a n ＝(－1)n ＋24a ，b n ＝2＋（－1）n ＋2 017n，且a n <b n 对任意n ∈N *恒成立，则实数a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1，12 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－2，12C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－2，32 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1，32 解：(1)当n 为奇数时，a n ＝－a ，b 1＝2＋1，b 3＝2＋13，b 5＝2＋15，…若a n <b n 恒成立，只须－a ≤2，即a ≥－2；(2)当n 为偶数时，a n ＝a ，b 2＝2－12，b 4＝2－14，b 6＝2－16，若a n <b n 恒成立，只须a <32，综上所述，a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－2，32.故选C.7．已知数列{a n }满足a s ·t ＝a s a t (s ，t ∈N *)，且a 2＝2，则a 8＝________.解：令s ＝t ＝2，则a 4＝a 2×a 2＝4，令s ＝2， t ＝4，则a 8＝a 2×4＝a 2×a 4＝8.故填8. 8．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足log 2(S n ＋1)＝n ＋1，则a n ＝________ 解：由条件可得S n ＋1＝2n ＋1，则S n ＝2n ＋1－1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－1－2n ＋1＝2n，由于当n ＝1时不满足a n ＝2n，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n ，n ≥2. 故填⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n ，n ≥2.9．依据数列{a n } 的前几项，分别写出下列数列的一个通项公式． (1)7，77，777，7 777，…； (2)4，－52，2，－74，85，…；(3)3，5，3，5，…； (4)1，2，2，4，3，8，4，16，…. 解：(1)将各项改写如下79(10－1)，79(102－1)，79(103－1)，79(104－1)，… 易知a n ＝79(10n－1)．(2)将各项确定值改写如下 41，52，63，74，85，… 综合考查分子、分母，以及各项符号可知a n ＝(－1)n －1n ＋3n. (3)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3（n 为奇数），5（n 为偶数），或a n ＝（3＋5）＋（－1）n －1（3－5）2＝4＋(－1)n.(4)观看数列{a n}可知，奇数项成等差数列，偶数项成等比数列，所以a n＝⎩⎪⎨⎪⎧n ＋12（n 为奇数），2n 2（n 为偶数）.10．已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n ，0)，且f ′(0)＝2n (n ∈N *)． (1)求f (x )的解析式； (2)若数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1an ，且a 1＝4，求数列{a n }的通项公式．解：(1)由f ′(x )＝2ax ＋b ，f ′(0)＝2n, 得b ＝2n ，又f (x )的图象过点(－4n ，0)，所以16n 2a －4nb ＝0，解得a ＝12.所以f (x )＝12x 2＋2nx (n ∈N *)．(2)由(1)知f ′(x )＝x ＋2n (n ∈N *)，所以1a n ＋1＝1a n＋2n ，即1a n ＋1－1a n＝2n .所以1a n －1a n －1＝2(n －1)，1a n －1－1a n －2＝2(n －2)， (1)a 2－1a 1＝2，以上各式相加得1a n －14＝n 2－n ，所以a n ＝1n 2－n ＋14，即a n ＝4（2n －1）2(n ∈N *)． 11．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)推断数列{c n }的增减性．解：(1)a 1＝2，a n ＝S n －S n －1＝2n －1(n ≥2)．所以b n＝⎩⎪⎨⎪⎧23 （n ＝1），1n （n ≥2）.(2)由于c n ＝b n ＋1＋b n ＋2＋…＋b 2n ＋1 ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＋1，所以c n ＋1－c n ＝12n ＋2＋12n ＋3－1n ＋1＝12n ＋3－12n ＋2＝－1（2n ＋3）（2n ＋2）＜0，所以{c n }是递减数列．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)，又S 1－31＝a －3(a ≠3)，故数列{S n －3n}是首项为a －3，公比为2的等比数列，因此，所求通项公式为b n ＝S n －3n ＝(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，当n ＝1时，a 1＝a 不适合上式，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ， n ＝1，2×3n －1＋（a －3）2n －2，n ≥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a 的取值范围是，同理a n ＋1＝12．从而a n ＋1－a n ＝12．整理得(n －1)a n ＋1＋(n －1)a n －1＝2(n －1)a n ，由于n ≥2，所以a n ＋1＋a n －1＝2a n . 所以{a n }是等差数列．点拨：判定数列是等差数列的方法可参看本节“考点梳理”，证明一个数列是等差数列只能用前两种方法，做客观题时可用后两种方法推断．(2022·南昌联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝12，a n ＝－2S n S n －1(n ≥2)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列；(2)求S n 和a n .解：(1)证明：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－2S n S n －1，由于S 1＝a 1≠0，由递推关系知S n ≠0(n ∈N *)，将等式S n －S n －1＝－2S n S n －1，两边同除以S n S n －1，得1S n －1S n －1＝2(n ≥2)，1S 1＝1a 1＝2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为2，公差为2的等差数列．(2)由于1S n ＝1S 1＋(n －1)d ＝2n ，所以S n ＝12n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－12n （n －1），当n ＝1时，a 1＝12不适合上式，所以a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，－12n （n －1），n ≥2.类型二等差数列基本量的计算在等差数列{a n }中， (1)已知a 15＝33，a 45＝153，求a n ； (2)已知a 6＝10，S 5＝5，求S n ；(3)已知前3项和为12，前3项积为48，且 d ＞0，求a 1. 解：(1)解法一：设首项为a 1，公差为d ，依条件得⎩⎪⎨⎪⎧33＝a 1＋14d ，153＝a 1＋44d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－23，d ＝4. 所以a n ＝－23＋(n －1)×4＝4n －27. 解法二：由d ＝a n －a mn －m，得d ＝a 45－a 1545－15＝153－3330＝4，由a n ＝a 15＋(n －15)d ，得a n ＝4n －27.(2)由于a 6＝10，S 5＝5，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d ＝10，5a 1＋10d ＝5.解得a 1＝－5，d ＝3. 所以S n ＝－5n ＋n （n －1）2·3＝32n 2－132n .(3)设数列的前三项分别为a 2－d ，a 2，a 2＋d ，依题意有：⎩⎪⎨⎪⎧（a 2－d ）＋a 2＋（a 2＋d ）＝12，（a 2－d ）·a 2·（a 2＋d ）＝48，即⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，a 2（a 22－d 2）＝48，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，d ＝±2.由于d ＞0，所以d ＝2，所以a 1＝a 2－d ＝2. 点拨：在等差数列五个基本量a 1，d ，n ，a n ，S n 中，已知其中三个量，可以依据已知条件结合等差数列的通项公式、前n 项和公式列出关于基本量的方程(组)来求余下的两个量，计算时须留意整体代换及方程思想的应用．(1)已知等差数列的前三项依次为a ，4，3a ，前n 项和为S n ，且S k ＝110.(Ⅰ)求a 及k 的值；(Ⅱ)设数列{b n }的通项b n ＝S nn，证明数列{b n }是等差数列，并求其前n 项和T n .解：(Ⅰ)设该等差数列为{a n }，则a 1＝a ，a 2＝4，a 3＝3a ，由已知有a ＋3a ＝8，得a 1＝a ＝2，公差d ＝4－2＝2，a n ＝2n . 所以S k ＝ka 1＋k （k －1）2·d ＝2k ＋k （k －1）2×2＝k 2＋k .由S k ＝110，得k 2＋k －110＝0，解得k ＝10或k ＝－11(舍去)，故a ＝2，k ＝10. (Ⅱ)由(Ⅰ)得S n ＝n （2＋2n ）2＝n (n ＋1)，则b n ＝S nn＝n ＋1，故b n ＋1－b n ＝(n ＋2)－(n ＋1)＝1，即数列{b n }是2为首项，1为公差的等差数列，b n ＝n ＋1.所以T n ＝n （2＋n ＋1）2＝n （n ＋3）2.(2)各项均为正数的数列{a n }满足a 2n ＝4S n － 2a n －1(n ∈N *)，其中S n 为{a n }的前n 项和． (Ⅰ)求a 1，a 2的值；(Ⅱ)求数列{a n }的通项公式．解：(Ⅰ)当n ＝1时，a 21＝4S 1－2a 1－1＝2a 1－1，即(a 1－1)2＝0，解得a 1＝1. 当n ＝2时，a 22＝4S 2－2a 2－1＝4a 1＋2a 2－1＝3＋2a 2，解得a 2＝3或a 2＝－1(舍去)． (Ⅱ)a 2n ＝4S n －2a n －1，①a 2n ＋1＝4S n ＋1－2a n ＋1－1.②②－①得a 2n ＋1－a 2n ＝4a n ＋1－2a n ＋1＋2a n ＝2(a n ＋1＋a n )，即(a n ＋1－a n )(a n ＋1＋a n )＝2(a n ＋1＋a n )．由于数列{a n }各项均为正数，所以a n ＋1＋a n >0，所以a n ＋1－a n ＝2，所以数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列．所以a n ＝2n －1.类型三等差数列的性质 (1)已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，a 6＝100，则S 11＝________；(2)设数列{a n }，{b n }都是等差数列．若a 1＋ b 1＝7，a 3＋b 3＝21，则a 5＋b 5＝________；(3)若一个等差数列的前4项和为36，后4项和为124，且全部项的和为780，则这个数列的项数为________； (4)已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，S n ＝m ，S m ＝n (n ≠m )，则S m ＋n ＝________. 解：(1)S 11＝11（a 1＋a 11）2＝11a 6＝1 100.故填1 100.(2)由于数列{}a n ，{}b n 都是等差数列，所以数列{}a n ＋b n 也是等差数列．故由等差中项的性质，得()a 5＋b 5＋()a 1＋b 1＝2()a 3＋b 3，即a 5＋b 5＋7＝2×21，解得a 5＋b 5＝35.故填35.(3)设该等差数列的项数为n ，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝36，a n ＋a n －1＋a n －2＋a n －3＝124，a 1＋a n ＝a 2＋a n －1＝a 3＋a n －2＝a 4＋a n －3，所以4(a 1＋a n )＝160，即a 1＋a n ＝40. 所以S n ＝n （a 1＋a n ）2＝20n ＝780，解得n ＝39.故填39.(4)解法一：令S n ＝An 2＋Bn ，则⎩⎪⎨⎪⎧An 2＋Bn ＝m ，Am 2＋Bm ＝n ，得A (n 2－m 2)＋B (n －m )＝m －n . 由于n ≠m ，所以A (n ＋m )＋B ＝－1. 所以S m ＋n ＝A (m ＋n )2＋B (m ＋n )＝－(m ＋n )．解法二：不妨设m ＞n ，S m －S n ＝a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＋…＋a m －1＋a m＝（m －n ）（a n ＋1＋a m ）2＝n －m ，所以a 1＋a m ＋n ＝a n ＋1＋a m ＝－2.所以S m ＋n ＝（m ＋n ）（a 1＋a m ＋n ）2＝－(m ＋n )．解法三：由于{a n }是等差数列，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 为等差数列，D 为公差．所以S m ＋n m ＋n －S m m ＝nD ，S n n －S mm＝(n －m )D . 所以m n －n m n －m ＝S m ＋n m ＋n －n m n，解得S m ＋n ＝－(m ＋n )．故填－(m ＋n )．点拨：(1)可利用等差数列的性质S 2n ＋1＝(2n ＋1)a n ＋1来求解，这一性质表明：若等差数列有奇数项，则正中间一项是该数列各项的平均数；(2)利用等差数列的性质及等差中项来求；(3)可利用“等差数列前m 项与后m 项的和等于m (a 1＋a n )”这一性质来求解；(4)可利用等差数列下标和性质：若“p ＋q ＝ m ＋n ，则a p ＋a q ＝a m ＋a n ”来求解．等差数列的性质是其定义、通项公式及前n 项和公式等基础学问的推广与变形，解题时机敏应用这些性质经常可化繁为简，起到事半功倍的效果．(1)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 n ＋3，则a 5b 5等于( )A ．7 B.23 C.278 D.214(2)已知等差数列{a n }的公差为4，项数为偶数，全部奇数项的和为15，全部偶数项的和为55，则这个数列的项数为( )A ．10B ．20C ．30D ．40(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＝________.解：(1)由于a 5＝a 1＋a 92，b 5＝b 1＋b 92，所以a 5b 5＝a 1＋a 92b 1＋b 92＝9（a 1＋a 9）29（b 1＋b 9）2＝S 9T 9＝7×99＋3＝214.故选D.(2)等差数列{a n }的公差为4，设项数为n ，前n 项和为S n ，则S 偶－S 奇＝d2n ＝2n ＝40，解得n ＝20，所以这个数列的项数为20.故选B.(3)由于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)，所以40＝10＋ S 30－30，所以S 30＝60.故填60.类型四等差数列的最值问题等差数列{a n }的首项a 1＞0，设其前n 项和为S n ，且S 5＝S 12，则当n 为何值时，S n 有最大值？解法一：由题意知d ＜0，由于S n ＝d2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n ，设f (x )＝d2x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a 1－d 2x ，如图，由S 5＝S 12知，抛物线的对称轴为x ＝5＋122＝172，由图可知，当1≤n ≤8时，S n 单调递增；当n ≥9时，S n 单调递减，且S 8＝S 9.又n ∈N *，所以当n ＝8或9时，S n 有最大值．解法二：设等差数列{a n }的公差为d ，由S 5＝S 12得5a 1＋10d ＝12a 1＋66d ，d ＝－18a 1＜0.S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝na 1＋n （n －1）2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－18a 1＝－116a 1(n 2－17n )＝－116a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1722＋28964a 1，由于a 1＞0，n ∈N *，所以当n ＝8或9时，S n 有最大值．解法三：由解法二得d ＝－18a 1＜0.设此数列的前n 项和最大，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧a n＝a 1＋（n －1）·⎝ ⎛⎭⎪⎫－18a 1≥0，a n ＋1＝a 1＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－18a 1≤0，解得⎩⎪⎨⎪⎧n ≤9，n ≥8，即8≤n ≤9，又n ∈N *，所以当n ＝8或9时，S n 有最大值．解法四：由解法二得d ＝－18a 1＜0，又S 5＝S 12得a 6＋a 7＋a 8＋a 9＋a 10＋a 11＋a 12＝0，所以7a 9＝0，所以a 9＝0.所以当n ＝8或9时，S n 有最大值．点拨：求等差数列前n 项和的最值，常用的方法：(1)利用等差数列的单调性，求出其正负转折项；(2)利用性质求出其正负转折项，便可求得和的最值；(3)将等差数列的前n 项和S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)看作二次函数，依据二次函数的性质求最值．(1)(2021·洛阳统考)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：由于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，又由于S n ＝n （a 1＋a n ）2，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.故选C.(2)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1<0，S 2 017＝0. ①求S n 的最小值及此时n 的值； ②求n 的取值集合，使a n ≥S n .解：①设公差为d ，则由S 2 017＝0得2 017a 1＋2 017×2 0162d ＝0，得a 1＋1 008d ＝0，d ＝－11 008a 1，a 1＋a n ＝2 017－n1 008a 1，所以S n ＝n 2(a 1＋a n )＝n 2·2 017－n 1 008a 1＝a 12 016(2 017n －n 2)．由于a 1<0，n ∈N *，所以当n ＝1 008或1 009时，S n 取最小值1 0092a 1.②a n ＝1 009－n 1 008a 1，S n ≤a n ⇔a 12 016(2 017n －n 2)≤1 009－n 1 008a 1. 由于a 1<0，所以n 2－2 019n ＋2 018≤0，即(n －1)(n －2 018)≤0，解得1≤n ≤2 018. 故所求n 的取值集合为{n|1≤n ≤2 018，n ∈N *}．1．等差数列中，已知5个元素a 1，a n ，n ，d ，S n 中的任意三个，便可求出其余两个．除已知a 1，d ，n 求a n ，S n可以直接用公式外，其他状况一般都要列方程或方程组求解，因此这种问题蕴含着方程思想．留意，我们把a 1，d 叫做等差数列的基本元素．将全部其他元素都转化成基本元素是解决等差数列问题的一个格外重要的基本思想．2．求等差数列{a n }前n 项的确定值{|a n |}之和，首先应分清这个数列哪些项是负的，哪些项是非负的，然后再分段求和．3．等差数列前n 项和的最值通常是在正负项分界的位置产生，利用这一性质可求其最值；另一种方法是利用二次函数的性质．4．机敏运用等差数列的性质(如等差中项的性质)，可简化运算．5．等差数列{a n }的前n 项和满足：⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也是等差数列，且首项与{a n }的首项相同，公差为{a n }公差的一半．6．数列{a n }是等差数列的充要条件是S n ＝ An 2＋Bn (A ，B 是常数，n ∈N *)．1．(2021·云南月考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 3＝5，S 11＝22，则数列{a n }的公差d 为( ) A ．－1 B ．－13 C.13D ．1解：由于S 11＝11a 6＝22，所以a 6＝2，所以d ＝a 6－a 36－3＝－1.故选A.2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 412－ S 39＝1，则公差d 为( )A ．2B ．4C ．5D ．6解：依题意得S 4＝4a 1＋4×32d ＝4a 1＋6d ，S 3＝3a 1＋3×22d ＝3a 1＋3d ，于是有4a 1＋6d 12－3a 1＋3d9＝1，解得d ＝6.故选D .3．(2022·鄂东南联盟期中检测)已知等差数列{a n }，其前n 项和为S n ，若a 4＋a 5＋a 6＝π4，则cos S 9的值为( )A.12B.22 C ．－12D ．－22解：由已知得a 4＋a 5＋a 6＝π4＝3a 5，所以a 5＝π12，S 9＝9a 5＝3π4，cos S 9＝－22.故选D .4．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4S 2＝4，则S 6S 4＝( )A.94B.32C.53D ．4 解：设S 2＝x ，则S 4＝4x ，由于S 2，S 4－S 2， S 6－S 4成等差数列，所以S 6－S 4＝5x ，即S 6＝9x ，所以S 6S 4＝9x4x＝94.故选A. 5．(2021·浙江名校联考)已知每项均大于零的数列{a n }中，首项a 1＝1且前n 项和S n 满足S n S n －1－S n －1S n ＝2S n S n －1(n ∈N *且n ≥2)，则 a 81＝( )A ．641B ．640C ．639D ．638解：由已知S n S n －1－S n －1S n ＝2S n S n －1可得，S n －S n －1＝2，所以{S n }是以1为首项，2为公差的等差数列，故S n ＝2n －1，S n ＝(2n －1)2，所以a 81＝S 81－S 80＝1612－1592＝640.故选B.6．已知数列{a n }为等差数列，若a 11a 10<－1，且它们的前n 项和S n 有最大值，则使S n >0的n 的最大值为( ) A ．11 B ．19 C ．20 D ．21解：由于a 11a 10<－1，且S n 有最大值，所以a 10>0，a 11<0，且a 10＋a 11<0，所以S 19＝19（a 1＋a 19）2＝19·a 10>0，S 20＝20（a 1＋a 20）2＝10(a 10＋a 11)<0，故使得S n >0的n 的最大值为19.故选B.7．(2021·东北四市联考)《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一．书中有一道这样的题目：把100个面包分给5个人，使每人所得成等差数列，且使较大的三份之和的17是较小的两份之和，则最小的一份为________．解：依题意，设这100份面包所分成的五份由小到大依次为a －2m ，a －m ，a ，a ＋m ，a ＋2m (m ＞0)，则有⎩⎪⎨⎪⎧5a ＝100，a ＋（a ＋m ）＋（a ＋2m ）＝7（a －2m ＋a －m ），解得a ＝20，m ＝11a 24，a －2m ＝a 12＝53，即其中最小的一份为53.故填53.8．(2022·山西四校联考)设数列{a n }满足 a 2＋a 4＝10，点P n (n ，a n )对任意的n ∈N *，都有向量1n n P P +＝(1，2)，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.解：由于P n (n ，a n )，所以P n ＋1(n ＋1，a n ＋1)，所以1n n P P +＝(1，a n ＋1－a n )＝(1，2)，所以a n ＋1－a n ＝2，所以{a n }是公差d 为2的等差数列．又由a 2＋a 4＝2a 1＋4d ＝2a 1＋4×2＝10，解得a 1＝1，所以S n ＝n ＋n （n －1）2×2＝n 2.故填n 2.9．已知公差大于零的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 3·a 4＝117，a 2＋a 5＝22，求a n 和S n . 解：由于数列{a n }为等差数列，所以a 3＋a 4＝a 2＋a 5＝22. 又a 3·a 4＝117，所以a 3，a 4是方程x 2－22x ＋117＝0的两实根，又公差d ＞0，所以a 3＜a 4，所以a 3＝9，a 4＝13，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝9，a 1＋3d ＝13，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝4.所以通项公式a n ＝4n －3. 所以S n ＝na 1＋n （n －1）2×d ＝2n 2－n .10．已知数列{a n }满足2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)，它的前n 项和为S n ，且a 3＝10，S 6＝72，若b n ＝12a n －30，设数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n 的最小值．解：由于2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，所以a n ＋1－a n ＝a n ＋2－a n ＋1，故数列{a n }为等差数列．设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由a 3＝10，S 6＝72得，⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝10，6a 1＋15d ＝72，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝4. 所以a n ＝4n －2，则b n ＝12a n －30＝2n －31，令⎩⎪⎨⎪⎧b n ≤0，b n ＋1≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧2n －31≤0，2（n ＋1）－31≥0，解得292≤n ≤312，由于n ∈N *，所以n ＝15，即数列{b n }的前15项均为负值，第16项为正值．所以T 15最小．由于数列{b n }的首项是－29，公差为2，所以T 15＝15（b 1＋b 15）2＝－225，所以数列{b n }的前n 项和T n 的最小值为－225.(2022·全国卷Ⅰ)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．解：(1)证明：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，由于a n ＋1≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ.(2)存在λ使得{a n }为等差数列，理由如下：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.假设{a n }为等差数列，则a 1，a 2，a 3成等差数列，所以a 1＋a 3＝2a 2，解得λ＝4. 以下证明λ＝4时，{a n }为等差数列．由a n ＋2－a n ＝4知，数列奇数项构成的数列{a 2m －1}是首项为1，公差为4的等差数列，a 2m －1＝4m －3，令n ＝2m －1，则m ＝n ＋12，所以a n ＝2n －1(n ＝2m －1)．数列偶数项构成的数列{a 2m }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2m ＝4m －1，m ∈N *. 令n ＝2m ，则m ＝n2，所以a n ＝2n －1(n ＝2m )．所以a n ＝2n －1(n ∈N *)，a n ＋1－a n ＝2. 因此，存在λ＝4，使得{a n }为等差数列．1．{a n }为等差数列，公差d ＝－2，S n 为其前n 项和．若S 10＝S 11，则a 1＝( ) A ．18 B ．20 C ．22 D ．24解：由S 10＝S 11得a 11＝S 11－S 10＝0，a 1＝a 11－ 10d ＝0－10×(－2)＝20.故选B . 2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 5＋ a 14＝10，则S 18＝( ) A ．20 B ．60 C ．90 D ．100解：由于{a n }是等差数列，所以S 18＝18（a 1＋a 18）2＝9(a 5＋a 14)＝90.故选C .3．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等于( ) A ．－1 B ．1 C ．3 D ．7解：两式相减，可得3d ＝－6，d ＝－2.由已知可得3a 3＝105，a 3＝35，所以a 20＝a 3＋17d ＝35＋17×(－2)＝1.故选B.4．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，公差d ＝2，S k ＋2－S k ＝24，则k ＝( ) A ．8 B ．7 C ．6 D ．5解：由a 1＝1，公差d ＝2得通项a n ＝2n －1，又S k ＋2－S k ＝a k ＋1＋a k ＋2，所以2k ＋1＋2k ＋3＝24，得k ＝5.故选D. 5．在等差数列{a n }中，S 15>0，S 16<0，则使a n >0成立的n 的最大值为( ) A ．6 B ．7 C ．8 D ．9解：依题意得S 15＝15（a 1＋a 15）2＝15a 8>0，即a 8>0；S 16＝16（a 1＋a 16）2＝8(a 1＋a 16)＝8(a 8＋a 9)<0，即a 8＋a 9<0，a 9<－a 8<0.因此使a n >0成立的n 的最大值是8.故选C .6．已知两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且A n B n ＝7n ＋45n ＋3，则使得a nb n为整数的正整数n 的个数是( )A ．2B ．3C ．4D ．5解：由A n B n ＝7n ＋45n ＋3得：a n b n ＝A 2n －1B 2n －1＝14n ＋382n ＋2＝7n ＋19n ＋1，要使a n b n 为整数，则需7n ＋19n ＋1＝7＋12n ＋1为整数，所以n ＝1，2，3，5，11，共有5个．故选D.7．(2022·江苏)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________．解：设公差为d ，则由题意可得a 1＋(a 1＋d )2＝－3，5a 1＋10d ＝10，解得a 1＝－4，d ＝3，则a 9＝－4＋8×3＝20.故填20.8．在等差数列{a n }中，a 1＝－3，11a 5＝5a 8－13，则数列{a n }的前n 项和S n 的最小值为________．解：设公差为d ，则11(－3＋4d )＝5(－3＋7d )－13，所以d ＝59，所以数列{a n }为递增数列．令a n ≤0，所以－3＋59(n －1)≤0，所以n ≤325，又n ∈N *，前6项和最小， S 6＝6a 1＋6×52×d ＝－293，所以S n 的最小值为－293.故填－293.9．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.(2)由于S 5S 6＋15＝0，所以(5a 1＋10d )(6a 1＋15d )＋15＝0，即2a 21＋9da 1＋10d 2＋1＝0，此式可看作关于a 1的一元二次方程，则Δ＝(9d )2－8(10d 2＋1)≥0，即d 2≥8，故d 的取值范围为{d|d ≤－22或d ≥22}．10．(2022·全国卷Ⅱ)S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，S 7＝28.记b n ＝，其中表示不超过x 的最大整数，如＝0，＝1.(1)求b 1，b 11，b 101；(2)求数列{b n }的前1 000项和．解：(1)设{a n }的公差为d ，S 7＝7a 4＝28，所以a 4＝4，所以d ＝a 4－a 13＝1，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n .所以b 1＝＝＝0，b 11＝＝＝1，b 101＝＝＝2. (2)记{b n }的前n 项和为T n ，则T 1 000＝b 1＋b 2＋…＋b 1 000 ＝＋＋…＋．当0≤lg a n <1时，n ＝1，2，…，9；当1≤lg a n <2时，n ＝10，11，…，99；当2≤lg a n <3时，n ＝100，101，…，999；当lg a n ＝3时，n ＝1 000.所以T 1 000＝0×9＋1×90＋2×900＋3×1＝ 1 893.(2021·福建)在等差数列{a n }中，公差d ＞0，前n 项和为S n ，a 2a 3＝45，a 1＋a 5＝18.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝S nn ＋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)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧（a 1＋d ）（a 1＋2d ）＝45，a 1＋（a 1＋4d ）＝18.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝4.所以a n ＝4n －3(n ∈N *)．(2)由b n ＝S nn ＋c＝n （1＋4n －3）2n ＋c＝2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12n ＋c，由于c ≠0，所以可令c ＝－12，得到b n ＝2n .由于b 1＝2，b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)－2n ＝2(n ∈N *)，所以数列{b n }是首项为2，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．6．3 等比数列1．等比数列的定义一般地，假如一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的等于同一，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的，通常用字母q 表示(q ≠0)．2．等比中项假如在a 与b 中间插入一个数G ，使a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的，且G 2＝或G ＝ .3．等比数列的通项公式(1)若{a n }是等比数列，则通项a n ＝或a n ＝ .当n －m 为大于1的奇数时，q 用a n ，a m 表示为q ＝；当n －m 为正偶数时，q ＝．(2)a n ＝a 1qn －1可变形为a n ＝Aq n，其中 A ＝；点(n ，a n )是曲线上一群孤立的点．4．等比数列的前n 项和公式等比数列{a n }中，S n ＝⎩⎨⎧ ，q ＝1，＝，q ≠1. 求和公式的推导方法是：，为解题的便利，有时可将求和公式变形为S n ＝Bq n－B (q ≠1)，其中B ＝且q ≠0，q ≠1.5．等比数列的判定方法(1)定义法：a n ＋1＝a n q 且a 1≠0(q 是不为0的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列． (2)通项公式法：a n ＝cq n (c ，q 均是不为0的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列． (3)等比中项法：a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(a n ·a n ＋1·a n ＋2≠0，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列． (4)前n 项和公式法：S n ＝a 1q －1q n －a 1q －1＝ Bq n－B ⎝ ⎛⎭⎪⎫B ＝a 1q －1是常数，且q ≠0，q ≠1⇒{a n }是等比数列．6．等比数列的性质(1)在等比数列中，若p ＋q ＝m ＋n ，则 a p ·a q ＝a m ·a n ；若2m ＝p ＋q ，则a 2m ＝a p ·a q (p ，q ，m ，n ∈N *)．(2)若{a n }，{b n }均为等比数列，且公比分别为q 1，q 2，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{p ·a n }(p ≠0)，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 仍为等比数列且公比分别为，，， .(3)在等比数列中，按序等距离取出若干项，也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋m ，a n ＋2m ，…仍为等比数列，公比为．(4)公比不为－1的等比数列前n 项和为S n (S n ≠0)，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…构成等比数列，且公比为．(5)对于一个确定的等比数列，在通项公式a n ＝a 1q n －1中，a n 是n 的函数，这个函数由正比例函数a n ＝a 1q·u 和指数函数u ＝q n(n ∈N *)复合而成．①当a 1＞0，或a 1＜0，时，等比数列{a n }是递增数列； ②当a 1＞0，或a 1＜0，时，等比数列{a n }是递减数列； ③当时，它是一个常数列； ④当时，它是一个摇摆数列．自查自纠： 1．比常数公比 2．等比中项 ab ±ab3．(1)a 1q n －1a m q n －mn －m a n a m ±n －m a na m(2)a 1qy ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1q q x4．na 1 a 1（1－q n ）1－q a 1－a n q 1－q 乘公比，错位相减 a 1q －16．(2)1q 1 q 1 q 1q 2 q 1q 2(3)q m (4)q n(5)①q ＞1 0＜q ＜1 ②0＜q ＜1q ＞1 ③q ＝1 ④q ＜0等比数列的前n 项，前2n 项，前3n 项的和分别为X ，Y ，Z ，则( ) A ．X ＋Y ＝Z B ．Y 2＝X ZC ．(X ＋Y )－Z ＝Y 2D ．X 2＋Y 2＝X (Y ＋Z)解：依据题意，由等比数列的性质知，X ，Y －X ，Z －Y 成等比数列，即(Y －X )2＝X (Z －Y )，得 X 2＋Y 2＝X (Y ＋Z)．故选D.。

高考总复习一轮数学精品课件第6章数列课时规范练45 裂项相消法

+1
1
2+1- 2-1
1
则 bn= 2-1+ 2+1=( 2-1+ 2+1)( 2+1- 2-1) = 2 ( 2 + 1 − 2-1),
1
1
所以 Tn=2 ( 3 − 1 + 5 − 3+…+ 2 + 1 − 2-1)=2 ( 2 + 1-1).
2+3
2+3
1
1
课时规范练45
裂项相消法
1.(2024·山东聊城模拟)记 Sn 是公差不为 0 的等差数列{an}的前 n 项和,若
a4=12 ,S4=3S2.
(1)求{an}的通项公式;
1
(2)设 b1=2,(bn+bn+1)Sn=2,求数列{bn}的前 2n+1 项的和 T2n+1.
1 2 3 4 5 6
解 (1)设等差数列{an}的公差为 d(d≠0),易知 a1≠0,
(1)求{an}的通项公式;
(2)设
1
bn=
,数列{bn}的前
+1
n 项和为 Tn,若
2
Tm= ,求
25
m 的值.
解 (1)设{an}的公差为 d,因为 S5=45,
5( 1 + 5 )
S5= 2 =5a3=45,解得
所以
a3=9.又 a2=7,所以 d=a3-a2=2.
所以 an=a2+(n-2)d=7+2(n-2)=2n+3.
2, = 1,
3.已知数列{an}的通项公式为 an=
等差数列{bn}是递增数列,且满

高考数学课标通用(理科)一轮复习真题演练：第六章数列6-4Word版含解析

真题操练集训1．[2016 ·北京卷 ] 已知 { a n} 为等差数列， S n为其前 n 项和．若 a1＝6，a3＋a5＝0，则 S6＝________.答案： 6分析：设等差数列 { a n} 的公差为 d，由已知，得a1＝6，a1＝6，解得2a1＋6d＝ 0，d＝－ 2，1因此 S6＝6a1＋2×6×5d＝36＋15×(－2)＝6.2．[2015 ·新课标全国卷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＝________.1答案：－n分析：∵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.∵n≠0，∴1－1＝，即1－1＝－1.SS n1Sn＋1S n S n＋1又11是首项为－ 1，公差为－ 1 的等差数列．＝－ 1，∴SS1n1∴＝－ 1＋(n－1)×(－1)＝－ n，S n1∴S n＝－n.3．[2016 ·山东卷 ] 已知数列 { a n } 的前 n 项和 S n ＝ 3n 2＋8n ，{ b n } 是等差数列，且 a n ＝b n ＋b n ＋1.(1) 求数列 { b n } 的通项公式；(2) 令 c n ＝ a n ＋1n ＋1b n ＋2 n ，求数列 {c n } 的前 n 项和 T n .解： (1)由题意知，当 n ≥2 时， a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5，当 n ＝1 时， a 1＝S 1＝11，因此 a n ＝6n ＋5.设数列 { b n } 的公差为 d ，a 1＝b 1＋b 2， 11＝2b 1＋d ，由得a 2＝b 2＋b 3，17＝2b 1＋3d ，可解得 b 1＝4，d ＝3.因此 b n ＝3n ＋1.6n ＋6n ＋1n ＋1(2)由(1)知， c n ＝ 3n ＋3 n＝3(n ＋1) ·2.又 T n ＝c 1＋c 2＋＋ c n ，因此 T n ＝3×[2×22＋3×23＋＋ (n ＋1)×2n ＋1]，2T n ＝ 3×[2×23＋3×24＋＋ (n ＋1)×2n ＋2] ，两式作差，得－ T n ＝3×[2×22＋23＋24＋＋ 2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3× 4＋4 1－2n－ n ＋1 ×2n ＋2 ＝－ 3n ·2n＋2，1－2因此 T n ＝3n ·2n ＋2.4．[2015 ·新课标全国卷Ⅰ]S n 为数列 { a n } 的前 n 项和．已知 a n ＞0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3.(1)求{ a n }的通项公式；1(2)设 b n ＝，求数列 {b n } 的前 n 项和．a n a n ＋1解： (1)由 a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，①2可知 a n ＋1＋2a n ＋ 1＝4S n ＋1＋3.②②－①，得 a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，即 2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋ 1－a 2n ＝(a n ＋ 1＋a n )(a n ＋1－a n )．由 a n ＞0，得 a n ＋1－a n ＝2.又 a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得 a 1＝－ 1(舍去 )或 a 1＝3.因此 { a n } 是首项为 3，公差为 2 的等差数列，通项公式为 a n ＝2n＋ 1.(2)由 a n ＝2n ＋1 可知，b n＝ 1 1 a n a n ＋1 ＝2n ＋1 2n ＋31 1 1 ＝2 2n ＋1－2n ＋3 .设数列 { b n } 的前 n 项和为 T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋＋ b n1 1 1 1 1 1 1 n＝ 2 3－5 ＋ 5－7＋＋ 2n ＋1－2n ＋3 ＝3 2n ＋3 .课外拓展阅读数列乞降[ 典例 ]已知数列 { a n } 的前 n 项和 S n ＝－ 12n 2＋kn(此中 k ∈N * )，且 S n 的最大值为 8.(1)确立常数 k ，并求 a n ；(2)求数列9－2a n的前 n 项和 T n.2n[ 审题视角 ][分析]*1 2(1)当 n＝k，k∈N时， S n＝－ n ＋kn 获得最大值，2即 8＝S k＝－122 1 222k ＋k ＝2k，故 k ＝16，k＝4.17当 n＝1 时， a1＝S1＝－2＋4＝2，9当 n≥2 时， a n＝S n－S n－1＝2－n.9当 n＝1 时，上式也建立，故a n＝2－n.9－2a nn (2)由于2n＝2n －1，2 3n －1n因此 T n ＝1＋2＋22＋＋ 2n －2 ＋2n －1，①3n －1n因此 2T n ＝2＋2＋2＋＋ 2n －3 ＋ 2n－2 ，②11n②－①，得 2T n －T n ＝2＋1＋2＋＋2n－2－2n－1＝ 4－ 1 － n＝4－.2n － 2 2n －12n －1n ＋2n ＋2故 T n ＝4－ 2n －1 .方法点睛1．依据数列前 n 项和的构造特点和最值确立 k 和 S n ，求出 a n 后9－2a n再依据2n的构造特点确立利用错位相减法求 T n .在审题时，要审题目中数式的构造特点判断解题方案．2．利用 S n 求 a n 时不要忽略当 n ＝1 的状况；错位相减时不要漏项或算错项数．3．能够经过当 n ＝1,2 时的特别状况对结果进行考证．。

2023年高考数学一轮复习提升专练(新高考地区用)6-4 求和方法(精练)(解析版)

6.4 求和方法（精练）（提升版）1．（2022·黑龙江）已知等差数列{}n a 满足a 1+a 2＝4，a 4+a 5+a 6＝27．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若2nn b =，求数列{}n a b 的前n 项和S n ．【答案】（1）21n a n =-；（2）21223n +-．【解析】（1）由题意，设等差数列{}n a 的公差为d ，则112431227a d a d +=⎧⎨+=⎩∴112a d =⎧⎨=⎩，∴12(1)21n a n n =+-=-．（2）2nn b =，∴2n n aa b =，∵1124n n n n a a a a b b ---==，又112a b b ==，∴数列{}n a b 为等比数列，且首项为2，公比为4，∴()2121422143n n nS +--==-．2．（2021·四川攀枝花市）在公差不为零的等差数列{}n a 中，11a =，且125,,a a a 成等比数列. （1）求{}n a 的通项公式；（2）设12na nb ⎛⎫= ⎪⎝⎭，求数列{}n b 的前n 项和n S .【答案】（1）21n a n =-；（2）21[1()]34n n S =-. 【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，由已知得2125a a a =⋅，则2111()(4)a d a a d +=⋅+，将11a =代入并化简得220d d -=，解得2d =或0d =(舍去).所以1(1)221n a n n =+-⨯=-.（2）由（1）知2111()()22n a n n b -==，所以2111()2n n b ++=，题组一公式法求和所以21(21)111()24n n n n b b +--+==，即数列{}n b 是首项为12，公比为14的等比数列. 所以11[1()]2124[1()]13414n n n S -==--. 3．（2022·全国·高三专题练习）已知各项为正数的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，426S =，且1a ，3a ，36S a +成等比数列. (1)求n a ； (2)若1n n b S n=+，求{}n b 的前n 项和n T . 【答案】(1)31n a n =-(2)233n nT n =+ 【解析】(1)设等差数列{}n a 的公差为()0d d >，由426S =，且1a ，3a ，36S a +成等比数列可得()()12111146262335a d a d a a d a d +=⎧⎪⎨+=+++⎪⎩，解得12a =，3d =，所以()()1123131n a a n d n n =+-=+-=-. (2)由31n a n =-可得()()()13131222n n n a a n n n n S n n n ++++=+=+=，所以()22113131n b n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，所以211111111322311n T n n n n ⎛⎫=-+-++-+- ⎪-+⎝⎭21213133n n n ⎛⎫=-=⎪++⎝⎭. 1．（2022·江苏江苏·一模）已知数列{}n a ，11a =，且()111n n a a n n +=-+，*n ∈N .(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)记数列{}2n a 的前n 项和为n S ，求证：421n nS n <+. 【答案】(1)1n a n=(2)证明见解析题组二裂项相消求和【解析】(1)解：因为()111n n a a n n +=-+，所有1111(1)1n n a a n n n n+-=-=-++，当2n ≥时，211121a a -=-，321132a a -=-，……，1111n n a a n n --=--，相加得1111n a a n -=-，所以1n a n =，当1n =时，11a =也符合上式，所以数列{}n a 的通项公式1n a n=； (2)证明：由（1）得221na n =，所以222111111111142222n a n n n n n n =<==-⎛⎫⎛⎫--+-+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，所以222111111111111111121122222222n S n n n =++⋅⋅⋅+<-+-+⋅⋅⋅+--+-+-+， 1141121122nn n =-=+-+．所以421n nS n <+． 2．（2022·浙江台州·二模）在数列{}n a 中，12a =，且对任意的正整数n ，都有()1210n n na n a +++=. (1)证明数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等比数列，并求数列{}n a 的通项公式；(2)设()132(2)n nn n n b a a ++-=，求数列{}n b 的前n 项和n S .【答案】(1)证明见解析，()112 n n n a n -=-⋅(2)()()1111212n n n S n ++-=++⋅ 【解析】(1)解：（1）由()1210n n na n a +++=，得121n n a a n n +=-⨯+.又因为12a =，所以数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以2为首项，2-为公比的等比数列. 故()122n n a n-=⨯-，即()112 n n n a n -=-⋅. (2)由()112n n n a n -=-⋅，故()()()()()()()()1111322322*********nn n n n n n n n n n n b n n n n +-+++-+==-⋅⨯+⋅-⋅⨯-+⋅ ()()11111212n n n n n ++⎡⎤=-+⎢⎥⋅+⋅⎣⎦，故123n n S b b b b =+++⋅⋅⋅+()()1223341111111111122222322232212n n n n n +-⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=+-+++-⋅⋅⋅+-+⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⨯⨯⨯⨯⨯⨯⋅+⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦()()1111212n n n ++-=++⋅． 3．（2022·广东·广州市第四中学高三阶段练习）已知数列{}n a 满足112(1)0,4n n n a na a ++-==． (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)设数列24n n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：364n T <．【答案】(1)12n n a n +=⋅(2)证明见解析【解析】(1)因为数列{}n a 满足112(1)0,4n n n a na a ++-==，所以121n n a a n n +=+，所以141a=，所以数列n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为4，公比为2的等比数列，则有11422n n n a n -+=⨯=，12n n a n +=⋅.(2)()()132441111222162322+++⎛⎫===- ⎪+⋅⋅++⎝⎭n n n n n n a a n n n n n n ，所以1111111311132324232212⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-- ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭n T n n n n ，因为n *∈N ，所以364n T <. 4．（2022·辽宁·沈阳市第一二〇中学高三阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和()12n n n a a S +=，且0n a >． (1)证明：数列{}n a 为等差数列；(2)若122nn n n n a b a a ++⋅⋅=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)证明见解析；(2)1212n n +-+. 【解析】(1)当1n =时，由()11112a a a +=，得11a =或10a =，∵0n a >，∵11a =，由()12n n n a a S +=，得22n n n S a a =+①当2n ≥时，21112n n n S a a ---=+②由-①②，得()()22112n n n n n a a a a a --=+-+，整理得()()1110n n n n a a a a --+--=， ∵0n a >，∵1n n a a -+≠0，∵11n n a a --=， ∵数列{}n a 是首项为1，公差为1的等差数列； (2)由（1）得()111n a n n =+-⨯=， ()()11222221221n n n nn n n n a n b a a n n n n +++⋅⋅==-++⋅=++，∵213211112222222221324321222n n n n n T n n n n +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-+=- ⎪ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭． 5．（2022·陕西·模拟预测（理））已知正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11231,2a a a a =+=，数列{}n b 满足()241n bn n a S =+．(1)证明：数列{}n b 为等差数列； (2)记n T 为数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和，证明：11156n T ≤<．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【解析】(1)设等比数列{}n a 的公比为q ，因为11231,2a a a a =+=，故22q q +=，解得2q =或1q =-（舍），故12n n a -=，21nn S =-，因为()241n b n n a S =+121222n n n ++=⨯=，故21n b n =+，又()123212n n b b n n +-=+-+=，故数列{}n b 是公差为2的等差数列. (2)因为()()111111212322123n n b b n n n n +⎛⎫==- ⎪++++⎝⎭，故n T ()1111111111235572123232332369n n n n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，又()119696x y x x x==≥++是单调增函数，且16y <，又当1n =时，115n T =，故11156n T ≤<，即证. 6．（2022·安徽安庆·二模）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足()213n n S n a =+-，n ∈+N . (1)求{}n a 的通项公式；(2)若()()231nn n b n a =+-，求{}n b 的前n 项和n T .【答案】(1)()()612n a n n =++，n ∈+N (2)()6312nn -+-+ 【解析】(1)解：1n =时，1143a a =-，解得11a =.当2N n n +≥∈，时，2113n n S n a --=-，故()22111n n n n n a S S n a n a --=-=+-，所以12n n a na n -=+，故()()1321122113261215412n n n n n a a a a n n a a a a a a n n n n ----=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=++++.1a 符合上式故{}n a 的通项公式为()()612n a n n =++，N n +∈.(2)解：结合（1）得()()()112316112n n n n b n a n n ⎛⎫=+-=-+ ⎪++⎝⎭，所以()1211111166********n n n T b b b n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=-+++++-+ ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭()6312nn =-+-+.1．（2022·广东·模拟预测）在∵121(1)2n a a a n n +++=+，∵21n n a S =-，∵()221210n n n a a n a --=->这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并作答．问题：已知数列{}n a 的前n 和为n S ，若11a =，且，求数列{}2nn a 的前n 项和n T ．【答案】选∵，1(1)22n n T n +=-⋅+；选∵，21(2)3n n T ⎡⎤=--⎣⎦；选∵，1(1)22n n T n +=-⋅+. 【解析】选∵：当n ≥2时，因为121(1)2n a a a n n +++=+，题组三错位相减求和所以()121112n a a a n n -+++=-，上面两式相减得(2)n a n n =．当n ＝1时，11212a =⨯=，满足上式，所以n a n =．因为212222n n T n =⨯+⨯++⨯，所以231212222n n T n +=⨯+⨯++⨯，上面两式相减，得：212222n n n T n +-=+++-⨯，所以1(1)22n n T n +=-⋅+．选∵：当2n 时，因为21n n a S =-，所以1121n n a S --=-，上面两式相减得12n n n a a a --=，即1n n a a -=-，经检验，21a a =-，所以{}n a 是公比为－1的等比数列，111(1)(1)n n n a --=⨯-=-．因为12(1)(2)n n n --=--，所以221(2)2(2)(2)(2)1(2)1(2)3n n n n T ⎡⎤---⎣⎦⎡⎤⎡⎤=--+-++-=-=--⎣⎦⎣⎦--．选∵：由22121n n a a n --=-，得：22222212232123,25,,3n n n n a a n a a n a a -----=--=--=，由累加法得：()()2222121311,2n nn n a n a n --+-==-=．又0n a >，所以n a n =．因为212222n n T n =⨯+⨯++⨯，所以231212222n n T n +=⨯+⨯++⨯，上面两式相减得212222n n n T n +-=+++-⨯，所以1(1)22n n T n +=-⋅+．2．（2022·广东肇庆·二模）已知数列{}n a 满足112a =，121n n a a +=+. (1)证明：数列{}1n a -是等比数列； (2)求数列{}n na 的前n 项和n T .【答案】(1)证明见解析(2)24222n n n n +-++【解析】(1)证明：由121n n a a +=+，得1221n n a a +-=-，又1112a -=-，所以10n a -≠，故11112n na a +-=-，故{}1n a -是以12-为首项，以12为公比的等比数列；(2)解：由（1）得112n n a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭-，得112nn a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，所以12n n na n n ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，设12n n ⎧⎫⎪⎪⎛⎫⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n P ，则211112222nn P n ⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∵ 2311111122222n n P n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，∵由∵-∵，得231111111222222n n n P n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭11111221*********nn n n n n ++⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎣⎦=-=-- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭-，则()1222n n P n ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，故2242123222n n n n n n n n n T n P P ++-+=++++-=-=+. 3．（2022·广东韶关·一模）在∵112,2n n n a a a +=+=；∵22n n S a =-；∵122n n S +=-这三个条件中任选一个，补充在下列问题中，并做出解答.设数列{}n a 的前n 项和为n S ，__________，数列{}n b 是等差数列，12461,21o b b b =++=.(1)求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； (2)设n n n c a b =⋅，求数列{}n c 的前n 项和n T .【答案】(1)选∵：()*2n n a n =∈N ，21n b n =-；选∵：()*2n n a n =∈N ，21n b n =-；选∵：()*2n n a n =∈N ，21n b n =- (2)()12326n n +-⨯+【解析】(1)解：若选∵：由12n n n a a +=+，则12nn n a a +-=，可得1222111232212,22,,,2n n n n n a a a a a a a a ------=-=-=-=将上述1n -个式子相加，整理的22112222n n n a a ---=++++()12212221n n --==--又因为12a =，所以()*2n n a n =∈N .若选∵：22n n S a =-，当1n =时，12a =，当2n ≥时，()()112222n n n n n a S S a a --=-=--- 所以12nn a a -=，所以2n n a =. 综上，()*2n n a n =∈N若选∵：122n n S +=-，当1n =时，12a =，当2n ≥时，由122n n S +=-可得122n n S -=-，所以12nn n n a S S -=-=，所以2n n a =.经检验当1n =时2n n a =也成立，所以2n n a =()*n N ∈；设等差数列{}n b 的公差为d ，由题有12461,21b b b b =++=，即1113521d d b d b b +++=++，解得2d = 从而21n b n =-(2)解：由（1）可得()212nn c n =-⨯，令n c 的前n 项和是n T ，则()123123252212n n T n =⨯+⨯+⨯++-⨯，()23412123252212n n T n +=⨯+⨯+⨯++-⨯，两式相减得()()123112222222212n n n T n +-=⨯+⨯+⨯++⨯--⨯，()211821221212n n n T n ++--=⨯+--⨯-，整理得()21123262326n n n n T n n +++=⨯-⨯+=-⨯+；4．（2022·广东·模拟预测）已知数列{}n a 满足112a =，121n n a a +=+． (1)证明：数列{}1n a -是等比数列；(2)求数列{}n na 的前n 项和n T ．【答案】(1)证明见解析(2)24222n n n n n T +-+=+【解析】(1)证明：由121n n a a +=+，得1221n n a a +-=-，又1112a -=-，所以10n a -≠，故11112n n a a +-=-，故{}1n a -是以12-为首项，以12为公比的等比数列．(2)由（1）得112n n a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭-，得112nn a ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，所以12n n na n n ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，设12n n ⎧⎫⎪⎪⎛⎫⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n P ，则211112222nn P n ⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，∵2311111122222n n P n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯+⨯+⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，∵由∵-∵，得23111112211111111222222212nn n n n P n n ++⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎣⎦=+++⋅⋅⋅+-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭-111122n n n +⎛⎫⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则()1222nn P n ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，故2242123222n n n n n n n n n T n P P ++-+=+++⋅⋅⋅+-=-=+．5．（2022·广东佛山·模拟预测）已知数列{}n a 满足11a =，22a =，且对任意*N n ∈，都有2132n n n a a a ++=-． (1)求证：{}1n n a a +-是等比数列，并求{}n a 的通项公式； (2)求使得不等式1212154m m a a a ++⋅⋅⋅+≤成立的最大正整数m ．【答案】(1)证明见解析；12n na (2)6m =【解析】(1)由2132n n n a a a ++=-，得()2112n n n n a a a a +++-=-，所以{}1n n a a +-是等比数列.所以()1112122n n n n a a a a --+-=-⨯=从而()()()()11232211n n n n n a a a a a a a a a a ---=-+-+⋅⋅⋅+-+-+ 230231122222112n n n n n a -----=++⋅⋅⋅++=++⋅⋅⋅++=所以，12n na ．(2)设1212m mm S a a a =++⋅⋅⋅+ 即221123112222m m m m m S ---=+++⋅⋅⋅++，所以，32231221222m m m m mS ---=+++⋅⋅⋅++，于是，32111111224122222m m m m m m mS ----+=+++⋅⋅⋅++-=-．因为112m m m m m S S S ++=+>，且6154S =，所以，使1212154m m a a a ++⋅⋅⋅+≤成立的最大正整数6m =． 1．（2022·甘肃·一模）已知数列{}n a 满足11a =，12n n a a +=．数列{}n b 满足11b =，22b =，212n n n b b b +++=，*n ∈N ．(1)求数列{}n a 及{}n b 的通项公式；(2)求数列{}n n a b +的前n 项和n T ．【答案】(1)1*1(),2n n a n N -=∈，*,n b n n N =∈；(2)1*1(1)2(),.22n n n T n N -+=-+∈π 【解析】(1)由12n n a a +=得112n n a a +=，所以数列{}n a 是以11a =为首项，12为公比的等比数列，故1*1(),2n n a n N -=∈，由212n n n b b b +++=可知数列{}n b 是等差数列，首项11b =，公差211d b b =-=，所以*,n b n n N =∈.(2)11221212()()n n n n n T a b a b a b a a a b b b =++++++=+++++++02211111()()()()1232222n n -=+++++++++111()(1)1(1)22().122212nn n n n n --++=+=-+-即1*1(1)2(),.22n n n T n N -+=-+∈π2．（2022·江苏南京·高三开学考试）设数列{}n a 是公差不为零的等差数列，11a =，若125,,a a a 成等比数列 (1)求数列{}n a 的通项公式；题组四分组求和(2)设21131n a n n b a+=+-()*N n ∈，求数列{}n b 的前n 项和为n S .【答案】(1)21n a n =-；(2)3(91)448n n n S n =+-+. 【解析】(1)解：设数列{an }是公差为d （d ≠0）的等差数列，a 1=1 若a 1，a 2，a 5成等比数列，可得a 1a 5=a 22，即有21(14)(1)d d ⨯+=+，解得2d =或d =0（舍去）则12(1)21n a n n =+-=-. (2)解：21131n a n n b a +=+-()2121211113341211n n n n n --⎛⎫=+=-+ ⎪+⎝⎭+- 可得前n 项和()211111111327342231n n S n n -⎛⎫=-+-++-++++ ⎪+⎝⎭()()3191131914119448nn n n n -⎛⎫=-+=+- ⎪+-+⎝⎭.3．（2022·全国·高三专题练习）已知正项等比数列{}n a ，满足241a a =，5a 是112a 与35a 的等差中项.(1)求数列{}n a 的通项公式； (2)设()()444(2)11n n n n n a a a b n +++=+--⋅-，求数列{}n b 的前n 项和n S .【答案】(1)32n n a -=(2)当n 为偶数时，111212n n nS +=-+-；当n 为奇数时，111221nn n S +-=--. 【解析】(1{}n a 是正项等比数列，故22431a a a ==，所以31a =，又5132125a a a =+，设公比为q （q >0），即233322125a a q a q =+，即221225q q=+，解得：2q ，则数列{}n a 的通项公式为3332n n n a a q --==(2)()()()()()()411141422(1)(1)(1)2221212211n n n nn n n n n n n n n a b n n a a n +++++++=+-⋅=+-⋅=+-⋅------111(1)2121n nn n +=-+-⋅-- 则()22311111111231212121212121nn n n S n +⎡⎤=-+-++-+-+-++-⎣⎦------当n 为偶数时，111212n n nS +=-+-；当n 为奇数时，1111111212221nn n n n S +++-=--=---. 4．（2022·全国·高三专题练习）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且5251025,31S a a a =++=. (1)求数列{}n a 的通项公式以及前n 项和n S ；(2)若22,1,n a n n n n b n a a+⎧⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数，求数列{}n b 的前2n －1项和21n T -.【答案】(1)2n S n =；(2)41221153(41)n n n S n +=--+-. 【解析】(1)依题意，53525S a ==，则35a =，故25103332731a a a a d a d a d ++=-++++=，解得d ＝2，∵1321a a d =-=，故21n a n =-，21212n n S n n +-=⋅=. (2)依题意，得211111(21)(23)42123n n a a n n n n +⎛⎫==- ⎪-+-+⎝⎭，故212,111,42123n n n b n n n -⎧⎪=⎨⎛⎫- ⎪⎪-+⎝⎭⎩为奇数为偶数，故154321111111111222437471144541n n T n n --⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++-++-+ ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭⎝⎭154311111112224377114541n n n -⎛⎫=++++-+-++- ⎪--⎝⎭()4412121112211164341153(41)n n n n n +---⎛⎫=+-=+ ⎪---⎝⎭5．（2022·河南·模拟预测（理））在等比数列{}n a 中，748a a =，且214a ，35a -，412a -成等差数列.(1)求{}n a 的通项公式； (2)若22111log n n n b n a a -=+，证明：数列{}n b 的前n 项和43n T <. 【答案】(1)12n n a +=(2)证明见解析【解析】(1)设数列{}n a 的公比为q ，由748a a =，得3448a q a =，所以2q.因为214a ，35a -，412a -成等差数列，所以()324125124a a a -=+-，即11118108122a a a -=+-，解得14a =.因此11422n n n a -+=⨯=.(2)因为()22211111111log 1214n n n n n b n a a n n n n -⎛⎫=+=+=-+ ⎪++⎝⎭，所以21111111112231444n n T n n ⎛⎫⎛⎫=-+-++-++++ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭1111111441111113414n n n n ⎛⎫⨯- ⎪⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎝⎭=-+=-+⨯- ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭-. 因为1111n -<+，1111343n ⎛⎫⨯-< ⎪⎝⎭，所以43n T <.6．（2022·云南·一模（理））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，42310nn n a S --+=.(1)求数列{}3nn a -的通项公式；(2)记23log 3n nn n n b a a =-+-，求数列{}21n b -的前n 项和n T .【答案】(1)32n n n a -=-(2)n T 2122233n n +=+-【解析】(1)∵42310n n n a S --+=，∵2431nn n S a =-+.∵1112431n n n S a +++=-+.∵数列{}n a 的前n 项和为n S ，∵()111112222431431n nn n n n n n n S S S S a a a +++++-=-==-+-+-.∵()11323n n n n a a ++-=-.所以数列{}3n n a -是首项为13a -，公比为2的等比数列.∵()11332n n n a a --=-⨯.当1n =时，由42310nn n a S --+=和11S a =得111142314220a S a a --+=--=，解方程得11a =.∵()111332222n n n n n a a ---=-⨯=-⨯=-.∵数列{}3nn a -的通项公式为32n n n a -=-.(2)由（1）知：32n n n a -=-.∵223log 32log 22n n n n nn n n b a a n =-+-=-+=-.∵2121212n n b n --=--. ∵[]()352113(21)2222n n T n -=+++--++++()22212(121)212n n n -+-=--2122233n n +=+-. 7．（2022·天津三中三模）已知在各项均不相等的等差数列{}n a 中，11a =，且1a 、2a 、5a 成等比数列，数列{}n b 中，()122log 1b a =+，1142n n n b b ++=+，N n *∈.(1)求{}n a 的通项公式及其前n 项和n S ；(2)求证：{}2nn b +是等比数列，并求{}n b 的通项公式；(3)设1,2,N 232,21,N 422k k kn kk k a n k k b c n k k b **+⎧=∈⎪+⎪=⎨⨯⎪=-∈⎪-+⎩求数列{}n c 的前2n 项的和2n T . 【答案】(1)21n a n =-，2n S n =(2)证明见解析，42nnn b =-(3)()2132156599421n n nn n T +-+=-+⋅- 【解析】(1)解：设等差数列{}n a 的公差为d ，则0d ≠，由已知可得2215a a a =，即()2114d d +=+，解得2d =，故()1121n a a n d n =+-=-，()122n n n a a S n +==. (2)证明：因为()122log 12b a =+=，1142n n n b b ++=+，则()12124242n n n n n n b b b ++++=+=+，因为124b +=，故数列{}2nn b +是以4为首项和公比的等比数列，因此，12444n n n n b -+=⨯=，因此，42n nn b =-.(3)解：设数列{}n c 的前2n 项和中，奇数项的和记为A ，偶数项的和记为B .当()2N n k k *=∈，214n kk c -=，则23135214444nn A -=++++， 231113232144444nn n n A +--=++++，上式-下式得1231111131222211218414444444414n n n n n n A -++⎛⎫- ⎪--⎛⎫⎝⎭=++++-=+- ⎪⎝⎭-15651234n n ++=-⋅，故565994nn A +=-⋅. 当()21N n k k *=-∈时，()1113232432244222k kn k k k k k c +++⨯⨯==-⋅+--+ ()()()()1111132323112212121222121k k k k k k k k-++++⨯⨯⎛⎫===- ⎪------⎝⎭，所以，223131111112212121212121n n B +⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥------⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦()1132131122121nn n ++-⎛⎫=-= ⎪--⎝⎭，因此，()2132156599421n n nn n T +-+=-+⋅-. 1．（2021·全国·高三专题练习（理））已知数列{}n a 的通项公式为(1)sin 2n n a n n π=+⋅(n ∈+N )，其前n 项和为n S ，则8S =_______.【答案】36-【解析】4342414(43)(43)(42)sin 2k k k k k k c a a a a k k π----=+++=--⋅ (42)(41)4(42)(41)sin(41)4sin 4(41)sin 222k k k k k k k k k πππ--+--⋅+-⋅++⋅(43)(42)1(42)(41)0(41)4(1)4(41)0k k k k k k k k =--⨯+--⨯+-⨯-++⨯166k =-+，∵81216(12)6236S c c =+=-⨯++⨯=-.故答案为：36-2．（2020·河南郑州·三模）设数列{an }的前n 项和为Sn ，已知13a =对任意的正整数n 满足()()11cos 2213,n n n n n n S S n a a a π++-=+-+则19a =______．【答案】3.17-【解析】由()()11cos 2213,n n n n n n S S n a a a π++-=+-+得()()11cos 2213n n n n n a a n a a π++--=-.又因为13a =,故0n a ≠.故()()1cos 211213n n n n a a π+--=--. 故()21cos 113a a π--=-,3211cos 033a a -=-⨯…，191811cos16353a a π-=-⨯. 累加可得1911113573529 (6333333)a a -⨯-=-+-+-==-. 故191117633a =-+=-,故193.17a -= 故答案为：3.17-题组五周期数列题组六倒序相加法1．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()y f x =满足()(1)1f x f x +-=，若数列{}n a 满足121(0)(1)n n a f f f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则数列{}n a 的前20项和为（）A ．100B ．105C ．110D ．115【答案】D【解析】因为函数()y f x =满足()(1)1f x f x +-=，121(0)(1)n n a f f f f f n n n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++⋯⋯++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∵，121(1)(0)n n n a f f f f f n n n --⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=+++⋯⋯++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∵，由∵+∵可得21n a n =+，12n n a +∴=，所以数列{}n a 是首项为1，公差为12的等差数列，其前20项和为20120121152+⎛⎫+ ⎪⎝⎭=.故选：D. 2．（2022·全国·高三专题练习）已知22()(),1f x x x =∈+R 若等比数列{}n a 满足120201,a a =则122020()()()f a f a f a +++=（）A ．20192B ．1010C ．2019D ．2020【答案】D 【解析】22()(),1f x x x =∈+R 22222122()11122211f x f x x x x x x ⎛⎫∴+=+ ⎪+⎝⎭⎛⎫+ ⎪⎝⎭=+=++等比数列{}n a 满足120201,a a =120202019220201...1,a a a a a a ∴====()()()()()()120202019202012...2f a f a f a f a f a f a ∴+=+==+=即122020()()()f a f a f a +++=2020故选：D3．（2022·全国·高三专题练习）设函数()221xf x =+，利用课本（苏教版必修5）中推导等差数列前n 项和的方法，求得()()()()()54045f f f f f -+-+⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++的值为（） A ．9 B ．11C ．92D ．112【答案】B【解析】()221x f x =+，()()()22222212121221x x x x x x f x f x --⋅∴+-=+=+++++()2122222211221x x x x x +⋅=+==+++，设()()()()()54045S f f f f f =-+-+⋅⋅⋅++⋅⋅⋅++，则()()()()()54045S f f f f f =+++++-+-，两式相加得()()2115511222S f f ⎡⎤=⨯+-=⨯=⎣⎦，因此，11S =.故选：B.4．（2022·全国·高三专题练习）对于三次函数()()320f x ax bx cx d a =+++≠，给出定义：设()'f x 是函数()y f x =的导数，()f x "是()'f x 的导数，若方程()0f x "=有实数解0x ，则称点()()00,x f x 为函数()y f x =的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.设函数()3211533212g x x x x =-+-，则122018(201920192019g g g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋯+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭)A ．2016B ．2017C ．2018D ．2019【答案】C【解析】函数()3211533212g x x x x =-+-，函数的导数()2'3g x x x =-+，()'21g x x =-，由()0'0g x =得0210x -=，解得012x =，而112g ⎛⎫= ⎪⎝⎭，故函数()g x 关于点1,12⎛⎫⎪⎝⎭对称，()()12g x g x ∴+-=，故设122018...201920192019g g g m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则201820171...201920192019g g g m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相加得220182m ⨯=，则2018m =，故选C.5．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足2n S an bn =+，（,a b 均为常数），且72a π=.设函数2()sin 22cos2xf x x =+，记()n n y f a =，则数列{}n y 的前13项和为（） A ．132πB ．7πC ．7D ．13【答案】D【解析】因为2()sin 22cossin 2cos 12xf x x x x =+=++，由2n S an bn =+，得()()()2211122n n n S S an bn a n b n an a b n a -=-=+----=-+≥，又11a S a b ==+也满足上式，所以2n a an a b =-+，则12n n a a a --=为常数，所以数列{}n a 为等差数列；所以11372a a a π+==，()()111131131313sin 2cos 1sin 2cos 1y f a f a a a a y a =+=++++++()()1111sin 2cos 1sin 22cos 12a a a a ππ=+++-+-+=.则数列{}n y 的前13项和为()()()1213...f a f a f a +++，记()()()1213...M f a f a f a =+++，则()()()13121...M f a f a f a =+++，所以()()11321326M f a f a ⎡⎤=+=⎣⎦，因此13M =. 故选：D ．6．（2022·湖南岳阳·二模）德国数学家高斯是近代数学奠基者之一，有“数学王子”之称，在历史上有很大的影响.他幼年时就表现出超人的数学天赋，10岁时，他在进行123100++++的求和运算时，就提出了倒序相加法的原理，该原理基于所给数据前后对应项的和呈现一定的规律生成，因此，此方法也称之为高斯算法.已知某数列通项21002101n n a n -=-，则12100...a a a +++=（）A ．98B ．99C ．100D ．101【答案】C【解析】由已知，数列通项21002101n n a n -=-，所以10121002(101)100210010224202221012(101)101210110122101n nn n n n n a a n n n n n -------+=+=+==------，所以91110029398012n n a a a a a a a a -+=+=+==+，所以12100...502100a a a +++=⨯=.故选：C.。

高三理科数学一轮复习讲义,复习补习资料：第六章数列6.4数列求和(解析版)

§6.4 数列求和考纲展示►1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式.2.掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法.考点1 公式法求和1.公式法直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和． (1)等差数列的前n 项和公式：S n ＝n a 1＋a n 2＝na 1＋n n －2d .(2)等比数列的前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q＝a 1－q n1－q ，q ≠1.2．倒序相加法与并项求和法 (1)倒序相加法：如果一个数列{a n }的前n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．(2)并项求和法：在一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)nf (n )类型，可采用两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(1002－992)＋(982－972)＋…＋(22－12)＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050.非等差、等比数列求和的常用方法：倒序相加法；并项求和法．(1)[教材习题改编]一个球从100 m 高处自由落下，着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是( )A ．100＋200×(1－2－9) B ．100＋100(1－2－9) C ．200(1－2－9)D ．100(1－2－9)答案：A(2)[教材习题改编]已知函数f (n )＝n 2cos n π，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝________.答案：－100解析：因为f (n )＝n 2cos n π＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2，n 为奇数，n 2，n 为偶数，所以f (n )＝(－1)n ·n 2，由a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝(－1)n ·n 2＋(－1)n ＋1·(n ＋1)2＝(－1)n [n 2－(n ＋1)2]＝(－1)n ＋1·(2n ＋1)，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝3＋(－5)＋7＋(－9)＋…＋199＋(－201)＝50×(－2)＝－100.数列求和的两个易错点：公比为参数；项数的奇偶数．(1)设数列{a n }的通项公式是a n ＝x n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.答案：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，x ＝1，x －xn1－x，x ≠1解析：当x ＝1时，S n ＝n ；当x ≠1时，S n ＝x－xn1－x.(2)设数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.答案：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，n 为偶数，－1，n 为奇数解析：若n 为偶数，则S n ＝0；若n 为奇数，则S n ＝－1.[典题1] (1)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，则数列{a n }的前9项和等于________．[答案] 27[解析] 由a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，可知数列{a n }是首项为1，公差为12的等差数列，故S 9＝9a 1＋－2×12＝9＋18＝27.(2)若等比数列{a n }满足a 1＋a 4＝10，a 2＋a 5＝20，则{a n }的前n 项和S n ＝________. [答案]109(2n－1) [解析] 由题意a 2＋a 5＝q (a 1＋a 4)，得20＝q ×10，故q ＝2，代入a 1＋a 4＝a 1＋a 1q 3＝10，得9a 1＝10，即a 1＝109.故S n ＝109－2n1－2＝109(2n－1)． [点石成金] 数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差或等比或可求数列前n 项和的数列来求之．考点2 分组转化法求和分组求和法若一个数列是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．(1)数列112，314，518，…，⎣⎢⎡⎦⎥⎤n －＋12n 的前n 项和S n ＝________________. 答案：n 2＋1－12n(2)已知数列{a n }中，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －1，n 为正奇数，2n －1，n 为正偶数，设数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 9＝________.答案：377[典题2] 已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2·3n －1＋(－1)n ·(ln 2－ln 3)＋(－1)nn ln 3，求其前n 项和S n .[解] 由通项公式知，S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn ]ln 3，所以当n 为偶数时，S n ＝2×1－3n1－3＋n 2ln 3＝3n＋n 2ln 3－1；当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n 1－3－(ln 2－ln 3)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12－n ln 3＝3n－n －12ln 3－ln 2－1.综上知，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧3n ＋n2ln 3－1，n 为偶数，3n－n －12ln 3－ln 2－1，n 为奇数.[点石成金] 分组转化法求和的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组转化法求{a n }的前n 项和． (2)通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数，c n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比或等差数列，可采用分组转化法求和．[提醒] 某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论.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 nn ＋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 nn ＋2＝n (n ＋1)．所以T n ＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)nn ×(n ＋1)．因为b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)，可得当n 为偶数时，T n ＝(－b 1＋b 2)＋(－b 3＋b 4)＋…＋(－b n －1＋b n )＝4＋8＋12＋ (2)＝n2＋2n 2＝n n ＋2；当n 为奇数时，T n ＝T n －1＋(－b n )＝n －n ＋2－n (n ＋1)＝－n ＋22.所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧－n ＋22，n 为奇数，nn ＋2，n 为偶数.考点3 错位相减法求和错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的．(1)[教材习题改编]数列1，11＋2，11＋2＋3，…，11＋2＋…＋n的前n 项和为________．答案：2n n ＋1解析：因为11＋2＋…＋n ＝2n n ＋＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以数列的前n 项和为2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1. (2)[教材习题改编]数列22，422，623， (2)2n ，…的前n 项的和为________．答案：4－n ＋22n －1解析：设该数列的前n 项和为S n ，由题可知，S n ＝22＋422＋623＋ (2)2n ，①12S n ＝222＋423＋624＋ (2)2n ＋1，② ①－②，得⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12S n ＝22＋222＋223＋224＋…＋22n －2n 2n ＋1＝2－12n －1－2n 2n ＋1， ∴S n ＝4－n ＋22n －1.[典题3] [2018·山东模拟]设数列{a n }的前n 项和为S n .已知2S n ＝3n＋3. (1)求{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足a n b n ＝log 3a n ，求{b n }的前n 项和T n . [解] (1)因为2S n ＝3n＋3，所以2a 1＝3＋3，故a 1＝3，当n ≥2时，2S n －1＝3n －1＋3，此时2a n ＝2S n －2S n －1＝3n－3n －1＝2×3n －1，即a n ＝3n －1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，3n －1，n ≥2.(2)因为a n b n ＝log 3a n ，所以b 1＝13，当n ≥2时，b n ＝31－nlog 33n －1＝(n －1)·31－n.所以T 1＝b 1＝13；当n ≥2时，T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝13＋[1×3－1＋2×3－2＋…＋(n －1)×31－n]，所以3T n ＝1＋[1×30＋2×3－1＋…＋(n －1)×32－n]，两式相减，得2T n ＝23＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n )－(n －1)×31－n＝23＋1－31－n1－3－1－(n －1)×31－n ＝136－6n ＋32×3n ，所以T n ＝1312－6n ＋34×3n ，经检验，n ＝1时也适合．综上知，T n ＝1312－6n ＋34×3n .[点石成金] 用错位相减法求和的三个注意事项(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式．(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．[2018·天津模拟]已知{a n }是各项均为正数的等比数列，{b n }是等差数列，且a 1＝b 1＝1，b 2＋b 3＝2a 3，a 5－3b 2＝7.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n b n ，n ∈N *，求数列{c n }的前n 项和．解：(1)设数列{a n }的公比为q ，数列{b n }的公差为d ，由题意知q >0.由已知，有⎩⎪⎨⎪⎧2q 2－3d ＝2，q 4－3d ＝10，消去d ，整理得q 4－2q 2－8＝0，解得q 2＝4. 又因为q >0，所以q ＝2，所以d ＝2. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *；数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1，n ∈N *. (2)由(1)有c n ＝(2n －1)·2n －1，设{c n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n －3)×2n －2＋(2n －1)×2n －1，2S n ＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)×2n －1＋(2n －1)×2n，上述两式相减，得－S n ＝1＋22＋23＋…＋2n －(2n －1)×2n ＝2n ＋1－3－(2n －1)·2n ＝－(2n －3)·2n－3，所以S n ＝(2n －3)·2n＋3，n ∈N *.考点4 裂项相消法求和裂项相消法(1)把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和． (2)常见的裂项技巧： ①1n n ＋＝1n －1n ＋1. ②1nn ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2. ③1n －n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1.④1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .[考情聚焦] 把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．裂项相消法求和是历年高考的重点，命题角度凸显灵活多变，在解题中要善于利用裂项相消的基本思想，变换数列a n 的通项公式，达到求解目的．主要有以下几个命题角度：角度一形如a n ＝1nn ＋k型 [典题4] [2019·重庆模拟]设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 3＝a 7，a 8－2a 3＝3. (1)求a n ；(2)设b n ＝1S n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n >34－1n ＋1(n ∈N *)．(1)[解] 设数列{a n }的公差为d ，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝a 1＋6d ，a 1＋7d －a 1＋2d ＝3，解得a 1＝3，d ＝2，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1.(2)[证明] 由(1)，得S n ＝na 1＋n n －2d ＝n (n ＋2)，∴b n ＝1nn ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2. ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n －1＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2，∴T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2>12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋1＝34－1n ＋1. 故T n >34－1n ＋1.角度二形如a n ＝1n ＋k ＋n型[典题5] [2019·江南十校联考]已知函数f (x )＝x a的图象过点(4,2)，令a n ＝1f n ＋＋f n，n ∈N *.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 014＝( )A. 2 013－1B. 2 014－1C. 2 015－1D. 2 015＋1[答案] C[解析] 由f (4)＝2可得4a＝2，解得a ＝12，则f (x )＝x 12.∴a n ＝1f n ＋＋f n＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 014＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 014＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 014－ 2 013)＋( 2 015－ 2 014) ＝ 2 015－1. 角度三形如a n ＝n ＋1n 2n ＋2型[典题6] 正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0. (1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)令b n ＝n ＋1n ＋2a 2n ，数列{b n }的前n 项和为T n .证明：对于任意的n ∈N *，都有T n <564. (1)[解] 由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得 [S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0.由于{a n }是正项数列，所以S n >0，S n ＝n 2＋n . 于是a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n . 综上，数列{a n }的通项公式为a n ＝2n . (2)[证明] 由于a n ＝2n ，故b n ＝n ＋1n ＋2a 2n ＝n ＋14n 2n ＋2＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n 2－1n ＋2.T n ＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－132＋122－142＋132－152＋…＋1n －2－1n ＋2＋1n2－1n ＋2＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1n ＋2－1n ＋2<116×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＝564. [点石成金] 利用裂项相消法求和的注意事项(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项． (2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{a n }是等差数列，则1a n a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1，1a n a n ＋2＝12d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋2.[方法技巧] 非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想：(1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成．(2)不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和．[易错防范] 1.在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如a n，an ＋1的式子应进行合并．2．在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项，特别是隔项相消．真题演练集训1．[2018·北京模拟]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 ，由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝6，2a 1＋6d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝6，d ＝－2，所以S 6＝6a 1＋12×6×5d ＝36＋15×(－2)＝6.2．[2018·四川模拟]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. 3．[2018·山东模拟]已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式； (2)令c n ＝a n ＋n ＋1b n ＋n ，求数列{c n }的前n 项和T n .解：(1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5，当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，所以a n ＝6n ＋5.设数列{b n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，得⎩⎪⎨⎪⎧ 11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得b 1＝4，d ＝3.所以b n ＝3n ＋1.(2)由(1)知，c n ＝n ＋n ＋1n ＋n ＝3(n ＋1)·2n ＋1.又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，所以T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]， 2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]，两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋－2n 1－2－n ＋n ＋2＝－3n ·2n ＋2，所以T n ＝3n ·2n ＋2. 4．[2018·重庆模拟]S n 为数列{a n }的前n 项和．已知a n ＞0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．解：(1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，①可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.②②－①，得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )．由a n ＞0，得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3.所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1.(2)由a n ＝2n ＋1可知， b n ＝1a n a n ＋1＝1n ＋n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3. 设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3＝n n ＋.课外拓展阅读数列求和[典例] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn (其中k ∈N *)，且S n 的最大值为8. (1)确定常数k ，并求a n ；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的前n 项和T n .[审题视角][解析] (1)当n ＝k ，k ∈N *时，S n ＝－12n 2＋kn 取得最大值，即8＝S k ＝－12k 2＋k 2＝12k 2，故k 2＝16，k ＝4. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝－12＋4＝72，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝92－n . 当n ＝1时，上式也成立，故a n ＝92－n . (2)因为9－2a n 2n ＝n 2n －1，所以T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n 2n －1，① 所以2T n ＝2＋2＋32＋…＋n －12n －3＋n 2n －2，② ②－①，得2T n －T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n 2n －1 ＝4－12n －2－n 2n －1＝4－n ＋22n －1. 故T n ＝4－n ＋22n －1. 方法点睛1．根据数列前n 项和的结构特征和最值确定k 和S n ，求出a n 后再根据⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的结构特征确定利用错位相减法求T n .在审题时，要审题目中数式的结构特征判定解题方案．2．利用S n 求a n 时不要忽视当n ＝1的情况；错位相减时不要漏项或算错项数．3．可以通过当n ＝1,2时的特殊情况对结果进行验证．。

2024年高考数学总复习第六章《数列》测试卷及答案解析

2024年高考数学总复习第六章《数列》测试卷及答案(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 10＝100，则a 7的值为()A ．11B ．12C ．13D ．14答案C解析由S 10＝100及公差为2，得10a 1＋10×(10－1)2×2＝100，所以a 1＝1.所以a n ＝2n －1，故a 7＝13.故选C.2．若等差数列{a n }的公差d ≠0且a 1，a 3，a 7成等比数列，则a2a 1等于()A.32B.23C.12D ．2答案A解析设等差数列的首项为a 1，公差为d ，则a 3＝a 1＋2d ，a 7＝a 1＋6d .因为a 1，a 3，a 7成等比数列，所以(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋6d )，解得a 1＝2d .所以a 2a 1＝2d ＋d 2d＝32.故选A.3．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6＝30，S 10＝10，则S 16等于()A ．－160B ．－80C ．20D ．40答案B解析a 1＋15d ＝30，a 1＋45d ＝10，解得a 1＝10，d ＝－2，故S 16＝16a 1＋120d ＝16×10＋120×(－2)＝－80，故选B.4．记等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝2，S 6＝18，则S 10S 5等于()A ．－3B ．5C ．－31D ．33答案D解析由题意知公比q ≠1，S 6S 3＝a 1(1－q 6)1－qa 1(1－q 3)1－q ＝1＋q 3＝9，∴q ＝2，S 10S 5＝a 1(1－q 10)1－qa 1(1－q 5)1－q＝1＋q 5＝1＋25＝33.5．(2019·湖南五市十校联考)已知数列{a n }满足2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)，a 2＋a 4＋a 6＝12，a 1＋a 3＋a 5＝9，则a 1＋a 6等于()A ．6B ．7C ．8D ．9答案B解析由数列{a n }满足2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)得数列{a n }为等差数列，所以a 2＋a 4＋a 6＝3a 4＝12，即a 4＝4，同理a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝9，即a 3＝3，所以a 1＋a 6＝a 3＋a 4＝7.6．(2019·新乡模拟)为了参加冬季运动会的5000m 长跑比赛，某同学给自己制定了7天的训练计划：第1天跑5000m ，以后每天比前1天多跑200m ，则这个同学7天一共将跑()A ．39200mB ．39300mC ．39400mD ．39500m答案A解析依题意可知，这个同学第1天，第2天，…跑的路程依次成首项为5000，公差为200的等差数列，则这个同学7天一共将跑5000×7＋7×62×200＝39200(m)．故选A.7．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0，S 2m －1＝38，则m 等于()A ．38B ．20C ．10D ．9答案C解析因为{a n }是等差数列，所以a m －1＋a m ＋1＝2a m ，由a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0，得2a m －a 2m ＝0，由S 2m －1＝38知a m ≠0，所以a m ＝2，又S 2m －1＝38，即(2m －1)(a 1＋a 2m －1)2＝38，即(2m －1)×2＝38，解得m ＝10，故选C.8．(2019·青岛调研)已知各项均不相等的等比数列{a n }，若3a 2，2a 3，a 4成等差数列，设S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 3a 3等于()A.139B.79C ．3D ．1答案A解析设等比数列{a n }的公比为q ，∵3a 2，2a 3，a 4成等差数列，∴2×2a 3＝3a 2＋a 4，∴4a 2q ＝3a 2＋a 2q 2，化为q 2－4q ＋3＝0，解得q ＝1或3.又数列的各项均不相等，∴q ≠1，当q ＝3时，S 3a 3＝a 1(33－1)3－1a 1×9＝139.故选A.9．(2019·广东六校联考)将正奇数数列1，3，5，7，9，…依次按两项、三项分组，得到分组序列如下：(1，3)，(5，7，9)，(11，13)，(15，17，19)，…，称(1，3)为第1组，(5，7，9)为第2组，依此类推，则原数列中的2019位于分组序列中的()A ．第404组B ．第405组C ．第808组D ．第809组答案A解析正奇数数列1，3，5，7，9，…的通项公式为a n ＝2n －1，则2019为第1010个奇数，因为按两项、三项分组，故按5个一组分组是有202组，故原数列中的2019位于分组序列中的第404组，故选A.10．(2019·新疆昌吉教育共同体月考)在数列{a n }中，a 1＝2，其前n 项和为S n .在直线y ＝2x －1上，则a 9等于()A ．1290B ．1280C ．1281D ．1821答案C解析由已知可得S n ＋1n ＋1－1＝又S11－1＝a 1－1＝1，1，公比为2的等比数列，所以Sn n －1＝2n －1，得S n ＝n (1＋2n －1)，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n ＋1)2n －2＋1，故a 9＝10×128＋1＝1281.11．(2019·长沙长郡中学调研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n 2＋4n ，若首项为13的数列{b n }满足1b n ＋1－1b n ＝a n ，则数列{b n }的前10项和为()A.175264B.3988C.173264D.181264答案A解析由S n ＝n 2＋4n ，可得a n ＝2n ＋3，根据1b n ＋1－1b n＝a n ＝2n ＋3，结合题设条件，应用累加法可求得1b n n 2＋2n ，所以b n ＝1n 2＋2n ＝1n (n ＋2)＝所以数列{b n }的前n项和为T n －13＋12－14＋…＋1n －－1n ＋1－所以T 10－111－＝175264，故选A.12．已知数列{a n }的通项a n ＝nx(x ＋1)(2x ＋1)…(nx ＋1)，n ∈N *，若a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2018<1，则实数x 可以等于()A ．－23B ．－512C ．－1348D ．－1160答案B 解析∵a n ＝nx(x ＋1)(2x ＋1)…(nx ＋1)＝1(x ＋1)(2x ＋1)…[n (x －1)＋1]－1(x ＋1)(2x ＋1)…(nx ＋1)(n ≥2)，∴a 1＋a 2＋…＋a 2018＝x x ＋1＋1x ＋1－1(x ＋1)(2x ＋1)…(2018x ＋1)＝1－1(x ＋1)(2x ＋1)…(2018x ＋1)，当x ＝－23x ＋1>0，nx ＋1<0(2≤n ≤2018，n ∈N *)，此时1－1(x ＋1)(2x ＋1)…(2018x ＋1)>1.当x ＝－512时，x ＋1>0，x ＋2>0，nx ＋1<0(3≤n ≤2018，n ∈N *)，此时1－1(x ＋1)(2x ＋1)…(2018x ＋1)<1；当x ＝－1348时，x ＋1>0，x ＋2>0，x ＋3>0，nx ＋1<0(4≤n ≤2018，n ∈N *)，此时1－1(x ＋1)(2x ＋1)…(2018x ＋1)>1；当x ＝－1160时，x ＋1>0，x ＋2>0，x ＋3>0，x ＋4>0，x ＋5>0，nx ＋1<0(6≤n ≤2018，n ∈N *)，此时1－1(x ＋1)(2x ＋1)…(2018x ＋1)>1.故选B.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．设等差数列{a n }的公差为d ，其前n 项和为S n ，若a 4＋a 10＝0，2S 12＝S 2＋10，则d 的值为________．答案－10解析由a 4＋a 10＝0，2S 12＝S 2＋10，1＋3d ＋a 1＋9d ＝0，a 1＋12×112d2a 1＋d ＋10，解得d ＝－10.14．(2019·沈阳东北育才中学模拟)等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，若Sn T n ＝2n ＋13n ＋2，则a 3＋a 11＋a 19b 7＋b 15＝________.答案129130解析原式＝3a 112b 11＝32·2a 112b 11＝32·a 1＋a 21b 1＋b 21＝32·S 21T 21＝32·2×21＋13×21＋2＝129130.15．(2019·荆州质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝(2n －2则S 2019＝________.答案2020解析∵a n ＝(2n －2＝(1－2n )sinn π2，∴a 1，a 2，…，a n 分别为－1，0，5，0，－9，0，13，0，－17，0，21，0，…，归纳可得，每相邻四项和为4，∴S 2019＝504×4＋a 2017＋a 2018＋a 2019＝2016＋[(1－2×2017)＋0＋(2×2019－1)]＝2016＋4＝2020.16．(2019·长沙长郡中学调研)已知点列P 1(1，y 1)，P 2(2，y 2)，P 3(3，y 3)，…，P n ＋1(n ＋1，y n ＋1)在x 轴上的投影为Q 1，Q 2，…，Q n ＋1，且点P n ＋1满足y 1＝1，直线P n P n ＋1的斜率1n n P P k ＋＝2n .则多边形P 1Q 1Q n ＋1P n ＋1的面积为________．答案3×2n －n －3解析根据题意可得y n ＋1－y n ＝2n ，结合y 1＝1，应用累加法，可以求得y n ＋1＝2n ＋1－1，根据题意可以将该多边形分成n 个直角梯形计算，且从左往右，第n 个梯形的面积为S n ＝y n ＋y n ＋12＝3×2n －1－1，总的面积应用分组求和法，可求得多边形的面积为S ＝3(2n －1)－n ＝3×2n －n －3.三、解答题(本大题共70分)17．(10分)已知{a n }是以a 为首项，q 为公比的等比数列，S n 为它的前n 项和．(1)当S 1，S 3，S 4成等差数列时，求q 的值；(2)当S m ，S n ，S l 成等差数列时，求证：对任意自然数k ，a m ＋k ，a n ＋k ，a l ＋k 也成等差数列．(1)解由已知，得a n ＝aq n －1，因此S 1＝a ，S 3＝a (1＋q ＋q 2)，S 4＝a (1＋q ＋q 2＋q 3)．当S 1，S 3，S 4成等差数列时，S 4－S 3＝S 3－S 1，可得aq 3＝aq ＋aq 2，化简得q 2－q －1＝0.解得q ＝1±52.(2)证明若q ＝1，则{a n }的各项均为a ，此时a m ＋k ，a n ＋k ，a l ＋k 显然成等差数列．若q ≠1，由S m ，S n ，S l 成等差数列可得S m ＋S l ＝2S n ，即a (q m －1)q －1＋a (q l －1)q －1＝2a (q n －1)q －1，整理得q m ＋q l ＝2q n .因此a m ＋k ＋a l ＋k ＝aq k －1(q m ＋q l )＝2aq n＋k －1＝2a n ＋k ，所以a m ＋k ，a n ＋k ，a l ＋k 成等差数列．18．(12分)(2019·安徽皖南八校联考)数列{a n }的前n 项和记为S n ，且4S n ＝5a n －5，数列{b n }满足b n ＝log 5a n .(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝1b n b n ＋1，数列{c n }的前n 项和为T n ，证明T n <1.(1)解∵4S n ＝5a n －5，∴4a 1＝5a 1－5，∴a 1＝5.当n ≥2时，4S n －1＝5a n －1－5，∴4a n ＝5a n －5a n －1，∴a n ＝5a n －1，∴{a n }是以5为首项，5为公比的等比数列，∴a n ＝5·5n －1＝5n .∴b n ＝log 55n ＝n .(2)证明∵c n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴T n…＝1－1n ＋1<1.19．(12分)(2019·安徽皖中名校联考)已知数列{a n }满足：a n ＋1＝2a n －n ＋1，a 1＝3.(1)设数列{b n }满足：b n ＝a n －n ，求证：数列{b n }是等比数列；(2)求出数列{a n }的通项公式和前n 项和S n .(1)证明b n ＋1b n ＝a n ＋1－(n ＋1)a n －n ＝2a n －n ＋1－(n ＋1)a n －n＝2(a n －n )a n －n ＝2，又b 1＝a 1－1＝3－1＝2，∴{b n }是以2为首项，2为公比的等比数列．(2)解由(1)得b n ＝2n ，∴a n ＝2n ＋n ，∴S n ＝(21＋1)＋(22＋2)＋…＋(2n ＋n )＝(21＋22＋…＋2n )＋(1＋2＋3＋…＋n )＝2(1－2n )1－2＋n (n ＋1)2＝2n ＋1－2＋n (n ＋1)2.20．(12分)(2019·湖南衡阳八中月考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －n (n ∈N *)．(1)证明：{a n ＋1}是等比数列；(2)若数列b n ＝log 2(a n ＋1)n 项和T n .(1)证明当n ＝1时，S 1＝2a 1－1，∴a 1＝1.∵S n ＝2a n －n ，∴S n ＋1＝2a n ＋1－(n ＋1)，∴a n ＋1＝2a n ＋1，∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，∴{a n ＋1}是以a 1＋1＝2为首项，2为公比的等比数列．(2)解由(1)得a n ＋1＝2n ，∴b n ＝log 22n ＝n ，∴1b 2n －1·b 2n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝∴T n －13＋13－15＋…＋12n －1－＝n 2n ＋1.21．(12分)(2019·青岛调研)已知数列{a n }的各项均为正数，其前n 项和为S n .(1)若对任意n ∈N *，S n ＝n 2＋n ＋12都成立，求a n ；(2)若a 1＝1，a 2＝2，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，且数列{b n }是公比为3的等比数列，求S 2n .解(1)由S n ＝n 2＋n ＋12，得S n －1＝(n －1)2＋n2，n ≥2，两式相减得a n ＝n ，n ≥2，又a 1＝S 1＝32，不满足a n ＝n ，∴a n n ＝1，n ≥2.(2)S 2n ＝a 1＋a 2＋…＋a 2n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2n －1＋a 2n )＝b 1＋b 2＋…＋b n ，∵b 1＝a 1＋a 2＝3，{b n }是公比为3的等比数列，∴S 2n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝3(1－3n )1－3＝32(3n－1)．22．(12分)(2019·湖南岳阳一中质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝2a n －2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，b 1＝1，点(T n ＋1，T n )在直线x n ＋1－y n ＝12上，若存在n ∈N *，使不等式2b 1a 1＋2b 2a 2＋…＋2b na n≥m 成立，求实数m 的最大值．解(1)∵S n ＝2a n －2，①∴S n ＋1＝2a n ＋1－2，②∴②－①得a n ＋1＝2a n ＋1－2a n (n ≥1)，∴a n ＋1＝2a n ，即a n ＋1a n＝2，∴{a n }是首项为2，公比为2的等比数列．∴a n ＝2n .(2)由题意得，T n ＋1n ＋1－T n n ＝12，成等差数列，公差为12.首项T 11＝b11＝1，∴T n n ＝1＋12(n －1)＝n ＋12，T n ＝n (n ＋1)2，当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝n (n ＋1)2－n (n －1)2＝n ，当n ＝1时，b 1＝1成立，∴b n ＝n .∴2b n a n ＝2n2n ＝n 2n －1＝－1，令M n ＝2b 1a 1＋2b 2a 2＋…＋2b na n，只需(M n )max ≥m .∴M n ＝1＋2×12＋3＋…＋n －1，③12M n ＝12＋2＋3＋…＋n ，④③－④得，12M n ＝1＋12＋＋…－1－n 1－12n＝2－(n ＋，∴M n ＝4－(n ＋－1.∵M n ＋1－M n ＝4－(n ＋－4＋(n ＋－1＝n ＋12n>0.∴{M n }为递增数列，且(n ＋－1>0，∴M n <4.∴m ≤4，实数m 的最大值为4.。

(人教版·文科数学)新课标高考总复习专项演练第六章数列 6-3 Word版含解析

组专项基础训练(时间：分钟)．(·重庆)对任意等比数列{}，下列说法一定正确的是( )．，，成等比数列．，，成等比数列．，，成等比数列．，，成等比数列【解析】设等比数列的公比为，因为＝＝，即＝，所以，，成等比数列．故选.【答案】．(·大纲全国)等比数列{}中，＝，＝，则数列{ }的前项和等于( )．．．．【解析】数列{ }的前项和＝＋＋…＋＝(··…·)＝(·)＝(·)＝(×)＝.【答案】．(·全国卷Ⅱ)已知等比数列{}满足＝，＝(－)，则＝( )．．【解析】方法一：根据等比数列的性质，结合已知条件求出，后求解．∵＝，＝(－)，∴＝(－)，∴－＋＝，∴＝.又∵＝＝＝，∴＝，∴＝＝×＝，故选.方法二：直接利用等比数列的通项公式，结合已知条件求出后求解．∵＝(－)，∴·＝(－)，将＝代入上式并整理，得－＋＝，解得＝，∴＝＝，故选.【答案】．一个等比数列的前三项的积为，最后三项的积为，且所有项的积为，则该数列的项数是( )．．．．【解析】设该等比数列为{}，其前项的积为，则由已知得··＝，－·－·＝，(·)＝×＝，∴·＝，又＝··…·－·，＝·－·…··，∴＝(·)，即＝，∴＝.【答案】．设各项都是正数的等比数列{}，为前项和，且＝，＝，那么等于( )．．－．或－．或－【解析】依题意，数列，－，－，－成等比数列，因此有(－)＝(－)，即(－)＝(－)，故＝－或＝；又>，因此＝，－＝，－＝，故－＝＝，故选.【答案】．(·湖南)设为等比数列{}的前项和．若＝，且，，成等差数列，则＝．【解析】利用，，成等差数列，建立方程，求出等比数列{}的公比，再根据等比数列的通项公式写出.因为，，成等差数列，所以＝＋，即(＋)＝＋＋＋.化简，得＝，即等比数列{}的公比＝，故＝×－＝－.【答案】－．等比数列{}的前项和为，公比不为.若＝，则对任意的∈*，都有＋＋＋－＝，则＝．【解析】利用“特殊值”法，确定公比．由题意知＋－＝，设公比为，则(＋－)＝.由＋－＝解得＝－或＝(舍去)，则＝＝＝.【答案】．(·江苏扬州中学期中测试)设等比数列{}的各项均为正数，其前项和为，若＝，＝，＝，则＝．【解析】设等比数列{}公比为，由已知＝，＝，得＝＝.又{}的各项均为正数，∴＝.而＝＝，∴－＝，解得＝.【答案】．(·福建)等差数列{}中，＝，＋＝.()求数列{}的通项公式；。

(人教版·文科数学)新课标高考总复习专项演练第六章数列 6-2 Word版含解析

组专项基础训练(时间：分钟)．(·武汉市调研)已知数列{}是等差数列，＋＝－，＝，则数列{}的公差等于( )．－．－．－．－【解析】方法一：由题意可得解得＝，＝－.方法二：＋＝＝－，∴＝－，∴－＝－－＝，∴＝－.【答案】．(·全国卷Ⅱ)设是等差数列{}的前项和，若＋＋＝，则＝( )．．．．【解析】方法一：利用等差数列的性质进行求解．∵＋＝，∴＋＋＝＝，∴＝，∴＝＝＝，故选.方法二：利用等差数列的通项公式和前项和公式进行整体运算．∵＋＋＝＋(＋)＋(＋)＝＋＝，∴＋＝，∴＝＋＝(＋)＝，故选.【答案】．设数列{}，{}都是等差数列，且＝，＝，＋＝，则＋等于( )．．．．－【解析】设{}，{}的公差分别为，，则(＋＋＋)－(＋)＝(＋－)＋(＋－)＝＋，∴{＋}为等差数列，又＋＝＋＝，∴{＋}为常数列，∴＋＝.【答案】．等差数列{}中，已知>，＋<，则{}的前项和的最大值为( )．．．．【解析】∵∴∴的最大值为.【答案】．在等差数列{}中，>，·<，若此数列的前项和＝，前项和＝，则数列{}的前项和的值是( )．．．．【解析】由>，·<可知<，>，<，∴＝＋…＋－－…－＝－(－)＝.【答案】．(·浙江)已知{}是等差数列，公差不为零．若，，成等比数列，且＋＝，则＝，＝．【解析】根据已知条件，建立方程组求解．∵，，成等比数列，∴＝，∴(＋)＝(＋)(＋)，即＋＝.①又∵＋＝，∴＋＝.②由①②解得＝，＝－.【答案】－．等差数列{}的前项和为，已知＋＝，＋＝－，则当取最大值时，的值是．【解析】依题意得＝，＝－，＝>，＝－<；又数列{}是等差数列，因此在该数列中，前项均为正数，自第项起以后各项均为负数，于是当取最大值时，＝.【答案】．(·安徽)已知数列{}中，＝，＝－＋(≥)，则数列{}的前项和等于．【解析】先判断数列{}为等差数列，再由等差数列的前项和公式求解即可．由＝，＝－＋(≥)，可知数列{}是首项为，公差为的等差数列，故＝＋×＝＋＝.【答案】．在等差数列{}中，＝，＝－.()求数列{}的通项公式；()若数列{}的前项和＝－，求的值．【解析】()设等差数列{}的公差为，则＝＋(－).由＝，＝－，可得＋＝－，解得＝－.从而＝＋(－)×(－)＝－.。

高考复习数学文一轮分层演练：第6章数列章末总结 Word版含解析

章末总结知识点考纲展示数列的概念和简单表示法❶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)．❷了解数列是自变量为正整数的一类函数.等差数列❶理解等差数列的概念．❷掌握等差数列的通项公式与前n项和公式．❸能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用等差数列的有关知识解决相应的问题．❹了解等差数列与一次函数的关系.等比数列❶理解等比数列的概念．❷掌握等比数列的通项公式与前n项和公式．❸能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用等比数列的有关知识解决相应的问题．❹了解等比数列与指数函数的关系.考点考题考源等差数列的通项公式与前n项和(2016·高考全国卷Ⅰ，T3，5分)已知等差数列{a n}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝()A.100C．98必修5 P46 A组T2(1)等比数列的通项公式(2016·高考全国卷Ⅰ，T15，5分)设等比数列{a n}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…a n的最大值为________.必修5 P53A组T1、P45例4等差数列的定义与等比数列的通项公式与前n项和(2017·高考全国卷Ⅰ，T17，12分)记S n为等比数列{a n}的前n项和，已知S2＝2，S3＝－6.(1)求{a n}的通项公式；(2)求S n，并判断S n＋1，S n，S n＋2是否成等差数列.必修5 P58练习T2、P61 A组T1(2)、T6等差数列的通项公式与前n项和(2016·高考全国卷Ⅱ，T17，12分)等差数列{a n}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6.(1)求{a n}的通项公式；(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.必修5 P61A组T1(2)、T6必修1 P25 B组T3二、根置教材，考在变中一、选择题1．(必修5 P40A组T1(3)改编)在等差数列{a n}中，a2＝15，a6＝27，若a n是有理数，则n的最小值为()A．5 B．7C．9 D．11解析：选C.设{a n }的公差为d ，因为a 2＝15，a 6＝27，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝15a 1＋5d ＝27，解得a 1＝12，d ＝3，所以a n ＝12＋(n －1)×3＝3n ＋9，a 5＝24，a 7＝30，a 8＝33，a 9＝36，a 10＝39，仅有a 9＝36＝62，即a 9＝6，故选C.2．(必修5 P 58练习T 2改编)等比数列{a n }的前n 项之和为S n ，S 5＝10，S 10＝50，则S 15的值为( )A ．60B ．110C ．160D ．210解析：选D.由等比数列前n 项和性质知，S 5，S 10－S 5，S 15－S 10成等比数列，即(S 10－S 5)2＝S 5(S 15－S 10)，所以S 15＝（S 10－S 5）2S 5＋S 10＝（50－10）210＋50＝210.故选D.3．(必修5 P 68B 组T 1(1)改编)在公比大于1的等比数列{a n }中，a 3a 7＝72，a 2＋a 8＝27，则a 12＝( )A ．96B ．64C ．72D ．48解析：选A.由题意及等比数列的性质知a 3a 7＝a 2a 8＝72，又a 2＋a 8＝27，所以a 2，a 8是方程x 2－27x ＋72＝0的两个根，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝24，a 8＝3，或⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝3，a 8＝24，又公比大于1，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝3，a 8＝24，所以q 6＝8，即q 2＝2，所以a 12＝a 2q 10＝3×25＝96.4．(必修5 P 58练习T 1(1)改编)由实数构成的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝3，且a 2－6，a 3，a 4成等差数列，则S 5＝( )A ．45B ．93C ．96D ．189解析：选B.设{a n }的公比为q ，因为a 1＝3，且a 2－6，a 3，a 4成等差数列，所以2×3q 2＝3q －6＋3q 3，即q 3－2q 2＋q －2＝0，(q －2)(q 2＋1)＝0，所以q ＝2，q 2＝－1(舍去)．所以S 5＝3（1－25）1－2＝93.选B.二、填空题5．(必修5 P 45练习T 3、P 47B 组T 4改编)已知集合M ＝{m |m ＝2n ，n ∈N *}共有n 个元素，其和为S n ，则∑i ＝11001S i＝________．解析：由m ＝2n (n ∈N *)知集合M 中的元素从小到大构成首项a 1＝2，公差d ＝2的等差数列．所以S n ＝n ×2＋n （n －1）2×2＝n 2＋n ＝n (n ＋1)．所以∑i ＝1100 1S i ＝11×2＋12×3＋…＋1100×101＝1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101.答案：1001016．(必修5 P 44例2改编)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 5＝28，S 10＝310.记函数f (n )＝S n (n ∈N *)，A (n ，f (n ))，B (n ＋1，f (n ＋1))，C (n ＋2，f (n ＋2))是函数f (n )上的三点，则△ABC 的面积为________．解析：因为a 5＝28，S 10＝310.所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝28，10a 1＋10×92d ＝310，解得a 1＝4，d ＝6. 所以a n ＝4＋(n －1)×6＝6n －2. 所以S n ＝4n ＋n （n －1）2×6＝3n 2＋n .所以A ，B ，C 的坐标分别为(n ，3n 2＋n )，(n ＋1，3(n ＋1)2＋(n ＋1))，(n ＋2，3(n ＋2)2＋(n ＋2))．所以△ABC 的面积S ＝12[(3n 2＋n )＋3(n ＋2)2＋(n ＋2)]×2－12[(3n 2＋n )＋3(n ＋1)2＋(n ＋1)]×1－12[3(n ＋1)2＋(n ＋1)＋3(n ＋2)2＋(n ＋2)]×1＝(6n 2＋14n ＋14)－(3n 2＋4n ＋2)－(3n 2＋10n ＋9) ＝3，即△ABC 的面积为3.答案：3 三、解答题7．(必修5 P 61A 组T 4(2)改编)已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，且b 2＝3，b 3＝9，a 1＝b 1，a 14＝b 4.(1)求{a n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ＋b n ，求数列{c n }的前n 项和S n .解：(1)等比数列{b n }的公比q ＝b 3b 2＝93＝3，所以b 1＝b 2q ＝1，b 4＝b 3q ＝27.设等差数列{a n }的公差为d . 因为a 1＝b 1＝1，a 14＝b 4＝27，所以1＋13d ＝27，即d ＝2. 所以a n ＝2n －1(n ＝1，2，3，…)． (2)由(1)知，a n ＝2n －1，b n ＝3n －1，因此c n ＝a n ＋b n ＝2n －1＋3n －1. 从而数列{c n }的前n 项和S n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＋1＋3＋…＋3n －1 ＝n （1＋2n －1）2＋1－3n 1－3＝n 2＋3n －12.8．(必修5 P 47 B 组T 4改编)数列{a n }的前n 项和为S n ＝2a n －2，数列{b n }是首项为a 1，公差为d (d ≠0)的等差数列，且b 1，b 3，b 9成等比数列．(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)若c n ＝2（n ＋1）b n(n ∈N *)，求数列{c n }的前n 项和T n ；(3)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和M n ，并证明M n <4.解：(1)当n ＝1时，a 1＝2a 1－2，所以a 1＝2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －2－2a n －1＋2，即a n ＝2a n －1，所以{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，所以a n ＝2·2n －1＝2n . 则b 1＝a 1＝2.由b 1，b 3，b 9成等比数列，得(2＋2d )2＝2×(2＋8d )，解得d ＝0(舍去)或d ＝2，所以数列{b n }的通项公式为b n ＝2n . (2)由(1)得c n ＝2（n ＋1）b n ＝1n （n ＋1），所以数列{c n }的前n 项和T n ＝11×2＋12×3＋13×4＋…＋1n （n ＋1）＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1.(3)由(1)知b n a n ＝2n 2n ＝n ·⎝⎛⎭⎫12n －1，所以M n ＝1·⎝⎛⎭⎫120＋2·⎝⎛⎭⎫121＋3·⎝⎛⎭⎫122＋…＋(n －1)·⎝⎛⎭⎫12n －2＋n ·⎝⎛⎭⎫12n －1，①则12M n ＝1·⎝⎛⎭⎫121＋2⎝⎛⎭⎫122＋…＋(n －1)⎝⎛⎭⎫12n －1＋n ·⎝⎛⎭⎫12n ，② ①－②得12M n ＝⎝⎛⎭⎫120＋⎝⎛⎭⎫121＋⎝⎛⎭⎫122＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－n ·⎝⎛⎭⎫12n ＝1·⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n1－12－n ⎝⎛⎭⎫12n＝2－(n ＋2)⎝⎛⎭⎫12n.所以M n＝4－(2n＋4)⎝⎛⎭⎫12n ，因为(2n＋4)⎝⎛⎭⎫12n>0，所以M n<4.。

高考总复习专项演练：第六章数列 6-4 Word版含解析

6-4A 组专项基础训练(时间：45分钟)1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于( ) A ．n 2＋1－12n B ．2n 2－n ＋1－12n C ．n 2＋1－12n －1 D ．n 2－n ＋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 . 【答案】 A2．已知函数f (n )＝n 2cos n π，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( )A ．0B ．－100C ．100D ．10 200【解析】 f (n )＝n 2cos n π＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2（n 为奇数）n 2（n 为偶数）＝(－1)n ·n 2，由a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝(－1)n ·n 2＋(－1)n ＋1·(n ＋1)2＝(－1)n n 2－(n ＋1)2]＝(－1)n ＋1·(2n ＋1)，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝3＋(－5)＋7＋(－9)＋…＋199＋(－201)＝50×(－2)＝－100.【答案】 B3．数列a 1＋2，…，a k ＋2k ，…，a 10＋20共有十项，且其和为240，则a 1＋…＋a k ＋…＋a 10的值为( )A ．31B ．120C ．130D ．185【解析】 a 1＋...＋a k ＋...＋a 10＝240－(2＋...＋2k ＋ (20)＝240－（2＋20）×102＝240－110＝130. 【答案】 C4．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 等于( )A ．6n －n 2B ．n 2－6n ＋18C.⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2（1≤n ≤3），n 2－6n ＋18（n >3）D.⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2（1≤n ≤3），n 2－6n （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，∴n ≤3时，a n <0，n >3时，a n >0，∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2（1≤n ≤3），n 2－6n ＋18（n >3）. 【答案】 C5．数列a n ＝1n （n ＋1），其前n 项之和为910，则在平面直角坐标系中，直线(n ＋1)x ＋y ＋n ＝0在y 轴上的截距为( )A ．－10B ．－9C ．10D ．9【解析】数列的前n 项和为11×2＋12×3＋…＋1n （n ＋1）＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝910， ∴n ＝9，∴直线方程为10x ＋y ＋9＝0.令x ＝0，得y ＝－9，∴在y 轴上的截距为－9.【答案】 B6．(·西安模拟)数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，且a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21＝________．【解析】由a n ＋a n ＋1＝12＝a n ＋1＋a n ＋2，∴a n ＋2＝a n ，则a 1＝a 3＝a 5＝…＝a 21，a 2＝a 4＝a 6＝…＝a 20，∴S 21＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 20＋a 21)＝1＋10×12＝6. 【答案】 67．已知数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝（－1）n ＋12(n ∈N *)，a 1＝－12，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 2 015＝________．【解析】由题意知，a 1＝－12，a 2＝1，a 3＝－32， a 4＝2，a 5＝－52，a 6＝3，…，所以数列{a n }的奇数项构成了首项为－12，公差为－1的等差数列，偶数项构成了首项为1，公差为1的等差数列，通过分组求和可得S 2 015＝⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫－12×1 008＋1 008×1 0072×（－1）＋ ⎝⎛⎭⎫1×1 007＋1 007×1 0062×1＝－504. 【答案】－5048．设f (x )＝4x 4x ＋2，若S ＝f ⎝⎛⎭⎫12 015＋f ⎝⎛⎭⎫22 015＋…＋f ⎝⎛⎭⎫2 0142 015，则S ＝________．【解析】 ∵f (x )＝4x4x ＋2， ∴f (1－x )＝41－x41－x ＋2＝22＋4x， ∴f (x )＋f (1－x )＝4x 4x ＋2＋22＋4x＝1. S ＝f ⎝⎛⎭⎫12 015＋f ⎝⎛⎭⎫22 015＋…＋f ⎝⎛⎭⎫2 0142 015，① S ＝f ⎝⎛⎭⎫2 0142 015＋f ⎝⎛⎭⎫2 0132 015＋…＋f ⎝⎛⎭⎫12 015，② ①＋②得， 2S ＝⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫12 015＋f ⎝⎛⎭⎫2 0142 015＋⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫22 015＋f ⎝⎛⎭⎫2 0132 015 ＋…＋⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫2 0142 015＋f ⎝⎛⎭⎫12 015＝2 014， ∴S ＝2 0142＝1 007. 【答案】 1 0079．(·湖北)设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q .已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)当d >1时，记c n ＝a n b n，求数列{c n }的前n 项和T n . 【解析】 (1)由题意有⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝29.故⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －1或⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝19（2n ＋79），b n ＝9·⎝⎛⎭⎫29n －1. (2)由d >1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故c n ＝2n －12n －1，于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，① 12T n ＝12＋322＋523＋724＋…＋2n －32n －1＋2n －12n .② ①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ，故T n ＝6－2n ＋32n －1. 10．(·天津)已知数列{a n }满足a n ＋2＝qa n (q 为实数，且q ≠1)，n ∈N *，a 1＝1，a 2＝2，且a 2＋a 3，a 3＋a 4，a 4＋a 5成等差数列．(1)求q 的值和{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a 2n a 2n －1，n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和．【解析】 (1)由已知，有(a 3＋a 4)－(a 2＋a 3)＝(a 4＋a 5)－(a 3＋a 4)，即a 4－a 2＝a 5－a 3，所以a 2(q －1)＝a 3(q －1)．又因为q ≠1，所以a 3＝a 2＝2.由a 3＝a 1·q ，得q ＝2.当n ＝2k －1(k ∈N *)时，a n ＝a 2k －1＝2k －1＝2n －12；当n ＝2k (k ∈N *)时，a n ＝a 2k ＝2k ＝2n 2.所以{a n }的通项公式为a n＝⎩⎨⎧a n －12，n 为奇数，a n 2，n 为偶数. (2)由(1)得b n ＝log 2a 2n a 2n －1＝n 2n －1，n ∈N *. 设{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1×120＋2×121＋3×122＋…＋(n －1)×12n －2＋n ×12n －1，12S n ＝1×121＋2×122＋3×123＋…＋(n －1)×12n －1＋n ×12n ，上述两式相减，得12S n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝1－12n 1－12－n 2n ＝2－22n －n 2n ，整理，得S n ＝4－n ＋22n －1，n ∈N *. 所以，数列{b n }的前n 项和为4－n ＋22n －1，n ∈N *. B 组专项能力提升(时间：30分钟)11．已知数列2 008，2 009，1，－2 008，－2 009，…，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 014项之和S 2 014等于( )A ．2 008B ．2 010C ．1D ．0【解析】由已知得a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)，∴a n ＋1＝a n －a n －1.故数列的前8项依次为2 008，2 009，1，－2 008，－2 009，－1，2 008，2 009.由此可知数列为周期数列，周期为6，且S 6＝0.∵2 014＝6×335＋4，∴S 2 014＝S 4＝2 008＋2 009＋1＋(－2 008)＝2 010.【答案】 B12．1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n 2等于( )A.n （n ＋1）2 B ．－n （n ＋1）2C ．(－1)n ＋1n （n ＋1）2D ．以上答案均不对【解析】当n 为偶数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n 2＝－3－7－…－(2n －1)＝－n 2（3＋2n －1）2＝－n （n ＋1）2；当n 为奇数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n 2＝－3－7－…－2(n －1)－1]＋n 2＝－n －12[3＋2（n －1）－1]2＋n 2＝n （n ＋1）2，综上可得，原式＝(－1)n ＋1n （n ＋1）2.【答案】 C13．(·江苏)设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________．【解析】先利用累加法求a n ，再利用裂项法求⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前10项和．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＋n 2(n ≥2)． ∵当n ＝1时也满足此式，∴a n ＝n 2＋n 2(n ∈N *)．∴1a n ＝2n 2＋n ＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1. ∴S 10＝2×⎝⎛⎭⎫11－12＋12－13＋…＋110－111 ＝2×⎝⎛⎭⎫1－111＝2011. 【答案】 201114．(·山东)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知2S n ＝3n ＋3.(1)求{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足a n b n ＝log 3a n ，求{b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)因为2S n ＝3n ＋3，所以2a 1＝3＋3，故a 1＝3.当n ≥2时，2S n －1＝3n －1＋3，此时2a n ＝2S n －2S n －1＝3n －3n －1＝2×3n －1，即a n ＝3n －1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3， n ＝1，3n －1， n ≥2. (2)因为a n b n ＝log 3a n ，所以b 1＝13. 当n ≥2时，b n ＝31－n log 33n －1＝(n －1)·31－n .所以T 1＝b 1＝13；当n ≥2时，T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝13＋1×3－1＋2×3－2＋…＋(n －1)×31－n ]，所以3T n ＝1＋1×30＋2×3－1＋…＋(n －1)×32－n ]，两式相减，得2T n ＝23＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n )－(n －1)×31－n ＝23＋1－31－n 1－3－1－(n －1)×31－n ＝136－6n ＋32×3n，所以T n ＝1312－6n ＋34×3n. 经检验，n ＝1时也适合．综上可得T n ＝1312－6n ＋34×3n. 15．(.浙江)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝2，b 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，b 1＋12b 2＋13b 3＋ (1)b n ＝b n ＋1－1(n ∈N *)．(1)求a n 与b n ；(2)记数列{a n b n }的前n 项和为T n ，求T n .【解析】 (1)由a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，得a n ＝2n (n ∈N *)．由题意知：当n ＝1时，b 1＝b 2－1，故b 2＝2.当n ≥2时，1nb n ＝b n ＋1－b n . 整理得b n ＋1n ＋1＝b n n，所以b n ＝n (n ∈N *)． (2)由(1)知a n b n ＝n ·2n ，因此T n ＝2＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n ， 2T n ＝22＋2·23＋3·24＋…＋n ·2n ＋1，所以T n －2T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1. 故T n ＝(n －1)2n ＋1＋2(n ∈N *)．。

2020高考文科数学(人教A版)总复习练习：第六章数列课时规范练4 Word版含解析

课时规范练30数列求和基础巩固组1.数列1,3,5,7,…,(2n-1)+,…的前n项和S n的值等于()A.n2+1-B.2n2-n+1-D.n2-n+1-C.n2+1--2.(2018河北衡水中学金卷十模,3)已知数列{a n}是各项为正数的等比数列,点M(2,log2a2),N(5,log2a5)都在直线y=x-1上,则数列{a n}的前n项和为()A.2n-2B.2n+1-2C.2n-1D.2n+1-13.(2018山东潍坊二模,4)设数列{a n}的前n项和为S n,若S n=-n2-n,则数列的前40项的和为()A. B.- C. D.-4.已知函数f(x)=x a的图象过点(4,2),令a n=,n∈N*.记数列{a n}的前n项和为S n,则S2=.0185.(2018浙江余姚中学4月模拟,17)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,且S5=30,S10=110.(1)求S n;(2)记T n=+…+,求T n.6.(2018山西晋城月考)已知数列{a n}满足a1=3,a n+1=2a n+(-1)n(3n+1).(1)求证:数列{a n+(-1)n n}是等比数列;(2)求数列{a n}的前10项和S10.7.(2018河北唐山一模,17)已知数列{a n}是以1为首项的等差数列,数列{b n}是以q(q≠1)为公比的等比数列.且a2=b1,a3-a1=b2-b1,a2b2=b3.(1)求{a n}和{b n}的通项公式;(2)若S n=a1b n+a2b n-1+…+a n-1b2+a n b1,求S n.综合提升组8.(2018广东中山期末)等比数列{a n}中,已知对任意自然数n,a1+a2+a3+…+a n=2n-1,则+…+等于()A.2n-1B.(3n-1)C.(4n-1)D.以上都不对9.(2018湖北重点中学五模)设等差数列{a n}的前n项和为S n,a4=4,S5=15,若数列的前m项和为,则m=()A.8B.9C.10D.1110.(2018山东潍坊三模,17)已知数列{a n}的前n项和为S n,且1,a n,S n成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足a n·b n=1+2na n,求数列{b n}的前n项和T n.11.(2018江西上饶三模,17)已知等比数列{a n}的前n项和为S n,且6S n=3n+1+a(n∈N*).(1)求a的值及数列{a n}的通项公式;(2)若b n=(3n+1)a n,求数列{a n}的前n项和T n.创新应用组12.(2017全国Ⅰ,理12)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()A.440B.330C.220D.11013.(2018云南玉溪月考)数列{a n}满足:a1=,a2=,且a1a2+a2a3+…+a n a n+1=对任何的正整数n都成立,则+…+的值为()A.5 032B.5 044C.5 048D.5 050课时规范练30数列求和1.A该数列的通项公式为a n=(2n-1)+,则S n=[1+3+5+…+(2n-1)]+=n2+1-.2.C由题意log2a2=2-1=1,可得a2=2,log2a5=5-1=4,可得a5=16,=q3=8⇒⇒S n=--=2n-1,故选C.3.D∵S n=-n2-n,∴a1=S1=-2.当n≥2时,a n=S n-S n-1=-n2-n+(n-1)2+(n-1)=-2n,则数列{a n}的通项公式为a n=-2n,-=-,数列的前40项的和为S40=-1-+…+=-.4.-1由f(4)=2,可得4a=2,解得a=,则f(x)=.∴a n=,S2 018=a1+a2+a3+…+a2 018=()+()+()+…+()=-1. 5.解 (1)设{a n}的首项为a1,公差为d,由题意得解得所以S n=n2+n.(2),所以T n=1-++…+=1-.6.(1)证明∵a n+1=2a n+(-1)n(3n+1),∴--=----=--=2.又a1-1=3-1=2,∴数列{a n+(-1)n n}是首项为2,公比为2的等比数列.(2)解由(1)得a n+(-1)n n=2×2n-1=2n,∴a n=2n-(-1)n n,∴S10=(2+22+…+210)+(1-2)+(3-4)+…+(9-10)=---5=211-7=2 041.7.解 (1)设{a n}的公差为d,{b n}的首项为b1,则a n=1+(n-1)d,b n=b1q n-1.依题意可得-解得所以a n=n,b n=2n.(2)S n=1×2n+2×2n-1+…+n×21,①所以2S n=1×2n+1+2×2n+…+n×22,②②-①可得,S n=2n+1+(2n+2n-1+…+22)-n×21=2n+1-2n+---=2n+2-2n-4.8.C当n=1时,a1=21-1=1,当n≥2时,a1+a2+a3+…+a n=2n-1,a1+a2+a3+…+a n-1=2n-1-1, 两式做差可得a n=2n-2n-1=2n-1,且n=1时,21-1=20=1=a1,∴a n=2n-1,故=4n-1,∴+…+--(4n-1).9.C S n为等差数列{a n}的前n项和,设公差为d,则解得d=1,则a n=4+(n-4)×1=n.由于,则S m=1-+…+=1-,解得m=10.10.解 (1)由已知1,a n,S n成等差数列,得2a n=1+S n,①当n=1时,2a1=1+S1=1+a1,∴a1=1.当n≥2时,2a n-1=1+S n-1,②①-②,得2a n-2a n-1=a n,∴-=2,∴数列{a n}是以1为首项,2为公比的等比数列,∴a n=a1q n-1=1×2n-1=2n-1.(2)由a n·b n=1+2na n得b n=+2n,∴T n=b1+b2+…+b n=+2++4+…++2n=+(2+4+…+2n)=--=n2+n+2--.11.解 (1)∵6S n=3n+1+a(n∈N*),∴当n=1时,6S1=6a1=9+a;当n≥2时,6a n=6(S n-S n-1)=2×3n,即a n=3n-1,∵{a n}为等比数列,∴a1=1,则9+a=6,a=-3,∴{a n}的通项公式为a n=3n-1.(2)由(1)得b n=(3n+1)3n-1,∴T n=b1+b2+…+b n=4×30+7×31+…+(3n+1)3n-1,3T n=4×31+7×32+…+(3n-2)3n-1+(3n+1)3n,∴-2T n=4+32+33+…+3n-(3n+1)3n,∴T n=-.12.A设数列的首项为第1组,接下来两项为第2组,再接下来三项为第3组,以此类推,设第n组的项数为n,则前n组的项数和为.第n组的和为--=2n-1,前n组总共的和为---n=2n+1-2-n.由题意,N>100,令>100,得n≥14且n∈N*,即N出现在第13组之后.若要使最小整数N满足:N>100且前N项和为2的整数幂,则S N-应与-2-n互为相反数,即2k-1=2+n(k∈N*,n≥14),所以k=log2(n+3),解得n=29,k=5.所以N=+5=440,故选A.13.B∵a1a2+a2a3+…+a n a n+1=n,①a1a2+a2a3+…+=(n+1),②①-②,得-=n-(n+1),∴=4,同理得-=4,∴-,整理得,∴是等差数列.∵a1=,a2=,∴等差数列的首项为4,公差为1,=4+(n-1)×1=n+3,∴+…+=5 044.。

高考数学(文科)习题第六章数列 6-4-2 含答案

∵a，b，－2 适当排序后成等比数列，
∴－2 是 a，b 的等比中项，得 ab＝4，
∴q＝4.又 a，b，－2 适当排序后成等差数列，
所以－2 是第一项或第三项，不防设 a<b，
则－2，a，b 成递增的等差数列，
∴2a＝b－2，联立Error!
消去 b 得 a2＋a－2＝0，
得 a＝1 或 a＝－2，又 a>0，
1
的截距为 a2－ln
. 2
1
1
由题意，a2－ln
＝2－ 2 ln
，解得 2
a2＝2.所以，d＝a2－a1＝1.
从而 an＝n，bn＝2n.
12 3
n－1 n
所以 Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－1＋2n，
12 3
n
11
1n
1n
2Tn＝
＋ 1
＋ 2
＋ 22
…＋
.因 2n－1
此
，
2Tn－
Tn＝
1＋
＋ 2
∴a＝1，此时 b＝4，
∴p＝a＋b＝5，
∴p＋q＝9，选 D.
2.设 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和．若 a1＝1，且 3S1,2S2，S3 成等差数列，则 an＝ ________.
点击观看解答视频答案 3n－1 解析由 3S1,2S2，S3 成等差数列，得 4S2＝3S1＋S3，即 3S2－3S1＝S3－S2，则 3a2＝ a3，得公比 q＝3，所以 an＝a1qn－1＝3n－1. 3．设 Sn 是数列{an}的前 n 项和，且 a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则 Sn＝________.
nn＋1 设{bn}的前 n 项和为 Tn，则 Tn＝ 2 a1(n∈N*)．于是对任意的正整数 n，总存在

高考复习·数学(文)试题：第六章数列Word版含答案

考纲要求：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特殊函数．1．数列的有关概念 (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． (2)数列的分类数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和解析式法． 2．数列的通项公式 (1)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式子来表达，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．(2)已知数列{a n }的前n 项和S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.[自我查验]1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)a n 与{a n }是不同的概念．( )(2)所有的数列都有通项公式，且通项公式在形式上一定是唯一的．( ) (3)数列是一种特殊的函数．( )(4)根据数列的前几项归纳出的数列的通项公式可能不止一个．( ) (5)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 .( )(6)若已知数列{a n }的递推公式为a n ＋1＝12a n －1，且a 2＝1，则可以写出数列{a n }的任何一项．( )答案：(1)√ (2)× (3)√ (4)√ (5)√ (6)√2．已知函数f (x )＝x －1x ，设a n ＝f (n )(n ∈N *)，则{a n }是________数列(填“递增”或“递减”)．答案：递增3．对于数列{a n }，“a n ＋1＞|a n |(n ＝1,2，…)”是“{a n }为递增数列”的________条件．答案：充分不必要4．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1＋1a n －1(n ≥2)，则a 5＝________.答案：855．写出下面数列的一个通项公式，使它的前4项分别是下列各数： (1)1，－12，13，－14；(2)2,0,2,0.答案：(1)a n ＝(－1)n ＋1n(2)a n ＝(－1)n ＋1＋1[典题1] (1)已知n ∈N *，给出4个表达式：①a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，n 为奇数，1，n 为偶数，②a n ＝1＋(－1)n2，③a n ＝1＋cos n π2，④a n ＝⎪⎪⎪⎪sin n π2.其中能作为数列：0,1,0,1,0,1,0,1，…的通项公式的是( ) A ．①②③ B ．①②④ C ．②③④ D ．①③④(2)写出下面各数列的一个通项公式： ①3,5,7,9，…；②12，34，78，1516，3132，…； ③－1，32，－13，34，－15，36，…；④3,33,333,3 333，….[听前试做] (1)检验知①②③都是所给数列的通项公式． (2)①各项减去1后为正偶数，所以a n ＝2n ＋1.②每一项的分子比分母少1，而分母组成数列21,22,23,24，…，所以a n ＝2n－12n .③奇数项为负，偶数项为正，故通项公式中含因子(－1)n ；各项绝对值的分母组成数列1,2,3,4，…；而各项绝对值的分子组成的数列中，奇数项为1，偶数项为3，即奇数项为2－1，偶数项为2＋1，所以a n ＝(－1)n ·2＋(－1)nn.也可写为a n＝⎩⎨⎧－1n，n 为正奇数，3n ，n 为正偶数.④将数列各项改写为93，993，9993，9 9993，…，分母都是3，而分子分别是10－1,102－1,103－1,104－1，…，所以a n ＝13(10n －1)．答案：(1)A根据数列的前几项求它的一个通项公式，要注意观察每一项的特点，观察出项与n 之间的关系、规律，可使用添项、通分、分割等办法，转化为一些常见数列的通项公式来求．对于正负符号变化，可用(－1)n 或(－1)n ＋1来调整．[典题2] 设数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则a n ＝________. [听前试做] 由条件知a n ＋1－a n ＝n ＋1，则a n ＝(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1)＋a 1＝(2＋3＋4＋…＋n )＋2＝n 2＋n ＋22.答案：n 2＋n ＋22[探究1] 若将“a n ＋1＝a n ＋n ＋1”改为“a n ＋1＝nn ＋1a n ”，如何求解？解：∵a n ＋1＝nn ＋1a n ，∴a n ＋1a n ＝n n ＋1， ∴a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1，＝n －1n ·n －2n －1·n －3n －2·…·12·2＝2n.[探究2] 若将“a n ＋1＝a n ＋n ＋1”改为“a n ＋1＝2a n ＋3”，如何求解？解：设递推公式a n ＋1＝2a n ＋3可以转化为a n ＋1－t ＝2(a n －t )，即a n ＋1＝2a n －t ，解得t ＝－3. 故a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)．令b n ＝a n ＋3，则b 1＝a 1＋3＝5，且b n ＋1b n＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2.所以{b n }是以5为首项，2为公比的等比数列．所以b n ＝5×2n －1，故a n ＝5×2n －1－3.[探究3] 若将“a n ＋1＝a n ＋n ＋1”改为“a n ＋1＝2a na n ＋2”，如何求解？解：∵a n ＋1＝2a n a n ＋2，a 1＝2，∴a n ≠0，∴1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12，又a 1＝2，则1a 1＝12，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以12为首项，12为公差的等差数列．∴1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n2， ∴a n ＝2n.[探究4] 若将本例条件换为“a 1＝1，a n ＋1＋a n ＝2n ”，如何求解？解：∵a n ＋1＋a n ＝2n ，∴a n ＋2＋a n ＋1＝2n ＋2，故a n ＋2－a n ＝2，即数列{a n }是奇数项与偶数项都是公差为2的等差数列．当n 为偶数时，a 2＝1，故a n ＝a 2＋2⎝⎛⎭⎫n 2－1＝n －1.当n 为奇数时，∵a n ＋1＋a n ＝2n ，a n ＋1＝n (n ＋1为偶数)，故a n ＝n .综上所述，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数，n －1，n 为偶数，n ≥1，n ∈N *.由递推关系式求通项公式的常用方法(1)已知a 1且a n －a n －1＝f (n )，可用“累加法”求a n . (2)已知a 1且a na n －1＝f (n )，可用“累乘法”求a n .(3)已知a 1且a n ＋1＝qa n ＋b ，则a n ＋1＋k ＝q (a n ＋k )(其中k 可由待定系数法确定)，可转化为等比数列{a n ＋k }．(4)形如a n ＋1＝Aa nBa n ＋C (A ，B ，C 为常数)的数列，可通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解．(5)形如a n ＋1＋a n ＝f (n )的数列，可将原递推关系改写成a n ＋2＋a n ＋1＝f (n ＋1)，两式相减即得a n＋2－a n ＝f (n ＋1)－f (n )，然后按奇偶分类讨论即可．a n 与S n 关系的应用是高考的常考内容，且多出现在选择题或填空题中，有时也出现在解答题的已知条件中，难度较小，属容易题，且主要有以下几个命题角度：角度一：利用a n 与S n 的关系求a n[典题3] (1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，则a n ＝________. (2)已知下面数列{a n }的前n 项和S n ，求{a n }的通项公式： ①S n ＝2n 2－3n ；②S n ＝3n ＋b .[听前试做] (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋1－[(n －1)2＋1]＝2n －1，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2.(2)①a 1＝S 1＝2－3＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n )－[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5，由于a 1也适合此等式，∴a n ＝4n －5.②a 1＝S 1＝3＋b ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋b )－(3n －1＋b )＝2·3n －1. 当b ＝－1时，a 1适合此等式．当b ≠－1时，a 1不适合此等式． ∴当b ＝－1时，a n ＝2·3n －1；当b ≠－1时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3＋b ，n ＝1，2·3n －1，n ≥2.答案：(1)⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2数列的通项a n 与前n 项和S n 的关系是a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.当n ＝1时，若a 1适合S n －S n －1，则n ＝1的情况可并入n ≥2时的通项a n ；当n ＝1时，若a 1不适合S n －S n －1，则用分段函数的形式表示．角度二：利用a n 与S n 的关系求S n[典题4] (1)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 －1 B.⎝⎛⎭⎫32n －1 C.⎝⎛⎭⎫23n －1 D.12n －1(2)(2016·株洲模拟)设S n 是正项数列{a n }的前n 项和，且a n 和S n 满足：4S n ＝(a n ＋1)2(n ＝1,2,3，…)，则S n ＝________.[听前试做] (1)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.(2)由题意，可知S n ＝⎝⎛⎭⎫a n 2＋122，当n ＝1时，a 1＝1. a n ＝S n －S n －1＝⎝⎛⎭⎫a n 2＋122－⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －12＋122 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2＋a n －12＋1·⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2－a n －12 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2n －a 2n －14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2－a n －12整理得，a n ＋a n －12＝a 2n －a 2n －14⇒a n －a n －1＝2.所以a n ＝2n －1.解得S n ＝(1＋2n －1)n 2＝n 2.答案：(1)B (2)n 2解决此类问题通常利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)将已知关系转化为S n 与S n －1的关系式，然后求解．—————————————[课堂归纳——感悟提升]——————————————[方法技巧]1．由数列的前几项求数列通项，通常用观察法(对于交错数列一般有(－1)n 或(－1)n ＋1来区分奇偶项的符号)；已知数列中的递推关系，一般只要求写出数列的前几项，若求通项可用归纳、猜想和转化的方法．2．强调a n 与S n 的关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.3．已知递推关系求通项：对这类问题的要求不高，但试题难度较难把握．一般有两种常见思路：(1)算出前几项，再归纳、猜想；(2)利用累加、累乘法或构造法求数列的通项公式．[易错防范]1．数列是一种特殊的函数，在利用函数观点研究数列时，一定要注意自变量的取值，如数列a n ＝f (n )和函数y ＝f (x )的单调性是不同的．2．在利用数列的前n 项和求通项时，往往容易忽略先求出a 1，而是直接把数列的通项公式写成a n ＝S n －S n －1的形式，但它只适用于n ≥2的情形.[全盘巩固]一、选择题1．数列1，－58，715，－924，…，的一个通项公式是( )A ．a n ＝(－1)n ＋12n －1n 2＋n(n ∈N *) B ．a n ＝(－1)n －12n ＋1n 3＋3n (n ∈N *) C ．a n ＝(－1)n＋12n －1n 2＋2n (n ∈N *) D ．a n ＝(－1)n－12n ＋1n 2＋2n(n ∈N *) 解析：选D 观察数列{a n }各项，可写成：31×3，－52×4，73×5，－94×6，故选D.2．已知数列{a n }的通项公式a n ＝1n (n ＋2)(n ∈N *)，则1120是这个数列的( )A ．第8项B ．第9项C ．第10项D ．第12项解析：选C 由题意知1120＝1n (n ＋2)，n ∈N *，解得n ＝10.即1120是这个数列的第10项． 3．数列{a n }中，a 1＝1，对于所有的n ≥2，n ∈N *都有a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，则a 3＋a 5＝( ) A.6116 B.259 C.2516 D.3115解析：选A 法一：令n ＝2,3,4,5，分别求出a 3＝94，a 5＝2516，∴a 3＋a 5＝6116.法二：当n ≥2时，a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2.当n ≥3时，a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝(n －1)2.两式相除得a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n n －12，∴a 3＝94，a 5＝2516，∴a 3＋a 5＝6116. 4．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－2n ，则a 2＋a 18＝( ) A ．36 B ．35 C ．34 D ．33解析：选C 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －3；当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1，所以a n ＝2n －3(n ∈N *)，所以a 2＋a 18＝34.5．在各项均为正数的数列{a n }中，对任意m ，n ∈N *，都有a m ＋n ＝a m ·a n .若a 6＝64，则a 9等于( ) A ．256 B ．510 C ．512 D ．1 024解析：选C 在各项均为正数的数列{a n }中，对任意m ，n ∈N *，都有a m ＋n ＝a m ·a n .∴a 6＝a 3·a 3＝64，a 3＝8.∴a 9＝a 6·a 3＝64×8＝512. 二、填空题6．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S n ＝3－3×2n ，n ∈N *，则a n ＝________. 解析：分情况讨论：①当n ＝1时，a 1＝S 1＝3－3×21＝－3；②当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3－3×2n )－(3－3×2n －1)＝－3×2n －1.综合①②，得a n ＝－3×2n －1.答案：－3×2n －18．设{a n }是首项为1的正项数列，且(n ＋1)a 2n ＋1－na 2n ＋a n ＋1·a n ＝0(n ＝1,2,3，…)，则它的通项公式a n ＝________.解析：∵(n ＋1)a 2n ＋1＋a n ＋1·a n －na 2n ＝0， ∴(a n ＋1＋a n )[(n ＋1)a n ＋1－na n ]＝0，又a n ＋1＋a n >0，∴(n ＋1)a n ＋1－na n ＝0，即a n ＋1a n ＝n n ＋1，∴a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·a 5a 4·…·a n a n －1＝12×23×34×45×…×n －1n ，∵a 1＝1，∴a n ＝1n . 答案：1n三、解答题9．已知S n 为正项数列{a n }的前n 项和，且满足S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)． (1)求a 1，a 2，a 3，a 4的值； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)由S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)，可得 a 1＝12a 21＋12a 1，解得a 1＝1； S 2＝a 1＋a 2＝12a 22＋12a 2，解得a 2＝2；同理，a 3＝3，a 4＝4. (2)S n ＝12a 2n ＋12a n ，① 当n ≥2时，S n －1＝12a 2n －1＋12a n －1，② ①－②得(a n －a n －1－1)(a n ＋a n －1)＝0. 由于a n ＋a n －1≠0，所以a n －a n －1＝1，又由(1)知a 1＝1，故数列{a n }是首项为1，公差为1的等差数列，故a n ＝n . 10．数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2－7n ＋6(n ∈N *)．(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是这个数列的第16项．(3)令a n ＝n 2－7n ＋6>0，解得n >6或n <1(舍去)． ∵n ∈N *，∴数列从第7项起各项都是正数．[冲击名校]1．若数列{a n }满足a 1＝2，a 2＝3，a n ＝a n －1a n －2(n ≥3且n ∈N *)，则a 2 016＝( )A ．3B ．2 C.12 D.23解析：选D a 1＝2，a 2＝3，a 3＝a 2a 1＝32，a 4＝a 3a 2＝12，依次可得a 5＝13，a 6＝23，a 7＝2，a 8＝3，a 9＝32，…，可见{a n }是周期为6的数列，∴a 2 016＝a 6×336＝a 6＝23.2．(2016·山东日照实验中学月考)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.1210B.129C.15D.110解析：选C ∵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，a n a n －1＋a na 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＝15.3．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.92 D.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. 4．(2016·大连双基测试)数列{a n }满足：a 1＋3a 2＋5a 3＋…＋(2n －1)·a n ＝(n －1)·3n ＋1＋3(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析：a 1＋3a 2＋5a 3＋…＋(2n －3)·a n －1＋(2n －1)·a n ＝(n －1)·3n ＋1＋3，把n 换成n －1得，a 1＋3a 2＋5a 3＋…＋(2n －3)·a n －1＝(n －2)·3n ＋3，两式相减得a n ＝3n .答案：3n第二节等差数列及其前n 项和考纲要求：1.理解等差数列的概念．2．掌握等差数列的通项公式与前n 项和公式．3．能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问题． 4．了解等差数列与一次函数、二次函数的关系．1．等差数列的有关概念 (1)等差数列的定义一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，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，通常用字母d 表示，定义表达式为a n －a n －1＝d (常数)(n ∈N *，n ≥2)或a n ＋1－a n ＝d (常数)(n ∈N *)．(2)等差中项若三个数a ，A ，b 成等差数列，则A 叫做a 与b 的等差中项，且有A ＝a ＋b2.2．等差数列的有关公式 (1)等差数列的通项公式如果等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，那么它的通项公式是a n ＝a 1＋(n －1)d . (2)等差数列的前n 项和公式设等差数列{a n }的公差为d ，其前n 项和S n ＝na 1＋n (n －1)2d 或S n ＝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，公差为d ，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． (6)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…也是等差数列. (7)S 2n －1＝(2n －1)a n .(8)若n 为偶数，则S 偶－S 奇＝nd2；若n 为奇数，则S 奇－S 偶＝a 中(中间项)．[自我查验]1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若一个数列从第2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)数列{a n }为等差数列的充要条件是对任意n ∈N *，都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.( ) (3)等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的．( )(4)等差数列的前n 项和公式是常数项为0的二次函数．( )(5)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝pn ＋q (其中p ，q 为常数)，则数列{a n }一定是等差数列．( ) (6)在等差数列{a n }中，若a m ＋a n ＝a p ＋a q ，则一定有m ＋n ＝p ＋q .( ) (7)数列{a n }，{b n }都是等差数列，则数列{a n ＋b n }也一定是等差数列．( )(8)等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，取出数列中的所有奇数项，组成一个新的数列，一定还是等差数列．( )答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)√ (5)√ (6)× (7)√ (8)√2．在等差数列{a n }中，a 2＝2，a 3＝4，则a n ＝__________，S n ＝________. 解析：∵a 2＝2，a 3＝4，∴a 1＝0，d ＝2. ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －2， S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (2n －2)2＝n 2－n .答案：2n －2 n 2－n3．在等差数列{a n }中，已知a 4＋a 8＝16，则该数列前11项和S 11等于________．解析：∵a 4＋a 8＝2a 6＝16，∴a 6＝8.∴S 11＝11a 6＝11×8＝88. 答案：884．数列{a n }为等差数列，公差d ＝－2，S n 为其前n 项和，若S 10＝S 11，则a 1＝________.解析：由题意知10a 1＋10×92d ＝11a 1＋11×102d ，又∵d ＝－2，∴10a 1－90＝11a 1－110，∴a 1＝20. 答案：20[典题1] (1)在等差数列{a n }中，a 1＋a 5＝8，a 4＝7，则a 5＝( ) A ．11 B ．10 C ．7 D ．3(2)(2015·新课标全国卷Ⅰ)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和，若S 8＝4S 4，则a 10＝( )A.172B.192C ．10D ．12 (3)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m ＝________ (4)已知等差数列{a n }的公差d >0.设{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 2·S 3＝36. ①求d 及S n;②求m ，k (m ，k ∈N *)的值，使得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝65.[听前试做] (1)设数列{a n }的公差为d ，则有⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 1＋4d ＝8，a 1＋3d ＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，d ＝3，所以a 5＝－2＋4×3＝10.(2)∵公差为1，∴S 8＝8a 1＋8×(8－1)2×1＝8a 1＋28，S 4＝4a 1＋6.∵S 8＝4S 4，∴8a 1＋28＝4(4a 1＋6)，解得a 1＝12，∴a 10＝a 1＋9d ＝12＋9＝192.(3)由S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，得a m ＝S m －S m －1＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3，所以等差数列的公差d ＝a m ＋1－a m ＝3－2＝1，由⎩⎪⎨⎪⎧a m ＝a 1＋(m －1)d ＝2，S m ＝a 1m ＋12m (m －1)d ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋m －1＝2，a 1m ＋12m (m －1)＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，m ＝5. (4)①由题意知(2a 1＋d )(3a 1＋3d )＝36，将a 1＝1代入上式解得d ＝2或d ＝－5.因为d >0，所以d ＝2.从而a n ＝2n －1，S n ＝n 2(n ∈N *)．②由①得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝(2m ＋k －1)·(k ＋1)，所以(2m ＋k －1)(k ＋1)＝65. 由m ，k ∈N *知2m ＋k －1≥k ＋1>1，故⎩⎪⎨⎪⎧ 2m ＋k －1＝13，k ＋1＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝5，k ＝4.即所求m 的值为5，k 的值为4. 答案：(1)B (2)B (3)5等差数列的基本运算的解题策略(1)等差数列的通项公式及前n 项和公式共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程组解决问题的思想．(2)数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换的作用，而a 1和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知量和未知量是常用方法．[典题2] (1)(2015·新课标全国卷Ⅱ)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝( )A ．5B ．7C ．9D ．11(2)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3＝－12，S 9＝45，则S 12＝________. (3)已知{a n }，{b n }都是等差数列，若a 1＋b 10＝9，a 3＋b 8＝15，则a 5＋b 6＝________.[听前试做] (1)法一：∵a 1＋a 5＝2a 3，∴a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝3，∴a 3＝1，∴S 5＝5(a 1＋a 5)2＝5a 3＝5.法二：∵a 1＋a 3＋a 5＝a 1＋(a 1＋2d )＋(a 1＋4d ) ＝3a 1＋6d ＝3，∴a 1＋2d ＝1，∴S 5＝5a 1＋5×42d ＝5(a 1＋2d )＝5，故选A.(2)因为{a n }是等差数列，所以S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，S 12－S 9成等差数列，所以2(S 6－S 3)＝S 3＋(S 9－S 6)，即2(S 6＋12)＝－12＋(45－S 6)，解得S 6＝3; 又2(S 9－S 6)＝(S 6－S 3)＋(S 12－S 9)，即2×(45－3)＝(3＋12)＋(S 12－45)，解得S 12＝114.(3)因为{a n }，{b n }都是等差数列，所以2a 3＝a 1＋a 5,2b 8＝b 10＋b 6，所以2(a 3＋b 8)＝(a 1＋b 10)＋(a 5＋b 6)，即2×15＝9＋(a 5＋b 6)，解得a 5＋b 6＝21.答案：(1)A (2)114 (3)21在等差数列{a n }中，数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m 也成等差数列；⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也是等差数列．等差数列的性质是解题的重要工具．1．(2016·银川模拟)已知{a n }是等差数列，a 4＝15，S 5＝55，则过点P (3，a 3)，Q (4，a 4)的直线斜率为( )A ．－4 B.14 C ．4 D ．－14解析：选C ∵S 5＝5a 3＝55，∴a 3＝11，∴k ＝a 4－a 34－3＝15－111＝4.2．已知等差数列{a n }的公差为2，项数是偶数，所有奇数项之和为15，所有偶数项之和为25，则这个数列的项数为( )A ．10B ．20C ．30D ．40解析：选A 设这个数列有2n 项，则由等差数列的性质可知：偶数项之和减去奇数项之和等于nd ，即25－15＝2n ，故2n ＝10，即数列的项数为10.[典题3] 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝12，a n ＝－2S n S n －1(n ≥2)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列；(2)求S n 和a n .[听前试做] (1)证明：当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1＝－2S n S n －1，① ∵S 1＝a 1≠0，由递推关系知S n ≠0(n ∈N *)，由①式得1S n －1S n －1＝2(n ≥2)．∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列，其中首项为1S 1＝1a 1＝2，公差为2.(2)由(1)知1S n ＝2＋2(n －1)＝2n ，∴S n ＝12n. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－12n (n －1)，当n ＝1时，a 1＝S 1＝12不适合上式，∴a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，－12n (n －1)，n ≥2.判定数列{a n }是等差数列的常用方法(1)定义法：对任意n ∈N *，a n ＋1－a n 是同一个常数；(2)等差中项法：对任意n ≥2，n ∈N *，满足2a n ＝a n ＋1＋a n －1； (3)通项公式法：数列的通项公式a n 是n 的一次函数；(4)前n 项和公式法：数列的前n 项和公式S n 是n 的二次函数，且常数项为0.1．若{a n }是公差为1的等差数列，则{a 2n －1＋2a 2n }是( ) A ．公差为3的等差数列 B ．公差为4的等差数列 C ．公差为6的等差数列 D ．公差为9的等差数列解析：选C 令b n ＝a 2n －1＋2a 2n ，则b n ＋1＝a 2n ＋1＋2a 2n ＋2，∴b n ＋1－b n ＝a 2n ＋1＋2a 2n ＋2－(a 2n －1＋2a 2n )＝(a 2n ＋1－a 2n －1)＋2(a 2n ＋2－a 2n )＝2d ＋4d ＝6d ＝6×1＝6.2．已知公差大于零的等差数列{}a n 的前n 项和为S n ，且满足a 3·a 4＝117，a 2＋a 5＝22. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{}b n 满足b n ＝S nn ＋c ，是否存在非零实数c 使得{b n }为等差数列？若存在，求出c 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)∵数列{}a n 为等差数列，∴a 3＋a 4＝a 2＋a 5＝22.又a 3·a 4＝117，∴a 3，a 4是方程x 2－22x ＋117＝0的两实根，又公差d ＞0，∴a 3＜a 4，∴a 3＝9，a 4＝13，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝9，a 1＋3d ＝13，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝4.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝4n －3. (2)由(1)知a 1＝1，d ＝4， ∴S n ＝na 1＋n (n －1)2×d ＝2n 2－n ，∴b n ＝S nn ＋c ＝2n 2－nn ＋c，∴b 1＝11＋c ，b 2＝62＋c ，b 3＝153＋c ，其中c ≠0. ∵数列{}b n 是等差数列，∴2b 2＝b 1＋b 3，即62＋c ×2＝11＋c ＋153＋c ，∴2c 2＋c ＝0， ∴c ＝－12或c ＝0(舍去)，故c ＝－12.即存在一个非零实数c ＝－12，使数列{b n }为等差数列．[典题4] 在等差数列{a n }中，a 1＝29，S 10＝S 20，则数列{a n }的前n 项和S n 的最大值为( ) A ．S 15 B ．S 16 C ．S 15或S 16 D ．S 17[听前试做] ∵a 1＝29，S 10＝S 20，∴10a 1＋10×92d ＝20a 1＋20×192d ，解得d ＝－2，∴S n ＝29n ＋n (n －1)2×(－2)＝－n 2＋30n ＝－(n －15)2＋225.∴当n ＝15时，S n 取得最大值．答案：A[探究1] 若将条件“a 1＝29，S 10＝S 20”改为“a 1>0，S 5＝S 12”，如何求解？解：法一：设等差数列{a n }的公差为d ，由S 5＝S 12得5a 1＋10d ＝12a 1＋66d ，d ＝－18a 1<0.所以S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝na 1＋n (n －1)2·⎝⎛⎭⎫－18a 1＝－116a 1(n 2－17n )＝－116a 1⎝⎛⎭⎫n －1722＋28964a 1，因为a 1>0，n ∈N *，所以当n ＝8或n ＝9时，S n 有最大值．法二：设等差数列{a n }的公差为d ，同法一得d ＝－18a 1<0.设此数列的前n 项和最大，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1≤0，即⎩⎨⎧a n ＝a 1＋(n －1)·⎝⎛⎭⎫－18a 1≥0，a n ＋1＝a 1＋n ·⎝⎛⎭⎫－18a 1≤0，解得⎩⎪⎨⎪⎧n ≤9，n ≥8，即8≤n ≤9，又n ∈N *，所以当n ＝8或n ＝9时，S n 有最大值．法三：设等差数列{a n }的公差为d ，同法一得d ＝－18a 1<0，由于S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d2n ，设f (x )＝d2x 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2x ，则函数y ＝f (x )的图象为开口向下的抛物线，由S 5＝S 12知，抛物线的对称轴为x ＝5＋122＝172(如图所示)，由图可知，当1≤n ≤8时，S n 单调递增；当n ≥9时，S n 单调递减．又n ∈N *，所以当n ＝8或n ＝9时，S n 最大．[探究2] 若将条件“a 1＝29，S 10＝S 20”改为“a 3＝12，S 12>0，S 13<0”，如何求解？解：因为a 3＝a 1＋2d ＝12，所以a 1＝12－2d ，所以⎩⎪⎨⎪⎧ S 12＝12a 1＋66d >0，S 13＝13a 1＋78d <0，即⎩⎪⎨⎪⎧144＋42d >0，156＋52d <0，解得－247<d <－3.故公差d 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－247，－3. 法一：由d <0可知{a n }为递减数列，因此，在1≤n ≤12中，必存在一个自然数n ，使得a n ≥0，a n ＋1<0，此时对应的S n 就是S 1，S 2，…，S 12中的最大值．由于⎩⎪⎨⎪⎧S 12＝6(a 6＋a 7)>0，S 13＝13a 7<0，于是a 7<0，从而a 6>0，因此S 6最大．法二：由d <0可知{a n }是递减数列，令⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝a 3＋(n －3)d ≥0，a n ＋1＝a 3＋(n －2)d <0，可得⎩⎨⎧n ≤3－12d ，n >2－12d.由－247<d <－3，可得⎩⎪⎨⎪⎧n ≤3－12d <3＋123＝7，n >2－12d >2＋12247＝5.5，所以5.5<n <7，故n ＝6，即S 6最大．[探究3] 若将“a 1＝29，S 10＝S 20”改为“a 5>0，a 4＋a 7<0”，如何求解？解：∵⎩⎪⎨⎪⎧ 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.求等差数列前n 项和的最值的方法(1)运用配方法转化为二次函数，借助二次函数的单调性以及数形结合的思想，从而使问题得解．(2)通项公式法：求使a n ≥0(a n ≤0)成立时最大的n 值即可．一般地，等差数列{a n }中，若a 1>0，且S p ＝S q (p ≠q )，则：①若p ＋q 为偶数，则当n ＝p ＋q2时，S n 最大； ②若p ＋q 为奇数，则当n ＝p ＋q －12或n ＝p ＋q ＋12时，S n 最大． —————————————[课堂归纳——感悟提升]——————————————[方法技巧]1．在遇到三个数成等差数列问题时，可设三个数为(1)a ，a ＋d ，a ＋2d ；(2)a －d ，a ，a ＋d ；(3)a －d ，a ＋d ，a ＋3d 等，可视具体情况而定．2．在等差数列{a n }中，(1)若项数为偶数2n ，则S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝n (a n ＋a n ＋1)；S 偶－S 奇＝nd ；S 奇S 偶＝a na n ＋1.(2)若项数为奇数2n －1，则S 2n －1＝(2n －1)a n ；S 奇－S 偶＝a n ；S 奇S 偶＝nn －1.3．若数列{a n }与{b n }均为等差数列，且前n 项和分别是S n 和T n ，则S 2m －1T 2m －1＝a mb m.4．若a m ＝n ，a n ＝m (m ≠0)，则a m ＋n ＝0.[易错防范]1．公差不为0的等差数列的前n 项和公式是n 的二次函数，且常数项为0.若某数列的前n 项和公式是常数项不为0的二次函数，则该数列不是等差数列，它从第二项起成等差数列．2．求等差数列的前n 项和S n 的最值时，需要注意“自变量n 为正整数”这一隐含条件．若对称轴取不到，需考虑最接近对称轴的自变量n (n 为正整数)；若对称轴对应两个正整数的中间，此时应有两个符合题意的n 值．[全盘巩固]一、选择题1．(2015·重庆高考)在等差数列{}a n 中，若a 2＝4，a 4＝2，则a 6＝( ) A ．－1 B ．0 C ．1 D ．6解析：选B ∵{}a n 为等差数列，∴2a 4＝a 2＋a 6，∴a 6＝2a 4－a 2，即a 6＝2×2－4＝0.2．(2016·泉州模拟)等差数列{}a n 的前三项为x －1，x ＋1,2x ＋3，则这个数列的通项公式为( )A ．a n ＝2n －5B ．a n ＝2n －3C ．a n ＝2n －1D ．a n ＝2n ＋1解析：选B ∵等差数列{a n }的前三项为x －1，x ＋1,2x ＋3，∴2(x ＋1)＝(x －1)＋(2x ＋3)，解得x ＝0.∴a 1＝－1，a 2＝1，d ＝2，故a n ＝－1＋(n －1)×2＝2n －3.3．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 33－S 22＝1，则数列{a n }的公差d 是( )A ．1B ．2C ．4D ．6解析：选B 由S 33－S 22＝1得a 1＋a 2＋a 33－a 1＋a 22＝a 1＋d －2a 1＋d 2＝d 2＝1，所以d ＝2.4．若一个等差数列前3项的和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列的项数为( )A ．13B ．12C ．11D ．10解析：选A 因为a 1＋a 2＋a 3＝34，a n －2＋a n －1＋a n ＝146，所以a 1＋a 2＋a 3＋a n －2＋a n －1＋a n ＝34＋146＝180，又因为a 1＋a n ＝a 2＋a n －1＝a 3＋a n －2，所以3(a 1＋a n )＝180，从而a 1＋a n ＝60，所以S n ＝n (a 1＋a n )2＝n ·602＝390，即n ＝13，故选A.5．(2016·包头模拟)在等差数列{a n }中，其前n 项和是S n ，若S 15>0，S 16<0，则在S 1a 1，S 2a 2，…，S 15a 15中最大的是( ) A.S 1a 1 B.S 8a 8 C.S 9a 9 D.S 15a 15解析：选B 由于S 15＝15(a 1＋a 15)2＝15a 8>0，S 16＝16(a 1＋a 16)2＝8(a 8＋a 9)<0，所以可得a 8>0，a 9<0.这样S 1a 1>0，S 2a 2>0，…，S 8a 8>0，S 9a 9<0，S 10a 10<0，…，S 15a 15<0，而S 1<S 2<…<S 8，a 1>a 2>…>a 8，所以在S 1a 1，S 2a 2，…，S 15a 15中最大的是S 8a 8. 二、填空题6．(2016·海淀模拟)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：∵a 3＋a 9＝a 10－a 8，∴a 1＋2d ＋a 1＋8d ＝a 1＋9d －(a 1＋7d )，解得a 1＝－4d ，∴a n ＝－4d ＋(n －1)d ＝(n －5)d ，令(n －5)d ＝0(d ≠0)，可解得n ＝5. 答案：57．(2016·温州模拟)在等差数列{a n }中，a 9＝12a 12＋6，则数列{a n }的前11项和S 11等于________．解析：S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11a 6，设公差为d ，由a 9＝12a 12＋6得a 6＋3d ＝12(a 6＋6d )＋6，解得a 6＝12，所以S 11＝11×12＝132.答案：1328．已知等差数列{a n }中，a n ≠0，若n ≥2且a n －1＋a n ＋1－a 2n ＝0，S 2n －1＝38，则n 等于________．解析：∵2a n ＝a n －1＋a n ＋1，又a n －1＋a n ＋1－a 2n ＝0， ∴2a n －a 2n ＝0，即a n (2－a n )＝0. ∵a n ≠0， ∴a n ＝2.∴S 2n －1＝(2n －1)a n ＝2(2n －1)＝38，解得n ＝10. 答案：10 三、解答题9．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a n －12a n －1＋1(n ∈N *，n ≥2)，数列{b n }满足关系式b n ＝1a n (n ∈N *)．(1)求证：数列{b n }为等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)证明：∵b n ＝1a n ，且a n ＝a n －12a n －1＋1，∴b n ＋1＝1a n ＋1＝1a n2a n ＋1＝2a n ＋1a n，∴b n ＋1－b n ＝2a n ＋1a n －1a n＝2.又b 1＝1a 1＝1，∴数列{b n }是以1为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)知数列{b n }的通项公式为b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，又b n ＝1a n ，∴a n ＝1b n ＝12n －1.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝12n －1.10．已知数列{a n }满足2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)，它的前n 项和为S n ，且a 3＝10，S 6＝72，若b n ＝12a n －30，设数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n 的最小值．解：∵2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，∴a n ＋1－a n ＝a n ＋2－a n ＋1，故数列{a n }为等差数列．设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由a 3＝10，S 6＝72得，⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝10，6a 1＋15d ＝72，解得a 1＝2，d ＝4. ∴a n ＝4n －2，则b n ＝12a n －30＝2n －31，令⎩⎪⎨⎪⎧ b n ≤0，b n ＋1≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧2n －31≤0，2(n ＋1)－31≥0，解得292≤n ≤312，∵n ∈N *，∴n ＝15，即数列{b n }的前15项均为负值，∴T 15最小． ∵数列{b n }的首项是－29，公差为2， ∴T 15＝15(－29＋2×15－31)2＝－225，∴数列{b n }的前n 项和T n 的最小值为－225.[冲击名校]1．若数列{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 10＝12，则a 8＝( )A ．0B ．3C ．8D ．11解析：选B ∵{b n }为等差数列，设其公差为d ，b 3＝－2，b 10＝12，∴7d ＝b 10－b 3＝12－(－2)＝14，∴d ＝2.∵b 3＝－2，∴b 1＝b 3－2d ＝－2－4＝－6，∴b 1＋b 2＋…＋b 7＝7b 1＋7×62d ＝7×(－6)＋21×2＝0.又∵b 1＋b 2＋…＋b 7＝(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a 8－a 7)＝a 8－a 1＝a 8－3. 所以，a 8－3＝0，a 8＝3.2．已知正项数列{a n }满足a 1＝2，a 2＝1，且a n a n ＋1＋a na n －1＝2，则a 12＝________.解析：∵a n a n ＋1＋a n a n －1＝2，∴1a n ＋1＋1a n －1＝2a n ，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，且首项为1a 1＝12，公差为1a 2－1a 1＝12，∴1a n ＝12＋(n －1)×12＝n 2，∴a n ＝2n ，∴a 12＝16. 答案：163．已知两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且A n B n ＝7n ＋45n ＋3，则使得a nb n为整数的正整数n 的个数是________．解析：由等差数列前n 项和的性质知，a n b n ＝A 2n －1B 2n －1＝14n ＋382n ＋2＝7n ＋19n ＋1＝7＋12n ＋1，故当n ＝1,2,3,5,11时，a n b n 为整数，故使得a nb n为整数的正整数n 的个数是5.答案：54．已知等差数列的前三项依次为a,4,3a ，前n 项和为S n ，且S k ＝110. (1)求a 及k 的值；(2)设数列{b n }的通项b n ＝S nn，证明数列{b n }是等差数列，并求其前n 项和T n .解：(1)设该等差数列为{a n }，则a 1＝a ，a 2＝4，a 3＝3a ，由已知有a ＋3a ＝8，得a 1＝a ＝2，公差d ＝4－2＝2，所以S k ＝ka 1＋k (k －1)2·d ＝2k ＋k (k －1)2×2＝k 2＋k .由S k ＝110，得k 2＋k －110＝0，解得k ＝10或k ＝－11(舍去)，故a ＝2，k ＝10. (2)由(1)得S n ＝n (2＋2n )2＝n (n ＋1)，则b n ＝S nn＝n ＋1，故b n ＋1－b n ＝(n ＋2)－(n ＋1)＝1，即数列{b n }是首项为2，公差为1的等差数列，所以T n ＝n (2＋n ＋1)2＝n (n ＋3)2.第三节等比数列及其前n 项和考纲要求：1.理解等比数列的概念．2．掌握等比数列的通项公式与前n 项和公式．3．能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题． 4．了解等比数列与指数函数的关系．1．等比数列的有关概念 (1)等比数列的有关概念一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数，那么这个数列叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示．(2)等比中项如果三个数a ，G ，b 成等比数列，则G 叫做a 和b 的等比中项，那么G a ＝bG ，即G 2＝ab .2．等比数列的有关公式 (1)等比数列的通项公式设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，q ≠0，则它的通项公式a n ＝a 1·q n －1.(2)等比数列的前n 项和公式等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，其前n 项和为S n ，当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q. 3．等比数列的性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n－m(n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等比数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ·a l ＝a m ·a n .(3)若{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }(λ≠0)，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n bn 仍是等比数列．(4)公比不为－1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n .[自我查验]1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)常数列一定是等比数列．( ) (2)等比数列中不存在数值为0的项．( )(3)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．( ) (4)G 为a ，b 的等比中项⇔G 2＝ab .( )(5)若等比数列{a n }的首项为a 1，公比是q ，则其通项公式为a n ＝a 1q n .( ) (6)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，则其前n 项和为S n ＝a (1－a n )1－a.( )(7)q＞1时，等比数列{a n}是递增数列．()(8)在等比数列{a n}中，若a m·a n＝a p·a q，则m＋n＝p＋q.()答案：(1)×(2)√(3)×(4)×(5)×(6)×(7)×(8)×2．已知数列a，a(1－a)，a(1－a)2，…是等比数列，则实数a的取值范围是()A．a≠1B．a≠0或a≠1C．a≠0 D．a≠0且a≠1答案：D3．将公比为q的等比数列a1，a2，a3，a4…依次取相邻两项的乘积组成新的数列a1a2，a2a3，a3a4，….此数列是()A．公比为q的等比数列B．公比为q2的等比数列C．公比为q3的等比数列D．不一定是等比数列答案：B4．在等比数列{a n}中，已知a1＝－1，a4＝64，则q＝________，S4＝________.答案：－4515．在等比数列{a n}中，若a7·a12＝5，则a8·a9·a10·a11＝________.答案：25[典题1](1)(2015·新课标全国卷Ⅱ)已知等比数列{a n}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝()A．21 B．42 C．63 D．84(2)(2016·开封模拟)正项等比数列{a n}中，a2＝4，a4＝16，则数列{a n}的前9项和等于________．(3)(2015·新课标全国卷Ⅰ)在数列{a n}中，a1＝2，a n＋1＝2a n，S n为{a n}的前n项和．若S n＝126，则n＝________.(4)设数列{a n}的前n项和S n满足6S n＋1＝9a n(n∈N*)．①求数列{a n}的通项公式；②若数列{b n}满足b n＝1a n，求数列{b n}前n项和T n. [听前试做](1)∵a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，∴3＋3q2＋3q4＝21.∴1＋q2＋q4＝7，解得q2＝2或q2＝－3(舍去)．∴a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝2×21＝42.(2)∵{a n}为正项等比数列，∴q 2＝a 4a 2＝164＝4，∴q ＝2，S 9＝a 1(1－q 9)1－q ＝2(1－29)1－2＝210－2＝1 022.(3)∵a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，∴数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列．又∵S n ＝126，∴2(1－2n )1－2＝126，∴n ＝6. (4)①当n ＝1时，由6a 1＋1＝9a 1，得a 1＝13.当n ≥2时，由6S n ＋1＝9a n ，得6S n －1＋1＝9a n －1，两式相减得6(S n －S n －1)＝9(a n －a n －1)，即6a n ＝9(a n －a n －1)，∴a n ＝3a n －1.∴数列{a n }是首项为13，公比为3的等比数列，其通项公式为a n ＝13×3n －1＝3n －2.②∵b n ＝1a n ＝⎝⎛⎭⎫13n －2，∴{b n }是首项为3，公比为13的等比数列，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝3⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n 1－13＝92⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n .答案：(1)B (2)1 022 (3)6解决等比数列有关问题的常用思想方法(1)方程的思想：等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量a 1和q ，问题可迎刃而解．(2)分类讨论的思想：等比数列的前n 项和公式涉及对公比q 的分类讨论，当q ＝1时，{a n }的前n 项和S n ＝na 1；当q ≠1时，{a n }的前n 项和S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q.[典题2] (1)(2015·新课标全国卷Ⅱ)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )A ．2B ．1 C.12 D.18(2)设等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，已知S 3＝8，S 6＝7，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A.18 B ．－18 C.578 D.558(3)已知等比数列{a n }中，a 4＋a 8＝－2，则a 6(a 2＋2a 6＋a 10)的值为( ) A ．4 B ．6 C ．8 D ．－9[听前试做] (1)法一：∵a 3a 5＝a 24，a 3a 5＝4(a 4－1)， ∴a 24＝4(a 4－1)，∴a 24－4a 4＋4＝0，∴a 4＝2.又∵q 3＝a 4a 1＝214＝8，∴q ＝2，∴a 2＝a 1q ＝14×2＝12，故选C.法二：∵a 3a 5＝4(a 4－1)， ∴a 1q 2·a 1q 4＝4(a 1q 3－1)，将a 1＝14代入上式并整理，得q 6－16q 3＋64＝0，解得q ＝2， ∴a 2＝a 1q ＝12，故选C.(2)因为a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，在等比数列中S 3，S 6－S 3，S 9－S 6成等比数列，即8，－1，S 9－S 6成等比数列，所以有8(S 9－S 6)＝1，即S 9－S 6＝18.(3)a 6(a 2＋2a 6＋a 10)＝a 6a 2＋2a 26＋a 6a 10＝a 24＋2a 4a 8＋a 28＝(a 4＋a 8)2，∵a 4＋a 8＝－2， ∴a 6(a 2＋2a 6＋a 10)＝4. 答案：(1)C (2)A (3)A(1)在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ”，可以减少运算量，提高解题速度．(2)在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用．1．(2016·石家庄模拟)在等比数列{a n }中，若a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝158，a 8a 9＝－98，则1a 7＋1a 8＋1a 9＋1a 10＝________. 解析：因为1a 7＋1a 10＝a 7＋a 10a 7a 10，1a 8＋1a 9＝a 8＋a 9a 8a 9，由等比数列的性质知a 7a 10＝a 8a 9，所以1a 7＋1a 8＋1a 9＋1a 10＝a 7＋a 8＋a 9＋a 10a 8a 9＝158÷⎝⎛⎭⎫－98＝－53. 答案：－532．已知数列{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则a 1a 2a 3＋a 2a 3a 4＋…＋a n a n ＋1a n ＋2＝________.解析：设数列{a n }的公比为q ，则q 3＝a 5a 2＝18，解得q ＝12，a 1＝a 2q＝4.易知数列{a n a n ＋1a n ＋2}是首项为a 1a 2a 3＝4×2×1＝8，公比为q 3＝18的等比数列，所以a 1a 2a 3＋a 2a 3a 4＋…＋a n a n ＋1a n ＋2＝8⎝⎛⎭⎫1－18n 1－18＝647(1－2－3n )．答案：647(1－2－3n )[典题3] (1)对任意等比数列{a n }，下列说法一定正确的是( ) A ．a 1，a 3，a 9成等比数列 B ．a 2，a 3，a 6成等比数列 C ．a 2，a 4，a 8成等比数列 D ．a 3，a 6，a 9成等比数列(2)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2(n ∈N *)，若b n ＝a n ＋1－2a n ，求证：{b n }是等比数列．[听前试做] (1)由等比数列的性质得，a 3·a 9＝a 26≠0，因此a 3，a 6，a 9一定成等比数列，选D. (2)证明：∵a n ＋2＝S n ＋2－S n ＋1＝4a n ＋1＋2－4a n －2＝4a n ＋1－4a n ， ∴b n ＋1b n ＝a n ＋2－2a n ＋1a n ＋1－2a n ＝(4a n ＋1－4a n )－2a n ＋1a n ＋1－2a n ＝2a n ＋1－4a n a n ＋1－2a n＝2.。

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6-4A 组专项基础训练(时间：45分钟)1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于( ) A ．n 2＋1－12n B ．2n 2－n ＋1－12n C ．n 2＋1－12n －1 D ．n 2－n ＋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 . 【答案】 A2．已知函数f (n )＝n 2cos n π，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( )A ．0B ．－100C ．100D ．10 200【解析】 f (n )＝n 2cos n π＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2（n 为奇数）n 2（n 为偶数）＝(－1)n ·n 2，由a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝(－1)n ·n 2＋(－1)n ＋1·(n ＋1)2 ＝(－1)n n 2－(n ＋1)2]＝(－1)n ＋1·(2n ＋1)，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝3＋(－5)＋7＋(－9)＋…＋199＋(－201)＝50×(－2)＝－100.【答案】 B3．数列a 1＋2，…，a k ＋2k ，…，a 10＋20共有十项，且其和为240，则a 1＋…＋a k ＋…＋a 10的值为( )A ．31B ．120C ．130D ．185【解析】 a 1＋...＋a k ＋...＋a 10＝240－(2＋...＋2k ＋ (20)＝240－（2＋20）×102＝240－110＝130. 【答案】 C4．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 等于( )A ．6n －n 2B ．n 2－6n ＋18C.⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2（1≤n ≤3），n 2－6n ＋18（n >3）D.⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2（1≤n ≤3），n 2－6n （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，∴n ≤3时，a n <0，n >3时，a n >0，∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2（1≤n ≤3），n 2－6n ＋18（n >3）. 【答案】 C5．数列a n ＝1n （n ＋1），其前n 项之和为910，则在平面直角坐标系中，直线(n ＋1)x ＋y ＋n ＝0在y 轴上的截距为( )A ．－10B ．－9C ．10D ．9【解析】数列的前n 项和为11×2＋12×3＋…＋1n （n ＋1）＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝910， ∴n ＝9，∴直线方程为10x ＋y ＋9＝0.令x ＝0，得y ＝－9，∴在y 轴上的截距为－9.【答案】 B6．(2016·西安模拟)数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，且a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21＝________．【解析】由a n ＋a n ＋1＝12＝a n ＋1＋a n ＋2，∴a n ＋2＝a n ，则a 1＝a 3＝a 5＝…＝a 21，a 2＝a 4＝a 6＝…＝a 20，∴S 21＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 20＋a 21)＝1＋10×12＝6. 【答案】 67．已知数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝（－1）n ＋12(n ∈N *)，a 1＝－12，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 2 015＝________．【解析】由题意知，a 1＝－12，a 2＝1，a 3＝－32， a 4＝2，a 5＝－52，a 6＝3，…，所以数列{a n }的奇数项构成了首项为－12，公差为－1的等差数列，偶数项构成了首项为1，公差为1的等差数列，通过分组求和可得S 2 015＝⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫－12×1 008＋1 008×1 0072×（－1）＋ ⎝⎛⎭⎫1×1 007＋1 007×1 0062×1＝－504. 【答案】－5048．设f (x )＝4x 4x ＋2，若S ＝f ⎝⎛⎭⎫12 015＋f ⎝⎛⎭⎫22 015＋…＋f ⎝⎛⎭⎫2 0142 015，则S ＝________．【解析】 ∵f (x )＝4x4x ＋2， ∴f (1－x )＝41－x41－x ＋2＝22＋4x， ∴f (x )＋f (1－x )＝4x 4x ＋2＋22＋4x＝1. S ＝f ⎝⎛⎭⎫12 015＋f ⎝⎛⎭⎫22 015＋…＋f ⎝⎛⎭⎫2 0142 015，① S ＝f ⎝⎛⎭⎫2 0142 015＋f ⎝⎛⎭⎫2 0132 015＋…＋f ⎝⎛⎭⎫12 015，② ①＋②得， 2S ＝⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫12 015＋f ⎝⎛⎭⎫2 0142 015＋⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫22 015＋f ⎝⎛⎭⎫2 0132 015 ＋…＋⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫2 0142 015＋f ⎝⎛⎭⎫12 015＝2 014， ∴S ＝2 0142＝1 007. 【答案】 1 0079．(2015·湖北)设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q .已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)当d >1时，记c n ＝a n b n，求数列{c n }的前n 项和T n . 【解析】 (1)由题意有⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝29.故⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －1或⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝19（2n ＋79），b n ＝9·⎝⎛⎭⎫29n －1. (2)由d >1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故c n ＝2n －12n －1，于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，① 12T n ＝12＋322＋523＋724＋…＋2n －32n －1＋2n －12n .② ①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ，故T n ＝6－2n ＋32n －1. 10．(2015·天津)已知数列{a n }满足a n ＋2＝qa n (q 为实数，且q ≠1)，n ∈N *，a 1＝1，a 2＝2，且a 2＋a 3，a 3＋a 4，a 4＋a 5成等差数列．(1)求q 的值和{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a 2n a 2n －1，n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和．【解析】 (1)由已知，有(a 3＋a 4)－(a 2＋a 3)＝(a 4＋a 5)－(a 3＋a 4)，即a 4－a 2＝a 5－a 3，所以a 2(q －1)＝a 3(q －1)．又因为q ≠1，所以a 3＝a 2＝2.由a 3＝a 1·q ，得q ＝2.当n ＝2k －1(k ∈N *)时，a n ＝a 2k －1＝2k －1＝2n －12；当n ＝2k (k ∈N *)时，a n ＝a 2k ＝2k ＝2n 2.所以{a n }的通项公式为a n＝⎩⎨⎧a n －12，n 为奇数，a n 2，n 为偶数. (2)由(1)得b n ＝log 2a 2n a 2n －1＝n 2n －1，n ∈N *. 设{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1×120＋2×121＋3×122＋…＋(n －1)×12n －2＋n ×12n －1，12S n ＝1×121＋2×122＋3×123＋…＋(n －1)×12n －1＋n ×12n ，上述两式相减，得12S n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝1－12n 1－12－n 2n ＝2－22n －n 2n ，整理，得S n ＝4－n ＋22n －1，n ∈N *. 所以，数列{b n }的前n 项和为4－n ＋22n －1，n ∈N *. B 组专项能力提升(时间：30分钟)11．已知数列2 008，2 009，1，－2 008，－2 009，…，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 014项之和S 2 014等于( )A ．2 008B ．2 010C ．1D ．0【解析】由已知得a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)，∴a n ＋1＝a n －a n －1.故数列的前8项依次为2 008，2 009，1，－2 008，－2 009，－1，2 008，2 009.由此可知数列为周期数列，周期为6，且S 6＝0.∵2 014＝6×335＋4，∴S 2 014＝S 4＝2 008＋2 009＋1＋(－2 008)＝2 010.【答案】 B12．1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n 2等于( ) A.n （n ＋1）2 B ．－n （n ＋1）2C ．(－1)n ＋1n （n ＋1）2D ．以上答案均不对【解析】当n 为偶数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n 2＝－3－7－…－(2n －1)＝－n 2（3＋2n －1）2＝－n （n ＋1）2；当n 为奇数时，1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n 2 ＝－3－7－…－2(n －1)－1]＋n 2＝－n －12[3＋2（n －1）－1]2＋n 2＝n （n ＋1）2，综上可得，原式＝(－1)n＋1n （n ＋1）2.13．(2015·江苏)设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________．【解析】先利用累加法求a n ，再利用裂项法求⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前10项和．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＋n 2(n ≥2)．∵当n ＝1时也满足此式，∴a n ＝n 2＋n 2(n ∈N *)．∴1a n ＝2n 2＋n ＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1. ∴S 10＝2×⎝⎛⎭⎫11－12＋12－13＋…＋110－111＝2×⎝⎛⎭⎫1－111＝2011.【答案】 201114．(2015·山东)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知2S n ＝3n ＋3.(1)求{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足a n b n ＝log 3a n ，求{b n }的前n 项和T n .【解析】 (1)因为2S n ＝3n ＋3，所以2a 1＝3＋3，故a 1＝3.当n ≥2时，2S n －1＝3n －1＋3，此时2a n ＝2S n －2S n －1＝3n －3n －1＝2×3n －1，即a n ＝3n －1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3， n ＝1，3n －1， n ≥2.(2)因为a n b n ＝log 3a n ，所以b 1＝13.当n ≥2时，b n ＝31－n log 33n －1＝(n －1)·31－n . 所以T 1＝b 1＝13；当n ≥2时，T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝13＋1×3－1＋2×3－2＋…＋(n －1)×31－n ]，所以3T n ＝1＋1×30＋2×3－1＋…＋(n －1)×32－n ]，2T n ＝23＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n )－(n －1)×31－n ＝23＋1－31－n 1－3－1－(n －1)×31－n ＝136－6n ＋32×3n ，所以T n ＝1312－6n ＋34×3n. 经检验，n ＝1时也适合．综上可得T n ＝1312－6n ＋34×3n. 15．(2015.浙江)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝2，b 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，b 1＋12b 2＋13b 3＋ (1)b n ＝b n ＋1－1(n ∈N *)．(1)求a n 与b n ；(2)记数列{a n b n }的前n 项和为T n ，求T n .【解析】 (1)由a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，得a n ＝2n (n ∈N *)．由题意知：当n ＝1时，b 1＝b 2－1，故b 2＝2.当n ≥2时，1nb n ＝b n ＋1－b n . 整理得b n ＋1n ＋1＝b n n，所以b n ＝n (n ∈N *)． (2)由(1)知a n b n ＝n ·2n ，因此T n ＝2＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n ， 2T n ＝22＋2·23＋3·24＋…＋n ·2n ＋1，所以T n －2T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1. 故T n ＝(n －1)2n ＋1＋2(n ∈N *)．。

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