[推荐学习]高三数学二轮复习专题3数列与递教案苏教版

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高中数学《数列》二轮复习教学设计

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必修 5 第 2 章教学内容分析
《数列》是高考的热点，同时也是高考的难点，在高考中一般占 19 分，小题 5 分，
解答题 14 分，其中小题和解答题的第一问往往是基础题，所以这 9 分是学生必得的
分数。同时引导学生利用函数的思想去直观的认识数列的本质是高考能力立意的指导
（1）设数列 bn1 an1 2an ，
且
b1=
3 2
证明{ bn
}是等比
数列。
（2）
设
数
列
cn
an 2n
，证明
学生分析问题，并合作解决问题，教师适时点拨第（1）问，注意 n 2 第（2）问，可利用第一问结论，亦可用题设
用等差数列，等比数列的定义证明数列，并求通项公式和前 n 项的和；解题时要总览全局，注意上一问的结论可作为下面问题的条件。
反思
题在高考中考什么，怎么考。学生通过自主探索和合作交流中理解并掌握本节内容。在课堂教学中充满了师生，生生之间的交流互动。
本节课不足：1、例 3 的幻灯片没设计好，存在有重叠看不清的问题，以后课前要
预看。2、还应更注重细节，讲究规范，强调反思。本节课基本达到了预定的目标，在
教学过程中学生参与度高，课堂气氛活跃。在以后的教学中努力提高教学技巧，逐步
4、通过解题后的反思，找准自己的问题，总结成功经验，吸取失败教训。
4/5
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1、在数列{ an }中， a1 =8， a4 2 且满足 an2 2an1 an
（1）求数列{ an }的通项公式

(江苏专用)2020版高考数学二轮复习专题三数列第2讲数列的求解与综合创新学案(文)苏教版

第2讲数列的求解与综合创新 [2019考向导航]考点扫描三年考情考向预测2019201820171．数列求通项、求和及求参数的范围(值)第14题以解答题的形式考查，主要是等差、等比数列的定义、通项公式、前n项和公式及其性质等知识交汇综合命题，考查用数列知识分析问题、解决问题的能力，属高档题．2．数列的综合与创新第20题第20题第19题1．必记的概念与定理(1)等差数列{a n}的前n项和公式：S n＝n（a1＋a n）2＝na1＋n（n－1）2d；(2)等比数列{a n}的前n项和公式：q≠1时，S n＝a1（1－q n）1－q＝a1－a n q1－q；q＝1时，S n＝na1；(3)数列求和的方法技巧①分组转化法有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列的通项公式拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．②错位相减法这是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n·b n}的前n项和，其中{a n}，{b n}分别是等差数列和等比数列．③倒序相加法若求和式中到首尾距离相等的两项和相等或者求和式中到首尾距离相等的两项具有某种对称性，则可以考虑使用倒序相加的求和方法．在使用倒序相加法求和时要注意相加后求出的和是所求和的二倍，得出解题结果后不要忽视了除以2．④裂项相消法利用通项公式变形，将通项公式分裂成两项或几项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和．2．记住几个常用的公式与结论常见的拆项公式： (1)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1；(2)1n （n ＋k ）＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k ；(3)1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；(4)1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )．3．需要关注的易错易混点在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形导致解题失误．数列求通项、求和及求参数的范围(值)[典型例题](2019·南京高三模拟)已知常数p ＞0，数列{a n }满足a n ＋1＝|p －a n |＋2a n ＋p ，n ∈N *．(1)若a 1＝－1，p ＝1， ①求a 4的值；②求数列{a n }的前n 项和S n ．(2)若数列{a n }中存在三项a r ，a s ，a t (r ，s ，t ∈N *，r ＜s ＜t )依次成等差数列，求a 1p的取值范围．【解】 (1)因为p ＝1，所以a n ＋1＝|1－a n |＋2a n ＋1． ①因为a 1＝－1，所以a 2＝|1－a 1|＋2a 1＋1＝1，a 3＝|1－a 2|＋2a 2＋1＝3，a 4＝|1－a 3|＋2a 3＋1＝9．②因为a 2＝1，a n ＋1＝|1－a n |＋2a n ＋1，所以当n ≥2时，a n ≥1，从而a n ＋1＝|1－a n |＋2a n ＋1＝a n －1＋2a n ＋1＝3a n (n ≥2)，所以a n ＝3n －2(n ≥2)．当n ＝1时，S 1＝－1．当n ≥2时，S n ＝－1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝－1＋1－3n －11－3＝3n －1－32．所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，3n －1－32，n ≥2，n ∈N *，即S n ＝3n －1－32，n ∈N *． (2)因为a n ＋1－a n ＝|p －a n |＋a n ＋p ≥p －a n ＋a n ＋p ＝2p ＞0，所以a n ＋1＞a n ，即{a n }单调递增． ①当a 1p≥1时，有a 1≥p ，于是a n ≥a 1≥p ，所以a n ＋1＝|p －a n |＋2a n ＋p ＝a n －p ＋2a n ＋p ＝3a n ，所以a n ＝3n －1a 1．若{a n }中存在三项a r ，a s ，a t (r ，s ，t ∈N *，r ＜s ＜t )依次成等差数列，则有2a s ＝a r ＋a t ，即2×3s －1＝3r －1＋3t －1．(*)因为s ≤t －1，所以2×3s －1＝23×3s ＜3t －1＜3r －1＋3t －1，即(*)不成立．故此时数列{a n }中不存在三项依次成等差数列． ②当－1＜a 1p＜1时，有－p ＜a 1＜p ．此时a 2＝|p －a 1|＋2a 1＋p ＝p －a 1＋2a 1＋p ＝a 1＋2p ＞p ，于是当n ≥2时，a n ≥a 2＞p ，从而a n ＋1＝|p －a n |＋2a n ＋p ＝a n －p ＋2a n ＋p ＝3a n ．所以a n ＝3n －2a 2＝3n －2(a 1＋2p )(n ≥2)．若{a n }中存在三项a r ，a s ，a t (r ，s ，t ∈N *，r ＜s ＜t )依次成等差数列，由①可知，r ＝1，于是有2×3s －2(a 1＋2p )＝a 1＋3t －2(a 1＋2p )．因为2≤s ≤t －1，所以a 1a 1＋2p＝2×3s －2－3t －2＝29×3s －13×3t －1＜0．因为2×3s －2－3t －2是整数，所以a 1a 1＋2p≤－1，于是a 1≤－a 1－2p ，即a 1≤－p ，与－p ＜a 1＜p 矛盾，故此时数列{a n }中不存在三项依次成等差数列． ③当a 1p≤－1时，有a 1≤－p ＜p ，a 1＋p ≤0，于是a 2＝|p －a 1|＋2a 1＋p ＝p －a 1＋2a 1＋p ＝a 1＋2p ，a 3＝|p －a 2|＋2a 2＋p ＝|p ＋a 1|＋2a 1＋5p ＝－p －a 1＋2a 1＋5p ＝a 1＋4p ，此时有a 1，a 2，a 3成等差数列．综上可知：a 1p≤－1．对于数列中有关参数的范围(值)问题，技巧性较高，主要是抓住n ∈N *这一特点，常常用函数思想和转化化归思想将有关问题转化为函数或放缩到某一范围处理．[对点训练]1．(2019·江苏名校高三入学摸底)已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝a n ＋2a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和S n ； (3)在第(2)问的条件下，若不等式(－1)nλ(4－S n )≤1对任意的n ∈N *恒成立，求λ的取值范围．[解] (1)由已知得a n ＋1n ＋1＝2a n n，其中n ∈N *，又a 11＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为1，公比为2的等比数列，所以a n n＝2n －1，则a n ＝n ·2n －1．(2)由(1)知，b n ＝4（n ＋2）n ·（n ＋1）2n ＝4n ·2n －1－4（n ＋1）2n ，故S n ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－14＋14－112＋112－132＋…＋1n ·2n －1－1（n ＋1）2n＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1（n ＋1）2n ．(3)由(2)得S n ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1（n ＋1）2n ，所以(－1)nλ(4－S n )≤1可化为4（－1）nλ（n ＋1）2n ≤1．当n 为奇数时，不等式可化为λ≥－（n ＋1）2n4，记f (n )＝－（n ＋1）2n4，易证{f (n )}是递减数列，所以f (n )max ＝f (1)＝－1，所以λ≥－1．当n 为偶数时，不等式可化为λ≤（n ＋1）2n4，记g (n )＝（n ＋1）2n4，易证{g (n )}是递增数列，所以g (n )min ＝g (2)＝3，所以λ≤3．综上可知，λ的取值范围为－1≤λ≤3．数列的综合与创新 [典型例题](2019·高考江苏卷)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M －数列”． (1)已知等比数列{a n }(n ∈N *)满足：a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，求证：数列{a n }为“M －数列”；(2)已知数列{b n }(n ∈N *)满足：b 1＝1，1S n ＝2b n －2b n ＋1，其中S n 为数列{b n }的前n 项和．①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数．若存在“M －数列”{c n }(n ∈N *)，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有c k ≤b k ≤c k ＋1成立，求m 的最大值．【解】 (1)证明：设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0．由⎩⎪⎨⎪⎧a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a 21q 4＝a 1q 4，a 1q 2－4a 1q ＋4a 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2．因此数列{a n }为“M －数列”． (2)①因为1S n ＝2b n －2b n ＋1，所以b n ≠0．由b 1＝1，S 1＝b 1，得11＝21－2b 2，则b 2＝2．由1S n ＝2b n －2b n ＋1，得S n ＝b n b n ＋12（b n ＋1－b n ），当n ≥2时，由b n ＝S n －S n －1，得b n ＝b n b n ＋12（b n ＋1－b n ）－b n －1b n2（b n －b n －1），整理得b n ＋1＋b n －1＝2b n ．所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列．因此，数列{b n }的通项公式为b n ＝n (n ∈N *)． ②由①知，b k ＝k ，k ∈N *．因为数列{c n }为“M －数列”，设公比为q ，所以c 1＝1，q >0．因为c k ≤b k ≤c k ＋1，所以q k －1≤k ≤q k，其中k ＝1，2，3，…，m ．当k ＝1时，有q ≥1；当k ＝2，3，…，m 时，有ln k k ≤ln q ≤ln kk －1．设f (x )＝ln x x (x >1)，则f ′(x )＝1－ln xx2．令f ′(x )＝0，得x ＝e ．列表如下：x (1，e) e (e ，＋∞)f ′(x ) ＋0 － f (x )极大值因为ln 22＝ln 86<ln 96＝ln 33，所以f (k )max ＝f (3)＝ln 33．取q ＝33，当k ＝1，2，3，4，5时，ln k k≤ln q ，即k ≤q k ，经检验知q k －1≤k 也成立．因此所求m 的最大值不小于5．若m ≥6，分别取k ＝3，6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216，所以q 不存在．因此所求m 的最大值小于6．综上，所求m 的最大值为5．数列综合与创新问题的解题策略(1)分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项公式、求通项公式需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序．(2)注意细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的．[对点训练]2．对于给定的正整数k，若数列{a n} 满足：a n－k＋a n－k＋1＋…＋a n－1＋a n＋1＋…＋a n＋k－1＋a n ＋k＝2ka n对任意正整数n(n>k) 总成立，则称数列{a n} 是“P(k)数列”．(1)证明：等差数列{a n}是“P(3)数列”；(2)若数列{a n}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{a n}是等差数列．[证明] (1)因为{a n}是等差数列，设其公差为d，则a n＝a1＋(n－1)d，从而，当n≥4时，a n－k＋a n＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d＝2a1＋2(n－1)d＝2a n，k＝1，2，3，所以a n－3＋a n－2＋a n－1＋a n＋1＋a n＋2＋a n＋3＝6a n，因此等差数列{a n}是“P(3)数列”．(2)数列{a n}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，当n≥3时，a n－2＋a n－1＋a n＋1＋a n＋2＝4a n，①当n≥4时，a n－3＋a n－2＋a n－1＋a n＋1＋a n＋2＋a n＋3＝6a n．②由①知，a n－3＋a n－2＝4a n－1－(a n＋a n＋1)，③a n＋2＋a n＋3＝4a n＋1－(a n－1＋a n)．④将③④代入②，得a n－1＋a n＋1＝2a n，其中n≥4，所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′．在①中，取n＝4，则a2＋a3＋a5＋a6＝4a4，所以a2＝a3－d′，在①中，取n＝3，则a1＋a2＋a4＋a5＝4a3，所以a1＝a3－2d′，所以数列{a n}是等差数列．1．已知数列{a n}的前n项和S n满足S n＋S m＝S n＋m(n，m∈N*)且a1＝5，则a8＝________．[解析] 数列{a n}的前n项和S n满足S n＋S m＝S n＋m(n，m∈N*)且a1＝5，令m＝1，则S n＋1＝S n＋S1＝S n＋5，即S n＋1－S n＝5，所以a n＋1＝5，所以a8＝5．[答案] 52．(2019·江苏省名校高三入学摸底卷)已知公差不为0的等差数列{a n}的前n项和为S n，若a1，a3，a4成等比数列，则S3S7－S4的值为________．[解析] 法一：设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 1，a 3，a 4成等比数列，所以a 23＝a 1a 4，所以(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋3d )，因为d ≠0，所以a 1＝－4d ，所以S 3S 7－S 4＝3a 1＋3×22d7a 1＋7×62d －⎝ ⎛⎭⎪⎫4a 1＋4×32d ＝3a 1＋3d 3a 1＋15d ＝－9d3d ＝－3．法二：设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 1，a 3，a 4成等比数列，所以a 23＝a 1a 4，所以(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋3d )，因为d ≠0，所以a 1＝－4d ，所以S 3S 7－S 4＝3a 23a 6＝a 1＋d a 1＋5d ＝－3dd＝－3． [答案] －33．(2019·泰州市高三模拟)设f (x )是R 上的奇函数，当x >0时，f (x )＝2x＋ln x4，记a n＝f (n －5)，则数列{a n }的前8项和为________．[解析] 数列{a n }的前8项和为a 1＋a 2＋…＋a 8＝f (－4)＋f (－3)＋…＋f (3)＝f (－4)＋[f (－3)＋f (3)]＋[f (－2)＋f (2)]＋[f (－1)＋f (1)]＋f (0)＝f (－4)＝－f (4)＝－(24＋ln 1)＝－16．[答案] －164．(2019·日照模拟改编)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＝________．[解析] 由S n ＝n 2－6n 可得，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－6n －(n －1)2＋6(n －1)＝2n －7．当n ＝1时，S 1＝－5＝a 1，也满足上式，所以a n ＝2n －7，n ∈N *．所以n ≤3时，a n ＜0；n ≥4时，a n ＞0，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，1≤n ≤3，n 2－6n ＋18，n ≥4．[答案] ⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，1≤n ≤3，n 2－6n ＋18，n ≥45．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，并且S 10>0，S 11<0，若S n ≤S k 对n ∈N *恒成立，则正整数k 的值为________．[解析] 由S 10>0，S 11<0知a 1>0，d <0，并且a 1＋a 11<0，即a 6<0，又a 5＋a 6>0，所以a 5>0，即数列的前5项都为正数，第5项之后的都为负数，所以S 5最大，则k ＝5．[答案] 56．(2019·南京高三模拟)若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 3－a 1＝2，则a 5的最小值为________．[解析] 设等比数列{a n }的公比为q (q ＞0且q ≠1)，则由a 3－a 1＝2，得a 1＝2q 2－1．因为a 3－a 1＝2＞0，所以q ＞1，所以a 5＝a 1q 4＝2q 4q 2－1．令q 2－1＝t ＞0，所以a 5＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋1t ＋2≥8，当且仅当t ＝1，即q ＝2时，等号成立，故a 5的最小值为8．[答案] 87．(2019·江苏名校高三入学摸底)定义实数a ，b 之间的运算⊕如下：a ⊕b ＝⎩⎪⎨⎪⎧a （a ≥b ）b （a <b ），已知数列{a n }满足：a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝2（a n ＋1⊕2）a n(n ∈N *)，若a 2 017＝1，记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 017的值为________．[解析] 因为a 1＝1，a 2＝1，所以a 3＝4，a 4＝8，a 5＝4，a 6＝1，a 7＝1，a 8＝4，…即此时{a n }是周期数列，且周期为5，所以a 2 017＝a 2＝1，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝18，故S 2 017＝403×18＋a 1＋a 2＝7 256． [答案] 7 2568．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，{a n }的“差数列”的通项公式为a n ＋1－a n ＝2n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________．[解析] 因为a n ＋1－a n ＝2n ，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n1－2＋2＝2n －2＋2＝2n．所以S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2．[答案] 2n ＋1－29．(2019·徐州调研)设等差数列{a n }满足a 3＋a 7＝36，a 4a 6＝275，且a n a n ＋1有最小值，则这个最小值为________．[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 3＋a 7＝36，所以a 4＋a 6＝36，与a 4a 6＝275，联立，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝11，a 6＝25或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝25，a 6＝11，当⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝11，a 6＝25时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－10，d ＝7，此时a n ＝7n －17，a 2＝－3，a 3＝4，易知当n ≤2时，a n <0，当n ≥3时，a n >0，所以a 2a 3＝－12为a n a n ＋1的最小值；当⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝25，a 6＝11时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝46，d ＝－7，此时a n ＝－7n ＋53，a 7＝4，a 8＝－3，易知当n ≤7时，a n >0，当n ≥8时，a n <0，所以a 7a 8＝－12为a n a n ＋1的最小值．综上，a n a n ＋1的最小值为－12． [答案] －1210．(2019·昆明调研)将数列{a n }中的所有项按每一行比上一行多1项的规则排成如下数阵：a 1a 2，a 3a 4，a 5，a 6a 7，a 8，a 9，a 10……记数阵中的第1列数a 1，a 2，a 4，…构成的数列为{b n }，S n 为数列{b n }的前n 项和．若S n＝2b n －1，则a 56＝________．[解析] 当n ≥2时，因为S n ＝2b n －1，所以S n －1＝2b n －1－1，所以b n ＝2b n －2b n －1，所以b n＝2b n －1(n ≥2且n ∈N *)，因为b 1＝2b 1－1，所以b 1＝1，所以数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以b n ＝2n －1．设a 1，a 2，a 4，a 7，a 11，…的下标1，2，4，7，11，…构成数列{c n }，则c 2－c 1＝1，c 3－c 2＝2，c 4－c 3＝3，c 5－c 4＝4，…，c n －c n －1＝n －1，累加得，c n －c 1＝1＋2＋3＋4＋…＋(n －1)，所以c n ＝n （n －1）2＋1，由c n ＝n （n －1）2＋1＝56，得n ＝11，所以a 56＝b 11＝210＝1 024．[答案] 1 02411．(2019·江苏名校高三入学摸底)构造数组，规则如下：第一组是两个1，即(1，1)，第二组是(1，2a ，1)，第三组是(1，a (1＋2a )，2a ，a (2a ＋1)，1)，…，在每一组的相邻两个数之间插入这两个数的和的a 倍得到下一组，其中a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14．设第n 组中有a n 个数，且这a n 个数的和为S n (n ∈N *)．(1)求a n 和S n ； (2)求证：a 1－1S 1＋a 2－1S 2＋…＋a n －1S n ≥n2． [解] (1)由题意可得a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋(a n －1)＝2a n －1，所以a n ＋1－1＝2(a n －1)，又a 1－1＝1，则a n －1＝2n －1，所以a n ＝2n －1＋1．又S 1＝2，且S n ＋1＝S n ＋2a (S n －1)＝(2a ＋1)S n －2a ，则S n ＋1－1＝(2a ＋1)(S n －1)，又S 1－1＝1，所以S n －1＝(2a ＋1)n －1，所以S n ＝(2a ＋1)n －1＋1．(2)证明：令b n ＝a n －1S n ，则b n ＝2n －1（2a ＋1）n －1＋1．下面用分析法证明数列{b n }为单调递增数列．要证b n <b n ＋1，即证2n －1（2a ＋1）n －1＋1<2n（2a ＋1）n＋1，又a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14，故即证2(2a ＋1)n －1＋2>(2a ＋1)n ＋1，只需证2(2a ＋1)n －1≥(2a ＋1)n，即证2≥2a ＋1，显然成立，则数列{b n }为单调递增数列．所以a 1－1S 1＋a 2－1S 2＋…＋a n －1S n ≥n ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－1S 1＝n2． 12．(2019·江苏名校高三入学摸底)已知各项均为正数的数列{a n }满足：a 1＝a ，a 2＝b ，a n ＋1＝a n a n ＋2＋m (n ∈N *)，其中m ，a ，b 均为实常数．(1)若m ＝0，且a 4，3a 3，a 5成等差数列． ①求ba的值；②若a ＝2，令b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数2log 2a n －1，n 为偶数，求数列{b n }的前n 项和S n ；(2)是否存在常数λ，使得a n ＋a n ＋2＝λa n ＋1对任意的n ∈N *都成立？若存在，求出实数λ的值(用m ，a ，b 表示)；若不存在，请说明理由．[解] (1)①因为m ＝0，所以a 2n ＋1＝a n a n ＋2，所以正项数列{a n }是等比数列，不妨设其公比为q ．又a 4，3a 3，a 5成等差数列，所以q 2＋q ＝6，解得q ＝2或q ＝－3(舍去)，所以b a＝2．②当a ＝2时，数列{a n }是首项为2、公比为2的等比数列，所以a n ＝2n，所以b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，即数列{b n }的奇数项依次构成首项为2、公比为4的等比数列，偶数项依次构成首项为3、公差为4的等差数列．当n 为偶数时，S n ＝2（1－4n 2）1－4＋n2（3＋2n －1）2＝2n ＋13＋n 2＋n 2－23；当n 为奇数时，S n ＝2（2n ＋1－1）3＋（n ＋1）（n ＋1＋1）2－(2n ＋1)＝2n ＋23＋n 2－n 2－23．所以S n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋13＋n 2＋n 2－23，n 为偶数2n ＋23＋n 2－n 2－23，n 为奇数．(2)存在常数λ＝a 2＋b 2－m ab，使得a n ＋a n ＋2＝λa n ＋1对任意的n ∈N *都成立．证明如下：因为a 2n ＋1＝a n a n ＋2＋m (n ∈N *)，所以a 2n ＝a n －1a n ＋1＋m ，n ≥2，n ∈N *，所以a 2n ＋1－a 2n ＝a n a n ＋2－a n －1a n ＋1，即a 2n ＋1＋a n －1a n ＋1＝a n a n ＋2＋a 2n ．由于a n >0，此等式两边同时除以a n a n ＋1，得a n ＋a n ＋2a n ＋1＝a n －1＋a n ＋1a n，所以a n ＋a n ＋2a n ＋1＝a n －1＋a n ＋1a n ＝…＝a 1＋a 3a 2，即当n ≥2，n ∈N *时，都有a n ＋a n ＋2＝a 1＋a 3a 2a n ＋1．因为a 1＝a ，a 2＝b ，a 2n ＋1＝a n a n ＋2＋m ，所以a 3＝b 2－ma，所以a 1＋a 3a 2＝a ＋b 2－m a b ＝a 2＋b 2－mab，所以当λ＝a 2＋b 2－m ab时，对任意的n ∈N *都有a n ＋a n ＋2＝λa n ＋1成立．13．(2019·泰州市高三模拟)已知数列{a n }，{b n }满足2S n ＝(a n ＋2)b n ，其中S n 是数列{a n }的前n 项和．(1)若数列{a n }是首项为23，公比为－13的等比数列，求数列{b n }的通项公式；(2)若b n ＝n ，a 2＝3，求数列{a n }的通项公式；(3)在(2)的条件下，设c n ＝a n b n，求证：数列{c n }中的任意一项总可以表示成该数列其他两项之积．[解] (1)因为a n ＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －1＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ， S n ＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ，所以b n ＝2S na n ＋2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n－2⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ＋2＝12． (2)若b n ＝n ，则2S n ＝na n ＋2n ，① 所以2S n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1＋2(n ＋1)，② ②－①得2a n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1－na n ＋2，即na n ＝(n －1)a n ＋1＋2，③当n ≥2时，(n －1)a n －1＝(n －2)a n ＋2，④ ④－③得(n －1)a n －1＋(n －1)a n ＋1＝2(n －1)a n ，即a n －1＋a n ＋1＝2a n ，由2S 1＝a 1＋2，得a 1＝2，又a 2＝3，所以数列{a n }是首项为2，公差为3－2＝1的等差数列，故数列{a n }的通项公式是a n ＝n ＋1． (3)证明：由(2)得c n ＝n ＋1n，对于给定的n ∈N *，若存在k ≠n ，t ≠n ，k ，t ∈N *，使得c n ＝c k ·c t ，只需n ＋1n ＝k ＋1k ·t ＋1t，即1＋1n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1t ，即1n ＝1k ＋1t ＋1kt ，则t ＝n （k ＋1）k －n ，取k ＝n ＋1，则t ＝n (n ＋2)，所以对数列{c n }中的任意一项c n ＝n ＋1n ，都存在c n ＋1＝n ＋2n ＋1和c n 2＋2n ＝n 2＋2n ＋1n 2＋2n，使得c n＝c n ＋1·c n 2＋2n ．14．(2019·盐城高三模拟)已知数列{a n }满足a 1＝m ，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n ，n ＝2k －1a n ＋r ，n ＝2k (k ∈N *，r ∈R )，其前n 项和为S n ．(1)当m 与r 满足什么关系时，对任意的n ∈N *，数列{a n }都满足a n ＋2＝a n?(2)对任意的实数m ，r ，是否存在实数p 与q ，使得{a 2n ＋1＋p }与{a 2n ＋q }是同一个等比数列？若存在，请求出p ，q 满足的条件；若不存在，请说明理由；(3)当m ＝r ＝1时，若对任意的n ∈N *，都有S n ≥λa n ，求实数λ的最大值．[解] (1)由题意，得a 1＝m ，a 2＝2a 1＝2m ，a 3＝a 2＋r ＝2m ＋r ，由a 3＝a 1，得m ＋r ＝0．当m ＋r ＝0时，因为a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n ，n ＝2k －1a n －m ，n ＝2k(k ∈N *)，所以a 1＝a 3＝…＝m ，a 2＝a 4＝…＝2m ，故对任意的n ∈N *，数列{a n }都满足a n ＋2＝a n ．即当实数m ，r 满足m ＋r ＝0时，题意成立． (2)依题意，a 2n ＋1＝a 2n ＋r ＝2a 2n －1＋r ，则a 2n ＋1＋r ＝2(a 2n －1＋r )，因为a 1＋r ＝m ＋r ，所以当m ＋r ≠0时，{a 2n ＋1＋r }是等比数列，且a 2n ＋1＋r ＝(a 1＋r )2n＝(m ＋r )2n．为使{a 2n ＋1＋p }是等比数列，则p ＝r ．同理，当m ＋r ≠0时，a 2n ＋2r ＝(m ＋r )2n，则为使{a 2n ＋q }是等比数列，则q ＝2r ．综上所述，①若m ＋r ＝0，则不存在实数p ，q ，使得{a 2n ＋1＋p }与{a 2n ＋q }是等比数列；②若m ＋r ≠0，则当p ，q 满足q ＝2p ＝2r 时，{a 2n ＋1＋p }与{a 2n ＋q }是同一个等比数列． (3)当m ＝r ＝1时，由(2)可得a 2n －1＝2n－1，a 2n ＝2n ＋1－2，当n ＝2k 时，a n ＝a 2k ＝2k ＋1－2，S n ＝S 2k ＝(21＋22＋…＋2k )＋(22＋23＋…＋2k ＋1)－3k ＝3(2k ＋1－k －2)，所以S n a n＝3⎝⎛⎭⎪⎫1－k2k ＋1－2．令c k ＝k 2k ＋1－2，则c k ＋1－c k ＝k ＋12k ＋2－2－k2k ＋1－2＝（1－k ）2k ＋1－2（2k ＋2－2）（2k ＋1－2）<0，所以S n a n ≥32，λ≤32．当n ＝2k －1时，a n ＝a 2k －1＝2k－1，S n ＝S 2k －a 2k ＝3(2k ＋1－k －2)－(2k ＋1－2)＝2k ＋2－3k －4，所以S n a n ＝4－3k2k －1，同理可得S na n≥1，λ≤1．综上所述，实数λ的最大值为1．。

苏教版高中数学必修五数列教案(3)

数列教学目标1．理解数列概念，了解数列的分类，理解数列是一种特殊的函数，会用列表法和图象法表示数列；2．理解数列的通项公式的概念，能根据数列的前几项写出数列的通项公式，并会用通项公式写出数列的任意一项；3．对于比较简单的数列，会根据其前几项写出它的个通项公式；4．数列的前n 项的和的公式及其应用． 5．提高观察、抽象的能力．教学重点1．理解数列概念； 2．通项公式的应用．教学难点根据一些数列的前几项写出数列的一个通项公式．克服难点的关键是由各项的特点，分析、寻找各项的构成未规律．教学方法发现式教学法教学过程设置情境考察下列问题：某剧场有30排座位，第一排有20个座位，从第二排起，后一排都比前一排多2个座位（如图），那么各排的座位数依次为20，22，24，26，28，…． ①人们在1740年发现了一颗彗星，并推算出这颗彗星每隔83年出现一次，那么从发现那次算起，这颗彗星出现的年份依次为1740，1823，1906，1989，2072，…． ②某种细胞，如果每个细胞每分钟分裂为2个，那么每过1分钟，1个细胞分裂的个数依次为1，2，4，8，16，…． ③“一尺之棰，日取其半，万世不竭”的意思为：一尺长的木棒，每日取其一半，永远也取不完．如果将“一尺之棰”视为１份，那么每日剩下的部分依次为1，21，41，81，161，…． ④ 某种树木第1年长出幼枝，第２年幼枝长成粗干，第３年粗干可生出幼枝（如图），那么按照这个规律，各年树木的枝干数依次为1，1，2，3，5，8，…． ⑤从1984年到2004年，我国共参加了6次奥运会，各次参赛获得的金牌总数依次为15，5，16，16，28，32． ⑥问题1 这些问题有什么共同的特点？把数按照一定的次序排成一列．意义建构、数学理论数列的概念按照一定次序排列的一列数称为数列（sequence of number ），数列的一般形式可以写成1a ，2a ，3a ，…，n a ，…，简记为｛n a ｝．其中1a 称为数列｛n a ｝的第１项（或称为首项），2a 称为第２项，…，n a 称为第n 项．…．思考：能不能把数列的定义改成“按照一定规律排列的一列数称为数列”？数列中数的有序性，如果我们将数列1，2，4，8，16，…中2，4位置交换得：1，4，2，8，16，…这个数列就是与原数列不同的数列了．项：数列中的每一个数都叫做这个数列的项．在数列｛n a ｝中，1a 称为数列｛n a ｝的第１项（或称为首项），2a 称为第２项，…，n a 称为第n 项．…．数列的分类：项数有限的数列叫做有穷数列，项数无限的数列叫做无穷数列．在上面我们考察的数列中那些是有穷数列，那些是无穷数列？学生活动问题2 上面这些数列的每一项与这一项的序号是否有一定的对应关系？这一关系可否用一个公式表示？（引导学生进一步理解数列与项的定义，从而发现数列的通项公式）对于上面的数列②，第一项与这一项的序号有这样的对应关系：项 20， 22， 24， 26， 28，…． ①↓ ↓ ↓ ↓ ↓序号 1 2 3 4 5这个数列的某一项与这一项的序号可用一个公式：n a n 218+=来表示其对应关系，即：只要依次用1，2，3…代替公式中的n ，就可以求出该数列相应的各项．进一步考察上面这些数列，依次可以写出第n 项与n 的关系如下：数列②：n a =1740+(n-1)83(n ∈N *)，数列③：12-=n n a （n ≥1，n ∈N ），数列④：121-=n n a （n ≥1，n ∈N ）．必须注意，不是所有的数列都可以写出上面这样的关系的，如数列⑥．通项公式：如果数列{}n a 的第n 项n a 与n 之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通项公式．问题3 数列的通项公式与函数有何联系？为了解决这个问题我们先回顾函数的有关概念．在前面第二章中我们一起学习了有关映射与函数的知识，现在我们再来回顾一下函数的定义:如果A 、B 都是非空数集，那么A 到B 的某种对应法则f ，对于集合A 中的每一个元素x ，在集合B 中都有惟一的元素y 和它对应，这样的对应叫做从从A 到B 的一个函数，记作：)(x f y =，其中A x ∈．从函数的观点来观察数列的通项公式，数列实际上就是特殊的函数，数列可以看作是一个定义域为正自然数集N +（或它的有限子集{}n ,,2,1Λ的函数，当自变量从小到大依次取值时对应的一列函数值，数列的通项公式就是相应函数的解析式．我们知道函数通常可以用列表法、图象法和解析式法来表示，因此数列也可以用列表法、图象法及解析式来表示．数列的通项公式实际上就是数列的解析式．下面我们结合例题来看看如何用列表法及图象法表示数列．数学应用例1 已知数列｛n a ｝的通项公式，写出这个数列的前5项，并作出它的图象：（1）n a ＝1+n n；（2）n a ＝nn 2)1(-．解 n123451+=n n a n 213243 54 65 n nn a 2)1(-= 21-41 81- 161 321-特点：它们都是一群弧立的点．从函数的观点看数列，它就是一种特殊函数的一列函数值．因为，数列中的每一个数都对应着一个序号；反之，每个序号也都对应着数列中一个数，如数列1，21，31，41，51中第3项（序号3）就对应着数31，第5项对应着数51．因此，可以认为这个数列是定义在集合{1，2，3，4，5}上的函数f (n )依次得到的函数值，而f (n )＝n1就是这个函数的解析式．为什么要用函数的观点看数列呢？因为这样才能从本质上去理解数列的通项公式、求和公式、递增与递减等等有关问题，并用所学过的函数知识去指导我们解有关数列的问题．一方面不是所有的数列都很方便地能写出它的通项公式（如同有的函数关系不能用解析式表达一样）；另一方面，有的数列的通项公式在形式上可能不唯一，如―1，1，―1，1，―1，1,…，它的通项公式可以是a n ＝(－1)n，也可以是a n ＝cos n π，还可以是⎪⎩⎪⎨⎧-=.1,1为奇数时为奇数时n n a n例2 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）1，3，5，7；（2）2122-，3132-，4142-，5152-；（3）211⨯，321⨯-，431⨯，541⨯-．［分析］（1）项1=2×1-1， 3=2×2-1， 5=2×3-1， 7=2×4-1， ↓ ↓ ↓ ↓ 序号 1 2 3 4 ∴12-=n a n ；（2）序号：1 2 3 4↓ ↓ ↓ ↓ 项分母：2=1+1 3=2+1 4=3+1 5=4+1↓ ↓ ↓ ↓项分子： 22-1 32-1 42-1 52-1∴11)1(2+-+=n n a n ；‖ ‖ ‖ ‖ )11(11)1(1+⨯- )12(21)1(2+⨯- )13(31)1(3+⨯- )12(21)1(2+⨯-∴)1(1)1(+-=n n a nn ．例3 写出以下各数列的一个通项公式：（1）－1，58，－715，924，－1135，…；（2）2－1，4＋21，8－31，16＋41，…；（3） 0.9，0.99，0.999，0.9999，…；帮助学生分析为什么题中要说明是写出一个通项公式．解（1）要求出此数列的通项公式应分别寻找符号、分子、分母的变化规律．符号：－1，1，－1，1，…规律为(－1)n ；分母：3，5，7，9，11…(第一项应化成－33)，规律为2n ＋1；分子：3，8，15，24，35，…，可看作22－1，32－1，42－1，52－1，62－1，…规律为（n +1）2－1，故a n ＝(－1)n 121)1(2+-+n n ．（2）数列的每一项分别由两部分组成，前一部分2，4，8，16，…，规律为2n ；后一部分－1, 21，－31，41，…，规律为nn 1)1(⋅-， ∴ a n ＝2n＋n n )1(-．（3）数列可看成1－0.1，1－0.01，1－0.001，1－0.0001，…， ∴nn a --=101．[说明] 仅仅根据数列的前几项写出数列的通项公式应该说是不科学的，因为后面未写出的项是否满足此规律不得而知，因此这类题仅作“寻找数列各项变化规律”的练习用，以培养观察、分析能力．例4 已知数列a 1＝2，a n ＋1＝2＋nna a -12，写出它的前4项．解： a 1＝2，a 2＝2＋1112a a -＝－2，a 3＝2＋2212a a -＝2＋32)2(1)2(2=---⨯， a 4＝2＋3312a a -＝6． [说明] 通过递推关系给出数列也是构成数列的一种重要方法，数学中有不少重要的数列都是由递推公式构成的，如由a 1＝a 2＝1，且a n ＝a n －1＋a n －2(n ≥3)就得出有名的斐波拉契数列：1，1，2，3，5，8，13，…．数列的前n 项和S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ，S n 与a n 之间的关系为：211 1 ⨯↓ 321 3 ⨯-↓ 431 3 ⨯-↓ 541 4 ⨯-↓ （3）序号⎪⎩⎪⎨⎧∈≥-==-),,2(),1(*11N n n S S n S a n nn 这个关系式今后常常要用．例5 数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2＋1，求a 1、a 5的值．解：根据⎪⎩⎪⎨⎧∈≥-==-),,2(),1(*11N n n S S n S a n nn 可得311==S a ， 183351455=-=-=S S a ．课堂练习（1）若数列的通项公式是a n ＝n (n ＋1)，则a n ＋1－a n 为（）．[C]Ａ．2n Ｂ．2n ＋1 Ｃ．2n ＋2 Ｄ．2n ＋3（2）数列{a n }为1，0，1，0，…，则下列各式中不能作为它的通项公式的是（）．[C]Ａ．2)1(11+-+n Ｂ．si n 22πn Ｃ．3)4)(2(--n n Ｄ．2cos 1πn -（3）已知数列5，11，17，23，29，…，则55是它的第项．[21]（4）写出下列数列的一个通项公式：① －1，3，－5，7，－9，…； ② －267,175103,51-，…； ③ 1618,816,414,212，…； ④ 189,167,145,123+-+-,…． [①2n －3；② (－1)n 1)1(122++-n n ； ③ 2n ＋(21)n ；④ n n 212+＋(－1)n ] （5）已知{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝2a n ＋1，写出它的前6项，并推测它的通项公式． [ 3，7，15，31，63，127；推测a n ＝2n ＋1－1．]课堂小结这李课我们学习了数列及有关定义，会根据通项公式求其任意一项，并会根据数列的前n 项求一些简单数列的通项公式．。

江苏省苏州市第五中学高三数学数列递推关系的应用复习教学案

江苏省苏州市第五中学高三数学数列递推关系的应用复习教学案教学目标：1.掌握等差、等比数列的通项公式及累加、累乘法求数列的通项公式。

2.能正确处理数列中的递推关系，进而将其转化为等差、等比数列，或利用等差、等比的知识进行解答。

3.通过渗透化归思想、待定系数法、累加、累乘等方法，提高学生解决数列问题的能力。

二．例题选讲例1.（1）数列{}n a 中21=a ，)11ln(1na a n n ++=+，则=n a 。

（2）设{}n a 是首项为1的正项数列，且满足0)1(1221=⋅+-+++n n n n a a na a n )(*∈N n ，则它的通项公式=n a 。

例2.数列{}n a 中，首项11=a ，),2(121*-∈≥+=N n n a a n n ，求n a变式1：数列{}n a 中，首项11=a ，),2(221*-∈≥+=N n n a a n n n ，求n a变式2：数列{}n a 中，首项11=a ，),2(321*-∈≥+=N n n a a n n n ，求n a练习：已知数列{}n a 满足51=a ，52=a ，116-++=n n n a a a （2≥n ）。

（1）求证：{}n n a a 21++是等比数列；（2）求数列{}n a 的通项公式。

例3. （1）数列{}n a 中，21=a ，231+=+n n n a a a ，求数列{}n a 的通项公式。

（2）数列{}n a 中，101=a ，2110n n a a =+ ，求数列{}n a 的通项公式。

三．课堂练习1.数列{}n a 中，,211=a 111--=n n a a (*∈≥N n n ,2), 则=2014a 。

2.设21=a ，,121+=+n n a a 12-+=n n n a a b ，*∈N n ，则{}n b 的通项公式=n b 。

3.（2013苏州调研）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足12++=+Bn An S a n n )0(≠A（1）若49,2321==a a ，求证：数列{}n a n -是等比数列，并求数列{}n a 的通项公式。

数学二轮复习教案：第一部分专题三数列第一讲等差数列、等比数列

专题三数列第一讲等差数列、等比数列[考情分析］等差数列、等比数列的判定及其通项公式在考查基本运算、基本概念的同时，也注重对函数与方程、等价转化、分类讨论等数学思想的考查;对等差数列、等比数列的性质考查主要是求解数列的等差中项、等比中项、通项公式和前n项和的最大、最小值等问题，主要是中低档题；等差数列、等比数列的前n项和是高考考查的重点。

年份卷别考查角度及命题位置201 7Ⅰ卷等差、等比数列的综合应用·T17201 5Ⅰ卷等差数列的通项公式及前n项和公式·T7等比数列的概念及前n项和公式·T13Ⅱ卷等差数列的通项公式、性质及前n项和公式·T5［真题自检]1．（2015·高考全国卷Ⅱ)设S n是等差数列｛a n｝的前n项和，若a1＋a3＋a5＝3，则S5＝( )A．5 B．7C．9 D．11解析：法一:∵a1＋a5＝2a3，∴a1＋a3＋a5＝3a3＝3，∴a3＝1，∴S5＝错误!＝5a3＝5.法二：∵a1＋a3＋a5＝a1＋（a1＋2d)＋(a1＋4d)＝3a1＋6d＝3，∴a1＋2d ＝1，∴S5＝5a1＋错误!d＝5(a1＋2d）＝5.解析:A2．(2015·高考全国卷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S8＝4S4,则a10＝( ）A。

错误!B。

错误!C．10 D．12解析：∵公差为1,∴S8＝8a1＋错误!×1＝8a1＋28，S4＝4a1＋6.∵S8＝4S4，∴8a1＋28＝4（4a1＋6),解得a1＝错误!，∴a10＝a1＋9d＝错误!＋9＝错误!。

答案:B3．(2015·高考全国卷Ⅰ改编)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，求n的值．解析：∵a1＝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，∴错误!＝126，∴n＝6.等差数列、等比数列的基本运算［方法结论］1．两组求和公式（1)等差数列:S n＝错误!＝na1＋错误!d;（2)等比数列：S n＝错误!＝错误!(q≠1）．2．在进行等差（比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a1和d（q）的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量．［题组突破]1．(2017·贵阳模拟)等差数列｛a n}的前n项和为S n，且a3＋a9＝16，则S 11＝（）A ．88B ．48C ．96D ．176解析：依题意得S 11＝11a 1＋a 112＝错误!＝错误!＝88,选A 。

高考数学第二轮专题复习数列教案

高考数学第二轮专题复习数列教案二、高考要求1．理解数列的有关概念，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前n项. 2．理解等差〔比〕数列的概念，掌握等差〔比〕数列的通项公式与前n项和的公式. 并能运用这些知识来解决一些实际问题.3．了解数学归纳法原理，掌握数学归纳法这一证题方法，掌握“归纳—猜想—证明〞这一思想方法.三、热点分析1.数列在历年高考中都占有较重要的地位，一般情况下都是一个客观性试题加一个解答题，分值占整个试卷的10%左右.客观性试题主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n项和公式、极限的四那么运算法那么、无穷递缩等比数列所有项和等内容，对基本的计算技能要求比较高，解答题大多以考查数列内容为主，并涉及到函数、方程、不等式知识的综合性试题，在解题过程中通常用到等价转化，分类讨论等数学思想方法，是属于中高档难度的题目.2.有关数列题的命题趋势〔1〕数列是特殊的函数，而不等式那么是深刻认识函数和数列的重要工具，三者的综合求解题是对基础和能力的双重检验，而三者的求证题所显现出的代数推理是近年来高考命题的新热点〔2〕数列推理题是新出现的命题热点.以往高考常使用主体几何题来考查逻辑推理能力，近两年在数列题中也加强了推理能力的考查。

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

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

高三数学总复习教案

高三数学总复习教案【篇一：高三数学第二轮复习教案设计】高三数学第二轮复习专题教案设计《数列》（约2课时）一．复习目标1．能灵活地运用等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前n项和公式解题；2．能熟练地求一些特殊数列的通项和前n项的和； 3．使学生系统掌握解等差数列与等比数列综合题的规律，深化数学思想方法在解题实践中的指导作用，灵活地运用数列知识和方法解决数学和实际生活中的有关问题；4．通过解决探索性问题，进一步培养学生阅读理解和创新能力，综合运用数学思想方法分析问题与解决问题的能力．5．在解综合题的实践中加深对基础知识、基本技能和基本数学思想方法的认识，沟通各类知识的联系，形成更完整的知识网络，提高分析问题和解决问题的能力．6．培养学生善于分析题意，富于联想，以适应新的背景，新的设问方式，提高学生用函数的思想、方程的思想研究数列问题的自觉性、培养学生主动探索的精神和科学理性的思维方法．二．基础再现1．可以列表复习等差数列和等比数列的概念、有关公式和性质. 2．判断和证明数列是等差（等比）数列常有三种方法：(1)定义法：对于n≥2的任意自然数,验证an?an?1(an/an?1)为同一常数。

(2)通项公式法：①若an= a1+（n－1）d= ak+（n－k）d ，则{an}为等差数列；②若an=a1qn?1?akqn?k ，则{an}为等比数列。

2(3)中项公式法：验证2an?1?an?an?2,(an?1?anan?2),n∈n* 都成立。

3．在等差数列?an?中,有关sn 的最值问题——常用邻项变号法求解：(1)当a1 0,d0时，满足?(2)当a1 0,d0时，满足?am0am10am0am10的项数m使得sm取最大值. 的项数m使得sm取最小值。

在解含绝对值的数列最值问题时,注意转化思想的应用。

4．数列求和的常用方法：公式法、裂项相消法（累积、累加）、错位相减法、倒序相加法等。

三．方法整理1．证明数列?an?是等差或等比数列常用定义，即通过证明an?1?an?an?an?1 或an?1ananan?1而得。

高考数学数列专题复习教案苏教版

数列【例1】在数列{}n a 中，112,223n n a a a +=-=+（*n ∈N ），则n a ﹦ ．【分析】由1223n n a a +=+得132n n a a +-=，∴{}n a 是等差数列，∴3722n a n =-．【答案】3722n -．【例2】数列{}n a 满足135a =，*1*12,0,2121,1,2n n n n n a a n a a a n +⎧⎛⎫≤<∈ ⎪⎪⎪⎝⎭=⎨⎛⎫⎪-≤<∈ ⎪⎪⎝⎭⎩N N ，则2009a = ．【分析】∵135a =，∴211215a a =-=，32225a a ==，43425a a ==，543215a a =-=， 651215a a =-=，……．∴该数列周期为4．∴2009135a a ==．【答案】35．【例3】在等差数列{}n a 中，若24681080a a a a a ++++=，则7812a a -﹦ ．【分析】∵数列{}n a 是等差数列，∴由24681080a a a a a ++++=得6580a =，616a =． ∴()7866611128222a a a d a d a -=+-+==．【答案】8．【例4】已知{}n a 的前n 项之和21241,n S n n a a =-+++则…10a +﹦ ．【分析】可求得*2 , (1)25,(2,)n n a n n n -=⎧=⎨-≥∈⎩N ．则12a a ++…10a +﹦21131567-+-++++=．【答案】67．【例5】设n S 是数列{}n a 的前n 项和，若不等式22212n n S a a nλ+≥对任何等差数列{}n a 及任何正整数n 恒成立，则λ的最大值是．【分析】当10a =时，R λ∈；当10a ≠时，由22212n n S a a n λ+≥得221112n n a a a a a λ⎛⎫⎛⎫+≤+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．设1n a t a =，则22122t t λ⎛⎫≤++ ⎪⎝⎭．又22122t t ⎛⎫++ ⎪⎝⎭﹦225151114244555t t t ⎛⎫++=++≥ ⎪⎝⎭，∴15λ≤．综上λ的最大值是15. 【答案】15．【例6】设n S 为数列{}n a 的前n 项和，2*,n S kn n n =+∈N ，其中k 是常数．（1）求1a 及n a ；（2）若对于任意的*m ∈N ，24,,m m m a a a 成等比数列，求k 的值．解：（1）当1n =，111a S k ==+，当2n ≥时，()()2211121n n n a S S kn n k n n kn k -⎡⎤=-=+--+-=-+⎣⎦又当1n =时11a k =+合上式，∴21n a kn k =-+（*n ∈N ）．（2）∵24,,m m m a a a 成等比数列，∴224m m m a a a =，即()()()2412181km k km k km k -+=-+-+，整理得：()10mk k -=对任意的*m ∈N 都成立， ∴0k =或1k =．【例7】数列{}n a 中135a =，112n n a a -=-（*2,n n ≥∈N ），数列{}n b 满足11n n b a =-（*n ∈N ）．（1）求证：数列{}n b 是等差数列；（2）求数列{}n a 中的最大项与最小项，并说明理由．解：（1）1111111121n n n n n a b a a a ---===----，而1111n n b a --=-（*2,n n ≥∈N ），∴11111111n n n n n a b b a a -----=-=--（*2,n n ≥∈N ）．∴数列{}n b 是等差数列．（2）依题意有11n n a b -=，而5(1)1 3.52n b n n =-+-=-⋅，∴11 3.5n a n -=-．函数13.5y x =-在（3.5，+∞）上为减函数，在（-∞，3.5）上也为减函数．故当n ＝4时，11 3.5n a n =+-取最大值3，n ＝3时，取最小值-1．【例8】在等差数列{}n a 中，11a =，前n 项和n S 满足条件2421n n S n S n +=+*()n ∈N ．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）记(0)n a n n b a p p =>，求数列{}n b 的前n 项和n T ．解：（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，由2421n n S n S n +=+得1213a a a +=．又11a =，∴22a =．∴211d a a =-=．∴n a n =．（2）由n a n n b a p =，得n n b np =． ∴23123(1)n n n T p p p n p np -=++++-+．①当1p =时，()12n n n T +=；当0p >且1p ≠时，234123(1)n n n pT p p p n p np +=++++-+．②①－②得23111(1)(1)1n n nn n n p p P T p p p pp npnp p-++--=+++++-=--，∴()12(1)11n n n p p np T pp +-=---．综上()()()()121,12(1),0,111n n n n n p T p p np p p p p +⎧+=⎪⎪=⎨-⎪->≠⎪--⎩且．【例9】某个体户，一月初向银行贷款1万元作为开店启动资金，每月月底获得的利润是该月月初投入资金的20%，每月月底需要交纳所得税为该月利润的10%，每月的生活费开支为540元，余额作为资金全部投入下个月的经营，如此不断继续，问到这年年底该个体户还贷款前尚余多少资金？若银行贷款的年利息为5%，问该个体户还清银行贷款后还有多少资金？（参考数据：1011121.18 5.23,1.18 6.18,1.187.29≈≈≈．结果精确到0.1元）解：设第n 个月月底的余额为n a 元，则1a 11260=，1(120%)20%10%540 1.18540n n n n a a a a +=⨯+-⨯⨯-=-，于是＝()1110911.18 1.18 1.18 1.181540a -++++⋅＝11111.1811.181126054054046.81.181-⨯-⨯=-．还清银行贷款后剩余资金为()121000015%54046.81050043546.8a -⋅+=-=．答：到这年年底该个体户还贷款前尚余资金54046.8元；还清银行贷款后还有资金43546.8元．【例10】已知分别以1d 和2d 为公差的等差数列{}n a 和{}n b 满足118a =，1436b =．（1）若1d =18，且存在正整数m ，使得21445m m a b +=-，求证：2108d >；（2）若0k k a b ==，且数列1a ，2a ，…，k a ，1k b +，2k b +，…，14b 的前n 项和n S 满足142k S S =，求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（3）在（2）的条件下，令n a n c a =，n b n d a =，0a >，且1a ≠，问不等式1n n c d +≤n n c d + 是否对一切正整数n 恒成立？请说明理由．解：（1）依题意，22[18(1)18]36(1414)45m m d +-⨯=++--，即22(18)9m md =-，即22918108d m m =+≥=，等号成立的条件为2918m m =，即16m =． *m N ∈，∴等号不成立，∴原命题成立．（2）由142k S S =得14k k S S S =-，即180360(141)22k k ++⨯=⨯-+，即918(15)k k =⨯-，得10k =，101829d -==-，236091410d -==-．则220n a n =-+，990n b n =-．（3）在（2）的条件下，n a n c a =，n b n d a =．要使1n n c d +≤n n c d +，即要满足(1)(1)n n c d --≤0．当1a >时，202n n c a -=，数列{}n c 单调减；990n n d a -=单调增．当正整数9n ≤时，10n c ->，10n d -<，(1)(1)0n n c d --<；当正整数11n ≥时，10n c -<，10n d ->，(1)(1)0n n c d --<；当正整数10n =时，10n c -=，10n d -=，(1)(1)0n n c d --=．则不等式1n n c d +≤n n c d +对一切的正整数n 恒成立．同理，当01a <<时，也有不等式1n n c d +≤n n c d +对一切的正整数n 恒成立．综上所述，不等式1n n c d +≤n n c d +对一切的正整数n 恒成立．【练习1】在数列{}n a 中，111,2n n a a a +==（*n ∈N ），则其前8项的和8S = ．【答案】255．【练习2】已知数列{}n a 满足1100a =，当*2,n n ≥∈N 时，()()11113,34,3n n n n n a a a a a ----⎧->⎪=⎨-≤⎪⎩，则数列{}n a 的前100项和100S ＝．【答案】1849．【练习3】在各项均为正数的等比数列{}n a 中，2436455736a a a a a a a a +++=，则36a a += ．【答案】6．【练习4】已知数列{}n a 的前n 项和28n S n n =-（*n ∈N ），第k 项满足47k a <<，则k ﹦ ．【答案】7．【练习5】已知数列{}n a 中，2n a n n λ=+（λ是与n 无关的实数常数），且满足123a a a <<<⋅⋅⋅<1n n a a +<<⋅⋅⋅，则实数λ的取值范围是___________．【答案】()3,-+∞．【练习6】数列{}n a 的前n 项和记为()*11,1,21n n n S a a S n +==+∈N ．（1）求{}n a 的通项公式；（2）等差数列{}n b 的各项为正，其前n 项和为n T ，且315T =，又112233,,a b a b a b +++成等比数列，求n T ．解：（1）由121n n a S +=+可得()*1212,n n a S n n -=+≥∈N ，两式相减得()112,32n n n n n a a a a a n ++-==≥．又21213a S =+=，∴213a a =．∴{}n a 是首项为1，公比为3的等比数列．∴13n n a -=．（2）设{}n b 的公差为d ，由315T =得，可得12315b b b ++=，∴25b =．故可设135,5b d b d =-=+．又1231,3,9a a a ===，由题意可得()()()2515953d d -+++=+，解得122,10d d ==-． ∵等差数列{}n b 的各项为正，∴2d = ． ∴()213222n n n T n n n -=+⨯=+．【练习7】已知{}n a 是公差为d 的等差数列，它的前n 项和为n S ,4224S S =+,1nn na b a +=．（1）求公差d 的值；（2）若152a =-，求数列{}nb 中的最大项和最小项的值；（3）若对任意的*n ∈N ，都有8n b b ≤成立，求1a 的取值范围．解：（1）∵4224S S =+，∴113442(2)42a d a d ⨯+=++，解得1d =．（2）∵152a =-，∴数列{}n a 的通项公式为17(1)2n a a n n =+-=-．∴111172n nb a n =+=+-． ∵函数1()172f x x =+-在7,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭和7,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上分别是单调减函数， ∴3211b b b <<<，又当4n ≥时，41n b b <≤． ∴数列{}n b 中的最大项是43b =，最小项是31b =-．（3）由11n n b a =+得1111n b n a =++-．又函数11()11f x x a =++-在()1,1a -∞-和()11,a -+∞上分别是单调减函数，且11x a <-时，1y <；11x a >-时，1y >．∵对任意的*n ∈N ，都有8n b b ≤，∴1718a <-<，∴176a -<<-． ∴1a 的取值范围是(7,6)--．【练习8】等差数列{}n a 的各项均为正数，13a =，前n 项和为n S ，{}n b 为等比数列， 11b =，且2264,b S =33960b S =．（1）求n a 与n b ；（2）证明：1211134n S S S +++<．解：（1）设{}n a 的公差为d ，{}n b 的公比为q ，则0d >，3(1)n a n d =+-，1n n b q -=．依题意有23322(93)960(6)64S b d q S b d q ⎧=+=⎨=+=⎩．解得2,8d q =⎧⎨=⎩或65403d q ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩(舍去) ．∴132(1)21,8n n n a n n b -=+-=+=．（2）∵35(21)(2)n S n n n =++++=+，∴121111111132435(2)n S S S n n +++=++++⨯⨯⨯⨯+11111111(1)2324352n n =-+-+-++-+1111(1)2212n n =+--++3111342124n n ⎛⎫=-+< ⎪++⎝⎭．【练习9】某企业进行技术改造需向银行贷款，有两种方案，甲方案：一次性贷款10万元，第一年便可获利1万元，以后每年比前一年增加30%的利润；乙方案：每年贷款1万元，第一年可获利1万元，以后每年比前一年增加5千元；两种方案的使用期都是10年，到期一次性归还本息．若银行两种形式的贷款都按年息5%的复利计算，试比较两种方案中，哪种获利更多？（取1010101.05 1.629,1.313.786,1.557.665===）解：①甲方案获利：10291.311(130%)(130%)(130%)42.630.3-+++++++=≈（万元），银行贷款本息：1010(15%)16.29+≈（万元），故甲方案纯利：42.6316.2926.34-=（万元）．②乙方案获利：32.50=（万元），银行本息和： 101.0511.0513.210.05-=⨯≈（万元），故乙方案纯利：32.5013.2119.29-=（万元）．综上可知，甲方案更好．【练习10】设向量*(,2),(,21)()a x b x n x n ==+-∈N ，函数y a b =⋅在[0,1]上的最小值与最大值的和为n a ，又数列{}n b 满足：1212999(1)()()1101010n n n nb n b b --+-++=++++ （1）求证：1n a n =+；（2）求数列{}n b 的通项公式；（3）设n n n c a b =-，试问数列{}n c 中，是否存在正整数k ，使得对于任意的正整数n ，都有n k c c ≤成立？证明你的结论．解：（1）∵2()42(4)2y x x n x x n x =++-=++-在[0,1]上为增函数， ∴21421n a n n =-+++-=+﹒（2）∵12129999(1)()()110[1()]10101010n n n n nb n b b --+-++=++++=-，∴()11219(1)(2)10[1()]210n n n b n b b n ---+-++=-≥﹒两式相减得()1129()210n n b b b n -+++=≥，∴()21219()310n n b b b n --+++=≥．两式相减得()219()31010n n b n -=-⋅≥．又11b =，2110b =-，∴()()2*1,119(),2,1010n n n b n n -⎧=⎪=⎨-⋅≥∈⎪⎩N ．（3）由()()2*2, 119(),2,1010n n n c n n n -⎧-=⎪=⎨+-⋅≥∈⎪⎩N 及当3k ≥时111,981,kk k k c c k c c -+⎧≥⎪⎪=⎨⎪≥⎪⎩得或﹒ 又1,2n =也满足，∴存在8,9k =使得n k c c ≤对所有的*n ∈N 成立．。

《导学教程》高三数学二轮复习教案-专题三-第1讲-等差数列、等比数列

专题三数列、推理与证明第1讲等差数列、等比数列自主学习导引真题感悟1．(2012·浙江)设公比为q (q ＞0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则q ＝________.解析利用等比数列的通项公式及前n 项和公式求解．解法一 S 4＝S 2＋a 3＋a 4＝3a 2＋2＋a 3＋a 4＝3a 4＋2，将a 3＝a 2q ，a 4＝a 2q 2代入得，3a 2＋2＋a 2q ＋a 2q 2＝3a 2q 2＋2，化简得2q 2－q －3＝0，解得q ＝32(q ＝－1不合题意，舍去)．解法二设等比数列{a n }的首项为a 1，由S 2＝3a 2＋2，得 a 1(1＋q )＝3a 1q ＋2.①由S 4＝3a 4＋2，得a 1(1＋q )(1＋q 2)＝3a 1q 3＋2.② 由②－①得a 1q 2(1＋q )＝3a 1q (q 2－1)． ∵q ＞0，∴q ＝32. 答案 322．(2012·课标全国卷)已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10＝A ．7B ．5C ．－5D ．－7解析解法一利用等比数列的通项公式求解．由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 7＝a 1q 3＋a 1q 6＝2，a 5a 6＝a 1q 4×a 1q 5＝a 21q 9＝－8，∴⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－2，a 1＝1或⎩⎨⎧q 3＝－12，a 1＝－8，∴a 1＋a 10＝a 1(1＋q 9)＝－7.解法二利用等比数列的性质求解．由⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝a 4a 7＝－8，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＝－2，a 7＝4或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝4，a 7＝－2. ∴⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－2，a 1＝1或⎩⎨⎧q 3＝－12，a 1＝－8，∴a 1＋a 10＝a 1(1＋q 9)＝－7. 答案 D考题分析等差数列与等比数列的基本性质与运算是各地高考考查的热点，突出了通性通法．三种题型都有可能出现，有较容易的低档题，也有与其他知识交汇命题的压轴题．网络构建高频考点突破考点一：等差、等比数列的基本运算【例1】(2012·盘锦模拟)已知数列{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2，a 3＋a 4＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 3＋1a 4.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a 2n ＋log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和S n . [审题导引] (1)利用所给的条件式求出a 1与q ，可求a n ； (2)把数列{b n }分解为一个等差数列与一个等比数列，分组求和．[规范解答] (1)∵a 1＋a 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＝2×a 1＋a 2a 1a 2， a 3＋a 4＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 3＋1a 4＝32×a 3＋a 4a 3a 4，数列{a n }各项均为正数，∴a 1a 2＝2，a 3a 4＝32， ∴q 4＝a 3a 4a 1a 2＝16，∴q ＝2，又a 1a 2＝a 1·a 1q ＝2，∴a 1＝1，∴a n ＝a 1q n －1＝2n －1.(2)∵b n ＝a 2n ＋log 2a n ，∴b n ＝4n －1＋(n －1)， ∴S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝(40＋41＋42＋…＋4n －1)＋(0＋1＋2＋…＋n －1) ＝4n －13＋n (n －1)2. 【规律总结】方程思想在等差(比)数列的基本运算中的运用等差(比)数列的通项公式、求和公式中一共包含a 1、d (或q )、n 、a n 与S n 这五个量，如果已知其中的三个，就可以求其余的两个．其中a 1和d (或q )是两个基本量，所以等差数列与等比数列的基本运算问题一般先设出这两个基本量，然后根据通项公式、求和公式构建这两者的方程组，通过解方程组求其值，这也是方程思想在数列问题中的体现．[易错提示] 等差(比)数列的基本运算中，容易出现的问题主要有两个方面：一是忽视题中的条件限制，如公差与公比的符号、大小等，导致增解；二是不能灵活利用等差(比)数列的基本性质转化已知条件，导致列出的方程或方程组较为复杂，增大运算量．【变式训练】1．(2012·安徽师大附中模拟)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 5＝8，S 3＝6，则S 10－S 7的值是A ．24B ．36C ．48D ．72 解析 ∵S 3＝3a 2＝6，∴a 2＝2，又a 5＝8，∴3d ＝a 5－a 2＝6，∴d ＝2. ∴S 10－S 7＝a 8＋a 9＋a 10＝3a 9 ＝3[a 5＋(9－5)d ]＝48.答案 C2．(2012·青岛模拟)设等比数列{a n }的各项均为正数，公比为q ，前n 项和为S n .若对∀n ∈N ＋，有S 2n ＜3S n ，则q 的取值范围是A ．(0,1]B ．(0,2)C ．[1,2)D ．(0，2)解析当q ＝1时，显然有S 2n ＜3S n ，当q ≠1时，∵S 2n ＜3S n ，即S 2n －3S n ＝a 1(1－q n )1－q (q n－2)＜0.∵a 1(1－q n )1－q ＞0，∴q n －2＜0恒成立，∴0＜q ＜1，故q ∈(0,1]．答案 A考点二：等差、等比数列的判定与证明【例2】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足：a n －2S n S n －1＝0(n ≥2，n ∈N ＋，S n ≠0)，a 1＝12，判断⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 与{a n }是否为等差数列，并说明你的理由．[审题导引] 因为已知关系式中包含a n ，S n ，S n －1，所以应根据a n 与S n 的关系式：a n ＝S n －S n －1(n ≥2)将已知条件转化为关于S n 与S n －1之间的关系，从而判断⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是否为等差数列，并求出S n 的表达式，然后求出数列{a n }的通项公式，并判断其是否为等差数列．[规范解答] 因为a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，所以由a n －2S n S n －1＝0，可得S n －S n －1－2S n S n －1＝0(n ≥2)，所以1S n －1－1S n ＝2(n ≥2)，又因为S 1＝a 1＝12，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以2为首项，2为公差的等差数列．所以1S n＝2＋(n －1)×2＝2n ，故S n ＝12n .所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －12(n －1)＝－12n (n －1)，所以a n ＋1＝－12n (n ＋1)，而a n ＋1－a n ＝－12n (n ＋1)－－12n (n －1)＝－12n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n －1＝1n (n －1)(n ＋1).所以当n ≥2时，a n ＋1－a n 的值不是一个与n 无关的常数，故数列{a n }不是一个等差数列．综上，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列，{a n }不是等差数列．【规律总结】判断数列是否为等差(比)数列的方法在判断一个数列是否为等差(比)数列时，应该根据已知条件灵活选用不同的方法，一般是先建立a n ＋1与a n 的关系式或递推关系式，表示出a n ＋1－a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫或a n ＋1a n ，然后验证其是否为一个与n 无关的常数．另外，常数列{a n }的通项公式a n ＝a ，它是一个首项a 1＝a ，公差d ＝0的等差数列，若a ≠0，则该数列也是一个首项a 1＝a ，公比q ＝1的等比数列．如果一个数列中包含有0的项，那么这个数列一定不是等比数列．【变式训练】3．(2012·西安模拟)已知数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋2. (1)求证：数列{a n ＋2}是等比数列(要求指出首项与公比)； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .解析 (1)证明由a n ＋1＝2a n ＋2，得a n ＋1＋2＝2a n ＋4，即a n ＋1＋2＝2(a n ＋2)，即a n ＋1＋2a n ＋2＝2(n ∈N ＋)，又由a 1＝2得a 1＋2＝4，所以数列{a n ＋2}是以4为首项，以2为公比的等比数列． (2)由(1)知a n ＋2＝4·2n －1＝2n ＋1，所以a n ＝2n ＋1－2，所以S n ＝22＋23＋…＋2n ＋1－2n ＝22(1－2n )1－2－2n ＝2n ＋2－2n －4.考点三：等差、等比数列的性质及应用【例3】(1)已知正数组成的等差数列{a n }，前20项和为100，则a 7·a 14的最大值是A ．25B ．50C ．100D ．不存在(2)(2012·株洲模拟)设等比数列{a n }各项均为正数，且a 5a 6＋a 4a 7＝18，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝ A ．12B ．10C ．8D ．2＋log 35[审题导引] (1)求出a 1＋a 20，利用a 1＋a 20＝a 7＋a 14与基本不等式求解； (2)利用等比数列的性质结合对数的运算法则解题．[规范解答] (1)∵{a n }为等差数列，∴S 20＝12×20×(a 1＋a 20)＝100， ∴a 7＋a 14＝a 1＋a 20＝10. ∵a 7＞0，a 14＞0， ∴a 7·a 14≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a 7＋a 1422＝25，当且仅当a 7＝a 14＝5时，等号成立． (2)∵a 5a 6＝a 4·a 7，a 5a 6＋a 4a 7＝18， ∴a 5a 6＝9，log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝log 3(a 1a 2…a 10) ＝log 3(a 5a 6)5＝5log 39＝10. 答案 (1)A (2)B【规律总结】等差、等比数列性质的应用技巧(1)等差数列与等比数列有很多性质很类似，但又有区别，学习时需对比记忆，灵活应用．(2)等差数列与等比数列的性质多与其下标有关，解题需多注意观察，发现其联系，加以应用．(3)应用等差数列、等比数列的性质要注意结合其通项公式、前n 项和公式．【变式训练】4．设{a n }是公差为正数的等差数列，若a 1＋a 2＋a 3＝15，a 1a 2a 3＝80，则a 11＋a 12＋a 13等于 A ．120B ．105C ．90D ．75解析设公差为d 且d ＞0， ∵a 1＋a 2＋a 3＝15， ∴a 2－d ＋a 2＋a 2＋d ＝15，∴a 2＝5.又a 1a 2a 3＝80，∴d 2＝9. ∵d ＞0，∴d ＝3.则a 11＋a 12＋a 13＝3a 12＝3(a 2＋10d )＝105.答案 B名师押题高考【押题1】在等比数列{a n }中，a 1＝8，a 4＝a 3a 5，则a 7＝A.116 B.18 C.14 D.12解析解法一设等比数列{a n }的公比为q . ∵a 4＝a 3a 5，a 1＝8，∴8·q 3＝8·q 2·8·q 4，即q 3＝18，∴q ＝12， a 7＝a 1q 6＝8·⎝ ⎛⎭⎪⎫126＝18.解法二 ∵a 4＝a 3a 5＝a 24，且a 4≠0，∴a 4＝1.又∵a 24＝a 1a 7，即1＝8a 7，∴a 7＝18.答案 B[押题依据] 本题可根据给出的条件利用等比数列的通项公式求解，也可以利用等比数列的性质求解，解题切口较宽，不仅考查数列的通性通法，同时也突出了对能力的考查，符合高考的要求，故押此题．【押题2】在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋2n .(1)设b n ＝a n2n －1，证明：数列{b n }是等差数列；(2)求数列{a n }的前n 项和S n .解析 (1)证明由已知a n ＋1＝2a n ＋2n ，得 b n ＋1＝a n ＋12n ＝2a n ＋2n 2n ＝a n2n －1＋1＝b n ＋1.又b 1＝a 1＝1，因此{b n }是首项为1，公差为1的等差数列． (2)由(1)知a n 2n －1＝n ，即a n ＝n ·2n －1， S n ＝1＋2×21＋3×22＋…＋n ×2n －1，两边乘以2得2S n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，两式相减得S n ＝－1－21－22－…－2n －1＋n ·2n ＝－(2n －1)＋n ·2n ＝(n －1)2n ＋1.[押题依据] 等差数列、等比数列的判定与证明、数列的求和一直是高考的热点，本题综合考查了等差数列的证明、通项公式的求法、错位相减法求和等知识点，难度中等，故押此题．。

2021年高中数学复习课二数列学案苏教版选修520210607130

2021年高中数学复习课二数列学案苏教版选修520210607130 复习课(二) 数列等差数列与等比数列的基本运算数列的基本运算以小题出现具多，但也可作为解答题第一步命题，主要考查利用数列的通项公式及求和公式，求数列中的项、公差、公比及前n项和等，一般试题难度较小．[考点精要]等差、等比数列的基本公式通项公式等差数列等比数列 an＝a1＋(n－1)d an＝am＋(n－m)d n?a1＋an?Sn＝2an＝a1qn－1 an＝amqn－m a1－anqSn＝(q≠1) 1－qa1?1－qn?Sn＝(q≠1) 1－qSn＝－a1qn＋(q≠1) 1－q1－qa1前n项和公式 n?n－1?Sn＝na1＋d 2求和公式的函数特征d?d?Sn＝n2＋?a1－?n 2?2?[典例] 成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2,5,13后成为等比数列{bn}中的b3，b4，b5.(1)求数列{bn}的通项公式；?5??S＋(2)数列{bn}的前n项和为Sn，求证：数列n?是等比数列．4??[解] (1)设成等差数列的三个正数分别为a－d，a，a＋d.依题意，得a－d＋a＋a＋d ＝15，解得a＝5.所以{bn}中的b3，b4，b5依次为7－d,10,18＋d. 依题意，(7－d)(18＋d)＝100，解得d＝2或d＝－13(舍去)，∴b3＝5，公比q＝2，故bn＝5・2n－3.5(2)证明：由(1)知b1＝，公比q＝2，45n?1－2?45n－2∴Sn＝＝5・2－，1－245n－2则Sn＋＝5・2，41545・2n－255因此S1＋＝，＝n－3＝2(n≥2)．4255・2Sn－1＋4Sn＋?5?5?S＋∴数列n?是以为首项，公比为2的等比数列．4?2?[类题通法]对于等差、等比数列的基本运算主要是知三求二问题，解题时注意方程思想、整体思想及分类讨论思想的运用．[题组训练]1．在等比数列{an}中，Sn是它的前n项和，若a2・a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为17，则S6＝________.解析：设{an}的公比为q，则由等比数列的性质知，a2a3＝a1a4＝2a1，则a4＝2；由a4与2a7的等差中项为17知，a4＋2a7＝2×17＝34，得a7＝16.∴q＝＝8，即q＝2，∴a1＝3＝16?1－2?4163，则S6＝＝. 41－2463答案： 42．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＋a8＝13，S7＝35，则a7＝________. 解析：设等差数列{an}的公差为d，则由已知得(a1＋2d)＋(a1＋7d)＝13，S7＝7?a1＋a1＋6d?＝35.联立两式，解得a1＝2，d＝1，∴a7＝a1＋6d＝8.2答案：83．已知等差数列{an}，a2＝9，a5＝21. (1)求{an}的通项；(2)令bn＝2an，求数列{bn}的前n项和Sn. 解：(1)设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，??a1＋d＝9，依题意得方程组??a1＋4d＝21，?3a7a4a4q解得a1＝5，d＝4，∴数列{an}的通项an＝4n＋1. (2)由an＝4n＋1得，bn＝254n＋1，4∴{bn}是首项为b1＝2，公比为q＝2的等比数列，2?2－1?32?2－1?于是得，数列{bn}的前n项和Sn＝＝. 42－115254n4n等差、等比数列的性质及应用等差、等比数列的性质主要涉及数列的单调性、最值及其前n项和的性质．利用性质求数列中某一项等，试题充分体现“小”“巧”“活”的特点，题型多以填空题的形式出现，一般难度较小．[考点精要]等差、等比数列的主要性质等差数列若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N)，则am＋an＝ap＋aq. 特别地，若m＋n＝2p，则am＋an＝2ap *等比数列若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N)，则am・an＝ap・aq. 特别地，若m＋n＝2p，则am・an＝ap 2*am，am＋k，am＋2k，?仍是等差数列，公差为kd 则{pan＋qbn}仍是等差数列 am，am＋k，am＋2k，?仍是等比数列，公比为qk 若{an}，{bn}是两个项数相同的等差数列，若{an}，{bn}是两个项数相同的等比数列，则{pan・qbn}仍是等比数列 Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，?是等差数列若数列{an}项数为2n，则S偶－S奇＝nd，Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，?是等比数列(q≠－1或q＝－1且k为奇数) 若数列{an}的项数为2n，则S奇an＝ S偶an＋1S偶＝q S奇若数列{an}项数为2n＋1，则S奇－S偶＝an＋1，若数列{an}项数为2n＋1，则S奇n＋1＝ S偶nS奇－a1＝q S偶[典例] (1)已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，以Sn表示数列{an}的前n项和，则使得Sn取得最大值的n是________．(2)记等比数列{an}的前n项积为Tn(n∈N)，已知am－1am＋1－2am＝0，且T2m－1＝128，则m＝________.[解析] (1)由a1＋a3＋a5＝105得，3a3＝105，∴a3＝35. 同理可得a4＝33，∴d＝a4－a3＝－2，an＝a4＋(n－4)×(－2) ＝41－2n.??an≥0，由??an＋1<0，?*得n＝20.3∴使Sn达到最大值的n是20.(2)因为{an}为等比数列，所以am－1am＋1＝am，又由am－1am＋1－2am＝0，从而am ＝2.由等比数列的性质可知前(2m－1)项积T2m－1＝am[答案] (1)20 (2)4 [类题通法]关于等差(比)数列性质的应用问题，可以直接构造关于首项a1和公差d(公比q)的方程或方程组来求解，再根据等差(比)数列的通项公式直接求其值，此解思路简单，但运算过程复杂．[题组训练]1．等差数列{an}的前16项和为640，前16项中偶数项和与奇数项和之比为22∶18，则公差d，的值分别是________．解析：设S奇＝a1＋a3＋?＋a15，S偶＝a2＋a4＋?＋a16，则有S偶－S奇＝(a2－a1)＋(a4－8?a2＋a16?2S偶a9a3)＋?＋(a16－a15)＝8d，＝＝.S奇8?a1＋a15?a82??S奇＋S偶＝640，由???S偶∶S奇＝22∶18，2m－122m－1，则2＝128，故m＝4.a9a8解得S奇＝288，S偶＝352.因此d＝S偶－S奇648a9S偶11＝＝8，＝＝. 8a8S奇911答案：8，92．等差数列{an}中，3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝24，则该数列的前13项和为________．解析：3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝24，∴6a4＋6a10＝24，∴a4＋a10＝4，∴S13＝13?a1＋a13?13?a4＋a10?13×4＝＝＝26.222答案：26数列的通项及求和数列求和一直是考查的热点，在命题中，多以与不等式的证明或求解相结合的形式出现．一般数列的求和，主要是将其转化为等差数列或等比数列的求和问题，题型多以解答题形式出现，难度较大．[考点精要]1．已知递推公式求通项公式的常见类型 (1)类型一 an＋1＝an＋f(n)把原递推公式转化为an＋1－an＝f(n)，再利用累加法(逐差相加法)求解． (2)类型二 an＋1＝f(n)an4把原递推公式转化为an＋1＝f(n)，再利用叠乘法(逐商相乘法)求解． an(3)类型三 an＋1＝pan＋q(其中p，q均为常数，pq(p－1)≠0)，先用待定系数法把原递推公式转化为an＋1－t＝p(an－t)，其中t＝，再利用换元法1－p转化为等比数列求解．2．数列求和(1)错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列．把Sn＝a1＋a2＋?＋an两边同乘以相应等比数列的公比q，得到qSn＝a1q＋a2q＋?＋anq，两式错位相减即可求出Sn.(2)裂项相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如?为常数)的数列．(3)拆项分组法：把数列的每一项拆成两项(或多项)，再重新组合成两个(或多个)简单的数列，最后分别求和．(4)并项求和法：与拆项分组相反，并项求和是把数列的两项(或多项)组合在一起，重新构成一个数列再求和，一般适用于正负相间排列的数列求和，注意对数列项数奇偶性的讨论．[典例] (1)已知a1＝1，an＋1＝2an＋1，则an＝________. (2)已知a1＝2，an＋1＝an＋n，则an＝________. (3)设数列{an}满足a1＋3a2＋3a3＋?＋3①求数列{an}的通项公式；②设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.[解析] (1)∵an＋1＝2an＋1，则an＋1＋1＝2(an＋1)，∴2qc??(其中{an}是各项均不为零的等差数列，c?anan＋1??n－1nan＝，n∈N*.3nanan＋1＋1＝2，又a1＝1，∴a1＋1＝2， an＋1故{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，∴an＋1＝2・2n－1＝2，故an＝2－1.nn(2)当n取1,2,3，?，n－1时，可得n－1个等式．即an－an－1＝n－1，an－1－an－2＝n－2，?，a2－a1＝1，将其两边分别相加，得an－a1＝1＋2＋3＋?＋(n－1)，5?1＋n－1??n－1?n?n－1?∴an＝a1＋＝2＋. 22[答案] (1)2－1 (2)2＋2nn?n－1?2(3)解：①因为a1＋3a2＋3a3＋?＋32n－1nan＝，(��)3所以当n≥2时，a1＋3a2＋3a3＋?＋3(��)－(��)得3n－1n－2n－1an－1＝，(��)3an＝，所以an＝n(n≥2)．131311在(��)中，令n＝1，得a1＝，满足an＝n，331*所以an＝n(n∈N)．31nn②由①知an＝n，故bn＝＝n×3.3an则Sn＝1×3＋2×3＋3×3＋?＋n×3， 3Sn＝1×3＋2×3＋3×3＋?＋n×3234234123nn＋1，nn＋1两式相减得－2Sn＝3＋3＋3＋3＋?＋3－n×33?2n－1?×3所以Sn＝＋44[类题通法]n＋13?1－3?n＋1＝－n×3，1－3n.(1)由递推公式求数列通项公式时，一是要注意判别类型与方法．二是要注意an的完整表达式，易忽视n＝1的情况．(2)数列求和时，根据数列通项公式特征选择求和法，尤其是涉及到等比数列求和时要注意公比q对Sn的影响．[题组训练]1．已知函数f(n)＝ncos(nπ)，且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋?＋a100＝________.解析：因为f(n)＝ncos(nπ)，所以a1＋a2＋a3＋?＋a100＝[f(1)＋f(2)＋?＋f(100)]＋[f(2)＋?＋f(101)]，22f(1)＋f(2)＋?＋f(100)＝－12＋22－32＋42－?－992＋1002＝(22－12)＋(42－32)50?3＋199?22＋?(100－99)＝3＋7＋?＋199＝＝5 050，2f(2)＋?＋f(101)＝22－32＋42－?－992＋1002－1012＝(22－32)＋(42－52)＋?＋(1002－101)26感谢您的阅读，祝您生活愉快。

高考数学第二轮复习数列教学案

2011年高考第二轮专题复习（教学案）：数列考纲指要：数列综合及实际问题在高考中占有重要的地位，通常以数列为工具，综合运用函数、方程、不等式等知识，通过运用逆推思想、函数与方程、归纳与猜想、等价转化、分类讨论等各种数学思想方法，这些题目都考察考生灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力，考点扫描：1．等差数列定义、通项公式、前n项和公式。

2．等比数列定义、通项公式、前n项和公式。

3．数列求通项的常用方法如：①作新数列法；②累差叠加法；③归纳、猜想法；而对于递归数列，则常用①归纳、猜想、数学归纳法证明；②迭代法；③代换法。

包括代数代换，对数代数，三角代数。

4．数列求和常用方法如：①公式法；②裂项求和；③错项相消法；④并项求和。

考题先知：例1. 已知，①求函数的表达式；②定义数列,求数列的通项；③求证：对任意的有解：①由，所以②③不等式等价于因为例2．如图，已知一类椭圆：Array，若椭圆C n上有一点P n到右准线的距离是与的等差中项，其中F n、G n分别是椭圆的左、右焦点。

（1）试证：；（2）取，并用S n表示的面积，试证：且。

证明：（1）由题设与椭圆的几何性质得：2=+=2，故=1，设，则右准线的方程为：，从而由得，即，有；（2）设点，则由=1得，从而，所以=，因函数中，由得所以S n在区间上是增函数，在区间（）上是减函数，由，可得，知是递增数列，而，故可证且。

评注：这是一道较为综合的数列与解析几何结合的题目，涉及到的知识较多，有椭圆的相关知识，列不等式与解不等式，构造函数，利用导数证明其单调性等，这也表明数列只是一个特殊函数的本原问题，提示了数列问题的函数思想方法。

复习智略：例3 已知二次函数y=f(x)在x=处取得最小值－ (t＞0),f(1)=0(1)求y=f(x)的表达式；(2)若任意实数x都满足等式f(x)·g(x)+a n x+b n=x n+1［g(x)］为多项式，n∈N*),试用t表示a n 和b n ；(3)设圆C n 的方程为(x －a n )2+(y －b n )2=r n 2，圆C n 与C n +1外切(n =1,2,3,…);{r n }是各项都是正数的等比数列，记S n 为前n 个圆的面积之和，求r n 、S n解 (1)设f (x )=a (x －)2－，由f (1)=0得a =1∴f (x )=x 2－(t +2)x +t +1(2)将f (x )=(x －1)［x －(t +1)］代入已知得(x －1)［x －(t +1)］g (x )+a n x +b n =x n +1，上式对任意的x ∈R 都成立，取x =1和x =t +1分别代入上式得且t ≠0，解得a n =［(t +1)n +1－1］，b n =［1－(t +1n )(3)由于圆的方程为(x －a n )2+(y －b n )2=r n 2，又由(2)知a n +b n =1，故圆C n 的圆心O n 在直线x +y =1上，又圆C n 与圆C n +1相切，故有r n +r n +1=｜a n +1－a n ｜=(t +1)n +1设{r n }的公比为q ，则②÷①得q ==t +1，代入①得r n =∴S n =π(r 12+r 22+…+r n 2)=［(t +1)2n －1］检测评估：1．动点的横坐标、纵坐标使、、成等差数列，则点的轨迹图形是（）1．解：由条件得，即，又，所以化为，故选C 。

高三数学二轮复习专题3数列与递教案苏教版

专题3 数列与递推【高考趋势】近几年高考中，数列问题除在小题中有两题左右外，大题常在最后两题之一的位置。

小题一般为概念性问题，只要掌握等差、等比的基本属性便能解决，而大题的综合性较强，常从数列的递推关系式入手，化归为等差或等比数列，求出其通项公式，再进一步研究其和，构造不等式等，在证明不等式时，常利用函数的思想解决有关问题。

【考点展示】1、等比数列{a n }的前n 项和为S n =3n+1-a ，则实数a 的值为。

2、等差数列{a n }中，a 1=1，a 3+a 5=14，其前n 项和S n =100,则n 等于。

3、若f(n)=1+n413121+++ (n ∈N *)，则按此形式写出f(1)的表达式应有f(1)= (不必算出最后结果)4、设{a n }为公比q >1的等比数列，若a 2004和a 2005是方程4x 2-8x+3=0的两根，则a 2006+a 2007=5、在等差数列{a n }中，a 5=4, a 7=-2，则|a 1|+|a 2|+…+|a 10|=【样题剖析】例1、设{a n }是公比大于1的等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和，已知S 3=7，且a 1+3,3a 2,a 3+4构成等差数列。

（1）求数列{a n }的通项公式；（2）令b n =lna 3n+1, n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和T n 。

例2、已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和满足S n >1，且6S n =(a n +1)(a n +2), n ∈N *。

（1）求{a n }的通项公式；（2）设数列{b n }满足a n (2b n-1)=1，并记T n 为{b n }的前n 项和，求证：3T n +1>log 2(a n +3), n ∈N *。

例3、在数列{a n }中，a 1=2, a n+1=λa n +λn+1+(2-λ)2n (n ∈N *)，其中λ>0。

江苏专用高考数学二轮复习专题三数列第1讲等差数列与等比数列学案文苏教版

第1讲等差数列与等比数列[2019考向导航]1．必记的概念与定理 (1)a n 与S n 的关系S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1， n ＝1，S n －S n －1， n ≥2．(2)等差数列和等比数列2．记住几个常用的公式与结论 (1)等差数列的性质①在等差数列{a n }中，a n ＝a m ＋(n －m )d ，d ＝a n －a mn －m； ②当公差d ≠0时，等差数列{a n }的通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d ＝dn ＋a 1－d 是关于n 的一次函数，且斜率为公差d ；前n 项和S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝d 2n 2＋(a 1－d2)n 是关于n 的常数项为0的二次函数．③若公差d >0，则数列为递增等差数列，若公差d <0，则数列为递减等差数列，若公差d ＝0，则数列为常数列．④当m ＋n ＝p ＋q 时，则有a m ＋a n ＝a p ＋a q ，特别地，当m ＋n ＝2p 时，则有a m ＋a n ＝2a p ． ⑤若{a n }是等差数列，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…也成等差数列．⑥在等差数列{a n }中，当项数为偶数2n 时，S 偶－S 奇＝nd ；项数为奇数2n －1时，S 奇－S偶＝a 中，S 2n －1＝(2n －1)·a 中(这里a 中即a n )，S 奇∶S 偶＝n ∶(n －1)．⑦若等差数列{a n }、{b n }的前n 项和分别为A n 、B n ，且A n B n ＝f (n )，则a n b n ＝（2n －1）a n （2n －1）b n ＝A 2n －1B 2n －1＝f (2n －1)．⑧“首正”的递减等差数列中，前n 项和的最大值是所有非负项之和；“首负”的递增等差数列中，前n项和的最小值是所有非正项之和．法一：由不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0a n ＋1≤0(或⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤0a n ＋1≥0)确定出前多少项为非负(或非正)；法二：因等差数列前n 项和是关于n 的二次函数，故可转化为求二次函数的最值，但要注意数列的特殊性n ∈N *．⑨如果两等差数列有公共项，那么由它们的公共项顺次组成的新数列也是等差数列，且新等差数列的公差是原两等差数列公差的最小公倍数．(2)等比数列的性质①在等比数列{a n }中，a n ＝a m q n －m，q ＝n －m a na m；②当m ＋n ＝p ＋q 时，则有a m ·a n ＝a p ·a q ，特别地，当m ＋n ＝2p 时，则有a m ·a n ＝a 2p ． ③若{a n }是等比数列，且公比q ≠－1，则数列S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…也是等比数列．当q ＝－1，且n 为偶数时，数列S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…是常数列{0，0，0，…}，它不是等比数列．④若a 1>0，q >1，则{a n }为递增数列；若a 1<0，q >1, 则{a n }为递减数列；若a 1>0，0<q <1，则{a n }为递减数列；若a 1<0，0<q <1, 则{a n }为递增数列；若q <0，则{a n }为摆动数列；若q ＝1，则{a n }为常数列．3．需要关注的易错易混点(1)用定义证明等差数列时，常采用的两个式子a n ＋1－a n ＝d 和a n －a n －1＝d ，但它们的意义不同，后者必须加上“n ≥2”，否则n ＝1时，a 0无定义．(2)从等比数列的定义看，等比数列的任意项都是非零的，公比q 也是非零常数． (3)由a n ＋1＝qa n ，q ≠0并不能立即断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0．等差数列与等比数列基本量的运算[典型例题](1)(2019·高考江苏卷)已知数列{a n }(n ∈N *)是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 2a 5＋a 8＝0，S 9＝27，则S 8的值是________．(2)(2019·苏北三市高三模拟)在公比为q 且各项均为正数的等比数列{a n }中，S n 为{a n }的前n 项和．若a 1＝1q2，且S 5＝S 2＋2，则q 的值为________．【解析】 (1)通解：设等差数列{a n }的公差为d ，则a 2a 5＋a 8＝(a 1＋d )(a 1＋4d )＋a 1＋7d ＝a 21＋4d 2＋5a 1d ＋a 1＋7d ＝0，S 9＝9a 1＋36d ＝27，解得a 1＝－5，d ＝2，则S 8＝8a 1＋28d ＝－40＋56＝16．优解：设等差数列{a n }的公差为d ．S 9＝9（a 1＋a 9）2＝9a 5＝27，a 5＝3，又a 2a 5＋a 8＝0，则3(3－3d )＋3＋3d ＝0，得d ＝2，则S 8＝8（a 1＋a 8）2＝4(a 4＋a 5)＝4(1＋3)＝16．(2)由题意得，a 3＋a 4＋a 5＝2，又a 1＝1q2，所以1＋q ＋q 2＝2，即q 2＋q －1＝0，所以q ＝－1±52，又q ＞0，所以q ＝5－12．【答案】 (1)16 (2)5－12(1)等差(比)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 (q )，n ，S n ，知道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 (q )是等差(比)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．[对点训练]1．(2019·江苏省高考名校联考(一))设S n 为数列{a n }的前n 项和，若数列{a n }与数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n a n ＋t (t ＜－1)分别是公比为q ，q ′的等比数列，则q ＋q ′的取值范围为________． [解析] 若q ＝1，则S n a n ＋t ＝n ＋t ，不成等比数列，故q ≠1，则S n a n ＋t ＝1－qnq n －1（1－q ）＋t ，考虑前三项1＋t ，1＋q q ＋t ，1＋q ＋q 2q 2＋t 成等比数列得，t ＝q 1－q ，反之，当t ＝q 1－q 时，S na n ＋t ＝1q n －1（1－q ）成等比数列，此时，公比为1q ，即q ′＝1q ．由t ＜－1，得q1－q＜－1，q ＞1，q ＋q ′＝q ＋1q＞2，故q ＋q ′的取值范围是(2，＋∞)．[答案] (2，＋∞)2．(2019·苏州市高三调研)已知{a n }是等差数列，a 5＝15，a 10＝－10，记数列{a n }的第n 项到第n ＋5项的和为T n ，则|T n |取得最小值时的n 的值为________．[解析] 由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝15，a 1＋9d ＝－10得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝35d ＝－5，从而等差数列{a n }的通项公式为a n ＝40－5n ，得T n＝(40－5n )＋…＋(15－5n )＝165－30n ，因为|T n |≥0，又n ∈N *，故当n ＝5或6时，|T n |取得最小值15． [答案] 5或6等差、等比数列的判断与证明[典型例题](2019·江苏名校联考信息卷)已知数列{a n }的各项均为正数，其前n 项和为S n ，且对任意的m ，n ∈N *，都有(S m ＋n ＋S 1)2＝4a 2m a 2n ．(1)求a 2a 1的值；(2)求证：{a n }为等比数列．【解】 (1)由(S m ＋n ＋S 1)2＝4a 2n a 2m ，得(S 2＋S 1)2＝4a 22，即(a 2＋2a 1)2＝4a 22．因为a 1>0，a 2>0，所以a 2＋2a 1＝2a 2，即a 2a 1＝2．(2)证明：法一：令m ＝1，n ＝2，得(S 3＋S 1)2＝4a 2a 4，即(2a 1＋a 2＋a 3)2＝4a 2a 4，令m ＝n ＝2，得S 4＋S 1＝2a 4，即2a 1＋a 2＋a 3＝a 4．又a 2a 1＝2，所以a 4＝4a 2＝8a 1，a 3＝4a 1．由(S m ＋n ＋S 1)2＝4a 2n a 2m ，得(S n ＋1＋S 1)2＝4a 2n a 2，(S n ＋2＋S 1)2＝4a 2n a 4．两式相除，得（S n ＋2＋S 1）2（S n ＋1＋S 1）2＝a 4a 2，所以S n ＋2＋S 1S n ＋1＋S 1＝a 4a 2＝2，即S n ＋2＋S 1＝2(S n ＋1＋S 1)，从而S n ＋3＋S 1＝2(S n ＋2＋S 1)．以上两式相减，得a n ＋3＝2a n ＋2，故当n ≥3时，{a n }是公比为2的等比数列．又a 3＝2a 2＝4a 1，从而a n ＝a 1·2n －1，n ∈N *．显然，a n ＝a 1·2n －1满足题设，因此{a n }是首项为a 1，公比为2的等比数列．法二：在(S m ＋n ＋S 1)2＝4a 2n a 2m 中，令m ＝n ，得S 2n ＋S 1＝2a 2n ．①令m ＝n ＋1，得S 2n ＋1＋S 1＝2a 2n a 2n ＋2，② 在①中，用n ＋1代替n 得，S 2n ＋2＋S 1＝2a 2n ＋2．③②－①，得a 2n ＋1＝2a 2n a 2n ＋2－2a 2n ＝2a 2n (a 2n ＋2－a 2n )，④ ③－②，得a 2n ＋2＝2a 2n ＋2－2a 2n a 2n ＋2＝2a 2n ＋2·(a 2n ＋2－a 2n )，⑤由④⑤得a 2n ＋1＝a 2n a 2n ＋2．⑥ 将⑥代入④，得a 2n ＋1＝2a 2n ，将⑥代入⑤得a 2n ＋2＝2a 2n ＋1，所以a 2n ＋2a 2n ＋1＝a 2n ＋1a 2n＝2．又a 2a 1＝2，从而a n ＝a 1·2n －1，n ∈N *．显然a n ＝a 1·2n －1满足题设．因此{a n }是首项为a 1，公比为2的等比数列．递推数列问题常见的处理方法(1)将第n 项和第n ＋1项合并在一起，看是否是一个特殊数列；若递推关系式含有a n 与S n ，则考虑是否可以将a n 与S n 进行统一．(2)根据递推关系式的结构特征确定是否为熟悉的、有固定方法的递推关系式向通项公式的转换类型，否则可以写出数列的前几项，看能否找到规律，即先特殊、后一般、再特殊．[对点训练]3．设S n 为数列{a n }的前n 项和，对任意的n ∈N *，都有S n ＝2－a n ，数列{b n }满足b 1＝2a 1，b n ＝b n －11＋b n －1(n ≥2，n ∈N *)．(1)求证：数列{a n }是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)判断数列{1b n}是等差数列还是等比数列，并求数列{b n }的通项公式．[解] (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－a 1，解得a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a n －1－a n ，即a n a n －1＝12(n ≥2，n ∈N *)．所以数列{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，故数列{a n }的通项公式为a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1．(2)因为a 1＝1，所以b 1＝2a 1＝2．因为b n ＝b n －11＋b n －1，所以1b n ＝1b n －1＋1，即1b n －1b n －1＝1(n ≥2)．所以数列{1b n }是首项为12，公差为1的等差数列．所以1b n ＝12＋(n －1)·1＝2n －12，故数列{b n }的通项公式为b n ＝22n －1．等差数列与等比数列的综合运用[典型例题](2018·高考江苏卷)设{a n }是首项为a 1，公差为d 的等差数列，{b n }是首项为b 1，公比为q 的等比数列．(1)设a 1＝0，b 1＝1，q ＝2，若|a n －b n |≤b 1对n ＝1，2，3，4均成立，求d 的取值范围； (2)若a 1＝b 1>0，m ∈N *，q ∈(1，m2]，证明：存在d ∈R ，使得|a n －b n |≤b 1对n ＝2，3，…，m ＋1均成立，并求d 的取值范围(用b 1，m ，q 表示)．【解】 (1)由条件知：a n ＝(n －1)d ，b n ＝2n －1，因为|a n －b n |≤b 1对n ＝1，2，3，4均成立，即|(n －1)d －2n －1|≤1对n ＝1，2，3，4均成立，即1≤1，1≤d ≤3，3≤2d ≤5，7≤3d ≤9，得73≤d ≤52，因此，d 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤73，52．(2)由条件知：a n ＝b 1＋(n －1)d ，b n ＝b 1qn －1．若存在d ，使得|a n －b n |≤b 1(n ＝2，3，…，m ＋1)成立，即|b 1＋(n －1)d －b 1qn －1|≤b 1(n ＝2，3，…，m ＋1)，即当n ＝2，3，…，m ＋1时，d 满足q n －1－2n －1b 1≤d ≤q n －1n －1b 1．因为q ∈(1，m2]，则1<qn －1≤q m≤2，从而q n －1－2n －1b 1≤0，q n －1n －1b 1>0，对n ＝2，3，…，m ＋1均成立．因此，取d ＝0时，|a n －b n |≤b 1对n ＝2，3，…，m ＋1均成立．下面讨论数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1－2n －1的最大值和数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1n －1的最小值(n ＝2，3，…，m ＋1)． ①当2≤n ≤m 时，q n －2n －q n －1－2n －1＝nq n －q n －nq n －1＋2n （n －1）＝n （q n －q n －1）－q n ＋2n （n －1），当1＜q ≤21m 时，有q n ≤q m ≤2，从而n (q n －q n －1)－q n＋2>0．因此，当2≤n ≤m ＋1时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1－2n －1单调递增，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1－2n －1的最大值为q m －2m ．②设f (x )＝2x (1－x )，当x >0时，f ′(x )＝(ln 2－1－x ln 2)2x<0，所以f (x )单调递减，从而f (x )<f (0)＝1．当2≤n ≤m 时，q nn q n －1n －1＝q （n －1）n ≤21n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n <1，因此，当2≤n ≤m ＋1时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1n －1单调递减，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1n －1的最小值为q mm ．因此，d 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤b 1（q m －2）m ，b 1q mm ．等差数列与等比数列综合问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便．首项和公差(公比)是等差(比)数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法．[对点训练]4．(2019·江苏省高考名校联考(九))已知单调递增的等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝6，a 3＝8，正项数列{b n }的前n 项和为S n ，且4S n ＝b 2n ＋2b n ＋1．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证：对任意实数m ，数列{b n ＋mb n ＋1}都是等差数列，并求该数列的公差； (3)设c n＝⎩⎪⎨⎪⎧－23，n ＝1，a n·bn －1b n·b n ＋1，n ≥2，d n＝a n（15－bn ＋1）－2b n ＋1b n ＋1，求数列{c n }的前n 项和T n ，并比较T n 与d n 的大小．[解] (1)设数列{a n }的公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝8，a 1（1＋q ）＝6，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝18，q ＝－23(舍去)，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n．(2)当n ＝1时，4b 1＝b 21＋2b 1＋1，所以b 1＝1，当n ≥2时，4(S n －S n －1)＝4b n ＝b 2n ＋2b n ＋1－(b 2n －1＋2b n －1＋1)，所以(b n ＋b n －1)(b n －b n －1－2)＝0，因为b n ＋b n －1>0，所以b n －b n －1＝2，所以数列{b n }是以1为首项，2为公差的等差数列，所以b n ＝2n －1．因为b n ＋1＋mb n ＋2－(b n ＋mb n ＋1)＝(b n ＋1－b n )＋m (b n ＋2－b n ＋1)＝2＋2m ，所以对任意实数m ，数列{b n ＋mb n ＋1}都是等差数列，且该数列的公差为2＋2m ．(3)因为当n ≥2时，c n ＝2n ·（2n －3）（2n －1）·（2n ＋1）＝2n ＋12n ＋1－2n2n －1，又c 1＝－23也符合此式，所以c n ＝2n ＋12n ＋1－2n2n －1，所以T n ＝(21＋13－2)＋(22＋15－21＋13)＋…＋(2n ＋12n ＋1－2n 2n －1)＝2n ＋12n ＋1－2．又d n ＝a n （15－b n ＋1）－2b n ＋1b n ＋1＝2n ＋1（7－n ）2n ＋1－2，所以T n －d n ＝2n ＋12n ＋1－2－[2n ＋1（7－n ）2n ＋1－2]＝2n ＋1（n －6）2n ＋1，当n <6时，2n ＋1（n －6）2n ＋1<0，所以T n <d n ；当n ＝6时，2n ＋1（n －6）2n ＋1＝0，所以T n ＝d n ；当n >6时，2n ＋1（n －6）2n ＋1>0，所以T n >d n ．1．(2019·南京模拟)在等比数列{a n }中，a 2a 6＝16，a 4＋a 8＝8，则a 20a 10＝________． [解析] 法一：设等比数列{a n }的公比为q ，由a 2a 6＝16得a 21q 6＝16，所以a 1q 3＝±4．由a 4＋a 8＝8，得a 1q 3(1＋q 4)＝8，即1＋q 4＝±2，所以q 2＝1．于是a 20a 10＝q 10＝1．法二：由等比数列的性质，得a 24＝a 2a 6＝16，所以a 4＝±4，又a 4＋a 8＝8，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝4，a 8＝4或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝－4，a 8＝12．因为a 26＝a 4a 8>0，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝4，a 8＝4，则公比q 满足q 4＝1，q 2＝1，所以a 20a 10＝q 10＝1．[答案] 12．(2019·宿迁模拟)若等差数列{a n }满足a 2＋S 3＝4，a 3＋S 5＝12，则a 4＋S 7的值是________．[解析] 由S 3＝3a 2，得a 2＝1，由S 5＝5a 3，得a 3＝2，则a 4＝3，S 7＝7a 4，则a 4＋S 7＝8a 4＝24．[答案] 243．(2019·江苏名校高三入学摸底)已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2n ＋1a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12a n ＋2n，b n ＝2na n (n ∈N *)，则数列{b n }的通项公式是________．[解析] 由已知得a n ＋12n ＋1＝a n⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12a n ＋2n (n ∈N *)，则2n ＋1a n ＋1＝2na n ＋n ＋12(n ∈N *)，即b n ＋1－b n ＝n ＋12(n ∈N *)，所以b 2－b 1＝1＋12，b 3－b 2＝2＋12，…，b n －b n －1＝(n －1)＋12，累加得b n －b 1＝1＋2＋3＋…＋(n －1)＋n －12＝（n －1）n 2＋n －12＝n 2－12，又b 1＝2a 1＝1，所以b n ＝n 2－12＋1＝n 2＋12．[答案] b n ＝n 2＋124．已知等比数列{a n }为递增数列．若a 1>0，且2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，则数列{a n }的公比q ＝________．[解析] 因为2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，所以2a n (1＋q 2)＝5a n q ，所以2(1＋q 2)＝5q ，解得q ＝2或q ＝12．因为数列为递增数列，且a 1>0，所以q >1，所以q ＝2． [答案] 25．(2019·苏锡常镇四市高三教学调研(一))中国古代著作《张丘建算经》中有这样一个问题：“今有马行转迟，次日减半疾，七日行七百里”，意思是说有一匹马行走的速度逐渐减慢，每天行走的里程是前一天的一半，七天一共行走了700里．那么这匹马最后一天行走的里程数为______．[解析] 由题意可知，这匹马每天行走的里程数构成等比数列，设为{a n }，易知公比q ＝12，则S 7＝a 1（1－q 7）1－q ＝2a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1128＝12764a 1＝700，所以a 1＝700×64127，所以a 7＝a 1q 6＝700×64127×⎝ ⎛⎭⎪⎫126＝700127，所以这匹马最后一天行走的里程数为700127．[答案] 7001276．(2019·苏州市第一学期学业质量调研)设S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若S 5S 10＝13，则S 5S 20＋S 10＝______．[解析] 法一：设等比数列{a n }的公比为q ，若公比q 为1，则S 5S 10＝12，与已知条件不符，所以公比q ≠1，所以S n ＝a 1（1－q n ）1－q ，因为S 5S 10＝13，所以1－q 51－q 10＝13，所以q 5＝2，所以S 5S 20＋S 10＝1－q 51－q 20＋1－q 10＝1－21－24＋1－22＝118．法二：因为S 5S 10＝13，所以不妨设S 5＝a ，S 10＝3a ，a ≠0，易知S 5，S 10－S 5，S 15－S 10，S 20－S 15成等比数列，由S 5＝a ，S 10－S 5＝2a ，得S 15－S 10＝4a ，S 20－S 15＝8a ，从而S 20＝15a ，所以S 5S 20＋S 10＝a 15a ＋3a ＝118． [答案] 1187．设数列{a n }，{b n }都是等差数列，且a 1＝25，b 1＝75，a 2＋b 2＝100，那么a n ＋b n 组成的数列的第37项的值为________．[解析] {a n }，{b n }都是等差数列，则{a n ＋b n }为等差数列，首项为a 1＋b 1＝100， d ＝(a 2＋b 2)－(a 1＋b 1)＝100－100＝0，所以{a n ＋b n }为常数数列，第37项为100．[答案] 1008．(2019·南京市四校第一学期联考)已知各项均为正数的等比列{a n }中，a 2＝3，a 4＝27，S 2n 为该数列的前2n 项和，T n 为数列{a n a n ＋1}的前n 项和，若S 2n ＝kT n ，则实数k 的值为______．[解析] 因为各项均为正数的等比数列{a n }中，a 2＝3，a 4＝27，所以a 1＝1，公比q ＝3，所以S 2n ＝1×（1－32n ）1－3＝32n －12，a n ＝3n －1．令b n ＝a n a n ＋1＝3n －1·3n ＝32n －1，所以b 1＝3，数列{b n }为等比数列，公比q ′＝9，所以T n ＝3×（1－9n ）1－9＝3（32n －1）8．因为S 2n ＝kT n ，所以32n－12＝k ·3（32n －1）8，解得k ＝43． [答案] 439．(2019·泰州市高三模拟)已知公差为2的等差数列{a n }及公比为2的等比数列{b n }满足a 1＋b 1>0，a 2＋b 2<0，则a 3＋b 3的取值范围是________．[解析] 法一：由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋b 1>0a 1＋2b 1<－2，该不等式组在平面直角坐标系a 1Ob 1中表示的平面区域如图中阴影部分所示，则当a 3＋b 3＝a 1＋4＋4b 1经过点(2，－2)时取得最大值－2，则a 3＋b 3<－2．法二：由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋b 1>0a 1＋2b 1<－2，则a 3＋b 3＝a 1＋4＋4b 1＝－2(a 1＋b 1)＋3(a 1＋2b 1)＋4<－2，故a 3＋b 3的取值范围是(－∞，－2)．[答案] (－∞，－2)10．在数列{a n }中，n ∈N *，若a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n＝k (k 为常数)，则称{a n }为“等差比数列”，下列是对“等差比数列”的判断：①k 不可能为0；②等差数列一定是“等差比数列”；③等比数列一定是“等差比数列”；④“等差比数列”中可以有无数项为0．其中所有正确判断的序号是________．[解析] 由等差比数列的定义可知，k 不为0，所以①正确，当等差数列的公差为0，即等差数列为常数列时，等差数列不是等差比数列，所以②错误；当{a n }是等比数列，且公比q ＝1时，{a n }不是等差比数列，所以③错误；数列0，1，0，1，…是等差比数列，该数列中有无数多个0，所以④正确．[答案] ①④11．(2019·宝鸡模拟)已知数列{a n }满足a 1＝5，a 2＝5，a n ＋1＝a n ＋6a n －1(n ≥2)．(1)求证：{a n ＋1＋2a n }是等比数列；(2)求数列{a n }的通项公式．[解] (1)证明：因为a n ＋1＝a n ＋6a n －1(n ≥2)，所以a n ＋1＋2a n ＝3a n ＋6a n －1＝3(a n ＋2a n －1)(n ≥2)．又a 1＝5，a 2＝5，所以a 2＋2a 1＝15，所以a n ＋2a n －1≠0(n ≥2)，所以a n ＋1＋2a n a n ＋2a n －1＝3(n ≥2)，所以数列{a n ＋1＋2a n }是以15为首项，3为公比的等比数列．(2)由(1)得a n ＋1＋2a n ＝15×3n －1＝5×3n ，则a n ＋1＝－2a n ＋5×3n ，所以a n ＋1－3n ＋1＝－2(a n －3n )．又因为a 1－3＝2，所以a n －3n ≠0，所以{a n －3n }是以2为首项，－2为公比的等比数列．所以a n －3n ＝2×(－2)n －1，即a n ＝2×(－2)n －1＋3n(n ∈N *)． 12．(2019·苏州市高三模拟)已知数列{a n }满足：a 1＝12，a n ＋1－a n ＝p ·3n －1－nq ，n ∈N *，p ，q ∈R ．(1)若q ＝0，且数列{a n }为等比数列，求p 的值；(2)若p ＝1，且a 4为数列{a n }的最小项，求q 的取值范围．[解] (1)因为q ＝0，a n ＋1－a n ＝p ·3n －1，所以a 2＝a 1＋p ＝12＋p ，a 3＝a 2＋3p ＝12＋4p ．由数列{a n }为等比数列，得⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋p 2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋4p ，解得p ＝0或p ＝1．当p ＝0时，a n ＋1＝a n ，所以a n ＝12，符合题意；当p ＝1时，a n ＋1－a n ＝3n －1，所以a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1) ＝12＋(1＋3＋…＋3n －2)＝12＋1－3n －11－3＝12·3n －1，所以a n ＋1a n＝3．符合题意．所以p 的值为0或1．(2)因为p ＝1，所以a n ＋1－a n ＝3n －1－nq ，又a 4为数列{a n }的最小项，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 4－a 3≤0a 5－a 4≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧9－3q ≤027－4q ≥0，所以3≤q ≤274．此时a 2－a 1＝1－q <0，a 3－a 2＝3－2q <0，所以a 1>a 2>a 3≥a 4．当n ≥4时，令b n ＝a n ＋1－a n ，b n ＋1－b n ＝2·3n －1－q ≥2·34－1－274>0，所以b n ＋1>b n ，所以0≤b 4<b 5<b 6<…，即a 4≤a 5<a 6<a 7<…．综上所述，当3≤q ≤274时，a 4为数列{a n }的最小项，即所求q 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤3，274． 13．已知数列{a n }，对于任意n ≥2，在a n －1与a n 之间插入n 个数，构成的新数列{b n }成等差数列，并记在a n －1与a n 之间插入的这n 个数的均值为C n －1．(1)若a n ＝n 2＋3n －82，求C 1，C 2，C 3；(2)在(1)的条件下是否存在常数λ，使{C n ＋1－λC n }是等差数列？如果存在，求出满足条件的λ，如果不存在，请说明理由．[解] (1)由题意a 1＝－2，a 2＝1，a 3＝5，a 4＝10，所以在a 1与a 2之间插入－1，0，C 1＝－12．在a 2与a 3之间插入2，3，4，C 2＝3．在a 3与a 4之间插入6，7，8，9，C 3＝152． (2)在a n －1与a n 之间插入n 个数构成等差数列，d ＝a n －a n －1n ＋1＝1，所以C n －1＝n （a n －1＋a n ）2n ＝a n －1＋a n 2＝n 2＋2n －92．假设存在λ使得{C n ＋1－λC n }是等差数列．所以(C n ＋1－λC n )－(C n －λC n －1)＝C n ＋1－C n －λ(C n －C n －1)＝2n ＋52－λ·2n ＋32＝(1－λ)n ＋52－32λ＝常数，所以λ＝1．即λ＝1时，{C n ＋1－λC n }是等差数列．14．(2019·无锡期中检测)在等差数列{a n }中，a 1＝3，其前n 项和为S n ，等比数列{b n }的各项均为正数，b 1＝1，其前n 项和为T n ，且b 2＋S 2＝11，2S 3＝9b 3．(1)求数列{a n }和数列{b n }的通项公式；(2)问是否存在正整数m ，n ，r ，使得T n ＝a m ＋r ·b n 成立？如果存在，请求出m ，n ，r 的关系式；如果不存在，请说明理由．[解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q (q ＞0)，则 ⎩⎪⎨⎪⎧q ＋3＋3＋d ＝11，2（3＋3＋d ＋3＋2d ）＝9q 2，解得d ＝3，q ＝2．所以a n ＝3n ，b n ＝2n －1．(2)因为T n ＝1＋2＋…＋2n －1＝2n －1，所以有2n －1＝3m ＋r ·2n －1．(*) 若r ≥2，则r ·2n －1＞2n －1，(*)不成立，所以r ＝1，m ＝2n －1－13．若n 为奇数，①当n ＝1时，m ＝0，不成立， ②当n ＞1时，设n ＝2t ＋1，t ∈N *，则m ＝2n －1－13＝22t －13＝4t －13∈Z ；若n 为偶数，设n ＝2t ，t ∈N *，则m ＝2n －1－13＝22t －1－13＝2·4t －1－13＝2·4t －1－13＋13，因为4t －1－13∈Z ，所以m ∉Z ．综上所述，存在正整数m ，n ，r ，使得T n ＝a m ＋r ·b n 成立，此时n 为大于1的奇数，r ＝1，且m ＝2n －1－13．。

江苏专用2020版高考数学二轮复习专题三数列第2讲数列的求解与综合创新学案文苏教版20191121326

第2讲数列的求解与综合创新[2019考向导航]1．必记的概念与定理(1)等差数列{a n }的前n 项和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d ；(2)等比数列{a n }的前n 项和公式：q ≠1时，S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q 1－q；q ＝1时，S n ＝na 1；(3)数列求和的方法技巧 ①分组转化法有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列的通项公式拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．②错位相减法这是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别是等差数列和等比数列．③倒序相加法若求和式中到首尾距离相等的两项和相等或者求和式中到首尾距离相等的两项具有某种对称性，则可以考虑使用倒序相加的求和方法．在使用倒序相加法求和时要注意相加后求出的和是所求和的二倍，得出解题结果后不要忽视了除以2．④裂项相消法利用通项公式变形，将通项公式分裂成两项或几项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和．2．记住几个常用的公式与结论常见的拆项公式： (1)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1；(2)1n （n ＋k ）＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k ；(3)1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；(4)1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )．3．需要关注的易错易混点在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形导致解题失误．数列求通项、求和及求参数的范围(值)[典型例题](2019·南京高三模拟)已知常数p ＞0，数列{a n }满足a n ＋1＝|p －a n |＋2a n ＋p ，n ∈N *．(1)若a 1＝－1，p ＝1， ①求a 4的值；②求数列{a n }的前n 项和S n ．(2)若数列{a n }中存在三项a r ，a s ，a t (r ，s ，t ∈N *，r ＜s ＜t )依次成等差数列，求a 1p的取值范围．【解】 (1)因为p ＝1，所以a n ＋1＝|1－a n |＋2a n ＋1． ①因为a 1＝－1，所以a 2＝|1－a 1|＋2a 1＋1＝1，a 3＝|1－a 2|＋2a 2＋1＝3，a 4＝|1－a 3|＋2a 3＋1＝9．②因为a 2＝1，a n ＋1＝|1－a n |＋2a n ＋1，所以当n ≥2时，a n ≥1，从而a n ＋1＝|1－a n |＋2a n ＋1＝a n －1＋2a n ＋1＝3a n (n ≥2)，所以a n ＝3n －2(n ≥2)．当n ＝1时，S 1＝－1．当n ≥2时，S n ＝－1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝－1＋1－3n －11－3＝3n －1－32．所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，3n －1－32，n ≥2，n ∈N *，即S n ＝3n －1－32，n ∈N *． (2)因为a n ＋1－a n ＝|p －a n |＋a n ＋p ≥p －a n ＋a n ＋p ＝2p ＞0，所以a n ＋1＞a n ，即{a n }单调递增． ①当a 1p≥1时，有a 1≥p ，于是a n ≥a 1≥p ，所以a n ＋1＝|p －a n |＋2a n ＋p ＝a n －p ＋2a n ＋p ＝3a n ，所以a n ＝3n －1a 1．若{a n }中存在三项a r ，a s ，a t (r ，s ，t ∈N *，r ＜s ＜t )依次成等差数列，则有2a s ＝a r ＋a t ，即2×3s －1＝3r －1＋3t －1．(*)因为s ≤t －1，所以2×3s －1＝23×3s ＜3t －1＜3r －1＋3t －1，即(*)不成立．故此时数列{a n }中不存在三项依次成等差数列． ②当－1＜a 1p＜1时，有－p ＜a 1＜p ．此时a 2＝|p －a 1|＋2a 1＋p ＝p －a 1＋2a 1＋p ＝a 1＋2p ＞p ，于是当n ≥2时，a n ≥a 2＞p ，从而a n ＋1＝|p －a n |＋2a n ＋p ＝a n －p ＋2a n ＋p ＝3a n ．所以a n ＝3n －2a 2＝3n －2(a 1＋2p )(n ≥2)．若{a n }中存在三项a r ，a s ，a t (r ，s ，t ∈N *，r ＜s ＜t )依次成等差数列，由①可知，r ＝1，于是有2×3s －2(a 1＋2p )＝a 1＋3t －2(a 1＋2p )．因为2≤s ≤t －1，所以a 1a 1＋2p＝2×3s －2－3t －2＝29×3s －13×3t －1＜0．因为2×3s －2－3t －2是整数，所以a 1a 1＋2p≤－1，于是a 1≤－a 1－2p ，即a 1≤－p ，与－p ＜a 1＜p 矛盾，故此时数列{a n }中不存在三项依次成等差数列． ③当a 1p≤－1时，有a 1≤－p ＜p ，a 1＋p ≤0，于是a 2＝|p －a 1|＋2a 1＋p ＝p －a 1＋2a 1＋p ＝a 1＋2p ，a 3＝|p －a 2|＋2a 2＋p ＝|p ＋a 1|＋2a 1＋5p ＝－p －a 1＋2a 1＋5p ＝a 1＋4p ，此时有a 1，a 2，a 3成等差数列．综上可知：a 1p≤－1．对于数列中有关参数的范围(值)问题，技巧性较高，主要是抓住n ∈N *这一特点，常常用函数思想和转化化归思想将有关问题转化为函数或放缩到某一范围处理．[对点训练]1．(2019·江苏名校高三入学摸底)已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝a n ＋2a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和S n ； (3)在第(2)问的条件下，若不等式(－1)nλ(4－S n )≤1对任意的n ∈N *恒成立，求λ的取值范围．[解] (1)由已知得a n ＋1n ＋1＝2a n n，其中n ∈N *，又a 11＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为1，公比为2的等比数列，所以a n n＝2n －1，则a n ＝n ·2n －1．(2)由(1)知，b n ＝4（n ＋2）n ·（n ＋1）2n ＝4n ·2n －1－4（n ＋1）2n ，故S n ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－14＋14－112＋112－132＋…＋1n ·2n －1－1（n ＋1）2n＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1（n ＋1）2n ．(3)由(2)得S n ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1（n ＋1）2n ，所以(－1)nλ(4－S n )≤1可化为4（－1）nλ（n ＋1）2n ≤1．当n 为奇数时，不等式可化为λ≥－（n ＋1）2n4，记f (n )＝－（n ＋1）2n4，易证{f (n )}是递减数列，所以f (n )max ＝f (1)＝－1，所以λ≥－1．当n 为偶数时，不等式可化为λ≤（n ＋1）2n4，记g (n )＝（n ＋1）2n4，易证{g (n )}是递增数列，所以g (n )min ＝g (2)＝3，所以λ≤3．综上可知，λ的取值范围为－1≤λ≤3．数列的综合与创新 [典型例题](2019·高考江苏卷)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M －数列”． (1)已知等比数列{a n }(n ∈N *)满足：a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，求证：数列{a n }为“M －数列”；(2)已知数列{b n }(n ∈N *)满足：b 1＝1，1S n ＝2b n －2b n ＋1，其中S n 为数列{b n }的前n 项和．①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数．若存在“M －数列”{c n }(n ∈N *)，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有c k ≤b k ≤c k ＋1成立，求m 的最大值．【解】 (1)证明：设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0．由⎩⎪⎨⎪⎧a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a 21q 4＝a 1q 4，a 1q 2－4a 1q ＋4a 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2．因此数列{a n }为“M －数列”． (2)①因为1S n ＝2b n －2b n ＋1，所以b n ≠0．由b 1＝1，S 1＝b 1，得11＝21－2b 2，则b 2＝2．由1S n ＝2b n －2b n ＋1，得S n ＝b n b n ＋12（b n ＋1－b n ），当n ≥2时，由b n ＝S n －S n －1，得b n ＝b n b n ＋12（b n ＋1－b n ）－b n －1b n2（b n －b n －1），整理得b n ＋1＋b n －1＝2b n ．所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列．因此，数列{b n }的通项公式为b n ＝n (n ∈N *)． ②由①知，b k ＝k ，k ∈N *．因为数列{c n }为“M －数列”，设公比为q ，所以c 1＝1，q >0．因为c k ≤b k ≤c k ＋1，所以q k －1≤k ≤q k，其中k ＝1，2，3，…，m ．当k ＝1时，有q ≥1；当k ＝2，3，…，m 时，有ln k k ≤ln q ≤ln kk －1．设f (x )＝ln x x (x >1)，则f ′(x )＝1－ln xx2．令f ′(x )＝0，得x ＝e ．列表如下：因为ln 22＝ln 86<ln 96＝ln 33，所以f (k )max ＝f (3)＝ln 33．取q ＝33，当k ＝1，2，3，4，5时，ln k k≤ln q ，即k ≤q k ，经检验知q k －1≤k 也成立．因此所求m 的最大值不小于5．若m ≥6，分别取k ＝3，6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216，所以q 不存在．因此所求m 的最大值小于6．综上，所求m 的最大值为5．数列综合与创新问题的解题策略(1)分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项公式、求通项公式需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序．(2)注意细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的．[对点训练]2．对于给定的正整数k，若数列{a n} 满足：a n－k＋a n－k＋1＋…＋a n－1＋a n＋1＋…＋a n＋k－1＋a n ＋k＝2ka n对任意正整数n(n>k) 总成立，则称数列{a n} 是“P(k)数列”．(1)证明：等差数列{a n}是“P(3)数列”；(2)若数列{a n}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{a n}是等差数列．[证明] (1)因为{a n}是等差数列，设其公差为d，则a n＝a1＋(n－1)d，从而，当n≥4时，a n－k＋a n＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d＝2a1＋2(n－1)d＝2a n，k＝1，2，3，所以a n－3＋a n－2＋a n－1＋a n＋1＋a n＋2＋a n＋3＝6a n，因此等差数列{a n}是“P(3)数列”．(2)数列{a n}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，当n≥3时，a n－2＋a n－1＋a n＋1＋a n＋2＝4a n，①当n≥4时，a n－3＋a n－2＋a n－1＋a n＋1＋a n＋2＋a n＋3＝6a n．②由①知，a n－3＋a n－2＝4a n－1－(a n＋a n＋1)，③a n＋2＋a n＋3＝4a n＋1－(a n－1＋a n)．④将③④代入②，得a n－1＋a n＋1＝2a n，其中n≥4，所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′．在①中，取n＝4，则a2＋a3＋a5＋a6＝4a4，所以a2＝a3－d′，在①中，取n＝3，则a1＋a2＋a4＋a5＝4a3，所以a1＝a3－2d′，所以数列{a n}是等差数列．1．已知数列{a n}的前n项和S n满足S n＋S m＝S n＋m(n，m∈N*)且a1＝5，则a8＝________．[解析] 数列{a n}的前n项和S n满足S n＋S m＝S n＋m(n，m∈N*)且a1＝5，令m＝1，则S n＋1＝S n＋S1＝S n＋5，即S n＋1－S n＝5，所以a n＋1＝5，所以a8＝5．[答案] 52．(2019·江苏省名校高三入学摸底卷)已知公差不为0的等差数列{a n}的前n项和为S n，若a1，a3，a4成等比数列，则S3S7－S4的值为________．[解析] 法一：设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 1，a 3，a 4成等比数列，所以a 23＝a 1a 4，所以(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋3d )，因为d ≠0，所以a 1＝－4d ，所以S 3S 7－S 4＝3a 1＋3×22d7a 1＋7×62d －⎝ ⎛⎭⎪⎫4a 1＋4×32d ＝3a 1＋3d 3a 1＋15d ＝－9d3d ＝－3．法二：设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 1，a 3，a 4成等比数列，所以a 23＝a 1a 4，所以(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋3d )，因为d ≠0，所以a 1＝－4d ，所以S 3S 7－S 4＝3a 23a 6＝a 1＋d a 1＋5d ＝－3dd＝－3． [答案] －33．(2019·泰州市高三模拟)设f (x )是R 上的奇函数，当x >0时，f (x )＝2x＋ln x4，记a n＝f (n －5)，则数列{a n }的前8项和为________．[解析] 数列{a n }的前8项和为a 1＋a 2＋…＋a 8＝f (－4)＋f (－3)＋…＋f (3)＝f (－4)＋[f (－3)＋f (3)]＋[f (－2)＋f (2)]＋[f (－1)＋f (1)]＋f (0)＝f (－4)＝－f (4)＝－(24＋ln 1)＝－16．[答案] －164．(2019·日照模拟改编)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＝________．[解析] 由S n ＝n 2－6n 可得，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－6n －(n －1)2＋6(n －1)＝2n －7．当n ＝1时，S 1＝－5＝a 1，也满足上式，所以a n ＝2n －7，n ∈N *．所以n ≤3时，a n ＜0；n ≥4时，a n ＞0，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，1≤n ≤3，n 2－6n ＋18，n ≥4．[答案] ⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，1≤n ≤3，n 2－6n ＋18，n ≥45．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，并且S 10>0，S 11<0，若S n ≤S k 对n ∈N *恒成立，则正整数k 的值为________．[解析] 由S 10>0，S 11<0知a 1>0，d <0，并且a 1＋a 11<0，即a 6<0，又a 5＋a 6>0，所以a 5>0，即数列的前5项都为正数，第5项之后的都为负数，所以S 5最大，则k ＝5．[答案] 56．(2019·南京高三模拟)若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 3－a 1＝2，则a 5的最小值为________．[解析] 设等比数列{a n }的公比为q (q ＞0且q ≠1)，则由a 3－a 1＝2，得a 1＝2q 2－1．因为a 3－a 1＝2＞0，所以q ＞1，所以a 5＝a 1q 4＝2q 4q 2－1．令q 2－1＝t ＞0，所以a 5＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋1t ＋2≥8，当且仅当t ＝1，即q ＝2时，等号成立，故a 5的最小值为8．[答案] 87．(2019·江苏名校高三入学摸底)定义实数a ，b 之间的运算⊕如下：a ⊕b ＝⎩⎪⎨⎪⎧a （a ≥b ）b （a <b ），已知数列{a n }满足：a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝2（a n ＋1⊕2）a n(n ∈N *)，若a 2 017＝1，记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 017的值为________．[解析] 因为a 1＝1，a 2＝1，所以a 3＝4，a 4＝8，a 5＝4，a 6＝1，a 7＝1，a 8＝4，…即此时{a n }是周期数列，且周期为5，所以a 2 017＝a 2＝1，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝18，故S 2 017＝403×18＋a 1＋a 2＝7 256． [答案] 7 2568．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，{a n }的“差数列”的通项公式为a n ＋1－a n ＝2n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________．[解析] 因为a n ＋1－a n ＝2n ，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n1－2＋2＝2n －2＋2＝2n．所以S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2．[答案] 2n ＋1－29．(2019·徐州调研)设等差数列{a n }满足a 3＋a 7＝36，a 4a 6＝275，且a n a n ＋1有最小值，则这个最小值为________．[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 3＋a 7＝36，所以a 4＋a 6＝36，与a 4a 6＝275，联立，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝11，a 6＝25或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝25，a 6＝11，当⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝11，a 6＝25时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－10，d ＝7，此时a n ＝7n －17，a 2＝－3，a 3＝4，易知当n ≤2时，a n <0，当n ≥3时，a n >0，所以a 2a 3＝－12为a n a n ＋1的最小值；当⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝25，a 6＝11时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝46，d ＝－7，此时a n ＝－7n ＋53，a 7＝4，a 8＝－3，易知当n ≤7时，a n >0，当n ≥8时，a n <0，所以a 7a 8＝－12为a n a n ＋1的最小值．综上，a n a n ＋1的最小值为－12． [答案] －1210．(2019·昆明调研)将数列{a n }中的所有项按每一行比上一行多1项的规则排成如下数阵：a 1a 2，a 3a 4，a 5，a 6a 7，a 8，a 9，a 10……记数阵中的第1列数a 1，a 2，a 4，…构成的数列为{b n }，S n 为数列{b n }的前n 项和．若S n＝2b n －1，则a 56＝________．[解析] 当n ≥2时，因为S n ＝2b n －1，所以S n －1＝2b n －1－1，所以b n ＝2b n －2b n －1，所以b n＝2b n －1(n ≥2且n ∈N *)，因为b 1＝2b 1－1，所以b 1＝1，所以数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以b n ＝2n －1．设a 1，a 2，a 4，a 7，a 11，…的下标1，2，4，7，11，…构成数列{c n }，则c 2－c 1＝1，c 3－c 2＝2，c 4－c 3＝3，c 5－c 4＝4，…，c n －c n －1＝n －1，累加得，c n －c 1＝1＋2＋3＋4＋…＋(n －1)，所以c n ＝n （n －1）2＋1，由c n ＝n （n －1）2＋1＝56，得n ＝11，所以a 56＝b 11＝210＝1 024．[答案] 1 02411．(2019·江苏名校高三入学摸底)构造数组，规则如下：第一组是两个1，即(1，1)，第二组是(1，2a ，1)，第三组是(1，a (1＋2a )，2a ，a (2a ＋1)，1)，…，在每一组的相邻两个数之间插入这两个数的和的a 倍得到下一组，其中a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14．设第n 组中有a n 个数，且这a n 个数的和为S n (n ∈N *)．(1)求a n 和S n ； (2)求证：a 1－1S 1＋a 2－1S 2＋…＋a n －1S n ≥n2． [解] (1)由题意可得a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋(a n －1)＝2a n －1，所以a n ＋1－1＝2(a n －1)，又a 1－1＝1，则a n －1＝2n －1，所以a n ＝2n －1＋1．又S 1＝2，且S n ＋1＝S n ＋2a (S n －1)＝(2a ＋1)S n －2a ，则S n ＋1－1＝(2a ＋1)(S n －1)，又S 1－1＝1，所以S n －1＝(2a ＋1)n －1，所以S n ＝(2a ＋1)n －1＋1．(2)证明：令b n ＝a n －1S n ，则b n ＝2n －1（2a ＋1）n －1＋1．下面用分析法证明数列{b n }为单调递增数列．要证b n <b n ＋1，即证2n －1（2a ＋1）n －1＋1<2n（2a ＋1）n＋1，又a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14，故即证2(2a ＋1)n －1＋2>(2a ＋1)n ＋1，只需证2(2a ＋1)n －1≥(2a ＋1)n，即证2≥2a ＋1，显然成立，则数列{b n }为单调递增数列．所以a 1－1S 1＋a 2－1S 2＋…＋a n －1S n ≥n ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－1S 1＝n2． 12．(2019·江苏名校高三入学摸底)已知各项均为正数的数列{a n }满足：a 1＝a ，a 2＝b ，a n ＋1＝a n a n ＋2＋m (n ∈N *)，其中m ，a ，b 均为实常数．(1)若m ＝0，且a 4，3a 3，a 5成等差数列． ①求ba的值；②若a ＝2，令b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数2log 2a n －1，n 为偶数，求数列{b n }的前n 项和S n ；(2)是否存在常数λ，使得a n ＋a n ＋2＝λa n ＋1对任意的n ∈N *都成立？若存在，求出实数λ的值(用m ，a ，b 表示)；若不存在，请说明理由．[解] (1)①因为m ＝0，所以a 2n ＋1＝a n a n ＋2，所以正项数列{a n }是等比数列，不妨设其公比为q ．又a 4，3a 3，a 5成等差数列，所以q 2＋q ＝6，解得q ＝2或q ＝－3(舍去)，所以b a＝2．②当a ＝2时，数列{a n }是首项为2、公比为2的等比数列，所以a n ＝2n，所以b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，即数列{b n }的奇数项依次构成首项为2、公比为4的等比数列，偶数项依次构成首项为3、公差为4的等差数列．当n 为偶数时，S n ＝2（1－4n 2）1－4＋n2（3＋2n －1）2＝2n ＋13＋n 2＋n 2－23；当n 为奇数时，S n ＝2（2n ＋1－1）3＋（n ＋1）（n ＋1＋1）2－(2n ＋1)＝2n ＋23＋n 2－n 2－23．所以S n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋13＋n 2＋n 2－23，n 为偶数2n ＋23＋n 2－n 2－23，n 为奇数．(2)存在常数λ＝a 2＋b 2－m ab，使得a n ＋a n ＋2＝λa n ＋1对任意的n ∈N *都成立．证明如下：因为a 2n ＋1＝a n a n ＋2＋m (n ∈N *)，所以a 2n ＝a n －1a n ＋1＋m ，n ≥2，n ∈N *，所以a 2n ＋1－a 2n ＝a n a n ＋2－a n －1a n ＋1，即a 2n ＋1＋a n －1a n ＋1＝a n a n ＋2＋a 2n ．由于a n >0，此等式两边同时除以a n a n ＋1，得a n ＋a n ＋2a n ＋1＝a n －1＋a n ＋1a n，所以a n ＋a n ＋2a n ＋1＝a n －1＋a n ＋1a n ＝…＝a 1＋a 3a 2，即当n ≥2，n ∈N *时，都有a n ＋a n ＋2＝a 1＋a 3a 2a n ＋1．因为a 1＝a ，a 2＝b ，a 2n ＋1＝a n a n ＋2＋m ，所以a 3＝b 2－ma，所以a 1＋a 3a 2＝a ＋b 2－m a b ＝a 2＋b 2－mab，所以当λ＝a 2＋b 2－m ab时，对任意的n ∈N *都有a n ＋a n ＋2＝λa n ＋1成立．13．(2019·泰州市高三模拟)已知数列{a n }，{b n }满足2S n ＝(a n ＋2)b n ，其中S n 是数列{a n }的前n 项和．(1)若数列{a n }是首项为23，公比为－13的等比数列，求数列{b n }的通项公式；(2)若b n ＝n ，a 2＝3，求数列{a n }的通项公式；(3)在(2)的条件下，设c n ＝a n b n，求证：数列{c n }中的任意一项总可以表示成该数列其他两项之积．[解] (1)因为a n ＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －1＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ， S n ＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ，所以b n ＝2S na n ＋2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n－2⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ＋2＝12． (2)若b n ＝n ，则2S n ＝na n ＋2n ，① 所以2S n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1＋2(n ＋1)，② ②－①得2a n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1－na n ＋2，即na n ＝(n －1)a n ＋1＋2，③当n ≥2时，(n －1)a n －1＝(n －2)a n ＋2，④ ④－③得(n －1)a n －1＋(n －1)a n ＋1＝2(n －1)a n ，即a n －1＋a n ＋1＝2a n ，由2S 1＝a 1＋2，得a 1＝2，又a 2＝3，所以数列{a n }是首项为2，公差为3－2＝1的等差数列，故数列{a n }的通项公式是a n ＝n ＋1． (3)证明：由(2)得c n ＝n ＋1n，对于给定的n ∈N *，若存在k ≠n ，t ≠n ，k ，t ∈N *，使得c n ＝c k ·c t ，只需n ＋1n ＝k ＋1k ·t ＋1t，即1＋1n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1t ，即1n ＝1k ＋1t ＋1kt ，则t ＝n （k ＋1）k －n ，取k ＝n ＋1，则t ＝n (n ＋2)，所以对数列{c n }中的任意一项c n ＝n ＋1n ，都存在c n ＋1＝n ＋2n ＋1和c n 2＋2n ＝n 2＋2n ＋1n 2＋2n，使得c n＝c n ＋1·c n 2＋2n ．14．(2019·盐城高三模拟)已知数列{a n }满足a 1＝m ，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n ，n ＝2k －1a n ＋r ，n ＝2k (k ∈N *，r ∈R )，其前n 项和为S n ．(1)当m 与r 满足什么关系时，对任意的n ∈N *，数列{a n }都满足a n ＋2＝a n?(2)对任意的实数m ，r ，是否存在实数p 与q ，使得{a 2n ＋1＋p }与{a 2n ＋q }是同一个等比数列？若存在，请求出p ，q 满足的条件；若不存在，请说明理由；(3)当m ＝r ＝1时，若对任意的n ∈N *，都有S n ≥λa n ，求实数λ的最大值．[解] (1)由题意，得a 1＝m ，a 2＝2a 1＝2m ，a 3＝a 2＋r ＝2m ＋r ，由a 3＝a 1，得m ＋r ＝0．当m ＋r ＝0时，因为a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n ，n ＝2k －1a n －m ，n ＝2k(k ∈N *)，所以a 1＝a 3＝…＝m ，a 2＝a 4＝…＝2m ，故对任意的n ∈N *，数列{a n }都满足a n ＋2＝a n ．即当实数m ，r 满足m ＋r ＝0时，题意成立． (2)依题意，a 2n ＋1＝a 2n ＋r ＝2a 2n －1＋r ，则a 2n ＋1＋r ＝2(a 2n －1＋r )，因为a 1＋r ＝m ＋r ，所以当m ＋r ≠0时，{a 2n ＋1＋r }是等比数列，且a 2n ＋1＋r ＝(a 1＋r )2n＝(m ＋r )2n．为使{a 2n ＋1＋p }是等比数列，则p ＝r ．同理，当m ＋r ≠0时，a 2n ＋2r ＝(m ＋r )2n，则为使{a 2n ＋q }是等比数列，则q ＝2r ．综上所述，①若m ＋r ＝0，则不存在实数p ，q ，使得{a 2n ＋1＋p }与{a 2n ＋q }是等比数列；②若m ＋r ≠0，则当p ，q 满足q ＝2p ＝2r 时，{a 2n ＋1＋p }与{a 2n ＋q }是同一个等比数列． (3)当m ＝r ＝1时，由(2)可得a 2n －1＝2n－1，a 2n ＝2n ＋1－2，当n ＝2k 时，a n ＝a 2k ＝2k ＋1－2，S n ＝S 2k ＝(21＋22＋…＋2k )＋(22＋23＋…＋2k ＋1)－3k ＝3(2k ＋1－k －2)，所以S n a n＝3⎝⎛⎭⎪⎫1－k2k ＋1－2．令c k ＝k 2k ＋1－2，则c k ＋1－c k ＝k ＋12k ＋2－2－k2k ＋1－2＝（1－k ）2k ＋1－2（2k ＋2－2）（2k ＋1－2）<0，所以S n a n ≥32，λ≤32．当n ＝2k －1时，a n ＝a 2k －1＝2k－1，S n ＝S 2k －a 2k ＝3(2k ＋1－k －2)－(2k ＋1－2)＝2k ＋2－3k －4，所以S n a n ＝4－3k2k －1，同理可得S na n≥1，λ≤1．综上所述，实数λ的最大值为1．。

高三数学专题复习—数列苏教版知识精讲

高三数学专题复习—数列苏教版【本讲教育信息】一. 教学内容：专题复习——数列【高考要求】了解数列的概念，掌握等差数列与等比数列。

二. 基本内容：1. 一般数列的通项a n 与前n 项和S n 的关系：a n =⎩⎨⎧≥-=-)2()1(11n S S n S n n2. 等差数列的通项公式：a n =a 1+（n －1）d a n =a k +（n －k ）d （其中a 1为首项、a k 为已知的第k 项）当d ≠0时，a n 是关于n 的一次式；当d=0时，a n 是一个常数3. 等差数列的前n 项和公式：S n =d n n na 2)1(1-+ ； S n =2)(1n a a n +； S n =d n n na n 2)1(--当d ≠0时，S n 是关于n 的二次式且常数项为0；当d=0时（a 1≠0），S n =na 1是关于n 的正比例式4. 等差数列的通项a n 与前n 项和S n 的关系：a n =1212--n S n 5. 等差中项公式：A=2ba + （有唯一的值） 6. 等比数列的通项公式： a n = a 1 q n －1a n = a k q n －k（其中a 1为首项、a k 为已知的第k 项，a n ≠0）7. 等比数列的前n 项和公式：当q=1时，S n =n a 1 （是关于n 的正比例式）；当q≠1时，S n =q q a n --1)1(1 S n =qq a a n --118. 等比中项公式：G=ab ± （ab>0，有两个值）9. 等差数列{a n }的任意连续m 项的和构成的数列S m 、S 2m －S m 、S 3m －S 2m 、S 4m － S 3m 、……仍为等差数列10. 等差数列{a n }中，若m+n=p+q ，则q p n m a a a a +=+ 11. 等比数列{a n }中，若m+n=p+q ，则q p n m a a a a •=•12. 等比数列{a n }的任意连续m 项的和构成的数列S m 、S 2m －S m 、S 3m －S 2m 、S 4m － S 3m 、……仍为等比数列（当m 为偶数且公比为－1的情况除外）13. 两个等差数列{a n }与{b n }的和差的数列{a n+b n }、{a n －b n }仍为等差数列14. 两个等比数列{a n }与{b n }的积、商、倒数的数列{a n •b n }、⎭⎬⎫⎩⎨⎧n n b a 、⎭⎬⎫⎩⎨⎧n b 1仍为等比数列15. 等差数列{a n }的任意等距离的项构成的数列仍为等差数列 16. 等比数列{a n }的任意等距离的项构成的数列仍为等比数列17. 三个数成等差的设法：a －d ，a ，a+d ；四个数成等差的设法：a －3d ，a －d ，，a+d ，a+3d18. 三个数成等比的设法：a/q ，a ，aq ；四个数成等比的错误设法：a/q 3，a/q ，aq ，aq 3（因为其公比为2q >0，对于公比为负的情况不能包括） 19. {a n }为等差数列，则{}na c（c>0）是等比数列20. {b n }（b n >0）是等比数列，则{log c b n } （c>0且c ≠1）是等差数列【典型例题】（一）研究等差等比数列的有关性质 1. 研究通项的性质例题1. 已知数列}{n a 满足1111,3(2)n n n a a a n --==+≥. （1）求32,a a ；（2）证明：312n n a -=.解：（1）21231,314,3413a a a =∴=+==+=Q .（2）证明：由已知113--=-n n n a a ，故)()()(12211a a a a a a a n n n n n -++-+-=---Λ1213133312n n n a ---+=++++=L ，所以证得312n n a -=.例题2. 数列{}n a 的前n 项和记为11,1,21(1)n n n S a a S n +==+≥ （Ⅰ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）等差数列{}n b 的各项为正，其前n 项和为n T ，且315T =，又112233,,a b a b a b +++成等比数列，求n T .解：（Ⅰ）由121n n a S +=+可得121(2)n n a S n -=+≥，两式相减得：112,3(2)n n n n n a a a a a n ++-==≥，又21213a S =+= ∴213a a = 故{}n a 是首项为1，公比为3的等比数列∴13n n a -=（Ⅱ）设{}n b 的公比为d ，由315T =得，可得12315b b b ++=，可得25b = 故可设135,5b d b d =-=+，又1231,3,9a a a ===，由题意可得2(51)(59)(53)d d -+++=+，解得10d ,2d 21-== ∵等差数列{}n b 的各项为正，∴0d > ∴2d = ∴2(1)3222n n n T n n n -=+⨯=+例题3. 已知数列{}n a 的前三项与数列{}n b 的前三项对应相同，且212322...a a a +++128n n a n -+=对任意的*N n ∈都成立，数列{}n n b b -+1是等差数列.⑴求数列{}n a 与{}n b 的通项公式；⑵是否存在N k *∈，使得(0,1)k k b a -∈，请说明理由.点拨：（1）2112322...28n n a a a a n -++++=左边相当于是数列{}12n n a -前n 项和的形式，可以联想到已知n S 求n a 的方法，当2n ≥时，1n n n S S a --=.（2）把k k a b -看作一个函数，利用函数的思想方法来研究k k a b -的取值情况.解：（1）已知212322a a a +++…12n n a -+8n =(n ∈*N ）①2n ≥时，212322a a a +++…2128(1)n n a n --+=-(n ∈*N ）②①－②得，128n n a -=，求得42nn a -=，在①中令1n =，可得得41182a -==，所以42nn a -=(n ∈N*）.由题意18b =，24b =，32b =，所以214b b -=-，322b b -=-， ∴数列}{1n n b b -+的公差为2)4(2=---， ∴1n nb b +-=2)1(4⨯-+-n 26n =-，121321()()()n n n b b b b b b b b -=+-+-++-L(4)(2)(28)n =-+-++-L 2714n n =-+(n ∈*N ）.（2）k k b a -=2714k k -+-42k-，当4k ≥时，277()()24f k k =-+-42k -单调递增，且(4)1f =，所以4k ≥时，2()714f k k k =-+-421k -≥，又(1)(2)(3)0f f f ===，所以，不存在k ∈*N ，使得(0,1)k k b a -∈.例题4. 设各项均为正数的数列{a n }和{b n }满足：a n 、b n 、a n+1成等差数列，b n 、a n+1、b n+1成等比数列，且a 1 = 1， b 1 = 2 ， a 2 = 3 ，求通项a n ，b n 解：依题意得：2b n+1 = a n+1 + a n+2 ① a 2n+1 = b n b n+1 ②∵ a n 、b n 为正数，由②得21211,+++++==n n n n n n b b a b b a ，代入①并同除以1+n b 得： 212+++=n n n b b b ， ∴ }{n b 为等差数列∵ b 1 = 2 ， a 2 = 3 ， 29,22122==b b b a 则， ∴ 2)1(),1(22)229)(1(22+=∴+=--+=n b n n b n n ， ∴当n ≥2时，2)1(1+==-n n b b a n n n ，又a 1 = 1，当n = 1时成立， ∴2)1(+=n n a n2. 研究前n 项和的性质例题5. 已知等比数列}{n a 的前n 项和为2n n S a b =⋅+，且13a =. （1）求a 、b 的值及数列}{n a 的通项公式；（2）设n nnb a =，求数列}{n b 的前n 项和n T . 解：（1）2≥n 时，a S S a n n n n ⋅=-=--112.而}{n a 为等比数列，得a a a =⋅=-1112，又31=a ，得3=a ，从而123-⋅=n n a .又123,3a a b b =+=∴=-Q .（2）132n n n n n b a -==⋅， 21123(1)3222n n n T -=++++L 231111231(2322222n n n n n T --=+++++L ），得2111111(1)232222n n n nT -=++++-L ，111(1)2412[](1)13232212n n n n n n n T +⋅-=-=---.例题6. 数列{}n a 是首项为1000，公比为110的等比数列，数列{b }n 满足 121(lg lg lg )k k b a a a k=+++L *()N k ∈，（1）求数列{b }n 的前n 项和的最大值；（2）求数列{|b |}n 的前n 项和n S '.解：（1）由题意：410n n a -=，∴lg 4n a n =-，∴数列{lg }n a 是首项为3，公差为1-的等差数列，∴12(1)lg lg lg 32k k k a a a k -+++=-L ，∴1(1)7[3]22n n n nb n n --=-=由100n n b b +≥⎧⎨≤⎩，得67n ≤≤，∴数列{b }n 的前n 项和的最大值为67212S S ==.（2）由（1）当7n ≤时，0n b ≥，当7n >时，0n b <，∴当7n ≤时，212731132()244n n nS b b b n n n -+'=+++==-+L当7n >时，12789n n S b b b b b b '=+++----L L 27121132()2144n S b b b n n =-+++=-+L∴22113(7)4411321(7)44n n n n S n n n ⎧-+≤⎪⎪'=⎨⎪-+>⎪⎩.例题7. 已知递增的等比数列{n a }满足23428a a a ++=，且32a +是2a ，4a 的等差中项. （1）求{n a }的通项公式n a ；（2）若12log n n n b a a =，12n nS b b b =+++L 求使1230n n S n ++⋅>成立的n 的最小值.解：（1）设等比数列的公比为q （q ＞1），由a 1q +a 1q 2+a 1q 3=28，a 1q +a 1q 3=2（a 1q 2+2），得：a 1=2，q =2或a 1=32，q =12（舍）∴a n =2·2（n －1）=2n（2） ∵12log 2n n n n b a a n ==-⋅，∴S n =－（1·2+2·22+3·23+…+n ·2n）∴2S n =－（1·22+2·23+…+n ·2n +1），∴S n =2+22+23+…+2n －n ·2n +1=－（n －1）·2n +1－2，若S n +n ·2n +1＞30成立，则2n +1＞32，故n ＞4，∴n 的最小值为5.例题8. 已知数列}{n a 的前n 项和为S n ，且11,,n n S a +-成等差数列，*1,1N n a ∈=. 函数3()log f x x =.（I ）求数列}{n a 的通项公式；（II ）设数列{}n b 满足1(3)[()2]n n b n f a =++，记数列{}n b 的前n 项和为T n ，试比较52512312n n T +-与的大小. 解：（I ）11,,n n S a +-Q 成等差数列，121n n S a +∴=-① 当2n ≥时，121n n S a -=-②. ①－②得：112()n n n n S S a a -+-=-，13+=∴n n a a ，13.n na a +∴= 当n =1时，由①得112221S a a ∴==-，又11,a =2213,3,a a a ∴=∴= {}n a ∴是以1为首项3为公比的等比数列，13.n n a -∴=（II ）∵()x log x f 3=，133()log log 31n n n f a a n -∴===-，11111()(3)[()2](1)(3)213n n b n f a n n n n ===-++++++，1111111111111()224354657213n T n n n n ∴=-+-+-+-++-+-+++L11111()22323n n =+--++525,122(2)(3)n n n +=-++ 比较52512312n n T +-与的大小，只需比较2(2)(3)n n ++与312 的大小即可. 222(2)(3)3122(56156)2(5150)n n n n n n ++-=++-=+-又2(15)(10)n n =+-∵*,N n ∈∴当*19N n n ≤≤∈且时，5252(2)(3)312,;12312n n n n T +++<<-即当10n =时，5252(2)(3)312,;12312n n n n T +++==-即当*10N n n >∈且时，5252(2)(3)312,12312n n n n T +++>>-即.3. 研究生成数列的性质例题9. （I ）已知数列{}n c ，其中n n n c 32+=，且数列{}n n pc c -+1为等比数列，求常数p ；（II ）设{}n a 、{}n b 是公比不相等的两个等比数列，n n n b a c +=，证明数列{}n c 不是等比数列.解：（Ⅰ）因为{c n +1－pc n }是等比数列，故有（c n +1－pc n ）2=（ c n +2－pc n+1）（c n －pc n －1），将c n =2n ＋3n代入上式，得 [2n ＋1+3n ＋1－p （2n ＋3n ）]2 =[2n ＋2+3n ＋2－p （2n +1＋3n +1）]·[2n +3n －p （2n －1＋3n －1）]，即[（2－p ）2n +（3－p ）3n ]2=[（2－p ）2n+1+（3－p ）3n+1][ （2－p ）2n －1+（3－p ）3n －1]，整理得61（2－p ）（3－p ）·2n ·3n=0，解得p =2或p =3. （Ⅱ）设{a n }、{b n }的公比分别为p 、q ，p ≠q ，c n =a n +b n . 为证{c n }不是等比数列只需证22c ≠c 1·c 3. 事实上，22c =（a 1p ＋b 1q ）2=21a p 2＋21b q 2＋2a 1b 1pq ，c 1·c 3=（a 1＋b 1）（a 1 p 2＋b 1q 2）= 21a p 2＋21b q 2＋a 1b 1（p 2＋q 2）.由于p ≠q ，p 2＋q 2>2pq ，又a 1、b 1不为零，因此≠22c c 1·c 3，故{c n }不是等比数列.例题10. n 2（ n ≥4）个正数排成n 行n 列：其中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有公比相等已知a 24=1，163,814342==a a 求S=a 11 + a 22 + a 33 + … + a nn解：设数列{1k a }的公差为d ，数列{ik a }（i=1，2，3，…，n ）的公比为q则1k a = a 11 + （k －1）d ， a kk = [a 11 + （k －1）d]qk －1依题意得：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=+==+==+=163)2(81)(1)3(31143311421124q d a a q d a a q d a a ，解得：a 11 = d = q = ±21又n 2个数都是正数， ∴a 11 = d = q =21 ， ∴a kk = k k 2n n S 212132122132⨯++⨯+⨯+=Λ， 1432212132122121+⨯++⨯+⨯+=n n S Λ，两式相减得：n n nS 22121--=-例题11. 已知函数3()log ()f x ax b =+的图象经过点)1,2(A 和)2,5(B ，记()*3,.f n n a n N =∈（1）求数列}{n a 的通项公式；（2）设n n nnn b b b T a b +++==Λ21,2，若)(Z m m T n ∈<，求m 的最小值；（3）求使不等式12)11()11)(11(21+≥+++n p a a a nΛ对一切*N n ∈均成立的最大实数p .解：（1）由题意得⎩⎨⎧=+=+2)5(log 1)2(log 33b a b a ，解得⎩⎨⎧-==12b a ，)12(log )(3-=∴x x f *)12(log ,1233N n n a n n ∈-==-（2）由（1）得n n n b 212-=， n n n n n T 2122322523211321-+-++++=∴-Λ ① 1132212232252232121+--+-+-+++=n n n n n n n T Λ ② ①－②得 )21212121(2121n 22222222221T 211n 2n 2111n n 1n 321n --+-+++++=--+++++=ΛΛ1n 1n 1n 21n 2212321n 2+-+---=--. nn 2n n 23n 2321n 2213T +-=---=∴-，设*,232)(N n n n f n∈+=，则由 1512132121)32(252232252)()1(1<+≤++=++=++=++n n n n n n f n f n n 得*,232)(N n n n f n∈+=随n 的增大而减小 +∞→∴n 当时，3→n T 又)(Z m m T n ∈<恒成立，3min =∴m（3）由题意得*21)11()11)(11(121N n a a a n p n ∈++++≤对Λ恒成立记)11()11)(11(121)(21n a a a n n F ++++=Λ，则()()11n 21n 2)1n ()1n (4)1n (2)3n 2)(1n 2(2n 2)a 11()a 11)(a 11(1n 21)a 11)(a 11()a 11)(a 11(3n 21)n (F )1n (F 2n 211n n 21=++>+-++=+++=+++++++++=++ΛΛ )(),()1(,0)(n F n F n F n F 即>+∴>Θ是随n 的增大而增大)(n F 的最小值为332)1(=F ，332≤∴p ，即332max =p .（二）证明等差与等比数列 1. 转化为等差等比数列.例题12. 数列{}n a 中，2,841==a a 且满足n n n a a a -=++122，*N n ∈. ⑴求数列{}n a 的通项公式；⑵设||||||21n n a a a S +++=Λ，求n S ； ⑶设n b =1(12)n n a -**12(),()N N n n n T b b b n ∈=+++∈L ，是否存在最大的整数m ，使得对任意*N n ∈，均有>n T 32m成立？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由. 解：（1）由题意，n n n n a a a a -=-+++112，}{n a ∴为等差数列，设公差为d ，由题意得2832d d =+⇒=-，82(1)102n a n n ∴=--=-. （2）若50210≤≥-n n 则，||||||,521n n a a a S n +++=≤Λ时21281029,2n na a a n n n +-=+++=⨯=-L 6n ≥时，n n a a a a a a S ---+++=ΛΛ765212555()2940n n S S S S S n n =--=-=-+故 ⎪⎩⎪⎨⎧+--=40n 9n nn 9S 22n 56n n ≤≥（3）11111()(12)2(1)21n n b n a n n n n ===--++Q ，∴n T 1111111111[(1)()()()()]22233411n n n n =-+-+-++-+--+L .2(1)n n =+ 若32n m T >对任意*N n ∈成立，即116n mn >+对任意*N n ∈成立，*()1N nn n ∈+Q 的最小值是21，1,162m ∴<m ∴的最大整数值是7.即存在最大整数,7=m 使对任意*N n ∈，均有.32n mT >例题13. 已知等比数列{}n b 与数列{}n a 满足3,n an b n =∈N *.（1）判断{}n a 是何种数列，并给出证明；（2）若8131220,a a m b b b +=L 求.解：（1）设{}n b 的公比为q ，∵3n an b =，∴()q log 1n a a 3q 331n a 1n a n 1-+=⇒=⋅-。

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生活的色彩就是学习
专题3 数列与递推
【高考趋势】
近几年高考中，数列问题除在小题中有两题左右外，大题常在最后两题之一的位置。

【考点展示】
1、等比数列{a n }的前n 项和为S n =3n+1-a ，则实数a 的值为。

2、等差数列{a n }中，a 1=1，a 3+a 5=14，其前n 项和S n =100,则n 等于。

3、若f(n)=1+n
413121+++ (n ∈N *)，则按此形式写出f(1)的表达式应有f(1)= (不必算出最后结果)
4、设{a n }为公比q >1的等比数列，若a 2004和a 2005是方程4x 2-8x+3=0的两根，则a 2006+a 2007=
5、在等差数列{a n }中，a 5=4, a 7=-2，则|a 1|+|a 2|+…+|a 10|=
【样题剖析】
例1、设{a n }是公比大于1的等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和，已知S 3=7，且a 1+3,3a 2,a 3+4构成等差数列。

（1）求数列{a n }的通项公式；
（2）令b n =lna 3n+1, n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和T n 。

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例2、已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和满足S n >1，且6S n =(a n +1)(a n +2), n ∈N *。

（1）求{a n }的通项公式；
（2）设数列{b n }满足a n (2b n-1)=1，并记T n 为{b n }的前n 项和，求证：3T n +1>log 2(a n +3), n ∈N *。

例3、在数列{a n }中，a 1=2, a n+1=λa n +λn+1+(2-λ)2n (n ∈N *)，其中λ>0。

（1）求数列{a n }的通项公式；
（2）求数列{a n }的前n 项和S n ；
（3）证明：存在k ∈N *，使得k
k n n a a a a 11++≤对任意n ∈N *均成立。

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例4、已知函数f(x)=x 2
-4，设曲线y=f(x)在点(x 0,f(x 0))处的切线与x 轴的交点（x n+1,0）(n ∈N *),其中x n 为正实数。

（1）用x n 表示x n+1；（2）若x 1=4, 记a n =lg 2
2-+n n x x , 求证：数列｛a n ｝成等比数列，并求数列{x n }的通项公式；（3）若x 1=4, b n =x n -2, T n 是数列{b n }的前n 项和，求证：T n ＜3（n ∈N *）.
【总结提炼】
1、数列的基本问题还是等差与等比数列问题，高考命题一般还是围绕它们来命题，学会用基本量求解运算是一种通性通法，应熟练掌握。

2、数列可视为一种特殊的函数，因此很多数列问题又可用函数的观点与方法解决，如例2就是利用函数思想，研究函数的单调性而使问题得以解决的。

3、数列的问题除一些定量计算外，常还需对有限项或无限项的和进行估计，从而形成不等问题，而化归为等差或等比数列求和是根本思想。

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【自我测试】
1、设数列{a n }是递增的等差数列，若前三项的和为15、积为80，则它的首项等于。

2、在等比数列｛a n ｝中，若前n 项和S n =25，前2n 项和S 2n =100，则前3n 和S 3n 等于
3、设等差数列{a n }的公差d 不为0，a 1=9d ，若a k 与a 2k 的等比中项，则k 等于
4、等差数列{a n }中，首项a 1>0，3a 7=7a 12, 记S n 为该数列的前n 项和，则数列{S n }中最大的项为第项。

5、若一个等差数列的前3项和为34，最后3项的和为146，所有项的和为780，则这个数列的项数为。

6、若f(x)=221
+x , 利用课本中推导等差数列前n 项和公式的方法，可求得
f(-4)+f(-3)+…+f(0)+…+f(4)+f(5)=
7、等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1，2S 2，3S 3成等差数列，则{a n }的公比为。

8、已知实数列{a n }是等比数列，其中a 7=1, 且a 4,a 5+1,a 6成等差数列。

（1）求数列{a n }的通项公式；
（2）数列{a n }的前n 项和记为S n ，证明：S n <128(n=1,2,3,……)
9、已知数列{a n }中相邻两项a 2k-1和a 2k 是关于x 的方程x 2-(3k+2k )x+3k ·2k =0的两个根，且
a 2k-1≤a 2k (k=1,2,3,…)
（1）求a 1,a 3,a 5,a 7及a 2n (n ≥4)（不必证明）；
（2）求数列{a n }的前2n 和S 2n 。

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10、设数列{a n }的首项a 1∈(0,1), a n =
231--n a ,n=2,3,4,… (1) 求{a n }的通项公式；
（2）设b n =a n n a 23-，证明：b n <b n+1，其中n 为正整数。