三维设计江苏专用2017届高三数学一轮总复习第六章数列推理与证明第五节数列的综合应用课件理

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(江苏专用)2017届高三数学一轮总复习第六章数列、推理与证明第三节等比数列及其前n项和

课时跟踪检测（三十一）等比数列及其前n 项和一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．若等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝20，a 2＋a 4＝40，则公比q ＝________.解析：由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 2＝20，a 1q ＋a 1q 3＝40，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，q ＝2.答案：22．已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，那么a 1＋a 10＝________.解析：因为a 4＋a 7＝2，由等比数列的性质可得，a 5a 6＝a 4a 7＝－8，所以a 4＝4，a 7＝－2或a 4＝－2，a 7＝4.当a 4＝4，a 7＝－2时，q 3＝－12，所以a 1＝－8，a 10＝1，所以a 1＋a 10＝－7；当a 4＝－2，a 7＝4时，q 3＝－2，则a 10＝－8，a 1＝1，所以a 1＋a 10＝－7.综上可得a 1＋a 10＝－7.答案：－73．(2016·南通调研)设等比数列{a n }中，公比q ＝2，前n 项和为S n ，则S 4a 3＝________.解析：根据等比数列的公式，得S 4a 3＝a 1－q41－qa 1q2＝－q4－q q2＝1－24－2＝154. 答案：1544．在等比数列{a n }中，若a 1·a 5＝16，a 4＝8，则a 6＝________. 解析：由题意得，a 2·a 4＝a 1·a 5＝16， ∴a 2＝2，∴q 2＝a 4a 2＝4，∴a 6＝a 4q 2＝32. 答案：325．若S n 为等比数列{a n }的前n 项和，且2S 4＝a 5－2,2S 3＝a 4－2，则数列{a n }的公比q ＝________.解析：将2S 4＝a 5－2,2S 3＝a 4－2相减得2a 4＝a 5－a 4，所以3a 4＝a 5，公比q ＝a 5a 4＝3. 答案： 3二保高考，全练题型做到高考达标1．已知等比数列{a n }的前三项依次为a －1，a ＋1，a ＋4，则a n ＝________.解析：由题意得(a ＋1)2＝(a －1)(a ＋4)，解得a ＝5，故a 1＝4，a 2＝6，所以q ＝32，a n＝4×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.答案：4×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －12．已知等比数列{a n }是递增数列，S n 是{a n }的前n 项和．若a 1，a 3是方程x 2－5x ＋4＝0的两个根，则S 6＝________.解析：由题意可知a 1＋a 3＝5，a 1a 3＝4.又因为{a n }为递增的等比数列，所以a 1＝1，a 3＝4，则公比q ＝2，所以S 6＝－261－2＝63.答案：633．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＝________. 解析：因为a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，且S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，即8，－1，S 9－S 6成等比数列，所以8(S 9－S 6)＝1，即S 9－S 6＝18.所以a 7＋a 8＋a 9＝18.答案：184．已知数列{a n }满足log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1(n ∈N *)，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则log 13(a 5＋a 7＋a 9)的值是________．解析：∵log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1，∴a n ＋1＝3a n . ∴数列{a n }是以3为公比的等比数列． ∴a 2＋a 4＋a 6＝a 2(1＋q 2＋q 4)＝9.∴a 5＋a 7＋a 9＝a 5(1＋q 2＋q 4)＝a 2q 3(1＋q 2＋q 4)＝35. ∴log 1335＝－5.答案：－55．已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若存在m ∈N *，满足S 2m S m ＝9，a 2m a m ＝5m ＋1m －1，则数列{a n }的公比为________．解析：设公比为q ，若q ＝1，则S 2m S m ＝2，与题中条件矛盾，故q ≠1.∵S 2mS m ＝a 1－q 2m1－q a 1－qm1－q ＝q m＋1＝9，∴q m＝8.∴a 2m a m ＝a 1q 2m －1a 1q m －1＝q m ＝8＝5m ＋1m －1，∴m ＝3，∴q 3＝8， ∴q ＝2. 答案：26．(2015·湖南高考)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：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．在等比数列{}a n 中，公比q ＝2，前99项的和S 99＝30，则a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 99＝________.解析：∵S 99＝30，即a 1(299－1)＝30.又∵数列a 3，a 6，a 9，…，a 99也成等比数列且公比为8，∴a 3＋a 6＋a 9＋…a 99＝4a 1－8331－8＝4a 199－7＝47×30＝1207. 答案：12078．若一个数列的第m 项等于这个数列的前m 项的乘积，则称该数列为“m 积数列”．若各项均为正数的等比数列{a n }是一个“2 016积数列”，且a 1＞1，则当其前n 项的乘积取最大值时n 的值为________．解析：由题可知a 1a 2a 3·…·a 2 016＝a 2 016，故a 1a 2a 3·…·a 2 015＝1，由于{a n }是各项均为正数的等比数列且a 1＞1，所以a 1 008＝1，公比0＜q ＜1，所以a 1 007＞1且0＜a 1 009＜1，故当数列{a n }的前n 项的乘积取最大值时n 的值为1 007或1 008.答案：1 007或1 0089．设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且数列{S n }是以2为公比的等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求a 1＋a 3＋…＋a 2n ＋1. 解：(1)∵S 1＝a 1＝1，且数列{S n }是以2为公比的等比数列， ∴S n ＝2n －1，又当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1－2n －2＝2n －2.当n ＝1时a 1＝1，不适合上式．∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －2，n ≥2.(2)a 3，a 5，…，a 2n ＋1是以2为首项，以4为公比的等比数列， ∴a 3＋a 5＋…＋a 2n ＋1＝－4n1－4＝n－3.∴a 1＋a 3＋…＋a 2n ＋1＝1＋n －3＝22n ＋1＋13. 10．(2016·苏州调研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且3a n ＋1＋2S n ＝3(n 为正整数)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)对任意正整数n ，是否存在k ∈R ，使得k ≤S n 恒成立？若存在，求实数k 的最大值；若不存在，说明理由．解：(1)因为3a n ＋1＋2S n ＝3，① 所以n ≥2时，3a n ＋2S n －1＝3，②由①－②得3a n ＋1－3a n ＋2a n ＝0，所以a n ＋1＝13a n (n ≥2)．又a 1＝1,3a 2＋2a 1＝3，得a 2＝13，所以a 2＝13a 1，故数列{a n }是首项为1，公比q ＝13的等比数列，所以a n ＝a 1·qn －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1. (2)假设存在满足题设条件的实数k ，使得k ≤S n 恒成立．由(1)知S n ＝a 1－q n1－q＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 1－13＝32⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ，由题意知，对任意正整数n 恒有k ≤32⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ，又数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 单调递增，所以当n ＝1时数列中的最小项为23，则必有k ≤1，即实数k最大值为1.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知等比数列{a n }共有奇数项，所有奇数项和S 奇＝255，所有偶数项和S 偶＝－126，末项是192，则首项a 1＝________.解析：设共有2k ＋1(k ∈N *)项，公比为q ，其中奇数项有k ＋1项，偶数项有k 项，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1－q2k1－q2＋192＝255，a 2－q 2k1－q2＝－126，解得q ＝－2，又S 奇＝a 1－q2k ＋21－q2＝a 1－a 2k ＋1q 21－q2，即a 1－192×41－4＝255，解得a 1＝3.答案：32．已知数列{a n }，{b n }中，a 1＝a ，{b n }是公比为23的等比数列．记b n ＝a n －2a n －1(n ∈N *)，若不等式a n >a n ＋1对一切n ∈N *恒成立，则实数a 的取值范围是________．解析：因为b n ＝a n －2a n －1(n ∈N *)，所以a n ＝b n －2b n －1. 所以a n ＋1－a n ＝b n ＋1－2b n ＋1－1－b n －2b n －1＝1b n －1－1b n ＋1－1＝b n ＋1－b n－b n ＋1－b n＝－13b n⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23b n －b n<0，解得b n >32或0<b n <1.若b n >32，则b 1⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1>32对一切正整数n 成立，显然不可能；若0<b n <1，则0<b 1⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1<1对一切正整数n 成立，只要0<b 1<1即可，即0<a 1－2a 1－1<1，解得a 1＝a >2.即实数a 的取值范围是(2，＋∞)．答案：(2，＋∞)3．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：∵a n ＋1＝a n ＋6a n －1(n ≥2)， ∴a n ＋1＋2a n ＝3a n ＋6a n －1＝3(a n ＋2a n －1)(n ≥2)． ∵a 1＝5，a 2＝5， ∴a 2＋2a 1＝15， ∴a n ＋2a n －1≠0(n ≥2)，∴a n＋1＋2a na n＋2a n－1＝3(n≥2)，∴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，∴a n＋1－3n＋1＝－2(a n－3n)．又∵a1－3＝2，∴a n－3n≠0，∴{a n－3n}是以2为首项，－2为公比的等比数列．∴a n－3n＝2×(－2)n－1，即a n＝2×(－2)n－1＋3n.。

(江苏专用)2017版高考数学大一轮复习第七章数列、推理与证明文

第七章数列、推理与证明【知识网络】
【考情分析】
【备考策略】
数列与函数和不等式等容易综合，是高考命题的好素材，是考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想，以及对配方法、换元法、待定系数法等基本数学方法的有效载体.因此，复习中要注重对类比推理能力、知识迁移能力、信息编程背景下的运用能力和在平面几何、解析几何及实际问题背景下探究思维能力的培养.
对于推理与证明的考查是综合在许多问题中的，单独考查并不多见，需适当关注.。

数学三维设计一轮复习资料

数学三维设计一轮复习资料数学三维设计是高考数学难度较大的一项，要求考生在三维几何空间中进行计算和分析，并能够进行图形的设计与实现。

由于数学三维设计的考察范围涉及的知识点较多且难度较大，因此对于考生来说复习备考不可掉以轻心。

在这篇文章中，我将会为大家整理一些数学三维设计的复习资料，以帮助大家更好地备考。

一、知识点整理要备考数学三维设计，首先需要掌握相关的知识点和概念。

数学三维设计的考察范围包括了三维几何空间的基本概念、向量的应用、直线和平面的方程、球面的方程、圆锥曲线的方程和参数方程等等。

在备考的过程中，我们需要将这些内容进行分类整理，进行深入的理解和掌握。

二、例题练习例题练习是备考数学三维设计时必不可少的环节。

通过高质量的例题练习，我们能够切实提高自己的解题能力和应试经验。

在备考过程中，我们可以通过参考历年高考数学试题中的数学三维设计部分来进行例题练习。

同时，我们也可以通过参考教辅材料中的例题进行深入的训练。

三、模拟测试模拟测试是检测备考成果的重要环节，有效的模拟测试练习可以帮助我们全面地了解自己的备考成果和复习情况，并及时发现和解决存在的问题。

在备考过程中，我们可以通过模拟考试来检测自己的备考水平并提高应试能力。

此外，备考时还可以参加各类模拟考试，学习不同的解题方法和策略。

四、思维拓展数学三维设计不仅考验了考生的计算能力和操作水平，同时也考察了考生的思维能力和逻辑思维能力。

因此，在备考过程中，我们需要注意深入理解和扩展思维。

从历史的数学思想到现代的科技应用，我们需要通过多方面的学习和了解来扩展自己的思维。

五、课程辅导针对某些难点和需要进一步澄清的知识，我们可以参加数学相关的培训或课程辅导。

这些课程辅导不仅可以为我们解答疑惑，更可以帮助我们系统性地学习和掌握数学三维设计的相关内容。

以上就是关于数学三维设计一轮复习资料的整理总结。

备考数学三维设计需要我们掌握基本的知识点和概念，通过例题练习和模拟测试来巩固和提高应试经验，同时还需要拓展思维，吸收多方面的思考和理解。

2017届高三数学人教版A版数学(理)高考一轮复习教案：5.5 数列的综合应用 Word版含答案

第五节数列的综合应用数列的综合应用能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，抽象出数列的模型，并能用有关知识解决相应的问题．知识点数列的实际应用问题数列应用题常见模型(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差．(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化时，应考虑是a n与a n＋1的递推关系，还是前n项和S n与S n＋1之间的递推关系．必备方法解答数列应用题的步骤：(1)审题——仔细阅读材料，认真理解题意．(2)建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言，将实际问题转化成数学问题，弄清该数列的结构和特征．(3)求解——求出该问题的数学解．(4)还原——将所求结果还原到原实际问题中．具体解题步骤用框图表示如下：[自测练习]1．有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒钟杀死一个病毒的同时将自身分裂为2个，现在有一个这样的细菌和100个这样的病毒，问细菌将病毒全部杀死至少需要() A．6秒钟B．7秒钟C．8秒钟D．9秒钟解析：设至少需要n 秒钟，则1＋21＋22＋…＋2n －1≥100， ∴1－2n 1－2≥100，∴n ≥7. 答案：B2．一个凸多边形的内角成等差数列，其中最小的内角为2π3，公差为π36，则这个多边形的边数为________．解析：由于凸n 边形的内角和为(n －2)π，故2π3n ＋n (n －1)2×π36＝(n －2)π. 化简得n 2－25n ＋144＝0.解得n ＝9或n ＝16(舍去)．答案：93．某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n (n ∈N *)等于________．解析：每天植树的棵数构成以2为首项，2为公比的等比数列，其前n 项和S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝2(1－2n )1－2＝2n ＋1－2.由2n ＋1－2≥100，得2n ＋1≥102.由于26＝64,27＝128，则n ＋1≥7，即n ≥6.答案：6考点一等差、等比数列的综合应用|在数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝12，a 3＝54，数列{a n ＋1－3a n }是等比数列．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n －1是等差数列；(2)求数列{a n }的前n 项和S n .[解] (1)证明：∵a 1＝2，a 2＝12，a 3＝54， ∴a 2－3a 1＝6，a 3－3a 2＝18. 又∵数列{a n ＋1－3a n }是等比数列，∴a n ＋1－3a n ＝6×3n －1＝2×3n ， ∴a n ＋13n －a n3n －1＝2， ∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 3n －1是等差数列．(2)由(1)知数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 3n －1是等差数列，∴a n 3n －1＝a 130＋(n －1)×2＝2n ， ∴a n ＝2n ×3n －1.∵S n ＝2×1×30＋2×2×31＋…＋2n ×3n －1， ∴3S n ＝2×1×3＋2×2×32＋…＋2n ×3n .∴S n －3S n ＝2×1×30＋2×1×3＋…＋2×1×3n －1－2n ×3n ＝2×1－3n1－3－2n ×3n＝3n －1－2n ×3n ， ∴S n ＝⎝⎛⎭⎫n －12×3n ＋12.等差数列、等比数列综合问题的解题策略(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、求通项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．1．(2016·贵州七校联考)已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和，a 1＝b 1＝1，且b 3S 3＝36，b 2S 2＝8(n ∈N *)．(1)求a n 和b n ；(2)若a n <a n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和T n .解：(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧q 2(3＋3d )＝36，q (2＋d )＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－23，q ＝6，∴⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，或⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝13(5－2n )，b n ＝6n －1.(2)若a n <a n ＋1，由(1)知a n ＝2n －1，∴1a n a n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝n 2n ＋1.考点二数列的实际应用问题|为了加强环保建设，提高社会效益和经济效益，长沙市计划用若干时间更换一万辆燃油型公交车，每更换一辆新车，则淘汰一辆旧车，替换车为电力型和混合动力型车．今年初投入了电力型公交车128辆，混合动力型公交车400辆；计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%，混合动力型车每年比上一年多投入a 辆．(1)求经过n 年，该市被更换的公交车总数S (n )； (2)若该市计划7年内完成全部更换，求a 的最小值．[解] (1)设a n ，b n 分别为第n 年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量．依题意，得{a n }是首项为128，公比为1＋50%＝32的等比数列，{b n }是首项为400，公差为a 的等差数列．所以{a n }的前n 项和S n＝128×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫32n1－32＝256⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫32n－1，{b n}的前n项和T n＝400n＋n(n－1)2a.所以经过n年，该市被更换的公交车总数为S(n)＝S n＋T n＝256⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫32n－1＋400n＋n(n－1)2a.(2)若计划7年内完成全部更换，则S(7)≥10 000，所以256⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫327－1＋400×7＋7×62a≥10 000，即21a≥3 082，所以a≥1461621.又a∈N*，所以a的最小值为147.解决数列应用题一个注意点解决数列应用问题，要明确问题属于哪一种类型，即明确是等差数列问题还是等比数列问题，要求a n还是S n，特别是要弄清项数．2．某工业城市按照“十二五”(2011年至2015年)期间本地区主要污染物排放总量控制要求，进行减排治污．现以降低SO2的年排放量为例，原计划“十二五”期间每年的排放量都比上一年减少0.3万吨，已知该城市2011年SO2的年排放量约为9.3万吨．(1)按原计划，“十二五”期间该城市共排放SO2约多少万吨？(2)该城市为响应“十八大”提出的建设“美丽中国”的号召，决定加大减排力度．在2012年刚好按原计划完成减排任务的条件下，自2013年起，SO2的年排放量每年比上一年减少的百分率为p，为使2020年这一年SO2的年排放量控制在6万吨以内，求p的取值范围．⎝⎛⎭⎪⎫参考数据：823≈0.9505，923≈0.955 9解：(1)设“十二五”期间，该城市共排放SO2约y万吨，依题意，2011年至2015年SO2的年排放量构成首项为9.3，公差为－0.3的等差数列，所以y ＝5×9.3＋5×(5－1)2×(－0.3)＝43.5(万吨)．所以按原计划“十二五”期间该城市共排放SO 2约43.5万吨． (2)由已知得，2012年的SO 2年排放量为9.3－0.3＝9(万吨)，所以2012年至2020年SO 2的年排放量构成首项为9，公比为1－p 的等比数列．由题意得9×(1－p )8<6，由于0<p <1，所以1－p <823，所以1－p <0.950 5，解得p >4.95%.所以SO 2的年排放量每年减少的百分率p 的取值范围为(4.95%,1)．考点三数列与不等式的综合问题|(2015·高考浙江卷)已知数列{a n }满足a 1＝12且a n ＋1＝a n －a 2n (n ∈N *)． (1)证明：1≤a na n ＋1≤2(n ∈N *)；(2)设数列{a 2n }的前n 项和为S n ，证明：12(n ＋2)≤S n n ≤12(n ＋1)(n ∈N *)． [证明] (1)由题意得a n ＋1－a n ＝－a 2n ≤0，即a n ＋1≤a n ，故a n ≤12.由a n ＝(1－a n －1)a n －1得a n ＝(1－a n －1)(1－a n －2)…(1－a 1)a 1>0. 由0<a n ≤12得a n a n ＋1＝a n a n －a 2n ＝11－a n ∈[1,2]，即1≤a na n ＋1≤2. (2)由题意得a 2n ＝a n －a n ＋1，所以S n ＝a 1－a n ＋1.① 由1a n ＋1－1a n ＝a n a n ＋1和1≤a n a n ＋1≤2得1≤1a n ＋1－1a n ≤2，所以n≤1a n ＋1－1a 1≤2n ，因此12(n ＋1)≤a n ＋1≤1n ＋2(n ∈N *)．②由①②得12(n ＋2)≤S n n ≤12(n ＋1)(n ∈N *)．数列与不等式相结合问题的处理方法解决数列与不等式的综合问题时，如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等；如果是解不等式问题要使用不等式的各种不同解法，如列表法、因式分解法等．3．(2016·云南一检)在数列{a n }中，a 1＝35，a n ＋1＝2－1a n ，设b n ＝1a n －1，数列{b n }的前n项和是S n .(1)证明数列{b n }是等差数列，并求S n ； (2)比较a n 与S n ＋7的大小．解：(1)∵b n ＝1a n －1，a n ＋1＝2－1a n ，∴b n ＋1＝1a n ＋1－1＝1a n －1＋1＝b n ＋1，∴b n ＋1－b n ＝1，∴数列{b n }是公差为1的等差数列．由a 1＝35，b n ＝1a n －1得b 1＝－52，∴S n ＝－5n 2＋n (n －1)2＝n 22－3n .(2)由(1)知：b n ＝－52＋n －1＝n －72.由b n ＝1a n －1得a n ＝1＋1b n ＝1＋1n －72.∴a n －S n －7＝－n 22＋3n －6＋1n －72.∵当n ≥4时，y ＝－n 22＋3n －6是减函数，y ＝1n －72也是减函数，∴当n ≥4时，a n －S n －7≤a 4－S 4－7＝0.又∵a 1－S 1－7＝－3910<0，a 2－S 2－7＝－83<0，a 3－S 3－7＝－72<0，∴∀n ∈N *，a n －S n －7≤0， ∴a n ≤S n ＋7.6.数列的综合应用的答题模板【典例】 (12分)(2015·高考四川卷)设数列{a n }(n ＝1,2,3，…)的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求使得|T n －1|<11 000成立的n 的最小值．[思路点拨] 由S n ＝2a n －a 1，得a 2＝2a 1，a 3＝4a 1，再通过a 1，a 2＋1，a 3成等差数列确定首项a 1＝2是解决(1)的切入点；由(1)知⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为12，公比为12的等比数列，所以T n ＝1－12n ，然后解不等式即可． [规范解答] (1)由已知S n ＝2a n －a 1，有 a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2)．所以a ＝2. 从而a 2＝2a 1，a 3＝2a 2＝4a 1.(2分)又因为a 1，a 2＋1，a 3成等差数列，即a 1＋a 3＝2(a 2＋1)．所以a 1＋4a 1＝2(2a 1＋1)，解得a 1＝2.所以，数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列．故a n ＝2n .(6分) (2)由(1)得1a n ＝12n .所以T n ＝12＋122＋…＋12n ＝12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＝1－12n .(8分)由|T n －1|<11 000，得⎪⎪⎪⎪1－12n －1<11000，即2n >1 000.因为29＝512<1 000<1 024＝210，所以n ≥10.(10分) 于是，使|T n －1|<11 000成立的n 的最小值为10.(12分) [模板形成][跟踪练习] (2015·湖北七市联考)数列{a n }是公比为12的等比数列，且1－a 2是a 1与1＋a 3的等比中项，前n 项和为S n ；数列{b n }是等差数列，b 1＝8，其前n 项和T n 满足T n ＝nλ·b n＋1(λ为常数，且λ≠1)．(1)求数列{a n }的通项公式及λ的值； (2)比较1T 1＋1T 2＋1T 3＋…＋1T n 与12S n 的大小．解：(1)由题意得(1－a 2)2＝a 1(a 3＋1)，即⎝⎛⎭⎫1－12a 12＝a 1⎝⎛⎭⎫14a 1＋1，解得a 1＝12，∴a n ＝⎝⎛⎭⎫12n . 设{b n }的公差为d ，又⎩⎪⎨⎪⎧ T 1＝λb 2，T 2＝2λb 3，即⎩⎪⎨⎪⎧8＝λ(8＋d )，16＋d ＝2λ(8＋2d )，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝12，d ＝8或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝1，d ＝0(舍)，∴λ＝12.(2)由(1)知S n ＝1－⎝⎛⎭⎫12n， ∴12S n ＝12－⎝⎛⎭⎫12n ＋1≥14，①又T n ＝4n 2＋4n ，1T n ＝14n (n ＋1)＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴1T 1＋1T 2＋…＋1T n＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1<14，②由①②可知1T 1＋1T 2＋…＋1T n <12S n .A 组考点能力演练1．(2015·杭州二模)在正项等比数列{a n }中，22为a 4与a 14的等比中项，则2a 7＋a 11的最小值为( )A ．16B ．8C ．6D ．4解析：因为{a n }是正项等比数列，且22为a 4与a 14的等比中项，所以a 4a 14＝8＝a 7a 11，则2a 7＋a 11＝2a 7＋8a 7≥22a 7·8a 7＝8，当且仅当a 7＝2时，等号成立，所以2a 7＋a 11的最小值为8，故选择B.答案：B2．(2016·宝鸡质检)《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，使每个人所得成等差数列，且使较大的三份之和的17是较小的两份之和，问最小的一份为( )A.53B.103C.56D.116解析：由100个面包分给5个人，每个人所得成等差数列，可知中间一人得20块面包，设较大的两份为20＋d,20＋2d ，较小的两份为20－d,20－2d ，由已知条件可得17(20＋20＋d＋20＋2d )＝20－d ＋20－2d ，解得d ＝556，∴最小的一份为20－2d ＝20－2×556＝53，故选A.答案：A3．(2016·豫南十校联考)设f (x )是定义在R 上的恒不为零的函数，且对任意的x ，y ∈R ，都有f (x )·f (y )＝f (x ＋y )．若a 1＝12，a n ＝f (n )(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和S n 的取值范围是( )A.⎣⎡⎭⎫12，2B.⎣⎡⎦⎤12，2C.⎣⎡⎭⎫12，1D.⎣⎡⎦⎤12，1解析：在f (x )·f (y )＝f (x ＋y )中令x ＝n ，y ＝1，得f (n ＋1)＝f (n )f (1)，又a 1＝12，a n ＝f (n )(n ∈N *)，则a n ＋1＝12a n ，所以数列{a n }是首项和公比都是12的等比数列，其前n 项和S n ＝12×⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝1－12n ∈⎣⎡⎭⎫12，1，故选择C. 答案：C4．已知在等差数列{a n }中，a 1>0，d >0，前n 项和为S n ，等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 4，前n 项和为T n ，则( )A ．S 4>T 4B ．S 4<T 4C ．S 4＝T 4D ．S 4≤T 4解析：法一：设等比数列{b n }的公比为q ，则由题意可得q >1，数列{b n }单调递增，又S 4－T 4＝a 2＋a 3－(b 2＋b 3)＝a 1＋a 4－a 1q －a 4q ＝a 1(1－q )＋a 4⎝⎛⎭⎫1－1q ＝q －1q (a 4－a 1q )＝q －1q(b 4－b 2)>0，所以S 4>T 4.法二：不妨取a n ＝7n －4，则等比数列{b n }的公比q ＝3a 4a 1＝2，所以S 4＝54，T 4＝b 1(1－q 4)1－q＝45，显然S 4>T 4，选A.答案：A5．正项等比数列{a n }满足：a 3＝a 2＋2a 1，若存在a m ，a n ，使得a m ·a n ＝16a 21，m ，n ∈N *，则1m ＋9n的最小值为( ) A ．2 B ．16 C.114 D.32解析：设数列{a n }的公比为q ，a 3＝a 2＋2a 1⇒q 2＝q ＋2⇒q ＝2，∴a n ＝a 1·2n －1，a m ·a n ＝16a 21⇒a 21·2m ＋n －2＝16a 21⇒m ＋n ＝6，∵m ，n ∈N *，∴(m ，n )可取的数值组合为(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)，计算可得，当m ＝2，n ＝4时，1m ＋9n 取最小值114. 答案：C6．(2016·兰州双基)等差数列{a n }的公差为2，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝________.解析：由题意，得(a 1＋3×2)2＝(a 1＋2)(a 1＋7×2)，解得a 1＝2，所以S n ＝2n ＋n (n －1)2×2＝n 2＋n .答案：n 2＋n7．(2015·高考湖南卷)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，且3S 1,2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________.解析：由3S 1,2S 2，S 3成等差数列，得4S 2＝3S 1＋S 3，即3S 2－3S 1＝S 3－S 2，则3a 2＝a 3，得公比q ＝3，所以a n ＝a 1q n －1＝3n －1.答案：3n －18．从盛满2升纯酒精的容器里倒出1升纯酒精，然后填满水，再倒出1升混合溶液后又用水填满，以此继续下去，则至少应倒________次后才能使纯酒精体积与总溶液的体积之比低于10%.解析：设倒n 次后纯酒精与总溶液的体积比为a n ，则a n ＝⎝⎛⎭⎫12n ，由题意知⎝⎛⎭⎫12n <10%， ∴n ≥4.答案：49．已知f (x )＝2sin π2x ，集合M ＝{x ||f (x )|＝2，x >0}，把M 中的元素从小到大依次排成一列，得到数列{a n }，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝1a 2n ＋1，设数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n <14. 解：(1)∵|f (x )|＝2，∴π2x ＝k π＋π2，k ∈Z ，x ＝2k ＋1，k ∈Z . 又∵x >0，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)∵b n ＝1a 2n ＋1＝1(2n ＋1)2＝14n 2＋4n ＋1<14n 2＋4n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n <14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝14－14(n ＋1)<14， ∴T n <14得证． 10．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)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)求证：S 21＋S 22＋…＋S 2n ≤12－14n. 解：(1)∵a n ＝－2S n ·S n －1(n ≥2)，∴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)， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1＝1a 1＝2为首项，以d ＝2为公差的等差数列， ∴1S n ＝1S 1＋(n －1)·d ＝2＋2(n －1)＝2n ， ∴S n ＝12n. 将S n ＝12n代入a n ＝－2S n ·S n －1，得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 12， (n ＝1)，12n －2n 2， (n ≥2).(2)证明：∵S 2n ＝14n 2<14n (n －1)＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n (n ≥2)， S 21＝14， ∴当n ≥2时，S 21＋S 22＋…＋S 2n＝14＋14×2×2＋…＋14·n ·n<14＋14⎝⎛⎭⎫1－12＋…＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n＝12－14n；当n ＝1时，S 21＝14＝12－14×1. 综上，S 21＋S 22＋…＋S 2n ≤12－14n. B 组高考题型专练1．(2015·高考浙江卷)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：(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，1n b 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 *)．2．(2015·高考安徽卷)设n ∈N *，x n 是曲线y ＝x 2n ＋2＋1在点(1,2)处的切线与x 轴交点的横坐标．(1)求数列{x n }的通项公式；(2)记T n ＝x 21x 23…x 22n －1，证明：T n ≥14n. 解：(1)y ′＝(x 2n ＋2＋1)′＝(2n ＋2)x 2n ＋1，曲线y ＝x 2n ＋2＋1在点(1,2)处的切线斜率为2n ＋2，从而切线方程为y －2＝(2n ＋2)(x －1)．令y ＝0，解得切线与x 轴交点的横坐标x n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 所以数列{x n }的通项公式x n ＝n n ＋1. (2)证明：由题设和(1)中的计算结果知T n ＝x 21x 23…x 22n －1＝⎝⎛⎭⎫122⎝⎛⎭⎫342…⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －12n 2. 当n ＝1时，T 1＝14. 当n ≥2时，因为x 22n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －12n 2＝(2n －1)2(2n )2>(2n －1)2－1(2n )2＝2n －22n ＝n －1n ，所以T n >⎝⎛⎭⎫122×12×23×…×n －1n ＝14n. 综上可得对任意的n ∈N *，均有T n ≥14n. 3．(2014·高考新课标全国卷Ⅱ)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1.(1)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是等比数列，并求{a n }的通项公式； (2)证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32. 证明：(1)由a n ＋1＝3a n ＋1得a n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎫a n ＋12. 又a 1＋12＝32，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列．所以a n ＋12＝3n 2，因此{a n }的通项公式为a n ＝3n －12. (2)由(1)知1a n ＝23n －1. 因为当n ≥1时，3n －1≥2×3n －1，所以13n －1≤12×3n －1.于是1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≤1＋13＋…＋13n －1 ＝32⎝⎛⎭⎫1－13n <32. 所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.。

三维设计江苏专用高三数学一轮总复习第六章数列推理与证明第六节合情推理与演绎推理课时跟踪检测理

三维设计江苏专用高三数学一轮总复习第六章数列推理与证明第六节合情推理与演绎推理课时跟踪检测理一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．推理：“①矩形是平行四边形；②三角形不是平行四边形；③所以三角形不是矩形”中的小前提是________(填序号)．解析：由三段论的形式，可知小前提是三角形不是平行四边形．故填②. 答案：②2．已知数列12，1，32，2，52，3，…，则猜想该数列的第11项为________．解析：将数列的各项均写成分数的形式为12，22，32，42，52，62，…，所以猜想该数列的第11项为112.答案：1123．(2016·重庆一诊)某种树的分枝生长规律如图所示，第1年到第5年的分枝数分别为1,1,2,3,5，则预计第10年树的分枝数为________．解析：因为2＝1＋1,3＝2＋1,5＝3＋2，即从第三项起每一项都等于前两项的和，所以第10年树的分枝数为21＋34＝55. 答案：55 4．观察下列等式 12＝1 12－22＝－3 12－22＋32＝6 12－22＋32－42＝－10 ……照此规律，第n 个等式可为________．解析：观察规律可知，第n 个式子为12－22＋32－42＋…＋(－1)n ＋1n 2＝(－1)n ＋1n n ＋12.答案：12－22＋32－42＋…＋(－1)n ＋1n 2＝(－1)n ＋1n n ＋125．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8，S 16－S 12成等差数列．类比以上结论我们可以得到的一个真命题为：设等比数列{b n }的前n 项积为T n ，则________成等比数列．解析：利用类比推理把等差数列中的差换成商即可．答案：T 4，T 8T 4，T 12T 8，T 16T 12二保高考，全练题型做到高考达标1．(2016·无锡一中检测)“因为四边形ABCD 是菱形，所以四边形ABCD 的对角线互相垂直”，以上推理的大前提是________________________．解析：大前提应是菱形对角线所具备的性质：菱形的对角线互相垂直．答案：菱形的对角线互相垂直2．用灰、白两种颜色的正六边形瓷砖，按如图所示的规律拼成若干个图案，则第5个图案中正六边形瓷砖的个数是________．解析：设第n 个图案有a n 个正六边形瓷砖，则a 1＝6×1＋1，a 2＝6×2＋1，a 3＝6×3＋1，故猜想a 5＝6×5＋1＝31.答案：313．在平面几何中有如下结论：正三角形ABC 的内切圆面积为S 1，外接圆面积为S 2，则S 1S 2＝14，推广到空间可以得到类似结论：已知正四面体P ABC 的内切球体积为V 1，外接球体积为V 2，则V 1V 2＝________.解析：正四面体的内切球与外接球的半径之比为1∶3，故V 1V 2＝127.答案：1274．给出以下数对序列： (1,1) (1,2)(2,1) (1,3)(2,2)(3,1) (1,4)(2,3)(3,2)(4,1) ……记第i 行的第j 个数对为a ij ，如a 43＝(3,2)，则a n m ＝________.解析：由前4行的特点，归纳可得：若a n m ＝(a ，b )，则a ＝m ，b ＝n －m ＋1，∴a n m ＝(m ，n －m ＋1)．答案：(m ，n －m ＋1)5．古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数．比如：他们研究过图1中的1,3,6,10，…，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；类似地，称图2中的1,4,9，16，…，这样的数为正方形数．下列数中既是三角形数又是正方形数的是________(填序号)．①289；②1 024；③1 225；④1 378.解析：观察三角形数：1,3,6,10，…，记该数列为{a n }，则a 1＝1，a 2＝a 1＋2， a 3＝a 2＋3，…a n ＝a n －1＋n .∴a 1＋a 2＋…＋a n ＝(a 1＋a 2＋…＋a n －1)＋(1＋2＋3＋…＋n )，∴a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12，观察正方形数：1,4,9,16，…，记该数列为{b n }，则b n ＝n 2.把四个序号的数字，分别代入上述两个通项公式，可知使得n 都为正整数的只有 1 225，故填③.答案：③6．(2016·南京学情调研)设n 为正整数，f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n ，计算得f (2)＝32，f (4)>2，f (8)>52，f (16)>3，观察上述结果，可推测一般的结论为________．解析：∵f (21)＝32，f (22)>2＝42，f (23)>52，f (24)>62，∴归纳得f (2n )≥n ＋22(n ∈N *)．答案：f (2n)≥n ＋22(n ∈N *)7．将全体正整数排成一个三角形数阵：1 2 3 4 5 6 7 8 9 10……根据以上排列规律，数阵中第n (n ≥3)行从左至右的第3个数是________．解析：前n －1行共有正整数1＋2＋…＋(n －1)＝n n －12个，即n 2－n2个，因此第n行从左至右的第3个数是全体正整数中第n 2－n2＋3个，即为n 2－n ＋62.答案：n 2－n ＋628．如果函数f (x )在区间D 上是凸函数，那么对于区间D 内的任意x 1，x 2，…，x n ，都有f x 1＋f x 2＋…＋f x n n ≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 2＋…＋x n n .若y ＝sinx 在区间(0，π)上是凸函数，那么在△ABC 中，sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值是________．解析：由题意知，凸函数满足f x 1＋f x 2＋…＋f x n n ≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 2＋…＋x n n ，又y ＝sin x 在区间(0，π)上是凸函数，则sin A ＋sin B ＋sin C ≤3sin A ＋B ＋C3＝3sinπ3＝332.答案：3329．在锐角三角形ABC 中，求证：sin A ＋sin B ＋sin C ＞cos A ＋cos B ＋cos C . 证明：∵△ABC 为锐角三角形， ∴A ＋B ＞π2，∴A ＞π2－B ，∵y ＝sin x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是增函数，∴sin A ＞sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－B ＝cos B ，同理可得sin B ＞cos C ，sin C ＞cos A ， ∴sin A ＋sin B ＋sin C ＞cos A ＋cos B ＋cos C .10．已知O 是△ABC 内任意一点，连结AO ，BO ，CO 并延长，分别交对边于A ′，B ′，C ′，则OA ′AA ′＋OB ′BB ′＋OC ′CC ′＝1，这是一道平面几何题，其证明常采用“面积法”： OA ′AA ′＋OB ′BB ′＋OC ′CC ′＝S △OBC S △ABC ＋S △OCA S △ABC ＋S △OAB S △ABC ＝S △ABCS △ABC＝1. 请运用类比思想，对于空间中的四面体V BCD ，存在什么类似的结论，并用“体积法”证明．解：在四面体VBCD 中，任取一点O ，连结VO ，DO ，BO ，CO 并延长，分别交四个面于E ，F ，G ，H 点．则OE VE ＋OF DF ＋OG BG ＋OHCH＝1.证明：在四面体O BCD 与V BCD 中， OE VE ＝h 1h ＝13S △BCD ·h 113S △BCD ·h ＝V OBCD V VBCD.同理有OF DF ＝V OVBC V DVBC；OG BG ＝V OVCD V BVCD；OH CH ＝V OVBD V CVBD，∴OE VE ＋OF DF ＋OG BG ＋OHCH＝V OBCD＋V OVBC＋V OVCD＋V OVBDV VBCD＝V V BCD V VBCD＝1.三上台阶，自主选做志在冲刺名校 1．已知cos π3＝12，cos π5cos 2π5＝14，cos π7cos 2π7cos 3π7＝18，……(1)根据以上等式，可猜想出的一般结论是________； (2)若数列{a n }中，a 1＝cos π3，a 2＝cos π5cos 2π5，a 3＝cos π7cos2π7cos 3π7，…，前n 项和S n ＝1 0231 024，则n ＝________.解析：(1)从题中所给的几个等式可知，第n 个等式的左边应有n 个余弦相乘，且分母均为2n ＋1，分子分别为π，2π，…，n π，右边应为12n ，故可以猜想出结论为cos π2n ＋1·cos 2π2n ＋1·…·cos n π2n ＋1＝12n (n ∈N *)． (2)由(1)可知a n ＝12n ，故S n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝1－12n ＝2n －12n ＝1 0231 024，解得n ＝10.答案：(1)cos π2n ＋1cos 2π2n ＋1·…·cos n π2n ＋1＝12n (n ∈N *) (2)102．(2016·盐城中学检测)给出下面几个推理：①由“6＝3＋3,8＝3＋5,10＝3＋7,12＝5＋7，…”得到结论：任何一个不小于6的偶数都等于两个奇质数之和；②由“三角形内角和为180°”得到结论：等腰三角形内角和为180°； ③由“正方形面积为边长的平方”得到结论：正方体的体积为边长的立方； ④由“a 2＋b 2≥2ab (a ，b ∈R)”推得：sin 2x ≤1. 其中是演绎推理的序号是________．解析：演绎推理的模式是三段论模式，包括大前提、小前提和结论，演绎推理是从一般到特殊的推理，根据以上特点，可以判断②④是演绎推理．易得①是归纳推理，③是类比推理．故答案为②④.答案：②④3．某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数： ①sin 213°＋cos 217°－sin 13°cos 17°； ②sin 215°＋cos 215°－sin 15°cos 15°； ③sin 218°＋cos 212°－sin 18°cos 12°； ④sin 2(－18°)＋cos 248°－sin(－18°)cos 48°； ⑤sin 2(－25°)＋cos 255°－sin(－25°)cos 55°. (1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论．解：(1)选择②式，计算如下：sin 215°＋cos 215°－sin 15°cos 15°＝1－12sin 30°＝1－14＝34.(2)法一：三角恒等式为sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin α·cos(30°－α)＝34.证明如下：sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin α·cos(30°－α)＝sin 2α＋(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)2－sin α·(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)＝sin 2α＋34cos 2α＋32sin αcos α＋14sin 2α－32sin αcos α－12sin 2α＝34sin 2α＋34cos 2α＝34. 法二：三角恒等式为sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin α·cos(30°－α)＝34.证明如下：sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin αcos(30°－α) ＝1－cos 2α2＋1＋cos 60°－2α2－sin α·(cos 30°cos α＋sin 30°sin α) ＝12－12cos 2α＋12＋12(cos 60°cos 2α＋sin 60°sin 2α)－32sin αcos α－12sin 2α＝12－12cos 2α＋12＋14cos 2α＋34sin 2α－34sin 2α－14(1－cos 2α) ＝1－14cos 2α－14＋14cos 2α＝34.。

三维设计江苏专用2017届高三数学一轮总复习第六章数列推理与证明第七节直接证明与间接证明课件理

[方法归纳] 综合法证题的思路
考点三反证法重点保分型考点——师生共研
[典例引领] 设{an}是公比为 q 的等比数列． (1)推导{an}的前 n 项和公式； (2)设 q≠1，证明数列{an＋1}不是等比数列．
(解2)：证(明1)：设假{an设}的{a前n＋n1项}是和等为比S数n，列，则对任意的 k∈N*，
考点二综合法常考常新型考点——多角探明
[命题分析] 综合法证明问题是历年高考的热点问题，也是必考问题之一．常见的命题角度有： (1)立体几何证明题； (2)数列证明题； (3)与函数、方程、不等式结合的证明题．
[题点全练] 角度一：立体几何证明题 1.如图，在三棱锥 P -ABC 中，D，E，F
分别为棱 PC，AC，AB 的中点．已知 PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5. 求证：(1)直线 PA∥平面 DEF； (2)平面 BDE⊥平面 ABC.
(2)因为 D，E，F 分别为棱 PC，AC，AB 的中点，PA
＝6，BC＝8，
所证以明D：E(∥1)因PA为，DD，E＝E12分PA别＝为3，棱EPFC＝，12ABCC＝的4中. 点，所又以PDAE⊥∥APCA，. DE∥PA，所以 DE⊥AC. 又又因因为为DPFA＝⊄平5，面故DEDFF，2＝DDEE⊂2＋平E面F2D，EF，所以∠DEF＝90°，即 DE⊥EF. 因所为以A直C线∩PEAF∥＝平E，面ADCE⊂F平. 面 ABC，EF⊂平面 ABC，
3．(2016·徐州一中检测)设 x，y，z>0，a＝x＋1y，b＝y＋1z，c ＝z＋1x，则 a，b，c 三个数________(填序号)． ①至少有一个不大于 2；②都小于 2；③至少有一个不小于 2；④都大于 2.

三维设计江苏专用2017届高三数学一轮总复习板块命题点专练六简单的三角恒等变换及解三角形理

板块命题点专练(六) 简单的三角恒等变换及解三角形1．(2015·重庆高考改编)若tan α＝2tan π5，则cos⎝⎛⎭⎫α－3π10sin ⎝⎛⎭⎫α－π5＝________. 解析：∵cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－3π10＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π5－π2＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π5， ∴原式＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π5sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α－π5＝sin αcos π5＋cos αsinπ5sin αcos π5－cos αsin π5＝tan α＋tanπ5tan α－tanπ5.又∵tan α＝2tan π5，∴原式＝2tan π5＋tanπ52tan π5－tanπ5＝3.答案：32．(2015·江苏高考)已知tan α＝－2，tan(α＋β)＝17，则tan β的值为________．解析：tan β＝tan[(α＋β)－α]＝α＋β－tan α1＋α＋βα＝17－－1＋17－＝3. 答案：33．(2015·北京高考)已知函数f (x )＝2sin x 2cos x2－2sin 2x2.(1)求f (x )的最小正周期；(2)求f (x )在区间[－π，0]上的最小值．解：(1)由题意得f (x )＝22sin x －22(1－cos x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4－22，所以f (x )的最小正周期为2π.(2)因为－π≤x ≤0，所以－3π4≤x ＋π4≤π4.当x ＋π4＝－π2，即x ＝－3π4时，f (x )取得最小值．所以f (x )在区间[－π，0]上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3π4＝－1－22. 4．(2015·四川高考)已知A ，B ，C 为△ABC 的内角，tan A ，tan B 是关于x 的方程x 2＋3px －p ＋1＝0(p ∈R)的两个实根．(1)求C 的大小；(2)若AB ＝3，AC ＝6，求p 的值．解：(1)由已知，方程x 2＋3px －p ＋1＝0的判别式 Δ＝(3p )2－4(－p ＋1)＝3p 2＋4p －4≥0，所以p ≤－2或p ≥23.由根与系数的关系，有tan A ＋tan B ＝－3p ，tan A tan B ＝1－p ，于是1－tan A tan B ＝1－(1－p )＝p ≠0，从而tan(A ＋B )＝tan A ＋tan B 1－tan A tan B ＝－3pp ＝－ 3.所以tan C ＝－tan(A ＋B )＝3，所以C ＝60°. (2)由正弦定理，得sin B ＝AC sin C AB ＝6sin 60°3＝22，解得B ＝45°或B ＝135°(舍去)．于是A ＝180°－B －C ＝75°.则tan A ＝tan 75°＝tan(45°＋30°) ＝tan 45°＋tan 30°1－tan 45°tan 30°＝1＋331－33＝2＋ 3. 所以p ＝－13(tan A ＋tan B ) ＝－13(2＋3＋1)＝－1－ 3.________. 解析：∠C ＝180°－75°－45°＝60°，由正弦定理得AB sin C ＝ACsin B ，即6sin 60°＝ACsin 45°，解得AC ＝2.答案：22．(2015·广东高考改编)设△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若a ＝2，c ＝2 3，cos A ＝32且b ＜c ，则b ＝________. 解析：由a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得4＝b 2＋12－6b ，解得b ＝2或4.又b ＜c ，∴b ＝2. 答案：23．(2015·北京高考)在△ABC 中，a ＝3，b ＝6，∠A ＝2π3，则∠B ＝________.解析：在△ABC 中，根据正弦定理asin A ＝bsin B，有3sin2π3＝6sin B ，可得sin B ＝22. 因为∠A 为钝角，所以∠B ＝π4. 答案：π44．(2015·福建高考)若△ABC 中，AC ＝3，A ＝45°，C ＝75°，则BC ＝________. 解析：∠B ＝180°－75°－45°＝60°，由正弦定理，得BC sin A ＝AC sin B ，即BCsin 45°＝3sin 60°，解得BC ＝ 2.答案： 25．(2015·全国卷Ⅰ)已知a ，b ，c 分别为△ABC 内角A ，B ，C 的对边，sin 2B ＝2sin A sinC .(1)若a ＝b ，求cos B ；(2)设B ＝90°，且a ＝2，求△ABC 的面积．解：(1)由题设及正弦定理可得b 2＝2ac . 又a ＝b ，可得b ＝2c ，a ＝2c .由余弦定理可得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝14.(2)由(1)知b 2＝2ac .因为B ＝90°，由勾股定理得a 2＋c 2＝b 2，故a 2＋c 2＝2ac ，进而可得c ＝a ＝ 2. 所以△ABC 的面积为12×2×2＝1.6．(2015·山东高考)△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .已知cos B ＝33，sin(A ＋B )＝69，ac ＝23，求sin A 和c 的值．解：在△ABC 中，由cos B ＝33，得sin B ＝63，因为A ＋B ＋C ＝π，所以sin C ＝sin(A ＋B )＝69. 因为sin C ＜sin B ，所以C ＜B ，可得C 为锐角，所以cos C ＝539，因此sin A ＝sin(B ＋C )＝sin B cos C ＋cos B sin C ＝63×539＋33×69＝223. 由a sin A ＝csin C，可得a ＝c sin Asin C ＝223c 69＝23c .又ac ＝23，所以c ＝1.7．(2015·全国卷Ⅱ)△ABC 中，D 是BC 上的点，AD 平分∠BAC ，BD ＝2DC . (1)求sin B sin C；(2)若∠BAC ＝60°，求∠B . 解：(1)由正弦定理，得AD sin B ＝BD sin ∠BAD ，AD sin C ＝DCsin ∠CAD . 因为AD 平分∠BAC ，BD ＝2DC ，所以sin B sin C ＝DC BD ＝12.(2)因为∠C ＝180°－(∠BAC ＋∠B )，∠BAC ＝60°，所以sin C ＝sin(∠BAC ＋∠B )＝32cos B ＋12sin B . 由(1)知2sin B ＝sin C ，所以tan B ＝33，所以∠B ＝30°8．(2015·浙江高考)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋A ＝2.(1)求sin 2A sin 2A ＋cos 2A的值；(2)若B ＝π4，a ＝3，求△ABC 的面积．解：(1)由tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋A ＝2，得tan A ＝13，所以sin 2A sin 2A ＋cos 2A ＝2tan A 2tan A ＋1＝25. (2)由tan A ＝13，A ∈(0，π)，得sin A ＝1010，cos A ＝31010. 由a ＝3，B ＝π4及正弦定理a sin A ＝bsin B ，得b ＝3 5.由sin C ＝sin(A ＋B )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π4，得sin C ＝255.设△ABC 的面积为S ，则S ＝12ab sin C ＝9.9．(2015·江苏高考)在△ABC 中，已知AB ＝2，AC ＝3，A ＝60° (1)求BC 的长； (2)求sin 2C 的值．解：(1)由余弦定理知，BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC ·cos A ＝4＋9－2×2×3×12＝7，所以BC ＝7.(2)由正弦定理知，AB sin C ＝BCsin A，所以sin C ＝AB BC ·sin A ＝2sin 60°7＝217.因为AB ＜BC ，所以C 为锐角，。

【三维设计】高考数学一轮复习第5节函数的图像课件

A．(－1,1]∪(2，＋∞)
B．(－2，－1]∪(1,2]
C．(－∞，－2)∪(1,2]
D．[－2，－1]
依题意可得
[巧妙运用]
f(x)＝xx2－－12，，x－＜1－≤1x或≤x2＞，2，作出其示意图如图所示．由数形结合知，实数c需有1＜c≤2或－2＜c≤－1.
答案：B
[题后悟道] 解答本题利用了数形结合思想，属于“以形助数”，是指把某些抽象的数学问题直观化、生动化，能够变抽象思维为形象思维，揭示数学问题的本质．本题首先作出f(x) 的图象，观察图象上、下平移后与x轴交点情况确定c的范围，应注意c的端点值．
答案： D
[冲关锦囊] “看图说话”常用的方法有 (1)定性分析法：通过对问题进行定性的分析，从而得出图像的上升(或下降)的趋势，利用这一特征分析解决问题． (2)定量计算法：通过定量的计算来分析解决问题． (3)函数模型法：由所提供的图像特征，联想相关函数模型，利用这一函数模型来分析解决问题.
[精析考题]
[例3] (2011·新课标全国卷)已知函数y＝f(x)的周期为2，
当x∈[－1,1]时f(x)＝x2，那么函数y＝f(x)的图像与函数y
＝|lg x|的图像的交点共有
()
A．10个
Bபைடு நூலகம்9个
C．8个
D．1个
[自主解答] 根据f(x)的性质及f(x)在[－1,1]上的解析式可作图如下：
答案： B
4．(教材习题改编)为了得到函数y＝2x－3的图像，只需把函数y＝2x的图像上所有的点向______平移______ 个单位长度．答案：右 3
5．若关于x的方程|x|＝a－x只有一个解，则实数a的取值范围是________．

【三维设计】高三数学文(江苏专用)一轮总复习练习：6.4数列求和(含答案解析)

课时跟踪检测（三十二）数列求和一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 5＝25，则S 7＝________. 解析：设S n ＝An 2＋Bn ，由题知，⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝9A ＋3B ＝9，S 5＝25A ＋5B ＝25，解得A ＝1，B ＝0，∴S 7＝49. 答案：492．数列{1＋2n －1}的前n 项和为________．解析：由题意得a n ＝1＋2n －1，所以S n ＝n ＋1－2n1－2＝n ＋2n －1.答案：n ＋2n －13．(2016·江西新余三校联考)数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (2n －1)，则该数列的前100项之和为________．解析：根据题意有S 100＝－1＋3－5＋7－9＋11－…－197＋199＝2×50＝100. 答案：1004．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋1＋(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________．解析：a n ＝(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＋a 1＝11×2＋12×3＋…＋1－＋1＝⎝⎛⎭⎫ 1－12 ＋⎝⎛⎭⎫ 12－13 ＋…＋⎝⎛⎭⎫ 1n －1－1n ＋1＝2－1n .答案：a n ＝2－1n5．(2015·苏北四市调研)已知正项数列{a n }满足a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n .若a 1＝2，则数列{a n }的前n 项和为________．解析：∵a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ，∴(a n ＋1－3a n )(a n ＋1＋2a n )＝0， ∵a n >0，∴a n ＋1＝3a n ，又a 1＝2，∴{a n }是首项为2，公比为3的等比数列， ∴S n ＝－3n1－3＝3n －1.答案：3n －1二保高考，全练题型做到高考达标1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，并满足：a n ＋2＝2a n ＋1－a n ，a 5＝4－a 3，则S 7＝________. 解析：由a n ＋2＝2a n ＋1－a n 知数列{a n }为等差数列，由a 5＝4－a 3得a 5＋a 3＝4＝a 1＋a 7，所以S 7＝1＋a 72＝14.答案：142．已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫ 1a n的前5项和为________．解析：设{a n }的公比为q ，显然q≠1，由题意得－q 31－q ＝1－q 61－q，所以1＋q 3＝9，得q ＝2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫ 1a n 是首项为1，公比为12的等比数列，前5项和为1－⎝⎛⎭⎫ 12 51－12＝3116.答案：31163．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n －3⎝⎛⎭⎫ 15 n，则其前20项和为________．解析：令数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 20＝a 1＋a 2＋…＋a 20＝2(1＋2＋…＋20)－3⎝⎛⎭⎫15＋152＋…＋1520＝2×＋2－3×15⎝⎛⎭⎫ 1－1520 1－15＝420－34⎝⎛⎭⎫1－1520. 答案：420－34⎝⎛⎭⎫1－1520 4．已知数列{a n }中，a n ＝－4n ＋5，等比数列{b n }的公比q 满足q ＝a n －a n －1(n≥2)且b 1＝a 2，则|b 1|＋|b 2|＋|b 3|＋…＋|b n |＝________.解析：由已知得b 1＝a 2＝－3，q ＝－4， ∴b n ＝(－3)×(－4)n －1，∴|b n |＝3×4n －1，即{|b n |}是以3为首项，4为公比的等比数列． ∴|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＝－4n1－4＝4n －1.答案：4n －1 5.122－1＋132－1＋142－1＋ (1)2－1的值为________．解析：∵1＋2－1＝1n 2＋2n ＝1n ＋＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2， ∴122－1＋132－1＋142－1＋ (1)2－1＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2 ＝12⎝⎛⎭⎫32－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－12⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2. 答案：34－12⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋26．已知数列{a n }满足a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，且a 1＝12，则该数列{a n }的前2 017项的和为________．解析：因为a 1＝12，又a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，所以a 2＝1，a 3＝12，a 4＝1，…，即得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝2k －∈N *，1，n ＝∈N *故数列{a n }的前2 017项的和为S 2 017＝1 008×⎝⎛⎭⎫1＋12＋12＝ 3 0252. 答案：3 02527．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，{a n }的“差数列”的通项公式为2n ，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.解析：∵a n ＋1－a n ＝2n ，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n1－2＋2＝2n －2＋2＝2n .∴S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.答案：2n ＋1－28．(2016·苏州名校联考)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＋(－1)n a n ＝cos(n ＋1)π，记S n为数列{a n }的前n 项和，则S 2 015＝________.解析：∵a n ＋1＋(－1)n a n ＝cos(n ＋1)π＝(－1)n ＋1，∴当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝－1，k ∈N *，∴S 2 015＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 014＋a 2 015)＝1＋(－1)×1 007＝－1 006. 答案：－1 0069．已知数列{a n } 的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N * .(1)求数列{a n } 的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)n a n ，求数列{b n } 的前2n 项和．解：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n2－－2＋－2＝n.故数列{a n }的通项公式为a n ＝n. (2)由(1)知，a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)n n. 记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ，则 A ＝－22n 1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n]＝n.故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.10．已知数列{}a n 与{}b n ，若a 1＝3且对任意正整数n 满足a n ＋1－a n ＝2，数列{}b n 的前n 项和S n ＝n 2＋a n .(1)求数列{}a n ，{}b n 的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n .解：(1)因为对任意正整数n 满足a n ＋1－a n ＝2，所以{}a n 是公差为2的等差数列．又因为a 1＝3，所以a n ＝2n ＋1. 当n ＝1时，b 1＝S 1＝4；当n≥2时，b n ＝S n －S n －1＝(n 2＋2n ＋1)－[(n －1)2＋2(n －1)＋1]＝2n ＋1，对b 1＝4不成立．所以数列{}b n 的通项公式为b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n≥2.(2)由(1)知当n ＝1时，T 1＝1b 1b 2＝120. 当n≥2时，1b n b n ＋1＝1＋＋＝12⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋3，所以T n ＝120＋12⎣⎢⎡⎝⎛⎭⎫15－17＋⎝⎛⎭⎫17－19＋…＋⎝⎛ 12n ＋1⎦⎥⎤⎭⎫－12n ＋3 ＝120＋12⎝⎛⎭⎫15－12n ＋3 ＝120＋n －110n ＋15. 当n ＝1时仍成立，所以T n ＝120＋n －110n ＋15.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2016·南京师大附中检测)已知数列{a n }中，a 1＝2，a 2n ＝a n ＋1，a 2n ＋1＝n －a n ，则{a n }的前100项和为________．解析：由a 1＝2，a 2n ＝a n ＋1，a 2n ＋1＝n －a n ，得a 2n ＋a 2n ＋1＝n ＋1，∴a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 98＋a 99) ＝2＋2＋3＋…＋50＝1 276， ∵a 100＝1＋a 50＝1＋(1＋a 25) ＝2＋(12－a 12)＝14－(1＋a 6) ＝13－(1＋a 3)＝12－(1－a 1)＝13， ∴a 1＋a 2＋…＋a 100＝1 276＋13＝1 289. 答案：1 2892．已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，…，110＋210＋310＋…＋910，…，那么数列{b n }＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫ 1a n a n ＋1 的前n 项和S n 为________．解析：由已知条件可得：数列{a n }的通项为a n ＝1＋2＋3＋…＋n n ＋1＝n2.所以b n ＝1a n a n ＋1＝4＋＝4×⎝⎛⎭⎫ 1n －1n ＋1. S n ＝4⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1 ＝4⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝4nn ＋1.答案：4nn ＋13．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n ，数列{b n }满足b 1＝－1，b n ＋1＝b n ＋(2n －1)(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{b n }的通项公式；(3)若c n ＝a n ·b n n ，求数列{c n }的前n 项和T n .解：(1)∵S n ＝3n ，∴S n －1＝3n －1(n≥2)，∴a n ＝S n －S n －1＝3n －3n －1＝2×3n －1(n≥2)．当n ＝1时，2×31－1＝2≠S 1＝a 1＝3，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2×3n －1，n≥2. (2)∵b n ＋1＝b n ＋(2n －1)， ∴b 2－b 1＝1， b 3－b 2＝3， b 4－b 3＝5， …，b n －b n －1＝2n －3(n≥2)．以上各式相加得b n －b 1＝1＋3＋5＋…＋(2n －3) ＝－＋2n －2＝(n －1)2(n≥2)．∵b 1＝－1，∴b n ＝n 2－2n(n≥2)．又上式对于n ＝1也成立， ∴b n ＝n 2－2n(n ∈N *)． (3)由题意得c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，n ＝1，－n －1，n≥2.当n≥2时，T n ＝－3＋2×0×31＋2×1×32＋2×2×33＋…＋2(n －2)×3n －1， ∴3T n ＝－9＋2×0×32＋2×1×33＋2×2×34＋…＋2(n －2)×3n . 相减得－2T n ＝6＋2×32＋2×33＋…＋2×3n －1－2(n －2)×3n .∴T n ＝(n －2)×3n －(3＋32＋33＋…＋3n －1)＝(n －2)×3n－3n －32＝－n＋32.∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，n ＝1，－n＋32，n≥2.－n＋32(n∈N *)．∴T n＝。

【步步高】(江苏专用)2017版高考数学一轮复习第六章数列 6.2 等差数列及其前n项和课件理

1 2 3 4 5
解析答案
5.(2014· 北京)若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当n＝ 8 ________ 时，{an}的前n项和最大. 解析因为数列{an}是等差数列，且a7＋a8＋a9＝3a8＞0，所以a8＞0.又a7＋a10＝a8＋a9＜0，所以a9＜0.故当n＝8时，其前n项和最大.
答案
3.等差中项 a＋b A＝ 2 如果
，那么 A 叫做 a 与 b 的等差中项.
4.等差数列的常用性质 (1)通项公式的推广：an＝am＋ (n－m)d (n，m∈N*). (2)若{an}为等差数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则 ak＋al＝am＋an . (3)若{an}是等差数列，公差为d，则{a2n}也是等差数列，公差为 2d (4)若{an}，{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列. (5)若{an}是等差数列，公差为d，则ak，ak＋m，ak＋2m，„(k，m∈N*)是公差为 md 的等差数列.
5 所以数列{bn}是以－2为首项，1 为公差的等差数列.
1
解析答案
(2)求数列{an}中的最大项和最小项，并说明理由.
7 解由(1)知 bn＝n－2， 1 2 则 an＝1＋b ＝1＋ . 2n－7 n
2 设 f(x)＝1＋， 2x－7
7 7 则 f(x)在区间(－∞，2)和(2，＋∞)上为减函数.
所以当n＝3时，an取得最小值－1，当n＝4时，an取得最大值3.
解析答案
引申探究
3 例 2 中，若条件变为 a1＝， nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，探求数列{an} 5 的通项公式.
解
an＋1 an 由已知可得＝＋1， n＋1 n

【步步高】(江苏专用)2017版高考数学一轮复习第六章数列 6.1 数列的概念与简单表示法课件理

解
1 1 1 8 8 8 数列变为 1－10， 1－102， 1－103 ，„， 9 9 9
1 8 故 an＝ 1－10n. 9
解析答案
1 1 5 13 29 61 (3) ，，－，，－，，„. 2 4 8 16 32 64
答案
2
考点自测
1
1 1 1.已知数列{an}中，a1＝1，＝a ＋3 (n∈N*)，则 a10＝________. 28 an＋1 n
解析 1 由题意得－＝3. an＋1 an 1
1 1 1 1 1 1 ∴a －a ＝3，a －a ＝3，a －a ＝3， 2 1 3 2 4 3
1 1 1 1 －＝ 3 ， „ ，－＝ 3 ， a5 a4 a10 a9
1 1 1 对递推式叠加得a －a ＝27，故 a10＝28. 10 1
1 2 3 4 5
解析答案
2. 把 1,3,6,10,15,21 ， „ 这些数叫做三角形数，这是因为用这些数目的点可以排成一个正三角形(如图).
28 则第7个三角形数是________. 解析根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.
解析
3 1 由已知可得，a2＝2×5－1＝5，
1 2 2 4 a3＝2×5＝5，a4＝2×5＝5， 4 3 a5＝2× －1＝， 5 5
2 ∴a2 015＝a3＝5. ∴{an}为周期数列且T＝4，
解析答案
0 (2)设an＝－3n2＋15n－18，则数列{an}中的最大项的值是________.
nn＋1 ＋1 (1)设数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋n＋1，则通项an＝___________. 2

高2020届高2017级高三三维设计地理一轮复习资料第六章数列

第六章⎪⎪⎪数列全国卷5年考情图解高考命题规律把握1.本章在高考中一般考查2道小题或者1道解答题,分值占10～12分.2.高考对小题的考查一般以等差、等比数列的基本量运算、等差、等比数列的性质、数列的递推式等为主.3.解答题一般考查求数列的通项公式、等差及等比数列的判定及计算、错位相减法、裂项相消法、公式法求和.第一节数列的概念与简单表示一、基础知识批注——理解深一点1.数列的概念（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）数列与函数的关系:从函数观点看,数列可以看成以正整数集N *（或它的有限子集{1,2,…,n }）为定义域的函数a n ＝f （n ）当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值.数列是一种特殊的函数,在研究数列问题时,既要注意函数方法的普遍性,又要考虑数列方法的特殊性.（3）数列有三种表示法,它们分别是列表法、图象法和解析法. 2.数列的分类（1）按照项数有限和无限分:⎩⎪⎨⎪⎧有限数列：项数有限个；无限数列：项数无限个；（2）按单调性来分:⎩⎪⎨⎪⎧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＝C (常数)，摆动数列.3.数列的两种常用的表示方法（1）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示,那么这个公式叫做这个数列的通项公式.(1)并不是所有的数列都有通项公式；(2)同一个数列的通项公式在形式上未必唯一. （2）递推公式:如果已知数列{a n }的第1项（或前几项）,且从第二项（或某一项）开始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.通项公式和递推公式的异同点不同点相同点通项公式可根据某项的序号n 的值,直接代入求出a n 都可确定一个数列,也都可求出数列的任意一项递推公式可根据第一项（或前几项）的值,通过一次（或多次）赋值,逐项求出数列的项,直至求出所需的a n（1）若数列{a n }的前n 项和为S n ,通项公式为a n ,则a n ＝⎩⎨⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，n ∈N *. （2）在数列{a n }中,若a n 最大,则⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1.若a n 最小,则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1. 三、基础小题强化——功底牢一点(一)判一判(对的打“√”，错的打“×”)（1）根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个.（）（2）1,1,1,1,…,不能构成一个数列.（）（3）任何一个数列不是递增数列,就是递减数列.（）（4）如果数列{a n }的前n 项和为S n ,则对∀n ∈N *,都有a n ＋1＝S n ＋1－S n .（）答案:（1）√ （2）× （3）× （4）√（二）选一选1.数列1,－3,5,－7,9,…的一个通项公式为（） A.a n ＝2n －1 B.a n ＝（－1）n （1－2n ） C.a n ＝（－1）n （2n －1）D.a n ＝（－1）n （2n ＋1）解析:选B ∵数列{a n }各项值为1,－3,5,－7,9,…, ∴各项绝对值构成一个以1为首项,2为公差的等差数列, ∴|a n |＝2n －1.∵数列的奇数项为正,偶数项为负,∴a n ＝（－1）n ＋1（2n －1）＝（－1）n （1－2n ）.故选B.2.已知数列{a n }的通项公式为a n ＝9＋12n ,则在下列各数中,不是{a n }的项的是（） A.21 B.33 C.152D.153 解析:选C 由9＋12n ＝152,得n ＝14312∉N *. 3.已知数列{a n }满足a 1＝1,a n ＝a n －1＋2n （n ≥2）,则a 7＝（） A.53 B.54 C.55D.109解析:选C 由题意知,a 2＝a 1＋2×2,a 3＝a 2＋2×3,…,a 7＝a 6＋2×7,各式相加得a 7＝a 1＋2（2＋3＋4＋…＋7）＝55.（三）填一填4.在数列{a n }中,已知a 1＝1,a n ＋1＝4a n ＋1,则a 3＝________. 解析:由题意知,a 2＝4a 1＋1＝5,a 3＝4a 2＋1＝21. 答案:215.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ＋1,则a n ＝________. 解析:当n ＝1时,a 1＝S 1＝1＋2＋1＝4, 当n ≥2时,a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1, 经检验a 1＝4不适合a n ＝2n ＋1,故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.答案:⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2考点一由a n 与S n 的关系求通项a n[典例] （1）（2018·广州二模）已知S n 为数列{a n }的前n 项和,且log 2（S n ＋1）＝n ＋1,则数列{a n }的通项公式为____________.（2）（2018·全国卷Ⅰ改编）记S n 为数列{a n }的前n 项和.若S n ＝2a n ＋1,则a n ＝________. [解析] （1）由log 2（S n ＋1）＝n ＋1,得S n ＋1＝2n ＋1,当n ＝1时,a 1＝S 1＝3；当n ≥2时,a n ＝S n －S n －1＝2n ,所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n ，n ≥2.（2）∵S n ＝2a n ＋1,当n ≥2时,S n －1＝2a n －1＋1, ∴a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1,即a n ＝2a n －1. 当n ＝1时,a 1＝S 1＝2a 1＋1,得a 1＝－1.∴数列{a n }是首项a 1为－1,公比q 为2的等比数列, ∴a n ＝－1×2n －1＝－2n －1.[答案] （1）a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n ，n ≥2（2）－2n －1[解题技法]1.已知S n 求a n 的3个步骤（1）先利用a 1＝S 1求出a 1；（2）用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系,利用a n ＝S n －S n －1（n ≥2）便可求出当n ≥2时a n 的表达式；（3）注意检验n ＝1时的表达式是否可以与n ≥2的表达式合并. 2.S n 与a n 关系问题的求解思路根据所求结果的不同要求,将问题向不同的两个方向转化.（1）利用a n ＝S n －S n －1（n ≥2）转化为只含S n ,S n －1的关系式,再求解. （2）利用S n －S n －1＝a n （n ≥2）转化为只含a n ,a n －1的关系式,再求解.前n 项和与通项,二者消元留一象；何知去留谁更好,变形易把关系找；通项求出莫疏忽,验证首项满足否.[题组训练]1.(口诀第1、2句)设数列{a n }的前n 项和为S n ,且S n ＝2（a n －1）（n ∈N *）,则a n ＝（） A.2n B.2n －1 C.2nD.2n －1解析:选C 当n ＝1时,a 1＝S 1＝2（a 1－1）,可得a 1＝2, 当n ≥2时,a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1,∴a n＝2a n－1,∴数列{a n}为首项为2,公比为2的等比数列,∴a n＝2n.2.(口诀第1、2、3句)设数列{a n}满足a1＋3a2＋…＋（2n－1）a n＝2n,则a n＝____________. 解析:因为a1＋3a2＋…＋（2n－1）a n＝2n,故当n≥2时,a1＋3a2＋…＋（2n－3）a n－1＝2（n－1）.两式相减得（2n－1）a n＝2,所以a n＝22n－1（n≥2）.又由题设可得a1＝2,满足上式,从而{a n}的通项公式为a n＝22n－1.答案:22n－1考点二由递推关系式求数列的通项公式由递推关系式求数列的通项公式常用方法有累加法、累乘法、构造法等.[典例]（1）设数列{an}满足a1＝1,且a n＋1＝a n＋n＋1（n∈N*）,则数列{a n}的通项公式为________________.（2）在数列{a n}中,a1＝1,a n＝n－1n a n－1（n≥2）,则数列{a n}的通项公式为________________.（3）已知数列{a n}满足a1＝1,a n＋1＝3a n＋2,则数列{a n}的通项公式为________________.[解析]（1）累加法由题意得a2＝a1＋2,a3＝a2＋3,…,a n＝a n－1＋n（n≥2）,以上各式相加,得a n＝a1＋2＋3＋…＋n.又∵a1＝1,∴a n＝1＋2＋3＋…＋n＝n2＋n2（n≥2）.∵当n＝1时也满足上式,∴a n＝n2＋n2（n∈N*）.（2）累乘法∵a n＝n－1n a n－1（n≥2）,∴a n－1＝n－2n－1a n－2,a n－2＝n－3n－2a n－3,…,a2＝12a1.以上（n－1）个式子相乘得a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n .当n ＝1时,a 1＝1,上式也成立. ∴a n ＝1n （n ∈N *）. （3）构造法∵a n ＋1＝3a n ＋2,∴a n ＋1＋1＝3（a n ＋1）, ∴a n ＋1＋1a n ＋1＝3, ∴数列{a n ＋1}为等比数列,公比q ＝3,又a 1＋1＝2, ∴a n ＋1＝2·3n －1,∴a n ＝2·3n －1－1（n ∈N *）.[答案] （1）a n ＝n 2＋n 2（n ∈N *）（2）a n ＝1n （n ∈N *）（3）a n ＝2·3n －1－1（n ∈N *）[解题技法]1.正确选用方法求数列的通项公式（1）对于递推关系式可转化为a n ＋1＝a n ＋f （n ）的数列,通常采用累加法（逐差相加法）求其通项公式.（2）对于递推关系式可转化为a n ＋1a n＝f （n ）的数列,并且容易求数列{f （n ）}前n 项的积时,采用累乘法求数列{a n }的通项公式.（3）对于递推关系式形如a n ＋1＝pa n ＋q （p ≠0,1,q ≠0）的数列,采用构造法求数列的通项.2.避免2种失误（1）利用累乘法,易出现两个方面的问题:一是在连乘的式子中只写到a 2a 1,漏掉a 1而导致错误；二是根据连乘求出a n 之后,不注意检验a 1是否成立.（2）利用构造法求解时应注意数列的首项的正确求解以及准确确定最后一个式子的形式.[题组训练]1.(累加法)设数列{a n }满足a 1＝3,a n ＋1＝a n ＋1n (n ＋1),则通项公式a n ＝________.解析:原递推公式可化为a n ＋1＝a n ＋1n －1n ＋1,则a 2＝a 1＋11－12,a 3＝a 2＋12－13,a 4＝a 3＋13－14,…,a n －1＝a n －2＋1n －2－1n －1,a n ＝a n －1＋1n －1－1n ,以上（n －1）个式子的等号两端分别相加得,a n ＝a 1＋1－1n ,故a n ＝4－1n .答案:4－1n2.(累乘法)设数列{a n }满足a 1＝1,a n ＋1＝2n a n ,则通项公式a n ＝________. 解析:由a n ＋1＝2n a n ,得a n a n －1＝2n －1（n ≥2）, 所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝2n －1·2n －2·…·2·1＝21＋2＋3＋…＋（n －1）＝2n (n －1)2.又a 1＝1适合上式,故a n ＝2n (n －1)2.答案:2n (n －1)23.(构造法)在数列{a n }中,a 1＝3,且点P n （a n ,a n ＋1）（n ∈N *）在直线4x －y ＋1＝0上,则数列{a n }的通项公式为________.解析:因为点P n （a n ,a n ＋1）（n ∈N *）在直线4x －y ＋1＝0上,所以4a n －a n ＋1＋1＝0,即a n ＋1＝4a n ＋1,得a n ＋1＋13＝4⎝⎛⎭⎫a n ＋13,所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋13是首项为a 1＋13＝103,公比为4的等比数列,所以a n ＋13＝103·4n －1,故a n ＝103·4n －1－13.答案:a n ＝103·4n －1－13考点三数列的性质及应用考法（一）数列的周期性[典例] 数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎨⎧2a n ，0≤a n ≤12，2a n－1，12<a n<1，a 1＝35,则数列的第 2 019项为________.[解析] 因为a 1＝35,故a 2＝2a 1－1＝15,a 3＝2a 2＝25,a 4＝2a 3＝45,a 5＝2a 4－1＝35,a 6＝2a 5－1＝15,a 7＝2a 6＝25,…, 故数列{a n }是周期数列且周期为4,故a 2 019＝a 504×4＋3＝a 3＝25.[答案]25考法（二）数列的单调性（最值）[典例] （1）（2018·百校联盟联考）已知数列{a n }满足2S n ＝4a n －1,当n ∈N *时,{（log 2a n ）2＋λlog 2a n }是递增数列,则实数λ的取值范围是________.（2）已知数列{a n }的通项公式为a n ＝（n ＋2）·⎝⎛⎭⎫78n ,则当a n 取得最大值时,n ＝________. [解析] （1）∵2S n ＝4a n －1,2S n －1＝4a n －1－1（n ≥2）, 两式相减可得2a n ＝4a n －4a n －1（n ≥2）, ∴a n ＝2a n －1（n ≥2）. 又2a 1＝4a 1－1,∴a 1＝12,∴数列{a n }是公比为2的等比数列,∴a n ＝2n －2,设b n ＝（log 2a n ）2＋λlog 2a n ＝（n －2）2＋λ（n －2）, ∵{（log 2a n ）2＋λlog 2a n }是递增数列,∴b n ＋1－b n ＝2n －3＋λ>0恒成立,∴λ>3－2n 恒成立, ∵（3－2n ）max ＝1,∴λ>1, 故实数λ的取值范围是（1,＋∞）.（2）当a n 取得最大值时,有⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1，∴⎩⎨⎧(n ＋2)⎝⎛⎭⎫78n ≥(n ＋1)⎝⎛⎭⎫78n －1，(n ＋2)⎝⎛⎭⎫78n≥(n ＋3)⎝⎛⎭⎫78n ＋1，解得⎩⎪⎨⎪⎧n ≤6，n ≥5，∴当a n 取得最大值时,n ＝5或6. [答案] （1）（1,＋∞）（2）5或6[解题技法]1.解决数列的单调性问题的3种方法2.解决数列周期性问题的方法先根据已知条件求出数列的前几项,确定数列的周期,再根据周期性求值.[题组训练]1.设数列{a n },a n ＝nanb ＋c ,其中a ,b ,c 均为正数,则此数列（）A.递增B.递减C.先增后减D.先减后增解析:选A 因为a n ＝na bn ＋c＝a b ＋c n ,而函数f （x ）＝ab ＋c x （a >0,b >0,c >0）在（0,＋∞）上是增函数,故数列{a n }是递增数列.2.已知数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n,若a 1＝12,则a 2 019＝（）A.－1B.12C.1D.2解析:选A 由a 1＝12,a n ＋1＝11－a n ,得a 2＝11－a 1＝2,a 3＝11－a 2＝－1,a 4＝11－a 3＝12,a 5＝11－a 4＝2,…, 于是可知数列{a n }是以3为周期的周期数列,因此a 2 019＝a 3×673＝a 3＝－1. [课时跟踪检测]A 级——保大分专练1.（2019·郑州模拟）已知数列1,3,5,7,…,2n －1,若35是这个数列的第n 项,则n ＝（）A.20B.21C.22D.23解析:选D 由2n －1＝35＝45,得2n －1＝45,即2n ＝46,解得n ＝23,故选D. 2.（2019·福建四校联考）若数列的前4项分别是12,－13,14,－15,则此数列的一个通项公式为（）A.(－1)n ＋1n ＋1B.(－1)n n ＋1C.(－1)n nD.(－1)n －1n解析:选A 由于数列的前4项分别是12,－13,14,－15,可得奇数项为正数,偶数项为负数,第n项的绝对值等于⎪⎪⎪⎪1n ＋1,故此数列的一个通项公式为(－1)n ＋1n ＋1.故选A.3.（2019·莆田诊断）已知数列{a n }中,a 1＝1,a 2＝2,a n ＋1＝a n ＋a n ＋2（n ∈N *）,则a 5的值为（）A.－2B.－1C.1D.2解析:选A 由题意可得,a n ＋2＝a n ＋1－a n ,则a 3＝a 2－a 1＝2－1＝1,a 4＝a 3－a 2＝1－2＝－1,a 5＝a 4－a 3＝－1－1＝－2.故选A.4.数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n （n ∈N *）,若p －q ＝5,则a p －a q ＝（） A.10 B.15 C.－5D.20解析:选D 当n ≥2时,a n ＝S n －S n －1＝2n 2－3n －[2（n －1）2－3（n －1）]＝4n －5,当n ＝1时,a 1＝S 1＝－1,符合上式,所以a n ＝4n －5,所以a p －a q ＝4（p －q ）＝20.5.设数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－bn ,若数列{a n }是单调递增数列,则实数b 的取值范围为（）A.（－∞,－1]B.（－∞,2]C.（－∞,3）D.⎝⎛⎦⎤－∞，92 解析:选C 因为数列{a n }是单调递增数列, 所以a n ＋1－a n ＝2n ＋1－b >0（n ∈N *）, 所以b <2n ＋1（n ∈N *）, 所以b <（2n ＋1）min ＝3,即b <3.6.若数列{a n }满足12≤a n ＋1a n≤2（n ∈N *）,则称{a n }是“紧密数列”.若{a n }（n ＝1,2,3,4）是“紧密数列”,且a 1＝1,a 2＝32,a 3＝x ,a 4＝4,则x 的取值范围为（）A.[1,3）B.[1,3]C.[2,3]D.[2,3）解析:选C 依题意可得⎩⎪⎨⎪⎧12≤x32≤2，12≤4x ≤2，解得2≤x ≤3,故x 的取值范围为[2,3].7.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ＋1（n ∈N *）,则a n ＝________. 解析:当n ≥2时,a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1, 当n ＝1时,a 1＝S 1＝4≠2×1＋1,因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.答案:⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥28.已知数列32,54,76,9m －n ,m ＋n 10,…,根据前3项给出的规律,实数对（m ,n ）为________. 解析:由数列的前3项的规律可知⎩⎪⎨⎪⎧m －n ＝8，m ＋n ＝11，解得⎩⎨⎧m ＝192，n ＝32，故实数对（m ,n ）为⎝⎛⎭⎫192，32.答案:⎝⎛⎭⎫192，329.数列{a n }的前n 项和为S n ,若S n ＋S n －1＝2n －1（n ≥2,n ∈N *）,且S 2＝3,则a 1＋a 3的值为________.解析:∵S n ＋S n －1＝2n －1（n ≥2）,令n ＝2, 得S 2＋S 1＝3,由S 2＝3得a 1＝S 1＝0, 令n ＝3,得S 3＋S 2＝5,所以S 3＝2, 则a 3＝S 3－S 2＝－1,所以a 1＋a 3＝0＋（－1）＝－1. 答案:－110.已知数列{a n }满足a n ＝（n －λ）2n （n ∈N *）,若{a n }是递增数列,则实数λ的取值范围为________.解析:因为a n ＝（n －λ）2n （n ∈N *）且数列{a n }是递增数列,所以a n ＋1－a n ＝2n （n ＋2－λ）>0,所以n ＋2－λ>0,则λ<n ＋2.又n ∈N *,所以λ<3,因此实数λ的取值范围为（－∞,3）.答案:（－∞,3）11.（2019·衡阳四校联考）已知数列{a n }满足a 1＝3,a n ＋1＝4a n ＋3. （1）写出该数列的前4项,并归纳出数列{a n }的通项公式；（2）证明:a n ＋1＋1a n ＋1＝4.解:（1）a 1＝3,a 2＝15,a 3＝63,a 4＝255.因为a 1＝41－1,a 2＝42－1,a 3＝43－1,a 4＝44－1,…, 所以归纳得a n ＝4n －1.（2）证明:因为a n ＋1＝4a n ＋3,所以a n ＋1＋1a n ＋1＝4a n ＋3＋1a n ＋1＝4(a n ＋1)a n ＋1＝4.12.已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋4.（1）若k ＝－5,则数列中有多少项是负数？n 为何值时,a n 有最小值？并求出最小值；（2）对于n ∈N *,都有a n ＋1>a n ,求实数k 的取值范围. 解:（1）由n 2－5n ＋4<0,解得1<n <4. 因为n ∈N *,所以n ＝2,3,所以数列中有两项是负数,即为a 2,a 3. 因为a n ＝n 2－5n ＋4＝⎝⎛⎭⎫n －522－94, 由二次函数性质,得当n ＝2或n ＝3时,a n 有最小值,其最小值为a 2＝a 3＝－2.（2）由a n ＋1>a n ,知该数列是一个递增数列,又因为通项公式a n ＝n 2＋kn ＋4,可以看作是关于n 的二次函数,考虑到n ∈N *,所以－k 2<32,解得k >－3.所以实数k 的取值范围为（－3,＋∞）.B 级——创高分自选1.已知数列{a n }的通项公式为a n ＝（－1）n ·2n ＋1,该数列的项排成一个数阵（如图）,则该数阵中的第10行第3个数为________.a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 ……解析:由题意可得该数阵中的第10行第3个数为数列{a n }的第1＋2＋3＋…＋9＋3＝9×102＋3＝48项,而a 48＝（－1）48×96＋1＝97,故该数阵中的第10行第3个数为97. 答案:972.在一个数列中,如果∀n ∈N *,都有a n a n ＋1a n ＋2＝k （k 为常数）,那么这个数列叫做等积数列,k 叫做这个数列的公积.已知数列{a n }是等积数列,且a 1＝1,a 2＝2,公积为8,则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝________.解析:依题意得数列{a n }是周期为3的数列,且a 1＝1,a 2＝2,a 3＝4,因此a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝4（a 1＋a 2＋a 3）＝4×（1＋2＋4）＝28.答案:283.在数列{a n }中,a n ＝（n ＋1）⎝⎛⎭⎫1011n （n ∈N *）. （1）讨论数列{a n }的增减性；（2）求数列{a n }的最大项.解:（1）由题意,知a n >0,令a na n －1>1（n ≥2）,即(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011nn ⎝⎛⎭⎫1011n －1>1（n ≥2）,解得2≤n <10,即a 9>a 8>…>a 1. 令a na n ＋1>1,即(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n(n ＋2)⎝⎛⎭⎫1011n ＋1>1,整理得n ＋1n ＋2>1011,解得n >9,即a 10>a 11>….又a 9a 10＝1,所以数列{a n }从第1项到第9项单调递增,从第10项起单调递减. （2）由（1）知a 9＝a 10＝1010119为数列{}a n 的最大项.第二节等差数列及其前n 项和一、基础知识批注——理解深一点1.等差数列的有关概念（1）定义:如果一个数列从第2项起,每一项与它的前一项的差都等于同一个常数,那么这个数列就叫做等差数列.这个常数叫做等差数列的公差,符号表示为a n ＋1－a n ＝d （n ∈N *,d 为常数）.（2）等差中项:数列a ,A ,b 成等差数列的充要条件是A ＝a ＋b2,其中A 叫做a ,b 的等差中项.在一个等差数列中,从第2项起,每一项有穷等差数列的末项除外都是它的前一项与后一项的等差中项.2.等差数列的有关公式（1）通项公式:a n ＝a 1＋（n －1）d . （2）前n 项和公式:S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n (a 1＋a n )2. 3.等差数列的通项公式及前n 项和公式与函数的关系（1）a n ＝a 1＋（n －1）d 可化为a n ＝dn ＋a 1－d 的形式.当d ≠0时,a n 是关于n 的一次函数；当d >0时,数列为递增数列；当d <0时,数列为递减数列.（2）数列{a n }是等差数列,且公差不为0⇔S n ＝An 2＋Bn （A ,B 为常数）.二、常用结论汇总——规律多一点已知{a n }为等差数列,d 为公差,S n 为该数列的前n 项和. （1）通项公式的推广:a n ＝a m ＋（n －m ）d （n ,m ∈N *）.（2）在等差数列{a n }中,当m ＋n ＝p ＋q 时,a m ＋a n ＝a p ＋a q （m ,n ,p ,q ∈N *）.特别地,若m ＋n ＝2p ,则2a p ＝a m ＋a n （m ,n ,p ∈N *）.（3）a k ,a k ＋m ,a k ＋2m ,…仍是等差数列,公差为md （k ,m ∈N *）. （4）S n ,S 2n －S n ,S 3n －S 2n ,…也成等差数列,公差为n 2d . （5）若{a n },{b n }是等差数列,则{pa n ＋qb n }也是等差数列.（6）若{a n }是等差数列,则⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也成等差数列,其首项与{a n }首项相同,公差是{a n }公差的12.（7）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.（8）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＝n n －1. （9）在等差数列{a n }中,若a 1>0,d <0,则满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值S m ；若a 1<0,d >0,则满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值S m .三、基础小题强化——功底牢一点(一)判一判(对的打“√”，错的打“×”)（1）若一个数列从第二项起每一项与它的前一项的差都是常数,则这个数列是等差数列.（）（2）等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的.（）（3）等差数列的前n 项和公式是常数项为0的二次函数.（）（4）已知等差数列{a n }的通项公式a n ＝3－2n ,则它的公差为－2.（）答案:（1）× （2）√ （3）× （4）√ （二）选一选1.在等差数列{a n }中,a 1＋a 5＝10,a 4＝7,则数列{a n }的公差为（） A.1 B.2 C.3D.4解析:选B ∵a 1＋a 5＝2a 3＝10,∴a 3＝5,则公差d ＝a 4－a 3＝2,故选B. 2.数列{2n －1}的前10项的和是（） A.120B.110解析:选C ∵数列{2n －1}是以1为首项,2为公差的等差数列,∴S 10＝(a 1＋a 10)×102＝(1＋19)×102＝100.故选C. 3.已知数列{a n }中a 1＝1,a n ＋1＝a n －1,则a 4等于（） A.2 B.0 C.－1D.－2解析:选D 因为a 1＝1,a n ＋1＝a n －1,所以数列{a n }为等差数列,公差d 为－1,所以a 4＝a 1＋3d ＝1－3＝－2,故选D.（三）填一填4.设数列{a n }是等差数列,且a 2＝－6,a 6＝6,S n 是数列{a n }的前n 项和,则S 3＝________.解析:设{a n }的公差为d ,由a 2＝－6,a 6＝6,得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋d ＝－6，a 1＋5d ＝6，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－9，d ＝3.于是S 3＝3×（－9）＋3×22×3＝－18. 答案:－185.（2018·北京高考）设{a n }是等差数列,且a 1＝3,a 2＋a 5＝36,则{a n }的通项公式为________. 解析:法一:设数列{a n }的公差为d .∵a 2＋a 5＝36,∴（a 1＋d ）＋（a 1＋4d ）＝36,∴2a 1＋5d ＝36.∵a 1＝3,∴d ＝6,∴a n ＝6n －3.法二:设数列{a n }的公差为d ,∵a 2＋a 5＝a 1＋a 6＝36,a 1＝3,∴a 6＝33,∴d ＝a 6－a 15＝6.∵a 1＝3,∴a n ＝6n －3.答案:a n ＝6n －3考点一等差数列的基本运算[典例] （1）（2018·全国卷Ⅰ）记S n 为等差数列{a n }的前n 项和,若3S 3＝S 2＋S 4,a 1＝2,则a 5＝（）A.－12B.－10C.10D.12（2）已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若a 2＝4,S 4＝22,a n ＝28,则n ＝（） A.3B.7[解析] （1）设等差数列{a n }的公差为d ,由3S 3＝S 2＋S 4,得3（3a 1＋3d ）＝2a 1＋d ＋4a 1＋6d ,即3a 1＋2d ＝0.将a 1＝2代入上式,解得d ＝－3,故a 5＝a 1＋（5－1）d ＝2＋4×（－3）＝－10.（2）因为S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝4a 2＋2d ＝22,d ＝(22－4a 2)2＝3,a 1＝a 2－d ＝4－3＝1,a n ＝a 1＋（n －1）d ＝1＋3（n －1）＝3n －2,由3n －2＝28,解得n ＝10.[答案] （1）B （2）D[解题技法] 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,体现了方程思想.（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.[提醒] 在求解数列基本量运算中,要注意公式使用时的准确性与合理性,更要注意运算的准确性.在遇到一些较复杂的方程组时,要注意整体代换思想的运用,使运算更加便捷.[题组训练]1.（2019·开封高三定位考试）已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 1＋a 5＝10,S 4＝16,则数列{a n }的公差为（）A.1B.2C.3D.4解析:选B 设等差数列{a n }的公差为d ,则由题意,得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1＋4d ＝10，4a 1＋4×32×d ＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，故选B. 2.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 3·a 5＝12,a 2＝0.若a 1>0,则S 20＝（） A.420 B.340 C.－420D.－340解析:选D 设数列{a n }的公差为d ,则a 3＝a 2＋d ＝d ,a 5＝a 2＋3d ＝3d ,由a 3·a 5＝12得d ＝±2,由a 1>0,a 2＝0,可知d <0,所以d ＝－2,所以a 1＝2,故S 20＝20×2＋20×192× （－2）＝－340,选D.3.在等差数列{a n }中,已知a 5＋a 10＝12,则3a 7＋a 9＝（） A.12 B.18 C.24D.30解析:选C 设等差数列{a n }的首项为a 1,公差为d , 因为a 5＋a 10＝12, 所以2a 1＋13d ＝12,所以3a 7＋a 9＝3（a 1＋6d ）＋a 1＋8d ＝4a 1＋26d ＝2（2a 1＋13d ）＝2×12＝24. 考点二等差数列的判定与证明[典例] 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）,a 1＝12.（1）求证:⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列.（2）求a n 的表达式.[解] （1）证明:因为a n ＝S n －S n －1（n ≥2）, 又a n ＝－2S n ·S n －1,所以S n －1－S n ＝2S n ·S n －1,S n ≠0. 因此1S n －1S n －1＝2（n ≥2）.故由等差数列的定义知⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1＝1a 1＝2为首项,2为公差的等差数列.（2）由（1）知1S n ＝1S 1＋（n －1）d ＝2＋（n －1）×2＝2n ,即S n ＝12n. 由于当n ≥2时,有a n ＝－2S n ·S n －1＝－12n (n －1),又因为a 1＝12,不适合上式.所以a n＝⎩⎨⎧12，n ＝1，－12n (n －1)，n ≥2.[解题技法] 等差数列的判定与证明方法[提醒]用定义证明等差数列时,容易漏掉对起始项的检验,从而产生错解.比如,对于满足a n－a n－1＝1（n≥3）的数列{a n}而言并不能判定其为等差数列,因为不能确定起始项a2－a1是否等于1.[题组训练]1.（2019·陕西质检）已知数列{a n}的前n项和S n＝an2＋bn（a,b∈R）且a2＝3,a6＝11,则S7等于（）A.13B.49C.35D.63解析:选B由S n＝an2＋bn（a,b∈R）可知数列{a n}是等差数列,所以S7＝7(a1＋a7)2＝7(a2＋a6)2＝49.2.已知数列{a n}中,a1＝2,a n＝2－1a n－1（n≥2,n∈N*）,设b n＝1a n－1（n∈N*）.求证:数列{b n}是等差数列.证明:∵a n＝2－1a n－1（n≥2）,∴a n＋1＝2－1a n.∴b n＋1－b n＝1a n＋1－1－1a n－1＝12－1a n－1－1a n－1＝a n－1a n－1＝1,∴{b n}是首项为b1＝12－1＝1,公差为1的等差数列.考点三等差数列的性质及应用考法（一）等差数列项的性质[典例]（1）已知在等差数列{an}中,a5＋a6＝4,则log2（2a1·2a2·…·2a10）＝（）A.10 B.20C.40D.2＋log25（2）（2019·福建模拟）设S n,T n分别是等差数列{a n},{b n}的前n项和,若a5＝2b5,则S9 T9＝（）A.2B.3C.4D.6[解析]（1）因为2a1·2a2·…·2a10＝2a1＋a2＋…＋a10＝25（a5＋a6）＝25×4, 所以log2（2a1·2a2·…·2a10）＝log225×4＝20.选B.（2）由a 5＝2b 5,得a 5b 5＝2,所以S 9T 9＝9(a 1＋a 9)29(b 1＋b 9)2＝a 5b 5＝2,故选A.[答案] （1）B （2）A考法（二）等差数列前n 项和的性质[典例] 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 3＝9,S 6＝36,则a 7＋a 8＋a 9等于（） A.63 B.45 C.36D.27[解析] 由{a n }是等差数列, 得S 3,S 6－S 3,S 9－S 6为等差数列, 即2（S 6－S 3）＝S 3＋（S 9－S 6）, 得到S 9－S 6＝2S 6－3S 3＝45,故选B. [答案] B考法（三）等差数列前n 项和的最值[典例] 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 16D.S 17[解析] ∵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[解题技法]1.应用等差数列的性质解题的2个注意点（1）如果{a n }为等差数列,m ＋n ＝p ＋q ,则a m ＋a n ＝a p ＋a q （m ,n ,p ,q ∈N *）.因此,若出现a m －n ,a m ,a m ＋n 等项时,可以利用此性质将已知条件转化为与a m （或其他项）有关的条件；若求a m 项,可由a m ＝12（a m －n ＋a m ＋n ）转化为求a m －n ,a m ＋n 或a m ＋n ＋a m －n 的值.（2）要注意等差数列通项公式及前n 项和公式的灵活应用,如a n ＝a m ＋（n －m ）d ,d ＝a n －a m n －m,S 2n －1＝（2n －1）a n ,S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (a 2＋a n －1)2（n ,m ∈N *）等.2.求等差数列前n 项和S n 最值的2种方法（1）函数法:利用等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn ,通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解.（2）邻项变号法:①当a 1>0,d <0时,满足⎩⎪⎨⎪⎧ a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值为S m ；②当a 1<0,d >0时,满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值为S m .[题组训练]1.在等差数列{a n }中,若a 3＝－5,a 5＝－9,则a 7＝（） A.－12 B.－13 C.12D.13解析:选B 法一:设公差为d ,则2d ＝a 5－a 3＝－9＋5＝－4,则d ＝－2,故a 7＝a 3＋4d ＝－5＋4×（－2）＝－13,选B.法二:由等差数列的性质得a 7＝2a 5－a 3＝2×（－9）－（－5）＝－13,选B.2.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 1>0,a 3＋a 10>0,a 6a 7<0,则满足S n >0的最大自然数n 的值为（）A.6B.7C.12D.13解析:选C 因为a 1>0,a 6a 7<0,所以a 6>0,a 7<0,等差数列的公差小于零,又a 3＋a 10＝a 1＋a 12>0,a 1＋a 13＝2a 7<0,所以S 12>0,S 13<0,所以满足S n >0的最大自然数n 的值为12.3.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,已知前6项和为36,最后6项的和为180,S n ＝324（n ＞6）,则数列{a n }的项数为________.解析:由题意知a 1＋a 2＋…＋a 6＝36,① a n ＋a n －1＋a n －2＋…＋a n －5＝180,②①＋②得（a 1＋a n ）＋（a 2＋a n －1）＋…＋（a 6＋a n －5）＝6（a 1＋a n ）＝216, ∴a 1＋a n ＝36,又S n ＝n (a 1＋a n )2＝324, ∴18n ＝324,∴n ＝18. 答案:18 [课时跟踪检测]A 级——保大分专练1.在数列{a n }中,a 1＝2,a n ＋1＝a n ＋2,S n 为{a n }的前n 项和,则S 10等于（） A.90 B.100 C.110D.130解析:选C 由递推公式可知该数列是公差为2的等差数列,S 10＝10×2＋10×92×2＝110.故选C.2.（2018·北京东城区二模）已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,a 3＝3,a 5＝5,则S 7的值是（）A.30B.29C.28D.27解析:选C 由题意,设等差数列的公差为d ,则d ＝a 5－a 35－3＝1,故a 4＝a 3＋d ＝4,所以S 7＝7(a 1＋a 7)2＝7×2a 42＝7×4＝28.故选C. 3.（2019·山西五校联考）在数列{a n }中,a n ＝28－5n ,S n 为数列{a n }的前n 项和,当S n 最大时,n ＝（）A.2B.3C.5D.6解析:选C ∵a n ＝28－5n ,∴数列{a n }为递减数列. 令a n ＝28－5n ≥0,则n ≤285,又n ∈N *,∴n ≤5.∵S n 为数列{a n }的前n 项和,∴当n ＝5时,S n 最大.故选C.4.（2019·广东中山一中统测）设数列{a n }的前n 项和为S n ,且a n ＝－2n ＋1,则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前11项和为（）A.－45B.－50C.－55D.－66解析:选D ∵a n ＝－2n ＋1,∴数列{a n }是以－1为首项,－2为公差的等差数列, ∴S n ＝n [－1＋(－2n ＋1)]2＝－n 2,∴S n n ＝－n 2n ＝－n ,∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是以－1为首项,－1为公差的等差数列,∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前11项和为11×（－1）＋11×102×（－1）＝－66,故选D.5.（2018·南昌模拟）已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且S 5＝50,S 10＝200,则a 10＋a 11的值为（）A.20B.40C.60D.80解析:选D 设等差数列{a n }的公差为d , 由已知得⎩⎨⎧S 5＝5a 1＋5×42d ＝50，S 10＝10a 1＋10×92d ＝200，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝10，a 1＋92d ＝20，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝4. ∴a 10＋a 11＝2a 1＋19d ＝80.故选D.6.（2019·广州高中综合测试）等差数列{a n }的各项均不为零,其前n 项和为S n .若a 2n ＋1＝a n ＋2＋a n ,则S 2n ＋1＝（）A.4n ＋2B.4nC.2n ＋1D.2n解析:选A 因为{a n }为等差数列,所以a n ＋2＋a n ＝2a n ＋1,又a 2n ＋1＝a n ＋2＋a n ,所以a 2n ＋1＝2a n ＋1.因为数列{a n }的各项均不为零,所以a n ＋1＝2,所以S 2n ＋1＝(a 1＋a 2n ＋1)(2n ＋1)2＝2×a n ＋1×(2n ＋1)2＝4n ＋2.故选A.7.已知等差数列5,427,347,…,则前n 项和S n ＝________.解析:由题知公差d ＝－57,所以S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝514（15n －n 2）.答案:514（15n －n 2）8.已知{a n }为等差数列,S n 为其前n 项和.若a 1＝6,a 3＋a 5＝0,则S 6＝________. 解析:∵a 3＋a 5＝2a 4,∴a 4＝0. ∵a 1＝6,a 4＝a 1＋3d ,∴d ＝－2. ∴S 6＝6a 1＋6×(6－1)2d ＝6×6－30＝6. 答案:69.等差数列{a n }中,已知a 5>0,a 4＋a 7<0,则{a n }的前n 项和S n 的最大值为________.解析:∵⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＋a 7＝a 5＋a 6<0，a 5>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 5>0，a 6<0，∴S n 的最大值为S 5. 答案:S 510.在等差数列{a n }中,公差d ＝12,前100项的和S 100＝45,则a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝________.解析:因为S 100＝1002（a 1＋a 100）＝45,所以a 1＋a 100＝910, a 1＋a 99＝a 1＋a 100－d ＝25,则a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝502（a 1＋a 99）＝502×25＝10. 答案:1011.（2018·全国卷Ⅱ）记S n 为等差数列{a n }的前n 项和,已知a 1＝－7,S 3＝－15. （1）求{a n }的通项公式；（2）求S n ,并求S n 的最小值. 解:（1）设{a n }的公差为d , 由题意得3a 1＋3d ＝－15. 又a 1＝－7,所以d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －9. （2）由（1）得S n ＝n (a 1＋a n )2＝n 2－8n ＝（n －4）2－16, 所以当n ＝4时,S n 取得最小值,最小值为－16.12.（2019·山东五校联考）已知等差数列{a n }为递增数列,其前3项的和为－3,前3项的积为8.（1）求数列{a n }的通项公式；（2）求数列{a n }的前n 项和S n . 解:（1）设等差数列{a n }的公差为d ,d >0,∵等差数列{a n }的前3项的和为－3,前3项的积为8,∴⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝－3，a 1(a 1＋d )(a 1＋2d )＝8， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝－3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝3. ∵d >0,∴a 1＝－4,d ＝3,∴a n ＝3n －7. （2）∵a n ＝3n －7,∴a 1＝3－7＝－4, ∴S n ＝n (－4＋3n －7)2＝n (3n －11)2.B 级——创高分自选1.设a n ＝（n ＋1）2,b n ＝n 2－n （n ∈N *）,则下列命题中不正确的是（）A.{a n ＋1－a n }是等差数列B.{b n ＋1－b n }是等差数列C.{a n －b n }是等差数列D.{a n ＋b n }是等差数列解析:选D 对于A,因为a n ＝（n ＋1）2, 所以a n ＋1－a n ＝（n ＋2）2－（n ＋1）2＝2n ＋3, 设c n ＝2n ＋3, 所以c n ＋1－c n ＝2.所以{a n ＋1－a n }是等差数列,故A 正确；对于B,因为b n ＝n 2－n （n ∈N *）,所以b n ＋1－b n ＝2n , 设c n ＝2n ,所以c n ＋1－c n ＝2,所以{b n ＋1－b n }是等差数列,故B 正确；对于C,因为a n ＝（n ＋1）2,b n ＝n 2－n （n ∈N *）, 所以a n －b n ＝（n ＋1）2－（n 2－n ）＝3n ＋1, 设c n ＝3n ＋1,所以c n ＋1－c n ＝3, 所以{a n －b n }是等差数列,故C 正确；对于D,a n ＋b n ＝2n 2＋n ＋1,设c n ＝a n ＋b n ,c n ＋1－c n 不是常数,故D 错误.2.（2019·武汉调研）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 ,∵a 3＋a 7＝36, ∴a 4＋a 6＝36,又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,∴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,∴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:－123.（2018·辽宁五校协作体模考）已知数列{a n }是等差数列,且a 1,a 2（a 1<a 2）分别为方程x 2－6x ＋5＝0的两个实根.（1）求数列{a n }的前n 项和S n ；（2）在（1）中,设b n ＝S n n ＋c,求证:当c ＝－12时,数列{b n }是等差数列.解:（1）∵a 1,a 2（a 1<a 2）分别为方程x 2－6x ＋5＝0的两个实根, ∴a 1＝1,a 2＝5,∴等差数列{a n }的公差为4, ∴S n ＝n ×1＋n (n －1)2×4＝2n 2－n .（2）证明:当c ＝－12时,b n ＝S n n ＋c＝2n 2－n n －12＝2n ,∴b n ＋1－b n ＝2（n ＋1）－2n ＝2,b 1＝2. ∴数列{b n }是以2为首项,2为公差的等差数列.第三节等比数列及其前n 项和一、基础知识批注——理解深一点1.等比数列的有关概念（1）定义:如果一个数列从第2项起,每一项与它的前一项的比等于同一常数（不为零）,那么这个数列就叫做等比数列.这个常数叫做等比数列的公比,通常用字母q 表示,定义的表达式为a n ＋1a n＝q .（2）等比中项:如果a ,G ,b 成等比数列,那么G 叫做a 与b 的等比中项.即G 是a 与b 的等比中项⇔a ,G ,b 成等比数列⇒G 2＝ab .只有当两个数同号且不为0时，才有等比中项，且等比中项有两个. 2.等比数列的有关公式（1）通项公式:a n ＝a 1q n －1.（2）前n 项和公式:S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.①已知a 1，q ，n ，a n ，S n 中的任意三个，即可求得其余两个，这体现了方程思想.②在等比数列求和时，要注意q ＝1和q ≠1的讨论.3.等比数列与指数型函数的关系当q >0且q ≠1时,a n ＝a 1q ·q n可以看成函数y ＝cq x ,其是一个不为0的常数与指数函数的乘积,因此数列{a n }各项所对应的点都在函数y ＝cq x 的图象上；对于非常数列的等比数列{a n }的前n 项和S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝－a 11－q q n ＋a 11－q ,若设a ＝a 11－q ,则S n ＝－aq n ＋a （a ≠0,q ≠0,q ≠1）.由此可知,数列{S n }的图象是函数y ＝－aq x ＋a 图象上一系列孤立的点.对于常数列的等比数列,即q ＝1时,因为a 1≠0,所以S n ＝na 1.由此可知,数列{S n }的图象是函数y ＝a 1x 图象上一系列孤立的点.二、常用结论汇总——规律多一点设数列{a n }是等比数列,S n 是其前n 项和. （1）通项公式的推广:a n ＝a m ·q n－m（n ,m ∈N *）.（2）若m ＋n ＝p ＋q ,则a m a n ＝a p a q ；若2s ＝p ＋r ,则a p a r ＝a 2s ,其中m ,n ,p ,q ,s ,r ∈N *.（3）a k ,a k ＋m ,a k ＋2m ,…仍是等比数列,公比为q m （k ,m ∈N *）.（4）若数列{a n },{b n }是两个项数相同的等比数列,则数列{ba n },{pa n ·qb n }和⎩⎨⎧⎭⎬⎫pa n qb n 也是等比数列.（5）若数列{a n }的项数为2n ,则S 偶S 奇＝q ；若项数为2n ＋1,则S 奇－a 1S 偶＝q .三、基础小题强化——功底牢一点(一)判一判(对的打“√”，错的打“×”)（1）满足a n ＋1＝qa n （n ∈N *,q 为常数）的数列{a n }为等比数列.（）（2）三个数a ,b ,c 成等比数列的充要条件是b 2＝ac .（）（3）如果数列{a n }为等比数列,b n ＝a 2n －1＋a 2n ,则数列{b n }也是等比数列.（）（4）如果数列{a n }为等比数列,则数列{ln a n }是等差数列.（）答案:（1）× （2）× （3）× （4）×（二）选一选1.在等比数列{a n }中,a 1＝1,a 3＝2,则a 7＝（） A.－8 B.8 C.8或－8D.16或－16解析:选B 设等比数列{a n }的公比为q ,∵a 1＝1,a 3＝2,∴q 2＝2,∴a 7＝a 3q 4＝2×22＝8.故选B.2.数列{a n }满足a 4＝27,a n ＋1＝－3a n （n ∈N *）,则a 1＝（） A.1 B.3 C.－1D.－3解析:选C 由题意知数列{a n }是以－3为公比的等比数列,∴a 4＝a 1（－3）3＝27,∴a 1＝27(－3)3＝－1.故选C. 3.已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ,a 2a 5＝2a 3,2a 4＋4a 7＝5,则S 5＝（） A.29 B.31 C.33D.36解析:选B 设等比数列{a n }的公比为q ,由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ·a 1q 4＝2a 1q 2，2a 1q 3＋4a 1q 6＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝16，所以S 5＝a 1(1－q 5)1－q＝31,故选B.（三）填一填4.已知S n 是各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和,若a 2·a 4＝16,S 3＝7,则q ＝________. 解析:∵a 2·a 4＝a 23＝16,∴a 3＝4（负值舍去）,① 又S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 3q2＋a 3q ＋a 3＝7,②联立①②,得3q 2－4q －4＝0,解得q ＝－23或q ＝2,∵a n >0,∴q ＝2. 答案:25.（2017·北京高考）若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1,a 4＝b 4＝8,则a 2b 2＝________.解析:设等差数列{a n }的公差为d ,等比数列{b n }的公比为q , 则a 4＝－1＋3d ＝8,解得d ＝3； b 4＝－1·q 3＝8,解得q ＝－2.所以a 2＝－1＋3＝2,b 2＝－1×（－2）＝2,所以a 2b 2＝1.答案:1考点一等比数列的基本运算[典例] （2018·全国卷Ⅲ）等比数列{a n }中,a 1＝1,a 5＝4a 3. （1）求{a n }的通项公式；（2）记S n 为{a n }的前n 项和.若S m ＝63,求m . [解] （1）设{a n }的公比为q ,由题设得a n ＝q n －1.由已知得q 4＝4q 2,解得q ＝0（舍去）或q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝（－2）n－1或a n ＝2n －1.（2）若a n ＝（－2）n －1,则S n ＝1－(－2)n3.由S m ＝63,得（－2）m ＝－188,此方程没有正整数解. 若a n ＝2n －1,则S n ＝1－2n 1－2＝2n－1.由S m ＝63,得2m ＝64,解得m ＝6. 综上,m ＝6. [解题技法]等比数列基本运算中的2种常用数学思想[题组训练]1.已知等比数列{a n }单调递减,若a 3＝1,a 2＋a 4＝52,则a 1＝（）A.2B.4C. 2D.2 2解析:选B 由题意,设等比数列{a n }的公比为q ,q >0,则a 23＝a 2a 4＝1,又a 2＋a 4＝52,且{a n }单调递减,所以a 2＝2,a 4＝12,则q 2＝14,q ＝12,所以a 1＝a 2q ＝4.2.（2019·长春质检）已知等比数列{a n }的各项均为正数,其前n 项和为S n ,若a 2＝2,S 6－S 4＝6a 4,则a 5＝（）A.4B.10C.16D.32解析:选C 设公比为q （q >0）,S 6－S 4＝a 5＋a 6＝6a 4,因为a 2＝2,所以2q 3＋2q 4＝12q 2,即q 2＋q －6＝0,所以q ＝2,则a 5＝2×23＝16.3.（2017·江苏高考）等比数列{a n }的各项均为实数,其前n 项和为S n .已知S 3＝74,S 6＝634,则a 8＝________.解析:设等比数列{a n }的公比为q ,则由S 6≠2S 3,得q ≠1,则⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝a 1(1－q 3)1－q＝74，S 6＝a 1(1－q 6)1－q＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝14，则a 8＝a 1q 7＝14×27＝32.答案:32考点二等比数列的判定与证明[典例] 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.[证明] 因为a n ＋2＝S n ＋2－S n ＋1＝4a n ＋1＋2－4a n －2＝4a n ＋1－4a n , 所以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 na n ＋1－2a n＝2. 因为S 2＝a 1＋a 2＝4a 1＋2,所以a 2＝5. 所以b 1＝a 2－2a 1＝3.所以数列{b n }是首项为3,公比为2的等比数列.[解题技法]1.掌握等比数列的4种常用判定方法2.等比数列判定与证明的2点注意。

创新设计2017版高考数学(江苏专用文科)一轮复习练习：第六章数列第3讲含答案

基础巩固题组(建议用时：40分钟）一、填空题1。

（2015·全国Ⅱ卷）已知等比数列｛a n}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21,则a3＋a5＋a7＝________.解析设等比数列｛a n｝的公比为q,则由a1＝3，a1＋a3＋a5＝21得3(1＋q2＋q4)＝21，解得q2＝－3（舍去）或q2＝2，于是a3＋a5＋a7＝q2（a1＋a3＋a5)＝2×21＝42。

答案422.已知x，y,z∈R，若－1，x，y，z,－3成等比数列，则xyz的值为________。

解析由等比中项知y2＝3，∴y＝±错误!，又∵y与－1,－3符号相同，∴y＝－错误!，y2＝xz，所以xyz＝y3＝－3错误!。

答案－3错误!3。

在等比数列{a n}中，如果a1＋a4＝18，a2＋a3＝12，那么这个数列的公比为________。

解析设数列｛a n}的公比为q,由错误!＝错误!＝错误!＝错误!＝错误!＝错误!，得q＝2或q＝错误!.答案2或错误!4。

(2016·湘潭模拟)已知等比数列｛a n｝的公比为正数，且a2·a6＝9a4，a2＝1，则a1的值为________。

解析设数列{a n}的公比为q（q＞0）,由a2·a6＝9a4,得a2·a2q4＝9a2q2，又a2＝1，解得q2＝9，所以q＝3或q＝－3（舍），所以a1＝错误!＝错误!。

答案错误!5.设各项都是正数的等比数列{a n}，S n为前n项和，且S10＝10,S30＝70，那么S40等于________.解析依题意，数列S10,S20－S10，S30－S20，S40－S30成等比数列，因此有(S20－S10)2＝S10(S30－S20).即（S20－10）2＝10（70－S20)，故S20＝－20或S20＝30,又S20＞0，因此S20＝30，S20－S10＝20，S30－S20＝40，故S40－S30＝80。

【三维设计】高考数学大一轮复习讲义(备考基础查清+热点命题悟通)第五章数列理苏教版

〖第五章数列〗之小船创作第一节数列的概念与简单表示法对应学生用书P671．数列的定义、分类与通项公式(1)数列的定义：①数列：按照一定顺序排列的一列数．②数列的项：数列中的每一个数．(2)数列的分类：(3)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示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．2．数列的递推公式如果已知数列{a n}的首项(或前几项)，且任一项a n与它的前一项a n－1(n≥2)(或前几项)间的关系可用一个公式来表示，那么这个公式叫数列的递推公式．1．数列是按一定“次序”排列的一列数，一个数列不仅与构成它的“数”有关，而且还与这些“数”的排列顺序有关．2．易混项与项数两个不同的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号．[试一试]1．已知数列{a n }的前4项为1,3,7,15，写出数列{a n }的一个通项公式为________．答案：a n ＝2n－1(n ∈N *)2．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2·3n －1n 为偶数，2n －5n 为奇数，则a 4·a 3＝________.解析：a 4·a 3＝2×33·(2×3－5)＝54. 答案：541．辨明数列与函数的关系数列是一种特殊的函数，即数列是一个定义在非零自然数集或其子集上的函数，当自变量依次从小到大取值时所对应的一列函数值，就是数列．2．明确a n 与S n 的关系a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1n ＝1，S n －S n －1n ≥2.[练一练]1．(2013·南京、淮安二模)已知数列{a n }的通项为a n＝7n ＋2，数列{b n }的通项为b n ＝n 2.若将数列{a n }，{b n }中相同的项按从小到大的顺序排列后记作数列{c n }，则c 9的值是________．解析：法一：由a n ＝7n ＋2，b n ＝n 2列出部分项得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝9，b 3＝9，⎩⎪⎨⎪⎧ a 2＝16，b 4＝16，⎩⎪⎨⎪⎧a 14＝100，b 10＝100，⎩⎪⎨⎪⎧a 17＝121，b 11＝121，⎩⎪⎨⎪⎧ a 41＝289，b 17＝289，⎩⎪⎨⎪⎧a 46＝324，b 18＝324，易发现在数列{b n }中符合条件的数呈周期变化，且周期为7.每个周期内第3,4个数符合题意，故c 9在第5个周期的第3个数，即c 9＝(4×7＋3)2＝312＝961.法二：令a n ＝b m ，则7n ＋2＝m 2，即7(n －1)＝(m －3)(m ＋3)．易知m ＋3或m －3是7的整数倍，所以当m ＝3,4,10,11,17,18,24,25,31,32，…时满足等式，故c 9＝312＝961.答案：9612．(2014·苏锡常镇调研)设u (n )表示正整数n 的个位数，a n ＝u (n 2)－u (n )，则数列{a n }的前 2 014项和等于________．解析：因为n 与n ＋10的个位数字相同且周期为10，又a 1＝0，a 2＝4－2＝2，a 3＝9－3＝6，a 4＝6－4＝2，a 5＝5－5＝0，a 6＝6－6＝0，a 7＝9－7＝2，a 8＝4－8＝－4，a 9＝1－9＝－8，a10＝0，所以a1＋a2＋…＋a10＝0，即a1＋a2＋…＋a2 014＝a1＋a2＋a3＋a4＝10.答案：10对应学生用书P67考点一由数列的前几项求数列的通项公式1.(2014·南通二模)将正偶数按如下所示的规律排列：24 68101214161820…则第n(n≥4)行从左向右的第4个数为________．解析：从数表可知，所有的数是由偶数组成的，第n行有n个偶数，从而前n－1行有1＋2＋…＋(n－1)＝n n－12个偶数，第(n≥4)行从左向右的第4个数是第n n－12＋4个偶数，所以是n2－n＋8.答案：n2－n＋82．根据数列的前几项，写出各数列的一个通项公式：(1)4,6,8,10，…；(2)－11×2，12×3，－13×4，14×5，…；(3)a，b，a，b，a，b，…(其中a，b为实数)；(4)9,99,999,9 999，….解：(1)各数都是偶数，且最小为4，所以通项公式a n＝2(n ＋1)(n ∈N *)．(2)这个数列的前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式a n ＝(－1)n ×1nn ＋1.(3)这是一个摆动数列，奇数项是a ，偶数项是b ，所以此数列的一个通项公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，n 为奇数，b ，n 为偶数.(4)这个数列的前4项可以写成10－1,100－1,1 000－1，10 000－1，所以它的一个通项公式a n ＝10n－1.[备课札记] [类题通法]用观察法求数列的通项公式的技巧(1)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．(2)根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想．考点二由a n 与S n 的关系求通项a n[n n n }的通项公式：(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 )－[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5，由于a 1也适合此等式，∴a n ＝4n －5. (2)a 1＝S 1＝3＋b ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1 ＝(3n＋b )－(3n －1＋b )＝2·3n －1.当b ＝－1时，a 1适合此等式．当b ≠－1时，a 1不适合此等式． ∴当b ＝－1时，a n ＝2·3n －1；当b ≠－1时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3＋b ，n ＝1，2·3n －1，n ≥2.[备课札记] [类题通法]已知数列{a n }的前n 项和S n ，求数列的通项公式，其求解过程分为三步：(1)先利用a 1＝S 1求出a 1；(2)用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用a n＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n 的表达式；(3)对n ＝1时的结果进行检验，看是否符合n ≥2时a n的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n＝1与n≥2两段来写．[针对训练]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*，求{a n}的通项公式．解：由a1＝S1＝16(a1＋1)(a1＋2)，解得a1＝1或a1＝2，由已知a1＝S1>1，因此a1＝2.又由a n＋1＝S n＋1－S n＝16(a n＋1＋1)(a n＋1＋2)－16(a n＋1)·(a n＋2)，得a n＋1－a n－3＝0或a n＋1＝－a n.因为a n>0，故a n＋1＝－a n不成立，舍去．因此a n＋1－a n－3＝0.即a n＋1－a n＝3，从而{a n}是以公差为3，首项为2的等差数列，故{a n}的通项公式为a n＝3n－1.考点三由递推关系式求数列的通项公式递推公式和通项公式是数列的两种表示方法，它们都可以确定数列中的任意一项，只是由递推公式确定数列中的项时，不如通项公式直接，归纳起来常见的命题角度有：1形如a n＋1＝a n f n，求a n；2形如a n＋1＝a n＋f n，求a n；3形如a n＋1＝Aa n＋B A≠0且A≠1，求a n.角度一形如a n＋1＝a n f(n)，求a n1．已知数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n .(1)求a 2，a 3；(2)求{a n }的通项公式．解：(1)由S 2＝43a 2得3(a 1＋a 2)＝4a 2，解得a 2＝3a 1＝3.由S 3＝53a 3得3(a 1＋a 2＋a 3)＝5a 3，解得a 3＝32(a 1＋a 2)＝6.(2)由题设知a 1＝1. 当n ≥2时，有a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，整理得a n ＝n ＋1n －1a n －1.即a n a n －1＝n ＋1n －1.∴a n ＝a 1·a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·a 5a 4·…·a n －2a n －3·a n －1a n －2·a na n －1＝1·31·42·53·64·…·n －1n －3·n n －2·n ＋1n －1＝n n ＋12(n ≥2)当n＝1时，a1＝1.综上可知，{a n}的通项公式a n＝n n＋12.角度二形如a n＋1＝a n＋f(n)，求a n2．已知a1＝2，a n＋1＝a n＋3n＋2，求a n.解：∵a n＋1－a n＝3n＋2，∴a n－a n－1＝3n－1(n≥2)，∴a n＝(a n－a n－1)＋(a n－1－a n－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n3n＋12(n≥2)．当n＝1时，a1＝12×(3×1＋1)＝2符合公式，∴a n＝32n2＋n2.角度三形如a n＋1＝Aa n＋B(A≠0且A≠1)，求a n 3．已知数列{a n}满足a1＝1，a n＋1＝3a n＋2，求a n.解：∵a n＋1＝3a n＋2，∴a n＋1＋1＝3(a n＋1)，∴a n＋1＋1a n＋1＝3，∴数列{a n＋1}为等比数列，公比q＝3，又a1＋1＝2，∴a n＋1＝2·3n－1，∴a n＝2·3n－1－1.[备课札记][类题通法]由数列的递推公式求通项公式时，若递推关系为a n＋1＝a n＋f(n)或a n＋1＝f(n)·a n，则可以分别通过累加、累乘法求得通项公式，另外，通过迭代法也可以求得上面两类数列的通项公式，(如角度二)，注意：有的问题也可利用构造法，即通过对递推式的等价变形，(如角度三)转化为特殊数列求通项．对应学生用书P69[课堂练通考点]1．(2014·苏北四市质检)在数列{a n }中，已知a 1＝2，a 2＝3，当n ≥2时，a n ＋1是a n ·a n －1的个位数，则a 2 014＝________.解析：由题意，该数列除前2项外，从第3项往后是周期为6的周期数列，故a 2 014＝a 4＝8.答案：82．(2013·盐城三调)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3－a x －3，x ≤7，a x －6，x >7，数列{a n }满足a n ＝f (n )，n ∈N *，且数列{a n }是递增数列，则实数a 的取值范围是________．解析：由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧3－a >0，a >1，f 8>f 7，解得a ∈(2,3)．答案(2,3)3．已知数列{a n }满足a st ＝a s a t (s ，t ∈N *)，且a 2＝2，则a8＝________.解析：令s＝t＝2，则a4＝a2×a2＝4，令s＝2，t＝4，则a8＝a2×a4＝8.答案：84．已知数列{a n}中，a1＝1，a n＋1＝(－1)n(a n＋1)，记S n 为{a n}前n项的和，则S2 013＝____________.解析：由a1＝1，a n＋1＝(－1)n(a n＋1)可得该数列是周期为4的数列，且a1＝1，a2＝－2，a3＝－1，a4＝0.所以S2 013＝503(a1＋a2＋a3＋a4)＋a2 013＝503×(－2)＋1＝－1 005.答案：－1 0055．已知数列{a n}的前n项和S n＝2n2＋2n，数列{b n}的前n项和T n＝2－b n.求数列{a n}与{b n}的通项公式．解：∵当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝(2n2＋2n)－[2(n－1)2＋2(n－1)]＝4n，当n＝1时，a1＝S1＝4也适合，∴{a n}的通项公式是a n＝4n(n∈N*)．∵T n＝2－b n，∴当n＝1时，b1＝2－b1，b1＝1.当n≥2时，b n＝T n－T n－1＝(2－b n)－(2－b n－1)，∴2b n＝b n－1.∴数列{b n}是公比为12，首项为1的等比数列．∴b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1.[课下提升考能] 第Ⅰ组：全员必做题1．(2013·盐城二调)数列{a n }满足a n ＋a n －1＝12(n ∈N *)，a 1＝1，S n 是{a n }的前n 项和，则S 21＝________.解析：这个数列为“等和数列”，分别计算数列的前几项可以发现该数列为周期数列，周期为2.故S 21＝(1－12)×10＋1＝6.答案：62．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2(a n －1)，则a 2等于________．解析：由题可知S n ＝2(a n －1)，所以S 1＝a 1＝2(a 1－1)，解得a 1＝2.又S 2＝a 1＋a 2＝2(a 2－1)，解得a 2＝a 1＋2＝4. 答案：43．设数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝1－1a n，记数列{a n }的前n 项之积为T r ，则T 2 013的值为________．解析：由a 2＝12，a 3＝－1，a 4＝2可知，数列{a n }是周期为3的周期数列，从而T 2 013＝(－1)671＝－1.答案：－14．若数列{a n }满足：a 1＝19，a n ＋1＝a n －3(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和数值最大时，n 的值为________．解析：∵a 1＝19，a n ＋1－a n ＝－3，∴数列{a n }是以19为首项，－3为公差的等差数列， ∴a n ＝19＋(n －1)×(－3)＝22－3n . 设{a n }的前k 项和数值最大，则有⎩⎪⎨⎪⎧a k ≥0，a k ＋1≤0，k ∈N *，∴⎩⎪⎨⎪⎧22－3k ≥0，22－3k ＋1≤0，∴193≤k ≤223，∵k ∈N *，∴k ＝7.∴满足条件的n 的值为7. 答案：75．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －1，则满足a nn≤2的正整数n 的集合为________．解析：因为S n ＝2a n －1，所以当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－1，两式相减得a n ＝2a n －2a n －1，整理得a n ＝2a n －1，所以{a n }是公比为2的等比数列，又因为a 1＝2a 1－1，解得a 1＝1，故{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.而a n n≤2，即2n －1≤2n ，所以有n ＝1,2,3,4. 答案：{1,2,3,4}6．在数列－1,0，19，18，…，n －2n 2，…中，0.08是它的第____________项．解析：令n －2n2＝0.08，得2n 2－25n ＋50＝0，即(2n －5)(n －10)＝0.解得n ＝10或n ＝52(舍去)．∴a 10＝0.08.答案：107．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n－3，则数列{a n }的通项公式为________．解析：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，2n －1，n ≥2.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，2n －1，n ≥28．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：3n9．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，且a n ＝a n －1a n －2(n ≥3)，则a 2 014＝________.解析：将a 1＝1，a 2＝2代入a n ＝a n －1a n －2得a 3＝a 2a 1＝2，同理可得a 4＝1，a 5＝12，a 6＝12，a 7＝1，a 8＝2，故数列{a n }是周期为6的周期数列，故a 2 014＝a 335×6＋4＝a 4＝1.答案：110．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－21n ＋20. (1)n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值； (2)n 为何值时，该数列的前n 项和最小？解：(1)因为a n ＝n2－21n ＋20＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫n －2122－3614，可知对称轴方程为n ＝212＝10.5.又因n ∈N *，故n ＝10或n ＝11时，a n 有最小值，其最小值为112－21×11＋20＝－90.(2)设数列的前n 项和最小，则有a n ≤0，由n 2－21n ＋20≤0，解得1≤n ≤20，故数列{a n }从第21项开始为正数，所以该数列的前19或20项和最小．第Ⅱ组：重点选做题1．(2014·南通期末)在数列{a n }中，a 1＝6且a n －a n －1＝a n －1n＋n ＋1(n ∈N *，n ≥2)，则这个数列的通项公式a n ＝________.解析：法一：由题意得a 1＝6，a 2＝12，a 3＝20，a 4＝30，…由此猜想出a n ＝(n ＋1)(n ＋2)．法二：由题意得a nn ＋1＝a n －1n ＋1，故数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n n ＋1是以a 12＝3为首项，1为公差的等差数列，故a n n ＋1＝3＋1·(n －1)＝n＋2，故a n ＝(n ＋1)(n ＋2)．答案：(n ＋1)(n ＋2) 2.创新题已知数列{a n }满足a n＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n 2a n 为偶数，a n －2n a n 为奇数.若a 3＝1，则a 1的所有可能取值为________．解析：当a 2为奇数时，a 3＝a 2－4＝1，a 2＝5；当a2为偶数时，a3＝12a2＝1，a2＝2；当a1为奇数时，a2＝a1－2＝5，a1＝7或a2＝a1－2＝2，a1＝4(舍去)；当a1为偶数时，a2＝12a1＝5，a1＝10或a2＝12a1＝2，a1＝4.综上，a1的可能取值为4,7,10.答案：4,7,103．(2013·南通一模)在数列{a n}中，a1＝1，a2＝0，对任意正整数n，m(n>m)满足a2n－a2m＝a n－m a n＋m，则a119＝________.解析：法一：采用特殊值法求出a3，a4，a5，a6分别为－1,0,1,0，由不完全归纳法得出a n的周期为4，所以a119＝a29×4＋3＝－1.法二：令m＝2，得a2n－a22＝a n－2·a n＋2，即a2n＝a n－2·a n＋2，所以奇数项成等比数列，偶数项均为0.再令m＝1，得a2n－a21＝a n－1·a n＋1，当n为奇数时，a2n＝a21；当n为偶数时，a n－1·a n ＋1＝－1，故a1＝－a3＝a5＝－a7＝…，因此a n的周期为4，所以a119＝a29×4＋3＝－1.答案：－14．(2013·扬州期末)若数列{a n }满足a 1为大于1的常数，a n ＋1－1＝a n (a n －1)(n ∈N *)，且1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 012＝2，则a 2 013－4a 1的最小值为________．解析：因为a 1>1，易知对所有的n ∈N *，a n >1，对a n ＋1－1＝a n (a n －1)两边取倒数得1a n ＋1－1＝1a n a n －1＝1a n －1－1a n ，所以1a n ＝1a n －1－1a n ＋1－1，所以1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 012＝1a 1－1－1a 2 013－1＝2.整理得a 2 013＝2－a 13－2a 1(由a 2 013>1得1<a 1<32)，所以a 2013－4a 1＝2(3－2a 1)＋123－2a 1－112≥223－2a 1·f(123－2a 1)－112＝－72，当且仅当a 1＝54时取等号．故a 2 013－4a 1的最小值为－72. 答案：－72第二节等差数列及其前n 项和对应学生用书P691．等差数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．符号表示为a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)．(2)等差中项：数列a ，A ，b 成等差数列的充要条件是A ＝a ＋b2，其中A 叫做a ，b 的等差中项．2．等差数列的有关公式(1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d . (2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n n －12d ＝a 1＋a n n2.1．要注意概念中的“从第2项起”．如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或第4项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列．2．注意区分等差数列定义中同一个常数与常数的区别． [试一试]1．在等差数列{a n }中，已知a 4＋a 8＝16，则该数列前11项和S 11＝________.解析：∵a 4＋a 8＝16， ∴a 6＝8，∴S 11＝11a 6＝88. 答案：882．(2013·重庆高考)已知{a n }是等差数列，a 1＝1，公差d ≠0，S n 为其前n 项和，若a 1，a 2，a 5成等比数列，则S 8＝________.解析：因为{a n }为等差数列，且a 1，a 2，a 5成等比数列，所以a 1(a 1＋4d )＝(a 1＋d )2，解得d ＝2a 1＝2，所以S 8＝64.答案：641．等差数列的四种判断方法(1)定义法：a n＋1－a n＝d(d是常数)⇔{a n}是等差数列．(2)等差中项法：2a n＋1＝a n＋a n＋2(n∈N*)⇔{a n}是等差数列．(3)通项公式：a n＝pn＋q(p，q为常数)⇔{a n}是等差数列．(4)前n项和公式：S n＝An2＋Bn(A、B为常数)⇔{a n}是等差数列．2．活用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 k，a k＋m，a k＋2m，…(k，m∈N*)是公差为md的等差数列．(4)数列S m，S2m－S m，S3m－S2m，…也是等差数列.3．用方程思想和化归思想在解有关等差数列的问题时可以考虑化归为a1和d等基本量，通过建立方程(组)获得解．[练一练]1．(2014·盐城摸底)已知等差数列{a n}满足a3＋a7＝10，则该数列的前9项和S9＝________.解析：由题知，S 9＝9a 1＋a 92＝9a 3＋a 72＝45.答案：452．(2014·南京、盐城一模)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 5＋a 7＝9，则其前9项和S 9的值为________．解析：由题知a 3＋a 5＋a 7＝3a 5＝9，则a 5＝3，所以S 9＝9a 5＝27.答案：27 对应学生用书P70考点一等差数列的基本运算1.(2013·新课标卷Ⅰ改编)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 ＝________.解析：根据已知条件，得到a m 和a m ＋1，再根据等差数列的定义得到公差d ，最后建立关于a 1和m 的方程组求解．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为d ＝a m ＋1－a m ＝3－2＝1，由⎩⎪⎨⎪⎧a m ＝a 1＋m －1d ＝2，S m ＝a 1m ＋12m m －1d ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋m －1＝2，a 1m ＋12m m －1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，m ＝5.答案：52．(2014·扬州调研)在等差数列{a n }中，若a 1＋a 2＝4，a 9＋a 10＝36，则S 10＝________.解析：法一：由于a 1＋a 2＋a 9＋a 10＝2(a 1＋a 10)＝40，故a 1＋a 10＝20，从而S 10＝10a 1＋a 102＝100.法二：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋d ＝4，2a 1＋17d ＝36，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，从而S 10＝10a 1＋10×9d2＝100.答案：1003．设{a n }是公差不为零的等差数列，S n 为其前n 项和，且满足a 22＋a 23＝a 24＋a 25，S 7＝7.(1)求数列{a n }的通项公式及前n 项和S n ；(2)试求所有的正整数m ，使得a m a m ＋1a m ＋2为数列{a n }中的项．解：(1)由题意可设等差数列{a n }的通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d ，d ≠0.由a 22＋a 23＝a 24＋a 25化简得2a 1＋5d ＝0.① 又因为S 7＝7，所以a 1＋3d ＝1.②由①②可知a 1＝－5，d ＝2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －7，其前n 项和S n ＝n a 1＋a n2＝n 2－6n .(2)因为a m a m ＋1a m ＋2＝a m ＋2－4a m ＋2－2a m ＋2＝a m ＋2－6＋8a m ＋2为数列{a n }中的项，则8a m ＋2为整数．又由(1)知a m ＋2＝2m －3为奇数，所以a m ＋2＝2m －3＝±1，解得m ＝1或2.经检验，符合题意的正整数m ＝2.[备课札记] [类题通法]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，用它们表示已知和未知是常用方法．考点二等差数列的判断与证明[典例] 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且n ∈N *)．(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 －1，①∴S n (1＋2S n －1)＝S n －1.由上式知若S n －1≠0，则S n ≠0. ∵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)∵1S n ＝1S 1＋2(n －1)＝1a 1＋2(n －1)，∴S n ＝12n.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－12nn －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.[备课札记]若将条件改为“a 1＝2，S n ＝S n －12S n －1＋1(n ≥2)”，如何求解.解：(1)∵S n ＝n －12S n －1＋1，∴1S n ＝2S n －1＋1S n －1＝1S n －1＋2.∴1S n －1S n －1＝2.∴⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1S n 是以12为首项，以2为公差的等差数列．(2)由(1)知1S n ＝12＋(n －1)×2＝2n －32，即S n ＝12n －32. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －32－12n －72 ＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2n －32⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2n －72；当n ＝1时，a 1＝2不适合a n ，故a n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＝1，－2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2n －32⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2n －72n ≥2.[类题通法]1．解答题判断等差数列，常用定义法和等差中项法，而通项公式法和前n 项和公式法主要适用于选择题、填空题中的简单判断．2．用定义证明等差数列时，常采用两个式子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．[针对训练]在数列{a n }中，a 1＝－3，a n ＝2a n －1＋2n＋3(n ≥2，且n ∈N *)．(1)求a 2，a 3的值； (2)设b n ＝a n ＋32n(n ∈N *)，证明：{b n }是等差数列．解：(1)∵a 1＝－3，a n ＝2a n －1＋2n＋3(n ≥2，且n ∈N *)， ∴a 2＝2a 1＋22＋3＝1，a 3＝2a 2＋23＋3＝13. (2)证明：对于任意n ∈N *， ∵b n ＋1－b n ＝a n ＋1＋32n ＋1－a n ＋32n＝12n ＋1[(a n ＋1－2a n )－3]＝12n＋1[(2n＋1＋3)－3]＝1，∴数列{b n}是首项为a1＋32＝－3＋32＝0，公差为1的等差数列．考点三等差数列的性质及最值[典例] (1)(2014·武昌联考)已知数列{n}是等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，{a n}的前n项和为S n，则使得S n达到最大时n＝________.(2)设数列{a n}，{b n}都是等差数列，若a1＋b1＝7，a3＋b3＝21，则a5＋b5＝________.[解析] (1)a1＋a3＋a5＝105⇒a3＝35，a2＋a4＋a6＝99⇒a4＝33，则{a n}的公差d＝33－35＝－2，a1＝a3－2d＝39，S n＝－n2＋40n，因此当S n取得最大值时，n＝20.(2)设两等差数列组成的和数列为{c n}，由题意知新数列仍为等差数列且c1＝7，c3＝21，则c5＝2c3－c1＝2×21－7＝35.[答案] (1)20 (2)35[备课札记][类题通法]1．等差数列的性质(1)项的性质：在等差数列{a n}中，a m－a n＝(m－n)d⇔a m －a nm －n＝d (m ≠n )，其几何意义是点(n ，a n )，(m ，a m )所在直线的斜率等于等差数列的公差．(2)和的性质：在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，则 ①S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)； ②S 2n －1＝(2n －1)a n .2．求等差数列前n 项和S n 最值的两种方法(1)函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn ，通过配方或借助图像求二次函数最值的方法求解．(2)邻项变号法： ①a 1>0，d <0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值为S m ；②当a 1<0，d >0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值为S m .[针对训练]1．设数列{a n }是公差d <0的等差数列，S n 为其前n 项和，若S 6＝5a 1＋10d ，则S n 取最大值时，n ＝________.解析：由题意得S 6＝6a 1＋15d ＝5a 1＋10d ，所以a 6＝0，故当n ＝5或6时，S n 最大．答案：5或62．(2013·广东高考)在等差数列{a n }中，已知a 3＋a 8＝10，则3a5＋a7＝________.解析：因为a3＋a8＝10，所以3a5＋a7＝2(a3＋a8)＝20.答案：20对应学生用书P71[课堂练通考点]1．(2013·南京、淮安二模)设数列{a n}是公差不为零的等差数列，S n为其前n项和．若a21＋a22＝a23＋a24，S5＝5，则a7的值是________．解析：设数列{a n}的公差为d.由a21＋a22＝a23＋a24得a21＋(a1＋d)2＝(a1＋2d)2＋(a1＋3d)2，即8a1d＋12d2＝0.因为d≠0，所以a1＝－32d.又由S5＝5a3＝5得a3＝1，所以a1＋2d＝1，解得a1＝－3，d＝2，故－3＋(7－1)×2＝9.答案：92．设等差数列{a n}的前n项和为S n，若a11－a8＝3，S11－S8＝3，则使a n>0的最小正整数n的值是________．解析：∵a11－a8＝3d＝3，∴d＝1，∵S11－S8＝a11＋a10＋a9＝3a1＋27d＝3，∴a1＝－8，∴a n＝－8＋(n－1)>0，解得n>9，因此使a n>0的最小正整数n的值是10.答案：103．已知数列{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和，a 7－a 5＝4，a 11＝21，S k ＝9，则k ＝________.解析：a 7－a 5＝2d ＝4，则d ＝2.a 1＝a 11－10d ＝21－20＝1，S k ＝k ＋k k －12×2＝k 2＝9.又k ∈N *，故k ＝3.答案：34．已知一等差数列的前四项和为124，后四项和为156，各项和为210，则此等差数列的项数是________．解析：设数列{a n }为该等差数列，依题意得a 1＋a n ＝124＋1564＝70.∵S n ＝210，S n ＝n a 1＋a n2，∴210＝70n2，∴n ＝6.答案：65．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．(1)求a 1，a 2的值；(2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)当n ＝1时，a 21＝4S 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)．(2)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 )． ∵数列{a n }各项均为正数， ∴a n ＋1＋a n >0，a n ＋1－a n ＝2，∴数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列． ∴a n ＝2n －1. [课下提升考能] 第Ⅰ卷：夯基保分卷1．(2014·泰州模拟)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 9＋a 27＝12，则a 13＝________.解析：等差数列{a n }中，由a 3＋a 9＋a 27＝12得3a 13＝12，所以a 13＝4.答案：42．已知等差数列{a n }满足a 2＝3，S n －S n －3＝51(n >3)，S n ＝100，则n 的值为________．解析：由S n －S n －3＝51得，a n －2＋a n －1＋a n ＝51，所以a n －1＝17，又a 2＝3，S n ＝n a 2＋a n －12＝100，解得n ＝10.3．(2014·镇江月考)已知等差数列{a n}中，a4＋a6＝10，前5项和S5＝5，则其公差为________．解析：由a4＋a6＝10，得2a5＝10，所以a5＝5.由S5＝5a3＝5，得a3＝1，所以d＝a5－a32＝5－12＝2.答案：24．已知S n是等差数列{a n}的前n项和，S10>0并且S11＝0，若S n≤S k对n∈N*恒成立，则正整数k构成的集合为________．解析：在等差数列{a n}中，由S10>0，S11＝0得，S10＝10a1＋a102>0⇒a1＋a10>0⇒a5＋a6>0，S11＝11a1＋a112＝0⇒a1＋a11＝2a6＝0，故可知等差数列{a n}是递减数列且a6＝0，所以S5＝S6≥S n，其中n∈N*，所以k＝5或6.答案：{5,6}5．(2013·南通二模)设等差数列{a n}的公差为正数，若a1＋a2＋a3＝15，a1a2a3＝80，则a11＋a12＋a13＝________.解析：由条件可知，a2＝5，从而a1＋a3＝10，a1a3＝16，得a1＝2，a3＝8，公差为3，所以a11＋a12＋a13＝2×3＋(10＋11＋12)×3＝105.6．(2013·常州质检)设s ，t 为正整数，两条直线l 1：t 2s x ＋y －t ＝0与l 2：t2sx －y ＝0的交点是(x 1，y 1)，对于正整数n (n ≥2)，过点(0，t )和(x n －1,0)的直线与直线l 2的交点记为(x n ，y n )，则x n －y n ＝________(用s ，t ，n 表示)．解析：法一：点(x n ，y n )满足⎩⎪⎨⎪⎧tx ＋x n －1y ＝tx n －1，t2s x －y ＝0，得到x n ＝2sx n －12s ＋x n －1，y n ＝tx n －12s ＋x n －1，所以x n －y n ＝2s －t x n －12s ＋x n －1.点(x 1，y 1)满足⎩⎪⎨⎪⎧t2s x ＋y －t ＝0，t2sx －y ＝0，解得x 1＝s ，y 1＝t2，所以x 2＝23s ，y 2＝t 3；x 3＝12s ，y 3＝14t ；x 4＝25s ，y 4＝15t ，…猜想：x n ＝2s n ＋1，y n ＝t n ＋1.所以x n －y n ＝2s n ＋1－t n ＋1＝2s －tn ＋1.法二：由法一知x 1＝s ，y 1＝t2，x n ＝2sx n －12s ＋x n －1，y n ＝tx n －12s ＋x n －1由2sx n ＋x n x n －1＝2sx n －1可化为2s x n －2s x n －1＝1，即⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫2s x n 是以2sx 1＝2为首项，1为公差的等差数列．所以2s x n ＝2＋(n －1)，得x n ＝2s n ＋1，将其代入y n 得y n ＝tn ＋1，故x n －y n ＝2s －t n ＋1.答案：2s －tn ＋17．(2013·南京二模)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若S 3S 7＝13，则S 6S 7＝________.解析：由S 3＝3a 2，S 7＝7a 4，S 3S 7＝13得9a 2＝7a 4＝7(a 2＋2d )，即a 2＝7d ，所以a 3＝8d ，a 4＝9d ，从而S 6＝3(a 3＋a 4)＝51d ，S 7＝7a 4＝63d ，故结果为1721.答案：17218．(2013·无锡期末)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－7n ，且满足16<a k ＋a k ＋1<22，则正整数k ＝________.解析：由a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1， n ＝1S n －S n －1，n ≥2，可得a n ＝2n －8,16<a k ＋a k ＋1<22，即16<(2k －8)＋(2k －6)<22，所以7.5<k <9，又k ∈N *，所以k ＝8.答案：89．(2013·苏锡常镇、连云港、徐州六市调研(二))已知等差数列{a n}的公差d不为0，且a3＝a27，a2＝a4＋a6.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设数列{a n}的前n项和为S n，求满足S n－2a n－20>0的所有正整数n的集合．解：(1)由a3＝a27得a1＋2d＝(a1＋6d)2. ①由a2＝a4＋a6得a1＋d＝2a1＋8d，即a1＝－7d. ②将②代入①得－5d＝d2.所以d＝－5或d＝0(不符合题意．舍去)．则a1＝35.所以a n＝35＋(n－1)(－5)＝－5n＋40.(2)S n＝35－5n＋40n2＝n75－5n2.不等式S n－2a n－20>0，即n75－5n2－2(－5n＋40)－20>0，整理得n2－19n＋40<0.所以19－2012<n<19＋2012.因为n∈N*，则19－142≤n≤19＋142，即52≤n≤332.所以所求n的集合为{3,4，…，16}．10．(2014·南京学情调研)已知数列{a n}的首项a1＝a，S n是数列{a n}的前n项和，且满足S2n＝3n2a n＋S2n－1，a n≠0，n≥2，n∈N*.(1)若数列{a n}是等差数列，求a的值；(2)确定a的取值集合M，使a∈M时，数列{a n}是递增数列．解：(1)在S2n＝3n2a n＋S2n－1中分别令n＝2，n＝3及a1＝a 得(a＋a2)2＝12a2＋a2，(a＋a2＋a3)2＝27a3＋(a＋a2)2.因为a n≠0，所以a2＝12－2a，a3＝3＋2a.因为数列{a n}是等差数列，所以a1＋a3＝2a2，即2(12－2a)＝a＋3＋2a，解得a＝3.经检验a＝3时，a n＝3n，S n＝3n n＋12，S n－1＝3n n－12满足S2n＝3n2a n＋S2n－1.所以a＝3.(2)由S2n＝3n2a n＋S2n－1得S2n－S2n－1＝3n2a n，即(S n＋S n－1)(S n－S n－1)＝3n2a n，故(S n＋S n－1)a n＝3n2a n.因为a n≠0，所以S n＋S n－1＝3n2(n≥2)，①所以S n＋1＋S n＝3(n＋1)2②②－①得a n＋1＋a n＝6n＋3(n≥2)．③所以a n＋2＋a n＋1＝6n＋9. ④④－③得a n ＋2－a n ＝6(n ≥2)，即数列a 2，a 4，a 6，…及数列a 3，a 5，a 7，…都是公差为6的等差数列．因为a 2＝12－2a ，a 3＝3＋2a ，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ， n ＝13n ＋2a －6，n 为奇数且n ≥3，3n －2a ＋6，n 为偶数，要使数列{a n }是递增数列，须有a 1<a 2，且当n 为大于或等于3的奇数时，a n <a n ＋1，且当n 为偶数时，a n <a n ＋1，即⎩⎨⎧a <12－2a ，3n ＋2a －6<3n ＋1－2a ＋6n 为大于或等于3的奇数，3n －2a ＋6<3n ＋1＋2a －6n 为偶数，解得94<a <154.所以集合M ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a |94<a <154，当a ∈M 时，数列{a n }是递增数列．第Ⅱ卷：提能增分卷1．(2013·苏锡常镇、连云港、徐州六市调研(二))设S n ，T n 分别是等差数列{a n }，{b n }的前n 项和，已知S n T n ＝2n ＋14n －2，n ∈N *，则a 10b 3＋b 18＋a 11b 6＋b 15＝________.解析：因为{a n }，{b n }是等差数列，故b 3＋b 18＝b 6＋b 15，所以a 10b 3＋b 18＋a 11b 6＋b 15＝a 10＋a 11b 3＋b 18＝a 1＋a 20b 1＋b 20＝S 20T 20＝2×20＋14×20－2＝4178.答案：41782．(2014·盐城二模)在等差数列{a n }中，a 2＝5，a 6＝21，记数列{1a n }的前n 项和为S n ，若S 2n ＋1－S n ≤m15对n ∈N *恒成立，则正整数m 的最小值为________．解析：由条件得公差d ＝21－54＝4，从而a 1＝1，所以a n ＝4n －3，数列{1a n }的前n 项和为S n ＝1＋15＋…＋14n －3.原不等式可化为14n ＋1＋14n ＋5＋…＋18n ＋1≤m15，记f (n )＝14n ＋1＋14n ＋5＋…＋18n ＋1.因为f (n ＋1)－f (n )＝18n ＋9－14n ＋1<0，故f (n )为单调递减数列，从而f (n )max ＝f (1)＝15＋19＝1445.由条件得m 15≥1445，解得m ≥143，故正整数m 的最小值为5.答案：53．(2014·南通一模)已知数列{a n }中，a 2＝1，前n 项和为S n，且S n＝n a n－a12.(1)求a1；(2)求证：数列{a n}为等差数列，并写出其通项公式；(3)设lg b n＝a n＋13n，试问是否存在正整数p，q(其中1<p<q)，使b1，b p，b q成等比数列？若存在，求出所有满足条件的数组(p，q)；若不存在，请说明理由．解：(1)令n＝1，则a1＝S1＝1a1－a12＝0.(2)证明：由S n＝n a n－a12，即S n＝na n2，①得S n＋1＝n＋1a n＋12. ②②－①得(n－1)a n＋1＝na n，③于是na n＋2＝(n＋1)a n＋1. ④④－③得na n＋2＋na n＝2na n＋1，即a n＋2＋a n＝2a n＋1，又a1＝0，a2＝1，a2－a1＝1，所以数列{a n}是以0为首项，1为公差的等差数列．所以a n＝n－1.(3)假设存在正整数数组(p，q)使b1，b p，b q成等比数列，则lg b1，lg b p，lg b q成等差数列，于是2p 3p ＝13＋q 3q .所以q ＝3q(2p 3p －13)．(*)易知(p ，q )＝(2,3)为方程(*)的一组解．当p ≥3，且p ∈N *时，2p ＋13p ＋1－2p 3p ＝2－4p3p ＋1<0，故数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫2p 3p (p ≥3)为递减数列，于是2p 3p －13≤2×333－13<0，所以此时方程(*)无正整数解．综上，存在唯一正整数数组(p ，q )＝(2,3)，使b 1，b p ，b q 成等比数列．4．(2013·南京、淮安二模)已知数列{a n }的各项都为正数，且对任意n ∈N *，a 2n ＋1＝a n a n ＋2＋k (k 为常数)．(1)若k ＝(a 2－a 1)2，求证：a 1，a 2，a 3成等差数列；(2)若k ＝0，且a 2，a 4，a 5成等差数列，求a 2a 1的值；(3)已知a 1＝a ，a 2＝b (a ，b 为常数)，是否存在常数λ，使得a n ＋a n ＋2＝λa n ＋1对任意n ∈N *都成立？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：当k ＝(a 2－a 1)2时，在a 2n ＋1＝a n a n ＋2＋k 中，令n ＝1，得a 22＝a 1a 3＋(a 2－a 1)2，即a 1a 3－2a 1a 2＋a 21＝0.因为a1>0，所以a3－2a2＋a1＝0，即a2－a1＝a3－a2.故a1，a2，a3成等差数列．(2)当k＝0时，a2n＋1＝a n a n＋2，n∈N*.因为数列{a n}的各项都为正数，所以数列{a n}是等比数列．设公比为q(q>0)．因为a2，a4，a5成等差数列，所以a2＋a5＝2a4，即a1q＋a1q4＝2a1q3.因为a1>0，q>0，所以q3－2q2＋1＝0.解得q＝1或q＝1＋52(负根舍去)．所以a2a1＝q＝1或a2a1＝q＝1＋52.(3)存在常数λ＝a2＋b2－kab，使a n＋a n＋2＝λa n＋1.证明如下：因为a2n＋1＝a n a n＋2＋k，所以a2n＝a n－1a n＋1＋k，n≥2，n∈N*.所以a2n＋1－a2n＝a n a n＋2－a n－1a n＋1，即a n a n＋2＋a2n＝a2n＋1＋a n－1a n＋1.(*)由于a n>0，(*)式两边同除以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 ∈N *，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＋k ，所以a 3＝b 2－k a.所以a 1＋a 3a 2＝a ＋b 2－k a b ＝a 2＋b 2－kab.所以对任意n ∈N *，都有a n ＋a n ＋2＝λa n ＋1，此时λ＝a 2＋b 2－k ab.第三节等比数列及其前n 项和对应学生用书P711．等比数列的有关概念 (1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为a n ＋1a n＝q .(2)等比中项：如果a 、G 、b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即：G 是a 与b 的等比中项⇔a ，G ，b 成等比数列⇒G2＝ab .2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －1. (2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 11－q n 1－q ＝a 1－a n q1－q ，q ≠1.1．在等比数列中易忽视每项与公比都不为0.2．在运用等比数列的前n 项和公式时，必须对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．[试一试]1．在1和9之间插入三个正数，使这五个数成等比数列，则插入的三个数的和为________．解析：设5个正数的公比为q (q >0)，所以q 4＝91＝9，即q ＝3，则中间3个数的和为q ＋q 2＋q 3＝3＋3＋33＝3＋4 3.答案：3＋432．(2014·徐州摸底)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＝18，S 3＝26，则{a n }的公比q ＝________.解析：由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝18，a 1＋a 2＋a 3＝26，q >0得18q 2＋18q＝8，即4q 2－9q －9＝0.所以(4q ＋3)(q －3)＝0.因为q >0，所以q ＝3.答案：31．等比数列的三种判定方法(1)定义：a n ＋1a n＝q (q 是不为零的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列．(2)通项公式：a n ＝cq n －1(c 、q 均是不为零的常数，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．2．等比数列的常见性质(1)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n＝a p ·a q ＝a 2k ；(2)若数列{a n }、{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }、⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 、{a 2n }、{a n ·b n }、⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n b n (λ≠0)仍然是等比数列； (3)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n ＋3k ，…为等比数列，公比为q k；(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 ，当公比为－1时，S n，S2n－S n，S3n－S2n不一定构成等比数列．3．求解等比数列的基本量常用的思想方法(1)方程的思想：等比数列的通项公式、前n项和的公式中联系着五个量：a1，q，n，a n，S n，已知其中三个量，可以通过解方程(组)求出另外两个量；其中基本量是a1与q，在解题中根据已知条件建立关于a1与q的方程或者方程组，是解题的关键．(2)分类讨论思想：在应用等比数列前n项和公式时，必须分类求和，当q＝1时，S n＝na1；当q≠1时，S n＝a11－q n1－q；在判断等比数列单调性时，也必须对a1与q分类讨论．[练一练]1．(2010·江苏高考)函数y＝x2(x>0)的图像在点(a k，a2k)处的切线与x轴交点的横坐标为a k＋1，其中k∈N*.若a1＝16，则a1＋a3＋a5的值是________．解析：切线斜率k＝2a k，切线方程为y－a2k＝2a k(x－a k)，即y＝2a k x－a2k，令y＝0，得x＝a k2＝a k＋1，所以{a n}是首项a1＝16，公比q＝12的等比数列，所以a n ＝(12)n －5，故a 1＋a 3＋a 5＝21.答案：212．已知数列{a n }是公比q ≠±1的等比数列，则在{a n ＋a n ＋1}，{a n ＋1－a n }，⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n a n ＋1，{na n }这四个数列中，是等比数列的有________个．答案：3 对应学生用书P72考点一等比数列的基本运算1.(2013·盐城三调)在等比数列{n }中，若2＝－2，a 6＝－32，则a 4＝________.解析：由a 6a 2＝q 4＝16，则q 2＝4，所以有a 4＝a 2q 2＝－8.答案：－82．(2014·扬州模拟)已知等比数列{a n }中，公比q >1，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则a 2 013＋a 2 014a 2 011＋a 2 012＝________.解析：因为{a n }为等比数列，故a 1a 4＝a 2a 3＝8，与a 1＋a 4＝9联立解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1.又q >1，故a 1＝1，a 4＝8，从而q ＝2，故a 2 013＋a 2 014a 2 011＋a 2 012＝q 2＝4.答案：43．设等比数列{a n }的公比q <1，前n 项和为S n ，已知a 3＝2，S 4＝5S 2，求{a n }的通项公式．解：由题设知a 1≠0，S n ＝a 11－q n1－q，所以错误!由②式得1－q 4＝5(1－q 2)，即(q －2)(q ＋2)(q －1)(q ＋1)＝0. 因为q <1，所以q ＝－1，或q ＝－2. 当q ＝－1时，代入①式得a 1＝2，通项公式a n ＝2×(－1)n －1；当q ＝－2时，代入①式得a 1＝12，通项公式a n ＝12×(－2)n －1.综上，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2×－1n －1，q ＝－1，12×－2n －1，q ＝－2.[备课札记] [类题通法]1．对于等比数列的有关计算问题，可类比等差数列问题进行，在解方程组的过程中要注意“相除”消元的方法，同时要注意整体代入(换元)思想方法的应用．。

【三维设计】高三数学文(江苏专用)一轮总复习练习：第六章数列、推理与证明(含答案解析)

第六章数列、推理与证明第一节数列的概念与简单表示法1．数列的有关概念n n 若数列{a n }的前n 项和为S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n≥2.4．数列的分类[小题体验]1．已知数列{a n }的前4项为1,3,7,15，则数列{a n }的一个通项公式为________．答案：a n ＝2n －1(n ∈N *)2．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n2a n ＋3，则a 5＝________. 答案：11613．(教材习题改编)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2＋λn ，数列{a n }仅在n ＝3时取得最小的项，则实数λ的取值范围是________．解析：法一：因为a n ＝n 2＋λn ＝⎝⎛⎭⎫ n ＋λ2 2－λ24，由于数列{a n }仅在n ＝3时取得最小的项，所以52<－n 2<72，从而得－7<n<－5.法二：因为a n －a n －1＝n 2＋λn －[(n －1)2＋λ(n －1)]＝2n －1＋λ，由于数列{a n }仅在n ＝3时取得最小的项，所以a 2>a 3且a 4>a 3，即5＋λ<0且7＋λ>0，故－7<λ<－5.答案：(－7，－5)4．(教材习题改编)数列{a n }中，已知a n ＝(－1)n ·n ＋a(a 为常数)，且a 1＋a 4＝3a 2，则a n＝________.解析：由题意得－1＋a ＋4＋a ＝3(2＋a)，所以a ＝－3，则a n ＝(－1)n ·n －3. 答案：(－1)n ·n －31．数列是按一定“次序”排列的一列数，一个数列不仅与构成它的“数”有关，而且还与这些“数”的排列顺序有关．2．易混项与项数是两个不同的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号．3．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．[小题纠偏]1．已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n ＝n 2＋1，则数列{a n }的通项公式是________．答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1， 2n －1，n≥22．数列{a n }的通项公式为a n ＝－n 2＋9n ，则该数列第________项最大．答案：4或5考点一由数列的前几项求数列的通项公式基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．数列23，415，635，863，1099，…的一个通项公式是____________________________________．解析：通过观察各项，可得分母为(2n －1)(2n ＋1)，分子为2n ，则a n ＝2n －＋.答案：a n ＝2n －＋2．根据数列的前几项，写出各数列的一个通项公式： (1)4,6,8,10，…；(2)(易错题)－11×2，12×3，－13×4，14×5，…；(3)a ，b ，a ，b ，a ，b ，…(其中a ，b 为实数)； (4)9,99,999,9 999，….解：(1)各数都是偶数，且最小为4，所以它的一个通项公式a n ＝2(n ＋1)，n ∈N *. (2)这个数列的前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式a n ＝(－1)n ×1＋，n ∈N *.(3)这是一个摆动数列，奇数项是a ，偶数项是b ，所以此数列的一个通项公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，n 为奇数，b ，n 为偶数. (4)这个数列的前4项可以写成10－1,100－1,1 000－1，10 000－1，所以它的一个通项公式a n ＝10n －1，n ∈N *.[谨记通法]由数列的前几项求数列通项公式的策略(1)根据所给数列的前几项求其通项公式时，需仔细观察分析，抓住以下几方面的特征，并对此进行归纳、联想，具体如下：①分式中分子、分母的特征； ②相邻项的变化特征； ③拆项后的特征； ④各项符号特征等．(2)根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是利用不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想，由不完全归纳得出的结果是不可靠的，要注意代值检验，对于正负符号变化，可用(－1)n 或(－1)n＋1来调整．如“题组练透”第2(2)题．考点二由a n 与S n 的关系求通项a n 重点保分型考点——师生共研[典例引领]已知下面数列{a n }的前n 项和S n ，求{a n }的通项公式： (1)S n ＝2n 2－3n ； (2)S n ＝3n ＋b.解：(1)a 1＝S 1＝2－3＝－1，当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n)－[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5，由于a 1也适合此等式， ∴a n ＝4n －5. (2)a 1＝S 1＝3＋b ，当n≥2时，a n ＝S n －S n －1 ＝(3n ＋b)－(3n －1＋b)＝2·3n －1.当b ＝－1时，a 1适合此等式．当b≠－1时，a 1不适合此等式． ∴当b ＝－1时，a n ＝2·3n －1；当b≠－1时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3＋b ，n ＝1， 2·3n －1，n≥2. [由题悟法] 已知S n 求a n 的3个步骤(1)先利用a 1＝S 1求出a 1；(2)用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用a n ＝S n －S n －1(n≥2)便可求出当n≥2时a n 的表达式；(3)对n ＝1时的结果进行检验，看是否符合n≥2时a n 的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n ＝1与n≥2两段来写．[即时应用]已知数列{a n }的前n 项和为S n . (1)若S n ＝(－1)n ＋1·n ，求a 5＋a 6及a n ；(2)若S n ＝3n ＋2n ＋1，求a n .解：(1)a 5＋a 6＝S 6－S 4＝(－6)－(－4)＝－2，当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n≥2时，a n ＝S n －S n －1 ＝(－1)n ＋1·n －(－1)n ·(n －1)＝(－1)n ＋1·[n ＋(n －1)]＝(－1)n ＋1·(2n －1)，又a 1也适合此式，所以a n ＝(－1)n ＋1·(2n －1)．(2)因为当n ＝1时，a 1＝S 1＝6；当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋2n ＋1)－[3n －1＋2(n －1)＋1]＝2·3n －1＋2，由于a 1不适合此式，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6，n ＝1， 2·3n －1＋2，n≥2. 考点三由递推关系式求数列的通项公式常考常新型考点——多角探明[命题分析]递推公式和通项公式是数列的两种表示方法，它们都可以确定数列中的任意一项，只是由递推公式确定数列中的项时，不如通项公式直接．常见的命题角度有： (1)形如a n ＋1＝a n f(n)，求a n ； (2)形如a n ＋1＝a n ＋f(n)，求a n ；(3)形如a n ＋1＝Aa n ＋B(A≠0且A≠1)，求a n ； (4)形如a n ＋1＝Aa nBa n ＋C(A ，B ，C 为常数)，求a n .[题点全练]角度一：形如a n ＋1＝a n f(n)，求a n 1．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n≥2)，求数列{a n }的通项公式．解：∵a n ＝n －1n a n －1(n≥2)， ∴a n －1＝n －2n －1a n －2，…，a 2＝12a 1.以上(n －1)个式子相乘得 a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n.当n ＝1时，a 1＝1，上式也成立．∴a n ＝1n .角度二：形如a n ＋1＝a n ＋f(n)，求a n2．若数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2n ，求数列{a n }的通项公式．解：由题意知a n ＋1－a n ＝2n ，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝2n －1＋2n －2＋…＋2＋1＝1－2n 1－2＝2n－1.角度三：形如a n ＋1＝Aa n ＋B(A≠0且A≠1)，求a n3．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，求数列{a n }的通项公式．解：∵a n ＋1＝3a n ＋2，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，∴a n ＋1＋1a n ＋1＝3，∴数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3，又a 1＋1＝2，∴a n ＋1＝2·3n －1，∴a n ＝2·3n －1－1.角度四：形如a n ＋1＝Aa n Ba n ＋C (A ，B ，C 为常数)，求a n4．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a na n ＋2，求数列{a n }的通项公式．解：∵a n ＋1＝2a na n ＋2，a 1＝1，∴a n ≠0， ∴1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12，又a 1＝1，则1a 1＝1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1 a n 是以1为首项，12为公差的等差数列．∴1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n 2＋12，∴a n ＝2n ＋1(n ∈N *)． [方法归纳]典型的递推数列及处理方法一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2016·徐州调研)设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n ，则a 4的值为________．解析：a 4＝S 4－S 3＝20－12＝8. 答案：82．数列1，23，35，47，59，…的一个通项公式a n ＝________.解析：由已知得，数列可写成11，23，35，…，故通项为n2n －1.答案：n2n －13．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n≥2)，则a n ＝________. 解析：a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝n －1n ·n －2n －1·…·23·12·1＝1n .答案：1n4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝n 2－2n ＋2，则数列{a n }的通项公式为________．解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －3，由于n ＝1时a 1的值不适合n≥2的解析式，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －3，n≥2，n ∈N *. 答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1， 2n －3，n≥2，n ∈N* 5．(2016·泰州调研)数列{a n}定义如下：a 1＝1，当n≥2时，a n＝⎩⎨⎧1＋a n2，n 为偶数，1an －1，n 为奇数，若a n ＝14，则n ＝________.解析：因为a 1＝1，所以a 2＝1＋a 1＝2，a 3＝1a 2＝12，a 4＝1＋a 2＝3，a 5＝1a 4＝13，a 6＝1＋a 3＝32，a 7＝1a 6＝23，a 8＝1＋a 4＝4，a 9＝1a 8＝14，所以n ＝9.答案：9二保高考，全练题型做到高考达标1．设a n ＝－3n 2＋15n －18，则数列{a n }中的最大项的值是________．解析：因为a n ＝－3⎝⎛⎭⎫ n －52 2＋34，且n ∈Z ，所以当n ＝2或n ＝3时，a n 取得最大值，即最大值为a 2＝a 3＝0.答案：02．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________．解析：∵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. 答案：723．(2015·无锡调研)在数列{a n }中，已知a 1＝2，a 2＝7，a n ＋2等于a n a n ＋1(n ∈N *)的个位数，则a 2 016＝________.解析：由题意得：a 3＝4，a 4＝8，a 5＝2，a 6＝6，a 7＝2，a 8＝2，a 9＝4，a 10＝8；所以数列中的项从第3项开始呈周期性出现，周期为6，故a 2 016＝a 335×6＋6＝a 6＝6.答案：64．已知数列{a n }对任意的p ，q ∈N *满足a p ＋q ＝a p ＋a q 且a 2＝6，那么a 10＝________. 解析：a 4＝a 2＋a 2＝12，a 6＝a 4＋a 2＝18，a 10＝a 6＋a 4＝30. 答案：305．若数列{a n }满足：a 1＝19，a n ＋1＝a n －3(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和数值最大时，n 的值为________．解析：∵a 1＝19，a n ＋1－a n ＝－3，∴数列{a n }是以19为首项，－3为公差的等差数列， ∴a n ＝19＋(n －1)×(－3)＝22－3n. 设{a n }的前k 项和数值最大，则有⎩⎪⎨⎪⎧a k ≥ 0， a k ＋1≤0k ∈N *，∴⎩⎪⎨⎪⎧22－3k≥0，22－＋，∴193≤k≤223， ∵k ∈N *，∴k ＝7.∴满足条件的n 的值为7. 答案：76．在数列－1,0，19，18，…，n －2n 2，…中，0.08是它的第____________项．解析：令n －2n 2＝0.08，得2n 2－25n ＋50＝0，即(2n －5)(n －10)＝0. 解得n ＝10或n ＝52(舍去)．答案：107．(2016·南京四校联考)已知数列{a n }满足：a 4n －3＝1，a 4n －1＝0，a 2n ＝a n ，n ∈N *，则a 2013＝________，a 2 016＝________.解析：由题意可得a 2 013＝a 4×504－3＝1，a 2 016＝a 1 008＝a 504＝a 252＝a 126＝a 63＝a 4×16－1＝0. 答案：1 08．在一个数列中，如果∀n ∈N *，都有a n a n ＋1a n ＋2＝k(k 为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k 叫做这个数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且a 1＝1，a 2＝2，公积为8，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝________.解析：依题意得数列{a n }是周期为3的数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，因此a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝4(a 1＋a 2＋a 3)＝4×(1＋2＋4)＝28.答案：289．已知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．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋4.(1)若k ＝－5，则数列中有多少项是负数？n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值； (2)对于n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，求实数k 的取值范围．解：(1)由n 2－5n ＋4<0，解得1<n<4.因为n ∈N *，所以n ＝2,3，所以数列中有两项是负数，即为a 2，a 3. 因为a n ＝n 2－5n ＋4＝⎝⎛⎭⎫n －52 2－94，由二次函数性质，得当n ＝2或n ＝3时，a n 有最小值，其最小值为a 2＝a 3＝－2. (2)由a n ＋1>a n 知该数列是一个递增数列，又因为通项公式a n ＝n 2＋kn ＋4，可以看作是关于n 的二次函数，考虑到n ∈N *，所以－k 2<32，即得k>－3.所以实数k 的取值范围为(－3，＋∞)．三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知{a n }满足a n ＋1＝a n ＋2n ，且a 1＝33，则a nn 的最小值为________．解析：由已知条件可知，当n≥2时， a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1) ＝33＋2＋4＋…＋2(n －1)＝n 2－n ＋33，又n ＝1时，a 1＝33满足此式．所以a n n ＝n ＋33n －1.令f(n)＝a n n ＝n ＋33n －1，则f(n)在[1,5]上为减函数，在[6，＋∞)上为增函数，又f(5)＝535，f(6)＝212，则f(5)>f(6)，故f(n)＝a n n 的最小值为212.答案：2122．若单调递增数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＋a n ＋2＝3n －6，且a 2＝12a 1，则a 1的取值范围是________．解析：由a n ＋a n ＋1＋a n ＋2＝3n －6，a 2＝12a 1得，a 3＝－3－32a 1，所以a 4＝a 1＋3，由{a n }是单调递增数列知，a 4>a 3>a 2>a 1，即a 1＋3>－3－32a 1>12a 1>a 1，解得－125<a 1<－32.答案：⎝⎛⎭⎫－125，－32 3．(2016·扬州模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，且a n ＋a n ＋1＝2n .求数列{a n }的通项公式．解：∵a n ＋a n ＋1＝2n ，① ∴a n ＋1＋a n ＋2＝2n ＋1，②②－①，得a n ＋2－a n ＝2n ，由a 1＝1，a 1＋a 2＝2，得a 2＝1. 当n 为奇数时，a n ＝(a n －a n －2)＋(a n －2－a n －4)＋…＋(a 3－a 1)＋a 1 ＝2n －2＋2n －4＋…＋2＋1＝13×2n ＋13；当n 为偶数时，a n ＝(a n －a n －2)＋(a n －2－a n －4)＋…＋(a 4－a 2)＋a 2＝2n －2＋2n －4＋…＋22＋1＝13×2n －13. 故a n＝⎩⎨⎧13×2n＋13，n 为奇数，13×2n－13，n 为偶数.第二节等差数列及其前n 项和1．等差数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d 表示．(2)等差中项：数列a ，A ，b 成等差数列的充要条件是A ＝a ＋b2，其中A 叫做a ，b 的等差中项．2．等差数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d. (2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋－2d ＝1＋a n2.3．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m)d(n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n(k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n . (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则{a 2n }也是等差数列，公差为2d.(4)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }也是等差数列．(5)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列．[小题体验]1．(教材习题改编)在等差数列{a n }中，a 1＋a 6＝12，a 9＝17，则a 4＝________. 解析：由a 1＋a 6＝12，a 9＝17，得2a 1＋5d ＝12且a 1＋8d ＝17，解得a 1＝1，d ＝2，所以a 4＝7. 答案：72．(教材习题改编)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 3＝15，a n －2＝59，S n ＝999，则d ＝________.解析：法一：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧15＝a 1＋2d ，59＝a 1＋－，999＝na 1＋－2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝11，n ＝27，d ＝2.法二：因为S n ＝1＋a n2＝3＋a n －22＝74n2＝999，所以n ＝27，从而a 25＝59，因此a 25－a 3＝44＝22d ，所以d ＝2.答案：23．(教材习题改编)已知等差数列{a n }中，S 4＝2，S 8＝6，则S 12＝________.解析：法一：因为S 4＝2，S 8＝6，所以⎩⎪⎨⎪⎧2＝4a 1＋6d ，6＝8a 1＋28d ，解得⎩⎨⎧a 1＝516，d ＝18，由此得S 12＝12×516＋66×18＝12.法二：因为数列{a n }为等差数列，所以S 4，S 8－S 4，S 12－S 8也成等差数列，故8＝2＋S 12－6，解得S 12＝12. 答案：121．要注意概念中的“从第2项起”．如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或第4项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列．2．注意区分等差数列定义中同一个常数与常数的区别．3．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．4．要注意公差的取值对项的正负的影响，特别注意正负的临界项． [小题纠偏]1．已知等差数列{a n }满足，a 1>0,5a 8＝8a 13，则前n 项和S n 取最大值时，n 的值为________．解析：设数列{a n }的公差为d ，由5a 8＝8a 13，得5(a 1＋7d)＝8(a 1＋12d)，解得d ＝－361a 1，由a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a 1＋(n －1)⎝⎛⎭⎫－361a 1≥0，可得n≤643＝2113，所以数列{a n }的前21项都是正数，以后各项都是负数，故S n 取最大值时，n 的值为21.答案：212．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，则{|a n |}的前6项和T 6＝________.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.所以a n ＝－5＋(n －1)×2＝2n －7，当n≤3时，a n <0；当n>3时，a n >0；所以T 6＝－a 1＋(－a 2)＋(－a 3)＋a 4＋a 5＋a 6＝5＋3＋1＋1＋3＋5＝18.答案：18考点一等差数列的基本运算基础送分型考点——自主练透[题组练透]1．(2015·全国卷Ⅰ改编)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＝________.解析：∵公差为1， ∴S 8＝8a 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.答案：1922．(2015·南通调研)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，公差d ＝2，S n ＋2－S n＝36，则n ＝________.解析：法一：由题知S n ＝na 1＋－2d ＝n ＋n(n －1)＝n 2，S n ＋2＝(n ＋2)2，由S n ＋2－S n ＝36得，(n ＋2)2－n 2＝4n ＋4＝36，所以n ＝8.法二：S n ＋2－S n ＝a n ＋1＋a n ＋2＝2a 1＋(2n ＋1)d ＝2＋2(2n ＋1)＝36，解得n ＝8. 答案：83．(2016·衡水中学模拟)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，a 1＝1，a 2＝2，a 3＝3，数列{a n＋a n ＋1＋a n ＋2}是公差为2的等差数列，则S 25＝________.解析：由题可得a 4＝3，所以a 2＋a 3＋a 4＝8，∴S 25＝a 1＋(a 2＋a 5＋…＋a 23)＋(a 3＋a 6＋…＋a 24)＋(a 4＋a 7＋…＋a 25)＝1＋⎝⎛⎭⎫2×8＋8×72×2＋⎝⎛⎭⎫3×8＋8×72×2＋⎝⎛⎭⎫3×8＋8×72×2＝233. 答案：2334．(易错题)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，a 12＝－8，S 9＝－9，则S 16＝________. 解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧a 12＝a 1＋11d ＝－8，S 9＝9a 1＋9d×82＝－9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝－1. ∴S 16＝16×3＋16×152×(－1)＝－72.答案：－72[谨记通法]等差数列运算的解题思路及答题步骤(1)解题思路由等差数列的前n 项和公式及通项公式可知若已知a 1，d ，n ，a n ，S n 中三个便可求出其余两个，即“知三求二”，“知三求二”的实质是方程思想，即建立方程组求解．(2)答题步骤步骤一：结合所求结论，寻找已知与未知的关系；步骤二：根据已知条件列方程求出未知量；步骤三：利用前n 项和公式求得结果．考点二等差数列的判断与证明题点多变型考点——纵引横联(2)由(1)知1S n ＝1S 1＋(n －1)d ＝2＋(n －1)×2＝2n ，即S n ＝12n. 由于当n≥2时，有a n ＝－2S n ·S n －1＝－1－，又∵a 1＝12，不适合上式．∴a n ＝⎩⎨⎧12，n ＝1，－1－，n≥2.[类题通法]等差数列的判定与证明方法[越变越明][变式1] 试说明母题中数列{a n }是不是等差数列．解：当n≥2时，a n ＋1＝－1＋，而a n ＋1－a n ＝－1＋－－1－＝－12n ⎝⎛⎭⎫1n ＋1－1n －1＝1－＋.∴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 }不是等差数列． [破译玄机]本题在求解时，可以举出反例，也可以用反证法．[变式2] 若将母题条件变为“数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，2S n －na n ＝n ，”求证：{a n }为等差数列．证明：∵2S n －na n ＝n ，①∴当n≥2时，2S n －1－(n －1)a n －1＝n －1，②∴①－②得：(2－n)a n ＋(n －1)a n －1＝1，(1－n)a n ＋1＋na n ＝1，∴2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n≥2)， ∴数列{a n }为等差数列．[变式3] 若母题变为：已知数列{a n }中，a 1＝2，a n ＝2－1a n －1(n≥2，n ∈N *)，设b n ＝1a n －1(n ∈N *)．求证：数列{b n }是等差数列．证明：∵a n ＝2－1a n －1，∴a n ＋1＝2－1a n .∴b n ＋1－b n ＝1a n ＋1－1－1a n －1＝12－1a n－1－1a n －1＝a n －1a n －1＝1， ∴{b n }是首项为b 1＝12－1＝1，公差为1的等差数列．考点三等差数列的性质及最值重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．(2016·金陵中学检测)在等差数列{a n }中，a 3＋a 9＝27－a 6，S n 表示数列{a n }的前n 项和，则S 11＝________.解析：因为a 3＋a 9＝27－a 6,2a 6＝a 3＋a 9，所以3a 6＝27，所以a 6＝9，所以S 11＝112(a 1＋a 11)＝11a 6＝99.答案：992．已知{a n }为等差数列，若a 1＋a 2＋a 3＝5，a 7＋a 8＋a 9＝10，则a 19＋a 20＋a 21＝________. 解析：法一：设数列{}a n 的公差为d ，则a 7＋a 8＋a 9＝a 1＋6d ＋a 2＋6d ＋a 3＋6d ＝5＋18d ＝10，所以18d ＝5，故a 19＋a 20＋a 21＝a 7＋12d ＋a 8＋12d ＋a 9＋12d ＝10＋36d ＝20.法二：由等差数列的性质，可知S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，…，S 21－S 18成等差数列，设此数列公差为d.所以5＋2d ＝10，所以d ＝52.所以a 19＋a 20＋a 21＝S 21－S 18＝5＋6d ＝5＋15＝20. 答案：203．等差数列{a n }中，设S n 为其前n 项和，且a 1>0，S 3＝S 11，则当n 为多少时，S n 取得最大值．解：法一：由S 3＝S 11，可得3a 1＋3×22d ＝11a 1＋11×102d ，即d ＝－213a 1.从而S n ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n ＝－a 113(n －7)2＋4913a 1，因为a 1>0，所以－a 113<0.故当n ＝7时，S n 最大．法二：由法一可知，d ＝－213a 1.要使S n 最大，则有⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1≤0，即⎩⎨⎧a 1＋－⎝⎛⎭⎫－213a 1≥0，a 1＋n ⎝⎛⎭⎫－213a 1≤0，解得6.5≤n≤7.5，故当n ＝7时，S n 最大．法三：由S 3＝S 11，可得2a 1＋13d ＝0，即(a 1＋6d)＋(a 1＋7d)＝0，故a 7＋a 8＝0，又由a 1>0，S 3＝S 11可知d<0，所以a 7>0，a 8<0，所以当n ＝7时，S n 最大．[由题悟法]1．等差数列的性质(1)项的性质：在等差数列{a n }中，a m －a n ＝(m －n)d ⇔a m －a nm －n ＝d(m≠n)，其几何意义是点(n ，a n )，(m ，a m )所在直线的斜率等于等差数列的公差．(2)和的性质：在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，则 ①S 2n ＝n(a 1＋a 2n )＝…＝n(a n ＋a n ＋1)； ②S 2n －1＝(2n －1)a n .2．求等差数列前n 项和S n 最值的2种方法(1)函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn ，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．(2)邻项变号法：①当a 1>0，d<0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧ a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值为S m ；②当a 1<0，d>0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值为S m .[即时应用]1．(2016·南通中学检测)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 6a 5＝911，则S 11S 9＝________.解析：S 11S 9＝1＋a 11291＋a 92＝11a 69a 5＝119×911＝1. 答案：12．一个等差数列的前12项的和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27，则该数列的公差d ＝_______.解析：设等差数列的前12项中奇数项的和为S 奇，偶数项的和为S 偶，等差数列的公差为d.由已知条件，得⎩⎪⎨⎪⎧ S 奇＋S 偶＝354，S 偶∶S 奇＝32∶27，解得⎩⎪⎨⎪⎧S 偶＝192，S 奇＝162. 又S 偶－S 奇＝6d ，所以d ＝192－1626＝5.答案：53．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知前6项和为36，最后6项的和为180，S n ＝324(n ＞6)，求数列{a n }的项数及a 9＋a 10.解：由题意知a 1＋a 2＋…＋a 6＝36，① a n ＋a n －1＋a n －2＋…＋a n －5＝180，②①＋②得(a 1＋a n )＋(a 2＋a n －1)＋…＋(a 6＋a n －5) ＝6(a 1＋a n )＝216，∴a 1＋a n ＝36，又S n ＝1＋a n2＝324，∴18n ＝324，∴n ＝18.∵a 1＋a n ＝36，n ＝18，∴a 1＋a 18＝36，从而a 9＋a 10＝a 1＋a 18＝36.一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．若等差数列{a n }的前5项之和S 5＝25，且a 2＝3，则a 7＝________. 解析：由S 5＝2＋a 42⇒25＝＋a 42⇒a 4＝7，所以7＝3＋2d ⇒d ＝2，所以a 7＝a 4＋3d ＝7＋3×2＝13.答案：132．(2016·苏州名校联考)在等差数列{a n }中，a 1＝0，公差d≠0，若a m ＝a 1＋a 2＋…＋a 9，则m 的值为________．解析：a m ＝a 1＋a 2＋…＋a 9＝9a 1＋9×82d ＝36d ＝a 37，所以m ＝37.答案：373．已知数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2.若a k ·a k ＋1<0，则正整数k ＝________. 解析：3a n ＋1＝3a n －2⇒a n ＋1＝a n －23⇒{a n }是等差数列，则a n ＝473－23n.∵a k ＋1·a k <0，∴⎝⎛⎭⎫473－23k ⎝⎛⎭⎫453－23k <0，∴452<k<472， ∴k ＝23. 答案：234．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 3＝6，S 4＝12，则S 6＝________. 解析：设数列{a n }的公差为d ，S 3＝6，S 4＝12，∴⎩⎨⎧3a 1＋3×22d ＝6，4a 1＋4×32d ＝12，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝0，d ＝2，∴S 6＝6a 1＋6×52d ＝30.答案：305．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＝2(2n －1)＝38，解得n ＝10. 答案：10二保高考，全练题型做到高考达标1．在单调递增的等差数列{a n }中，若a 3＝1，a 2a 4＝34，则a 1＝________.解析：由题知，a 2＋a 4＝2a 3＝2，又∵a 2a 4＝34，数列{a n }单调递增，∴a 2＝12，a 4＝32.∴公差d ＝a 4－a 22＝12.∴a 1＝a 2－d ＝0.答案：02．(2016·南京调研)数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2＋3n(n ∈N *)，若p －q ＝5，则a p －a q ＝________.解析：当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2＋3n －[2(n －1)2＋3(n －1)]＝4n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝5，符合上式， ∴a n ＝4n ＋1，∴a p －a q ＝4(p －q)＝20. 答案：203．设等差数列{a n }的公差为正数，若a 1＋a 2＋a 3＝15，a 1a 2a 3＝80，则a 11＋a 12＋a 13＝________.解析：由条件可知，a 2＝5，从而a 1＋a 3＝10，a 1a 3＝16，得a 1＝2，a 3＝8，公差为3，所以a 11＋a 12＋a 13＝2×3＋(10＋11＋12)×3＝105.答案：1054．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________．解析：∵a 1＞0，a 6a 7＜0，∴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，∴S 12＞0，S 13＜0，∴满足S n ＞0的最大自然数n 的值为12.答案：125．(2015·盐城调研)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S nS 2n为常数，则称数列{a n }为“吉祥数列”．已知等差数列{b n }的首项为1，公差不为0，若数列{b n }为“吉祥数列”，则数列{b n }的通项公式为________．解析：设等差数列{b n }的公差为d(d≠0)，S nS 2n ＝k ，因为b 1＝1，则n ＋12n(n －1)d ＝k ⎣⎡⎦⎤2n ＋12－，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k(2n －1)d ，整理得(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d)＝0. 因为对任意的正整数n 上式均成立，所以(4k －1)d ＝0，(2k －1)(2－d)＝0，解得d ＝2，k ＝14.所以数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1. 答案：b n ＝2n －16．在等差数列{a n }中，a 15＝33，a 25＝66，则a 45＝________. 解析：a 25－a 15＝10d ＝66－33＝33， ∴a 45＝a 25＋20d ＝66＋66＝132. 答案：1327．在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前 n 项和为S n ，当且仅当n ＝8 时S n 取得最大值，则d 的取值范围为________．解析：由题意，当且仅当n ＝8时S n 有最大值，可得 ⎩⎪⎨⎪⎧d<0，a 8>0，a 9<0，即⎩⎪⎨⎪⎧d<0，7＋7d>0，7＋8d<0，解得－1<d<－78.答案：⎝⎛⎭⎫－1，－78 8．(2016·苏北四市调研)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则正整数m 的值为________．解析：因为等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，所以a m ＝S m －S m －1＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3，数列的公差d ＝1，a m ＋a m ＋1＝S m ＋1－S m －1＝5，即2a 1＋2m －1＝5，所以a 1＝3－m. 由S m ＝(3－m)m ＋－2×1＝0，解得正整数m 的值为5. 答案：59．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＋－2·d ＝2k ＋k －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)证明：由(1)得S n ＝＋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＝＋2.10．(2015·苏州调研)设数列{a n }的前n 项和为S n,4S n ＝a 2n ＋2a n －3，且a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比数列，当n≥5时，a n >0.(1)求证：当n≥5时，{a n }成等差数列； (2)求{a n }的前n 项和S n .解：(1)证明：由4S n ＝a 2n ＋2a n －3,4S n ＋1＝a 2n ＋1＋2a n ＋1－3，得4a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n ＋2a n ＋1－2a n ，即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －2)＝0. 当n≥5时，a n >0，所以a n ＋1－a n ＝2，所以当n≥5时，{a n }成等差数列．(2)由4a 1＝a 21＋2a 1－3，得a 1＝3或a 1＝－1，又a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比数列，所以a n ＋1＋a n ＝0(n≤5)，q ＝－1，而a 5>0，所以a 1>0，从而a 1＝3，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－n －1，1≤n≤4，2n －7，n≥5，所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧32[1－－1n ]，1≤n≤4，n 2－6n ＋8，n≥5.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．设等差数列{a n }满足a 1＝1，a n >0(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，若数列{S n }也为等差数列，则S n ＋10a 2n的最大值是________．解析：设数列{a n }的公差为d ，依题意得2S 2＝S 1＋S 3，因为a 1＝1，所以22a 1＋d ＝a 1＋3a 1＋3d ，化简可得d ＝2a 1＝2，所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，S n ＝n ＋－2×2＝n 2，所以S n ＋10a 2n ＝＋2－2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋102n －12 ＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤12－＋2122n －12＝14⎝⎛⎭⎫1＋212n －12≤121. 故S n ＋10a 2n 的最大值是121.答案：1212．(2016·常州调研)设等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意n ∈N *都有S n T n ＝2n －34n －3，则a 7b 3＋b 9＋a 5b 4＋b 8＝________.解析：因为数列{a n }，{b n }为等差数列，所以a 7b 3＋b 9＋a 5b 4＋b 8＝a 72b 6＋a 52b 6＝2a 62b 6＝a 6b 6，因为S 11T 11＝a 1＋a 11b 1＋b 11＝2a 62b 6，所以a 7b 3＋b 9＋a 5b 4＋b 8＝2×11－34×11－3＝1941.答案：19413．已知数列{a n }满足，a n ＋1＋a n ＝4n －3(n ∈N *)． (1)若数列{a n }是等差数列，求a 1的值； (2)当a 1＝2时，求数列{a n }的前n 项和S n . 解：(1)法一：数列{a n }是等差数列， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ，a n ＋1＝a 1＋nd. 由a n ＋1＋a n ＝4n －3，得(a 1＋nd)＋[a 1＋(n －1)d]＝4n －3， ∴2dn ＋(2a 1－d)＝4n －3，即2d ＝4,2a 1－d ＝－3，解得d ＝2，a 1＝－12.法二：在等差数列{a n }中，由a n ＋1＋a n ＝4n －3，得a n ＋2＋a n ＋1＝4(n ＋1)－3＝4n ＋1，∴2d ＝a n ＋2－a n ＝(a n ＋2＋a n ＋1)－(a n ＋1＋a n )＝4n ＋1－(4n －3)＝4， ∴d ＝2.又∵a 1＋a 2＝2a 1＋d ＝2a 1＋2＝4×1－3＝1，∴a 1＝－12.(2)①当n 为奇数时，S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a n －1＋a n )＝2＋4[2＋4＋…＋(n －1)]－3×n －12＝2n 2－3n ＋52.②当n 为偶数时，S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －1＋a n )＝1＋9＋…＋(4n －7)＝2n 2－3n2.第三节等比数列及其前n 项和1．等比数列的有关概念 (1)定义：如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．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a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即：G 是a 与b 的等比中项⇔a ，G ，b 成等比数列⇒G 2＝ab.2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －1.(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－q n 1－q ＝a 1－a n q1－q ，q≠1. 3．等比数列的常用性质 (1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n－m(n ，m ∈N *)．(2)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k(m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k ；(3)若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n bn (λ≠0)仍然是等比数列；(4)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n＋3k，…为等比数列，公比为q k . [小题体验]1．(教材习题改编)已知两个数k ＋9和k －6的等比中项是k ，则实数k ＝________.解析：由两个数k ＋9和k －6的等比中项是k ，得k 2＝(k ＋9)(k －6)，整理得3k －54＝0，解得k ＝18.答案：182．(教材习题改编)在等比数列{a n }中，已知a 1＝－2，S 3＝－72，则公比q ＝________.解析：因为a 1＝－2，S 3＝－72≠3a 1＝－6，所以q≠1，所以S 3＝－－q 31－q＝－72，整理得q 2＋q －34＝0，解得q ＝12或q ＝－32.答案：12或－323．(教材习题改编)在等比数列{a n }中，a 1<0，a 2a 4＋2a 3a 5＋a 4a 6＝25，则a 3＋a 5＝________.解析：因为a 2a 4＋2a 3a 5＋a 4a 6＝a 23＋2a 3a 5＋a 25＝(a 3＋a 5)2＝25，所以a 3＋a 5＝±5. 又a 1<0，a 3，a 5与a 1同号，所以a 3<0，a 5<0，故a 3＋a 5＝－5. 答案：－54．已知等比数列{a n }中，q ＝12，S 5＝－318，a n ＝－116，则n ＝________.解析：因为S 5＝a 1⎣⎡⎦⎤ 1－⎝⎛⎭⎫ 12 5 1－12＝－318，所以a 1＝－2.又a n ＝－116＝－2·⎝⎛⎭⎫ 12 n －1，解得n ＝6. 答案：61．特别注意q ＝1时，S n ＝na 1这一特殊情况．2．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≠0.3．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这一特殊情形而导致解题失误．4．S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 未必成等比数列(例如：当公比q ＝－1且n 为偶数时，S n ，S 2n－S n ，S 3n －S 2n 不成等比数列；当q≠－1或q ＝－1且n 为奇数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等比数列)，但等式(S 2n －S n )2＝S n ·(S 3n －S 2n )总成立．[小题纠偏]1．等比数列x,3x ＋3,6x ＋6，…的第四项等于________．解析：由(3x ＋3)2＝x(6x ＋6)，得x ＝－1或x ＝－3.当x ＝－1时，x,3x ＋3,6x ＋6分别为－1,0,0，则不能构成等比数列，所以舍去；当x ＝－3时，x,3x ＋3,6x ＋6分别为－3，－6，－12，且构成等比数列，则可求出第四个数为－24.答案：－242．已知数列{a n }为公比是3的等比数列，前n 项和S n ＝3n ＋k ，则实数k ＝________. 解析：数列{a n }的前n 项和S n ＝3n ＋k ，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋k ，当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n ＋k －(3n －1＋k)＝2·3n －1，因为数列{a n }为公比是3的等比数列，所以a n ＝2·3n－1对于n ＝1时也成立，即a 1＝2，又a 1＝3＋k ，所以3＋k ＝2，所以k ＝－1. 答案：－13．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝x·3n ＋1，则x 的值为________．解析：令n ＝1，得到S 1＝3x ＋1；令n ＝2，得到S 2＝9x ＋1；令n ＝3，得到S 3＝27x ＋1，所以a 1＝S 1＝3x ＋1，a 2＝S 2－S 1＝6x ，a 3＝S 3－S 2＝18x ，因为{a n }为等比数列，所以a 22＝a 1·a 3，则(6x)2＝18x(3x ＋1)，解得18x(x ＋1)＝0，即x ＝0(舍去)或x ＝－1，所以x ＝－1.答案：－1考点一等比数列的判定与证明重点保分型考点——师生共研[典例引领](2015·广东高考节选)设数列{}a n 的前n 项和为S n ，n ∈N *.已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1.(1)求a 4的值；(2)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 为等比数列．解：(1)当n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，即4⎝⎛⎭⎫1＋32＋54＋a 4＋5⎝⎛⎭⎫1＋32＝8⎝⎛⎭⎫1＋32＋54＋1，解得a 4＝78. (2)证明：由4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1(n≥2)，4S n ＋2－4S n ＋1＋S n －S n －1＝4S n ＋1－4S n (n≥2)，即4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1(n≥2)． ∵4a 3＋a 1＝4×54＋1＝6＝4a 2，∴4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1，∴a n ＋2－12a n ＋1a n ＋1－12a n＝4a n ＋2－2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝4a n ＋1－a n －2a n ＋14a n ＋1－2a n＝2a n ＋1－a n n ＋1－a n＝12， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1＝1为首项，12为公比的等比数列．[由题悟法]等比数列的4种常用判定方法(1)定义法：若a n ＋1a n ＝q(q 为非零常数，n ∈N *)或a na n －1＝q(q 为非零常数且n≥2，n ∈N *)，则{a n }是等比数列．(2)中项公式法：若数列{a n }中，a n ≠0且a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(n ∈N *)，则数列{a n }是等比数列． (3)通项公式法：若数列通项公式可写成a n ＝c·q n －1(c ，q 均是不为0的常数，n ∈N *)，则{a n }是等比数列．(4)前n 项和公式法：若数列{a n }的前n 项和S n ＝k·q n －k(k 为常数且k≠0，q≠0,1)，则{a n }是等比数列．[提醒] (1)前两种方法是判定等比数列的常用方法，常用于证明；后两种方法常用于填空题中的判定．(2)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可．[即时应用]已知数列{a n }的前n 项和为S n ，在数列{b n }中，b 1＝a 1，b n ＝a n －a n －1(n≥2)，且a n ＋S n ＝n.(1)设c n ＝a n －1，求证：{c n }是等比数列； (2)求数列{b n }的通项公式．解：(1)证明：因为a n ＋S n ＝n ，① 所以a n ＋1＋S n ＋1＝n ＋1，② ②－①得：a n ＋1－a n ＋a n ＋1＝1，所以2a n ＋1＝a n ＋1，所以2(a n ＋1－1)＝a n －1，即a n ＋1－1a n －1＝12. 因为首项c 1＝a 1－1，又a 1＋a 1＝1，所以a 1＝12，所以c 1＝－12，公比q ＝12.所以{c n }是以－12为首项，公比为12的等比数列．(2)由(1)可知c n ＝⎝⎛⎭⎫－12×⎝⎛⎭⎫12n －1＝－12n ，所以a n ＝c n ＋1＝1－12n .所以当n≥2时，b n ＝a n －a n －1＝1－12n －⎝⎛⎭⎫1－12n －1＝12n .又b 1＝a 1＝12代入上式也符合，所以b n ＝12n .考点二等比数列的基本运算常考常新型考点——多角探明[命题分析]等比数列的基本运算是高考的常考内容，题型既有填空题，也有解答题，难度适中，属中低档题．常见的命题角度有：(1)求首项a 1，公比q 或项数n ； (2)求通项或特定项； (3)求前n 项和．[题点全练]角度一：求首项a 1，公比q 或项数n1．(2016·济南二模)已知等比数列{a n }的公比为正数，且a 3a 9＝2a 25，a 2＝2，则a 1＝________.解析：∵等比数列{a n }的公比为正数，且a 3a 9＝2a 25，a 2＝2，∴由等比数列的性质得a 26＝2a 25，∴a 6＝2a 5，公比q ＝a 6a 5＝2，a 1＝a 2q＝ 2. 答案： 22．在等比数列中，已知首项为98，末项为13，公比为23，则项数n 为________．解析：由13＝98×⎝⎛⎭⎫23n －1，得n ＝4.答案：4角度二：求通项或特定项3．若等比数列{a n }(a n ∈R)对任意的正整数m ，n 满足a m ＋n ＝a m a n ，且a 3＝22，那么a 12＝________.解析：令m ＝1，则a n ＋1＝a n a 1，所以a 1＝q ，a n ＝q n .因为a 3＝q 3＝22，所以a 12＝q 12＝64. 答案：644．(2016·徐州调研)在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1＝2，且2a 1，a 3,3a 2成等差数列．则a n ＝________.解析：设数列{a n }的公比为q ，∵2a 1，a 3,3a 2成等差数列，∴2a 1＋3a 2＝2a 3， 2a 1＋3a 1q ＝2a 1q 2，2q 2－3q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－12.∵q>0，∴q ＝2.∵a 1＝2，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1q n －1＝2n .答案：2n角度三：求前n 项和5．(2015·安徽高考)已知数列{}a n 是递增的等比数列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则数列{}a n 的前n 项和等于________．解析：设等比数列的公比为q ，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 3＝9，a 21·q 3＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，q ＝12.又{}a n 为递增数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，∴S n ＝1－2n 1－2＝2n－1.答案：2n －16．(2015·盐城调研)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若27a 3－a 6＝0，则S 6S 3＝________.解析：由题可知{a n }为等比数列，设首项为a 1，公比为q ，所以a 3＝a 1q 2，a 6＝a 1q 5，所以27a 1q 2＝a 1q 5，所以q ＝3，由S n ＝a 1－q n 1－q ，得S 6＝a 1－361－3，S 3＝a 1－331－3，所以S 6S 3＝a 1－361－3·1－3a 1－33＝28. 答案：28[方法归纳]解决等比数列有关问题的2种常用思想(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－q n 1－q ＝a 1－a n q1－q.考点三等比数列的性质重点保分型考点——师生共研[典例引领]1．(2016·广州综合测试)已知数列{a n }为等比数列，若a 4＋a 6＝10，则a 7(a 1＋2a 3)＋a 3a 9的值为________．解析：a 7(a 1＋2a 3)＋a 3a 9＝a 7a 1＋2a 7a 3＋a 3a 9＝a 24＋2a 4a 6＋a 26＝(a 4＋a 6)2＝102＝100. 答案：1002．在正项等比数列{a n }中，已知a 1a 2a 3＝4，a 4a 5a 6＝12，a n －1a n a n ＋1＝324，则n ＝________. 解析：设数列{a n }的公比为q ，由a 1a 2a 3＝4＝a 31q 3与a 4a 5a 6＝12＝a 31q 12，可得q 9＝3，a n －1a n a n ＋1＝a 31q3n －3＝324，因此q 3n －6＝81＝34＝q 36，所以3n －6＝36，即n ＝14，答案：143．数列{a n }是等比数列，若a 2＝2，a 5＝14，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝________.解析：设等比数列{a n }的公比为q ，由等比数列的性质知a 5＝a 2q 3，求得q ＝12，所以a 1＝4.a 2a 3＝⎝⎛⎭⎫ 12a 1 ⎝⎛⎭⎫ 12a 2 ＝14a 1a 2，a n a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫ 12a n －1 ⎝⎛⎭⎫ 12a n ＝14a n －1a n (n≥2)．设b n ＝a n a n ＋1，可以得出数列{b n }是以8为首项，以14为公比的等比数列，所以a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1为数列{b n }的前n 项和，由等比数列前n 项和公式得a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝8⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫ 14 n 1－14＝323(1－4－n )．。

【三维设计】高考数学一轮复习 (基础知识+高频考点+解题训练)数列的概念与简单表示法教学案

第一节数列的概念与简单表示法[知识能否忆起]1．数列的定义、分类与通项公式(1)数列的定义：①数列：按照一定顺序排列的一列数．②数列的项：数列中的每一个数．(2)数列的分类：(3)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示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．2．数列的递推公式如果已知数列{a n}的首项(或前几项)，且任一项a n与它的前一项a n－1(n≥2)(或前几项)间的关系可用一个公式来表示，那么这个公式叫数列的递推公式．[小题能否全取]1．(教材习题改编)数列1，23，35，47，59…的一个通项公式是( )A．a n＝n2n＋1B．a n＝n2n－1C．a n＝n2n－3D．a n＝n2n＋3答案：B2．设数列{a n}的前n项和S n＝n2，则a8的值为( )A ．15B ．16C ．49D ．64解析：选A a 8＝S 8－S 7＝64－49＝15. 3．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝nn ＋1，则这个数列是( )A ．递增数列B ．递减数列C ．常数列D ．摆动数列解析：选A a n ＋1－a n ＝n ＋1n ＋2－n n ＋1＝n ＋2－n n ＋n ＋n ＋＝1n ＋n ＋>0.4．(教材习题改编)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2·3n －1n 为偶数，2n －n 为奇数，则a 4·a 3＝________.解析：a 4·a 3＝2×33·(2×3－5)＝54. 答案：545．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝pn ＋q n ，且a 2＝32，a 4＝32，则a 8＝________. 解析：由已知得⎩⎪⎨⎪⎧2p ＋q 2＝32，4p ＋q 4＝32，解得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝14，q ＝2.则a n ＝14n ＋2n ，故a 8＝94.答案：941.对数列概念的理解(1)数列是按一定“顺序”排列的一列数，一个数列不仅与构成它的“数”有关，而且还与这些“数”的排列顺序有关，这有别于集合中元素的无序性．因此，若组成两个数列的数相同而排列次序不同，那么它们就是不同的两个数列．(2)数列中的数可以重复出现，而集合中的元素不能重复出现，这也是数列与数集的区别．2．数列的函数特征数列是一个定义域为正整数集N *(或它的有限子集{1,2,3，…，n })的特殊函数，数列的通项公式也就是相应的函数解析式，即f (n )＝a n (n ∈N *)．典题导入[例1] (2012·天津南开中学月考)下列公式可作为数列{a n }：1,2,1,2,1,2，…的通项公式的是( )A ．a n ＝1B ．a n ＝－n＋12 C ．a n ＝2－⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin n π2D ．a n ＝－n －1＋32[自主解答] 由a n ＝2－⎪⎪⎪⎪⎪⎪sinn π2可得a 1＝1，a 2＝2， a 3＝1，a 4＝2，….[答案] C若本例中数列变为：0,1,0,1，…，则{a n }的一个通项公式为________．答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n 为奇数，n 为偶数⎝⎛⎭⎪⎫或a n ＝1＋－n2或a n ＝1＋cos n π2由题悟法1．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．2．根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想．以题试法1．写出下面数列的一个通项公式． (1)3,5,7,9，…； (2)12，34，78，1516，3132，…； (3)3,33,333,3 333，…；(4)－1，32，－13，34，－15，36，….解：(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)将数列各项改写为93，993，9993，99993，…，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)．(4)奇数项为负，偶数项为正，故通项公式的符号为(－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＋－nn，也可写为a n＝⎩⎪⎨⎪⎧－1n ，n 为正奇数，3n ，n 为正偶数.典题导入[例2] 已知数列{a n }的前n 项和S n ，根据下列条件分别求它们的通项a n . (1)S n ＝2n 2＋3n ；(2)S n ＝3n＋1.[自主解答] (1)由题可知，当n ＝1时，a 1＝S 1＝2×12＋3×1＝5，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2＋3n )－[2(n －1)2＋3(n －1)]＝4n ＋1. 当n ＝1时，4×1＋1＝5＝a 1，故a n ＝4n ＋1. (2)当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋1＝4，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋1)－(3n －1＋1)＝2×3n －1.当n ＝1时，2×31－1＝2≠a 1，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4， n ＝1，2×3n －1， n ≥2.由题悟法已知数列{a n }的前n 项和S n ，求数列的通项公式，其求解过程分为三步：(1)先利用a 1＝S 1求出a 1；(2)用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n 的表达式；(3)对n ＝1时的结果进行检验，看是否符合n ≥2时a n 的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n ＝1与n ≥2两段来写．以题试法2．(2012·聊城模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝nn ＋1，则1a 5＝( ) A.56 B.65 C.130D ．30解析：选D 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝nn ＋1－n －1n ＝1nn ＋，则a 5＝15×6＝130.典题导入[例3] 已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－21n ＋20. (1)n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值； (2)n 为何值时，该数列的前n 项和最小？[自主解答] (1)因为a n ＝n 2－21n ＋20＝⎝⎛⎭⎪⎫n －2122－3614，可知对称轴方程为n ＝212＝10.5.又因n ∈N *，故n ＝10或n ＝11时，a n 有最小值，其最小值为112－21×11＋20＝－90.(2)设数列的前n 项和最小，则有a n ≤0，由n 2－21n ＋20≤0，解得1≤n ≤20，故数列{a n }从第21项开始为正数，所以该数列的前19或20项和最小．在本例条件下，设b n ＝a nn，则n 为何值时，b n 取得最小值？并求出最小值．解：b n ＝a n n ＝n 2－21n ＋20n ＝n ＋20n－21，令f (x )＝x ＋20x －21(x >0)，则f ′(x )＝1－20x2，由f ′(x )＝0解得x ＝25或x ＝－25(舍)．而4<25<5，故当n ≤4时，数列{b n }单调递减；当n ≥5时，数列{b n }单调递增．而b 4＝4＋204－21＝－12，b 5＝5＋205－21＝－12，所以当n ＝4或n ＝5时，b n 取得最小值，最小值为－12.由题悟法1．数列中项的最值的求法根据数列与函数之间的对应关系，构造相应的函数a n ＝f (n )，利用求解函数最值的方法求解，但要注意自变量的取值．2．前n 项和最值的求法(1)先求出数列的前n 项和S n ，根据S n 的表达式求解最值；(2)根据数列的通项公式，若a m ≥0，且a m ＋1<0，则S m 最大；若a m ≤0，且a m ＋1>0，则S m最小，这样便可直接利用各项的符号确定最值.以题试法3．(2012·江西七校联考)数列{a n }的通项a n ＝nn 2＋90，则数列{a n }中的最大值是( )A ．310B ．19 C.119D.1060解析：选C a n ＝1n ＋90n ，由基本不等式得，1n ＋90n≤1290，由于n ∈N *，易知当n ＝9或10时，a n ＝119最大．1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2(a n －1)，则a 2等于( ) A ．4 B ．2 C ．1D ．－2解析：选A 由题可知S n ＝2(a n －1)，所以S 1＝a 1＝2(a 1－1)，解得a 1＝2.又S 2＝a 1＋a 2＝2(a 2－1)，解得a 2＝a 1＋2＝4.2．按数列的排列规律猜想数列23，－45，67，－89，…的第10项是( )A ．－1617B ．－1819C ．－2021D ．－2223解析：选C 所给数列呈现分数形式，且正负相间，求通项公式时，我们可以把每一部分进行分解：符号、分母、分子．很容易归纳出数列{a n }的通项公式，a n ＝(－1)n ＋12n2n ＋1，故a 10＝－2021.3．数列{a n }的前n 项积为n 2，那么当n ≥2时，a n ＝( ) A ．2n －1B ．n 2C.n ＋2n 2D.n 2n －2解析：选D 设数列{a n }的前n 项积为T n ，则T n ＝n 2，当n ≥2时，a n ＝T n T n －1＝n 2n －2.4．已知数列{a n }满足a 1>0，a n ＋1a n ＝12，则数列{a n }是( ) A ．递增数列 B ．递减数列 C ．常数列D ．不确定解析：选B ∵a n ＋1a n ＝12<1.又a 1>0，则a n >0， ∴a n ＋1<a n .∴{a n }是递减数列．5．(2012·北京高考)某棵果树前n 年的总产量S n 与n 之间的关系如图所示．从目前记录的结果看，前m 年的年平均产量最高，m 的值为( )A ．5B ．7C ．9D ．11解析：选C 依题意S n n表示图象上的点(n ，S n )与原点连线的斜率，由图象可知，当n ＝9时，S n n最大，故m ＝9.6．(2013·江西八校联考)将石子摆成如图的梯形形状．称数列5,9,14,20，…为“梯形数”．根据图形的构成，此数列的第2 012项与5的差，即a 2 012－5＝( )A ．2 018×2 012B ．2 018×2 011C ．1 009×2 012D ．1 009×2 011解析：选D 因为a n －a n －1＝n ＋2(n ≥2)，所以a n ＝5＋n ＋n －2，所以a 2 012－5＝1 009×2 011.7．已知数列{a n }满足a st ＝a s a t (s ，t ∈N *)，且a 2＝2，则a 8＝________. 解析：令s ＝t ＝2，则a 4＝a 2×a 2＝4，令s ＝2，t ＝4，则a 8＝a 2×a 4＝8. 答案：88．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，且a n ＝a n －1a n －2(n ≥3)，则a 2 012＝________. 解析：将a 1＝1，a 2＝2代入a n ＝a n －1a n －2得a 3＝a 2a 1＝2，同理可得a 4＝1，a 5＝12，a 6＝12，a 7＝1，a 8＝2，故数列{a n }是周期数列，周期为6，故a 2 012＝a 335×6＋2＝a 2＝2.答案：29．已知{a n }的前n 项和为S n ，且满足log 2(S n ＋1)＝n ＋1，则a n ＝________. 解析：由已知条件可得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，n ＝1时不适合a n ，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n，n ≥2.答案：⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n，n ≥2.10．数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2－7n ＋6. (1)这个数列的第4项是多少？(2)150是不是这个数列的项？若是这个数列的项，它是第几项？ (3)该数列从第几项开始各项都是正数？解：(1)当n ＝4时，a 4＝42－4×7＋6＝－6. (2)令a n ＝150，即n 2－7n ＋6＝150，解得n ＝16或n ＝－9(舍去)，即150是这个数列的第16项．(3)令a n ＝n 2－7n ＋6>0，解得n >6或n <1(舍)．故从第7项起各项都是正数．11．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2＋2n ，数列{b n }的前n 项和T n ＝2－b n .求数列{a n }与{b n }的通项公式．解：∵当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2＋2n )－[2(n －1)2＋2(n －1)]＝4n ，当n ＝1时，a 1＝S 1＝4也适合， ∴{a n }的通项公式是a n ＝4n (n ∈N *)． ∵T n ＝2－b n ，∴当n ＝1时，b 1＝2－b 1，b 1＝1.当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝(2－b n )－(2－b n －1)， ∴2b n ＝b n －1.∴数列{b n }是公比为12，首项为1的等比数列．∴b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.12．(2012·福州质检)数列{a n }中，已知a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋cn (n ∈N *，常数c ≠0)，且a 1，a 2，a 3成等比数列．(1)求c 的值；(2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)由题知，a 1＝2，a 2＝2＋c ，a 3＝2＋3c ，因为a 1，a 2，a 3成等比数列，所以(2＋c )2＝2(2＋3c )，解得c ＝0或c ＝2，又c ≠0，故c ＝2. (2)当n ≥2时，由a n ＋1＝a n ＋cn 得a 2－a 1＝c ， a 3－a 2＝2c ，…a n －a n －1＝(n －1)c ，以上各式相加，得a n －a 1＝[1＋2＋…＋(n －1)]c ＝n n －12c ，又a 1＝2，c ＝2，故a n ＝n 2－n ＋2(n ≥2)，当n ＝1时，上式也成立，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－n ＋2(n ∈N *)．1．(2013·嘉兴质检)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1a n ＝2n(n ∈N *)，则a 10＝( ) A ．64 B ．32 C ．16D ．8解析：选B 因为a n ＋1a n ＝2n，所以a n ＋1a n ＋2＝2n ＋1，两式相除得a n ＋2a n＝2.又a 1a 2＝2，a 1＝1，所以a 2＝2，则a 10a 8·a 8a 6·a 6a 4·a 4a 2＝24，即a 10＝25. 2．数列{a n }中，S n 为{a n }的前n 项和，n (a n ＋1－a n )＝a n (n ∈N *)，且a 3＝π，则tan S 4等于( )A ．－33B. 3 C ．－ 3D.33解析：选B 法一：由n (a n ＋1－a n )＝a n 得na n ＋1＝(n ＋1)a n ，可得3a 4＝4a 3，已知a 3＝π，则a 4＝43π.又由2a 3＝3a 2，得a 2＝23π，由a 2＝2a 1，得a 1＝π3，故S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝103π，tan S 4＝tan 103π＝ 3.法二：∵由n (a n ＋1－a n )＝a n ，得na n ＋1＝(n ＋1)a n 即a n ＋1n ＋1＝a nn， ∴a n n ＝a n －1n －1＝a n －2n －2＝…＝a 33＝π3.∴a n ＝π3n ，∴S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝π3(1＋2＋3＋4)＝103π，tan S 4＝tan 103π＝ 3.3．(2012·甘肃模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，且满足递推关系a n ＋1＝2a 2n ＋3a n ＋ma n ＋1(n ∈N *)．(1)当m ＝1时，求数列{a n }的通项公式a n ；(2)当n ∈N *时，数列{a n }满足不等式a n ＋1≥a n 恒成立，求m 的取值范围．解：(1)∵m ＝1，由a n ＋1＝2a 2n ＋3a n ＋1a n ＋1(n ∈N *)，得a n ＋1＝a n ＋a n ＋a n ＋1＝2a n ＋1，∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，∴数列{a n ＋1}是以2为首项，公比也是2的等比数列．于是a n ＋1＝2·2n －1，∴a n ＝2n－1.(2)∵a n ＋1≥a n ，而a 1＝1，知a n ≥1， ∴2a 2n ＋3a n ＋m a n ＋1≥a n ，即m ≥－a 2n －2a n ，依题意，有m ≥－(a n ＋1)2＋1恒成立．∵a n ≥1，∴m ≥－22＋1＝－3，即满足题意的m 的取值范围是[－3，＋∞)．1．下列说法中，正确的是( ) A ．数列1,3,5,7可表示为{1,3,5,7}B ．数列1,0，－1，－2与数列－2，－1,0,1是相同的数列C ．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n ＋1n 的第k 项为1＋1kD ．数列0,2,4,6,8，…可记为{2n } 解析：选C ∵数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n ＋1n 的通项公式为a n ＝n ＋1n ＝1＋1n ，∴a k ＝1＋1k .故C 正确；由数列的定义可知A 、B 均错；D 应记作{2(n －1)}．2．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，a 2＝2，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21为( )A ．5 B.72 C.92D.132解析：选B a 1＝12－a 2＝12－2，a 2＝2，a 3＝12－2，a 4＝2，…，知a 2n ＝2，a 2n －1＝12－2，故S 21＝10×12＋a 1＝5＋12－2＝72.3．如图关于星星的图案中，第n 个图案中星星的个数为a n ，则数列{a n }的一个通项公式是( )A ．a n ＝n 2－n ＋1 B ．a n ＝n n －2C ．a n ＝n n ＋2D ．a n ＝n n ＋2解析：选C 从图中可观察星星的构成规律，n ＝1时，有1个；n ＝2时，有3个；n ＝3时，有6个；n ＝4时，有10个，…故a n ＝1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n n ＋2.4．已知数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋1＝a n2a n ＋1，则其通项公式为________．解析：两边取倒数，得1a n ＋1＝2a n ＋1a n ＝2＋1a n ，故有1a n ＋1－1a n ＝2.故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1a 1＝13，公差为2的等差数列，所以1a n ＝13＋2(n －1)＝6n －53，故a n ＝36n －5.答案：36n －55．已知数列{a n }满足：a 1＝1，(n －1)a n ＝n ×2na n －1(n ∈N ，n ≥2)，则数列{a n }的通项公式为________．解析：当n ≥2，有(n －1)a n ＝n ×2na n －1，故a n a n －1＝n n －1×2n，则有a n －1a n －2＝n －1n －2×2n －1，a n －2a n －3＝n －2n －3×2n －2，…，a 2a 1＝21×22.上述n －1个式子累乘，得a n a 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n n －1×2n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n －2×2n －1×⎝⎛⎭⎪⎫n －2n －3×2n －2×…×⎝ ⎛⎭⎪⎫21×22＝n ×2n ＋(n －1)＋(n －2)＋…＋2＝n ×2n －n ＋2.又因为a 1＝1，所以a n ＝n ×2n －n ＋2，而当n ＝1时，a 1＝1×20＝1，也满足上式，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n ×2n －n ＋2. 答案：an ＝n ×2n －n ＋2。

【三维设计】高考数学一轮复习第5节数列的综合问题课件

[巧练模拟]—————(课堂突破保分题，分分必保！)
4．(2011·陕西高考)如图，从点P1(0,0)作x轴的垂线交曲线y＝ex于点 Q1(0,1)，曲线在Q1点处的切线与x轴交于点P2，再从P2作x轴的垂线交曲线于点Q2，依次重复上述过程得到一系列点：P1，Q1；P2， Q2；…；Pn，Qn，记Pk点的坐标为(xk,0)(k＝1,2，…，n)．
2．在2011年9月28日成功发射了“天宫一号”，假设运载火箭在点火第一秒钟通过的路程为2 km，以后每秒钟通过的路程都增加2 km，在到达离地面240 km的高度时，火箭与飞船分离，则这一过程需要的时间大约是
A．10秒钟 C．15秒钟
() B．13秒钟 D．20秒钟
解析：设每一秒钟通过的路程依次为a1，a2，a3，…，an，则数列{an}是首项为a1＝2，公差为d＝2的等差数列，由等差数列求和公式得 na1＋nn－2 1d＝240，即2n＋n(n－1)＝240，解得n＝15(n＝－16舍去)．
C．甲的产值大于乙的产值 D．不能确定
解析：设元月份甲、乙两车间的产值为a,8月份为b.甲每月增产值为d(d>0)，乙增加产值的百分比为q(q>0)，则有n 个月后甲车间的产值为an＝a＋(n－1)d，乙车间的产值bn ＝a(1＋q)n，若将其视为关于n的函数，则可得如图所示的图象，∴4月份时甲的产值大于乙的产值．
[冲关锦囊] 解决等差数列与等比数列的综合问题，关键是理清两个数列的关系．如果同一数列中部分项成等差数列，部分项成等比数列，要把成等差数列或等比数列的项抽出来单独研究；如果两个数列通过运算综合在一起，要从分析运算入手，把两个数列分割开，弄清两个数列各自的特征，再进行求解.
[精析考题] [例2] (2011·湖南高考)某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M，M的价值在使用过程中逐年减少．从第2年到第6年，每年初 M的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M的价值为上年初的75%.

创新设计2017版高考数学(江苏专用文科)一轮复习练习：第六章数列第2讲含答案

基础巩固题组（建议用时：40分钟）一、填空题1.(2016·武汉调研)已知数列{a n｝是等差数列，a1＋a7＝－8，a2＝2，则数列｛a n｝的公差d等于________.解析法一由题意可得错误!解得a1＝5,d＝－3.法二a1＋a7＝2a4＝－8,∴a4＝－4，∴a4－a2＝－4－2＝2d,∴d＝－3。

答案－32.(2015·重庆卷）在等差数列｛a n}中，若a2＝4,a4＝2,则a6＝________.解析由等差数列的性质，得a6＝2a4－a2＝2×2－4＝0。

答案03.设S n为等差数列{a n｝的前n项和，S2＝S6,a4＝1，则a5＝________.解析由题意知错误!解得错误!∴a5＝a4＋d＝1＋(－2）＝－1.答案－14.设数列｛a n}，｛b n}都是等差数列,且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝100,则a37＋b37＝________。

解析设｛a n｝，{b n｝的公差分别为d1，d2,则（a n＋1＋b n＋1)－（a n ＋b n）＝(a n＋1－a n）＋(b n＋1－b n）＝d1＋d2,∴｛a n＋b n}为等差数列，又a1＋b1＝a2＋b2＝100，∴｛a n＋b n｝为常数列，∴a37＋b37＝100.答案1005。

(2016·沈阳质量检测）设S n为等差数列｛a n｝的前n项和,若a1＝1,公差d＝2，S n＋2－S n＝36，则n＝________.解析法一由等差数列前n项和公式可得S n＋2－S n＝(n＋2）a1＋错误!d－错误!＝2a1＋（2n＋1)d＝2＋4n＋2＝36，∴n＝8。

法二由S n＋2－S n＝a n＋2＋a n＋1＝a1＋a2n＋2＝36，因此a2n＋2＝a1＋（2n ＋1)d＝35，解得n＝8。

答案86.（2016·苏北四市调研)已知数列｛a n｝满足a n＋1＝a n－57,且a1＝5,设｛a n｝的前n项和为S n，则使得S n取得最大值的序号n的值为________。

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(1)设 n 年内(本年度为第一年)总投入为 an 万元，旅游业总收入为 bn 万元，写出 an，bn 的表达式； (2)至少经过几年，旅游业的总收入才能超过总投入？
解： (1)第 1 年投入为 400 800 万元，万元，第 1 年旅游业收入为 (2)设至少经过 n 年旅游业的总收入才能超过总投入， 1 1 第年投入为－× 万元，由此 an>0， 800× 1 n－第b2 2 年旅游业收入为 400 5 1＋ 4 万元， 5 n 4 n … 即 1 600×4 － 1－ 4 000×1－ 5 >0. 1 1 n－1 1n－ 1＋第n 800×1 －× 万元，年旅游业收入为 400 万元， 4年投入为 n 5 2 4 令 x＝，代入上式得 5x － 7x＋ 2>0， 5 n 年内的总投入为所以年内旅游业总收入为 2 1 1n－1 解此不等式得 x < 或 x >1( 舍去 ) ， an＝ 800 b 400＋ 800 400× ＋＋…＋ 800 400×1－＋ 5 1－ 5 5 4 4 4 2 4 5 n 即 800 < ，由此得 n 1－ n ≥ 5. 400 × 5 5 4 4 5 n 5 1 －＝ 1× 600 × －＝ 4＝ 000 . 1. 4 5 4 5 所以至少经过旅游业的总收入才能超过总投入 . 1－ 5 年， 4 5
2 n－1 又因 b1＝a，n≥2 3 a，故 bn＝b1＋(b2－b1)＋(b3－b2)＋…＋(bn－bn－1) 2 2 － 2 2 ＝a＋ a＋ 3 a＋…＋ 3 n 1a 3 2 － 2 2 2 ＝ 1＋3＋ 3 ＋…＋ 3 n 1 a 2 1－3 n 2 － n 1a，＝ a＝3－2· 2 3 1－ 3 2 － n 1a，(n∈N*)．显然 n＝1 也适合，故 bn＝3－2· 3
考点三
数列与其他知识的交汇常考常新型考点 ——多角探明
[命题分析 ] 数列在高考中多与函数、不等式、解析几何、向量交汇命题，难度比较大，在备考中仍应引起高度重视．常见的命题角度有： (1)数列与函数的交汇； (2)数列与不等式的交汇．
[题点全练] 角度一：数列与函数的交汇 1． (2014· 四川高考)设等差数列{an}的公差为 d，点 (an， bn)在函数 f(x)＝ 2x 的图象上(n∈ N*)． (1)证明：数列 {bn}为等比数列； (2)若 a1＝ 1，函数 f(x)的图象在点 (a2，b2)处的切线在 1 x 轴上的截距为 2－，求数列{anb2 n}的前 n 项和 Sn. ln 2
[方法归纳 ] 1．数列与函数的综合的 2 个方面 (1)以数列的特征量 n，an，Sn 等为坐标的点在函数图象上，可以得到数列的递推关系； (2)数列的项或前 n 项和可以看作关于 n 的函数，然后利用函数的性质求解数列问题．
2．数列与不等式相结合问题的 2 个处理方法 (1)如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等； (2) 如果是解不等式问题要使用不等式的各种不同解法，如列表法、因式分解法、穿根法等．总之解决这类问题把数列和不等式的知识巧妙结合起来综合处理就行了．

2 3
－ n 1 a
万元．
(1)求甲、乙两超市第 n 年销售额的表达式；
(2) 若其中某一超市的年销售额不足另一超市的年销售额的 50%，则该超市将被另一超市收购，判断哪一超市有可能被收购？如果有这种情况，将会出现在第几年．解：(1)设甲、乙超市第 n 年销售额分别为 an，bn，又设甲超
[由题悟法 ] 解数列应用题的建模思路从实际出发，通过抽象概括建立数学模型，通过对模型的解析，再返回实际中去，其思路框图为：
[即时应用] 从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业，根据规划，本年度投入 800 1 万元，以后每年投入将比上年减少，本年度当地旅游业收 5 入估计为 400 万元，由于该项建设对旅游业的促进作用， 1 预计今后的旅游业收入每年会比上年增加 . 4
解： (1)设等比数列 {an}的公比为 q， a4＋ S4， a5＋S5， a6＋ S6 成等差数列，所以 a5＋ S5－ a4－ S4＝ a6＋S6－ a5－ S5，即 2a6－ 3a5＋ a4＝ 0，所以 2q2－ 3q＋ 1＝ 0. 1 因为 q≠ 1，所以 q＝， 2 1 所以等比数列{an}的通项公式为 an＝ n. 2 an＋ an＋ 1 n 3 3 (2)由题意得 bn＝ · 3＝ · 2 4 2 3 3 n＋1 － 32 2 9 3 Tn＝ · ＝ 4 3 4 2 1－ 2
n a1＝ 12， 4 1 － 4 ＋1 2 12＋ (n－ n 1)· n 解得所以 a ＝ 2 ＝ 2 n ＋ 10. ①－②，得－ 3Tn＝ 4＋＝－ n4 ＋ … ＋ 4 － n× 4 d ＝ 2. －3
2n＋10－10 2n n (2)证明：由 (1) ，得 b ＝ 2 a － 10 ＝ 2 ＝ 2 ＝ 4 ， n n n＋1 n× 4 . ＋ bn＋1 4n 1 所以＝ n ＝ 4. n＋1 bn 3n 4－ 1×4 ＋ 4 所以 Tn＝ . 所以 {b }是首项为94，公比为 4 的等比数列． n
意分类讨论，分类解决问题后还要注意结论的整合．
[即时应用 ] 1 已知公比不为 1 的等比数列 {an}的首项 a1＝，前 n 项和 2 为 Sn，且 a4＋ S4， a5＋ S5， a6＋ S6 成等差数列． (1)求等比数列 {an}的通项公式； (2)对 n∈ N*，在 an 与 an＋1 之间插入 3n 个数，使这 3n＋2 个数成等差数列，记插入的这 3n 个数的和为 bn，求数列 {bn}的前 n 项和 Tn.
[由题悟法 ] 等差数列、等比数列综合问题的 2 大解题策略 (1)设置中间问题：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、求通项需要先求出首项和公差 (公比 )等，确定解题的顺序． (2)注意解题细节：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． [提醒 ] 在不能使用同一公式进行计算的情况下要注
第五节数列的综合应用
考点一等差数列与等比数列的综合问题重点保分型考点——师生共研
[典例引领] 在等差数列{an}中，a10＝30，a20＝50. (1)求数列{an}的通项公式； (2)令 bn＝2an－10，证明：数列{bn}为等比数列； (3)求数列{nbn}的前 n 项和 Tn.
解： (1)设数列 {an}的公差为 d，则 an＝a1＋(n－1)d， (3)由 nbn＝ n× 4n，得 Tn＝ 1× 4＋ 2× 42＋…＋ n× 4n，① a ＋ 9d＝ 30， 1 由 a10＝ 302 ， a20＝50，得方程组 n n＋1 4Tn＝ 1× 4 ＋…＋ (n－ 1)× 4 ＋ n × 4 ，② a ＋ d＝ 50， 1 19
(2)函数 f( ＝ 1· 4 ＋ 2· 4 ＋…＋ ( n － 1)· 4 ＋ n · 4 . y－ 2a ＝ (2 a ln 2)( x － a ) ， n2 2 2 解：(1)证明：由已知，bn＝ 12an＞0. n＋1 4 －4 它在 x 轴上的截距为 a22－ . n n＋1 ln 2 因此， Sn－4Sn＝4＋4 ＋…＋4 －n· 4 ＝－ 3 bn＋1 当 n≥1 时， b1 ＝2an＋1－ 1 an＝2d. 由题意，a2－ n ＝ 2－， n＋1 ln 2 ln 2 1－3n4 －4 n＋1 n· 4 ＝ . d 3 所以解得， a 数列＝2. {bn}是首项为 2a1，公比为 2 的等比数列．
＋
2
n n＋a 1 ＝n，b ＝2n，a b2 ＝n· 所以，d＝a2 － a ＝ 1 ， 4 . 1 14 n 4 n n n 3n－＋所以 Sn＝ . 9 2 3 于是，Sn＝1· 4＋2· 4 ＋3· 4 ＋…＋(n－1)· 4n－1＋n· 4n，
角度二：数列与不等式的交汇 2． (2016· 郑州质量预测)已知数列 {an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝ 2an－ 2. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝ log2a1＋ log2a2＋…＋ log2an，求使 (n－ 8)bn≥ nk 对任意 n∈ N*恒成立的实数 k 的取值范围．
n － 1 . n，
考点二
等差数列与等比数列的实际应用重点保分型考点——师生共研
[典例引领] 甲、乙两大超市同时开业，第一年的全年销售额为 a 万元，由 a 2 于经营方式不同，甲超市前 n 年的总销售额为 (n －n＋2)万 2 元，乙超市第 n 年的销售额比前一年销售额多
即
n－1>6－4·
2 3
－ n 1，即
2 3
－ n 1.
又当
2 － n 1 n≥ 7 时，0<4· <1， 3
*
故当 n∈ N 且
2 － n 1 n≥7 时，n>7－ 4· 恒成立． 3
所以第 7 年乙超市的年销售额不足甲超市的一半，乙超市将被甲超市收购．
n n＋ 1 (2)bn＝ log2a1＋ log2a2＋ …＋ log2an＝ 1＋ 2＋…＋ n＝ . 2 解： (1)由 Sn＝2an－2 可得 a1＝2.
* 要使 ( n － 8) b ≥ nk 对任意 n ∈ N 恒成立，因为 Sn＝2a nn－ 2，

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