2020高考数学理科大一轮复习导学案：第五章+数列5.3+Word版含答案【KS5U+高考】

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2019-2020年高考数学一轮总复习第五章数列5.3等比数列及其前n项和课时跟踪检测理

2019-2020年高考数学一轮总复习第五章数列5.3等比数列及其前n 项和课时跟踪检测理[课时跟踪检测][基础达标]1．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( ) A ．10 B ．20 C ．100D ．200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：C2．设等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，已知S 3＝8，S 6＝7，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A.18 B ．－18C.578D ．558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：A3．已知数列{a n }满足log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1(n ∈N *)，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则log 13(a 5＋a 7＋a 9)的值是( )A ．－5B ．－15C ．5D ．15解析：∵log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1，∴a n ＋1＝3a n . ∴数列{a n }是公比q ＝3的等比数列． ∵a 5＋a 7＋a 9＝q 3(a 2＋a 4＋a 6)，∴log 13(a 5＋a 7＋a 9)＝log 13(9×33)＝log 1335＝－5.答案：A4．(xx 届太原一模)在单调递减的等比数列{a n }中，若a 3＝1，a 2＋a 4＝52，则a 1＝( )A ．2B ．4 C. 2D ．2 2解析：在等比数列{a n }中，a 2a 4＝a 23＝1，又a 2＋a 4＝52，数列{a n }为递减数列，所以a 2＝2，a 4＝12，所以q 2＝a 4a 2＝14，所以q ＝12，a 1＝a 2q＝4.答案：B5．(xx 届莱芜模拟)已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝b 1＝3，a n ＋1－a n ＝b n ＋1b n＝3，n ∈N *，若数列{c n }满足c n ＝ba n ，则c 2 017＝( )A ．92 016B ．272 016C ．92 017D ．272 017解析：由已知条件知{a n }是首项为3，公差为3的等差数列，数列{b n }是首项为3，公比为3的等比数列，所以a n ＝3n ，b n ＝3n. 又c n ＝ba n ＝33n，所以c 2 017＝33×2 017＝272 017.答案：D6．(xx 届海口市调研测试)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，a 2－8a 5＝0，则S 8S 4的值为( )A.12 B ．1716 C ．2D ．17解析：设{a n }的公比为q ，依题意得a 5a 2＝18＝q 3，因此q ＝12.注意到a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝q 4(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)，即有S 8－S 4＝q 4S 4，因此S 8＝(q 4＋1)S 4，S 8S 4＝q 4＋1＝1716，选B.答案：B7．(xx 届衡阳模拟)在等比数列{a n }中，a 1＝2，前n 项和为S n ，若数列{a n ＋1}也是等比数列，则S n ＝( )A ．2n ＋1－2 B ．3n C ．2nD ．3n－1解析：因为数列{a n }为等比数列，a 1＝2，设其公比为q ，则a n ＝2qn －1，因为数列{a n ＋1}也是等比数列，所以(a n ＋1＋1)2＝(a n ＋1)(a n ＋2＋1)⇒a 2n ＋1＋2a n ＋1＝a n a n ＋2＋a n ＋a n ＋2⇒a n ＋a n＋2＝2a n ＋1⇒a n (1＋q 2－2q )＝0⇒q ＝1，即a n ＝2，所以S n ＝2n ，故选C.答案：C8．(xx 届广州市五校联考)已知数列{a n }的首项a 1＝2，数列{b n }为等比数列，且b n ＝a n ＋1a n，若b 10b 11＝2，则a 21＝( )A ．29B ．210C ．211D ．212解析：由b n ＝a n ＋1a n ，且a 1＝2，得b 1＝a 2a 1＝a 22，a 2＝2b 1；b 2＝a 3a 2，a 3＝a 2b 2＝2b 1b 2；b 3＝a 4a 3，a 4＝a 3b 3＝2b 1b 2b 3；…；a n ＝2b 1b 2b 3…b n －1，所以a 21＝2b 1b 2b 3…b 20，又{b n }为等比数列，所以a 21＝2(b 1b 20)(b 2b 19)…(b 10b 11)＝2(b 10b 11)10＝211. 答案：C9．由正数组成的等比数列{a n }满足a 3a 8＝32，则log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 10＝________. 解析：log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 10＝log 2(a 1a 10)·(a 2a 9)·…·(a 5a 6)＝log 2(a 3a 8)5＝log 2225＝25.答案：2510．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 －111．(xx 届南昌模拟)已知公比不为1的等比数列{a n }的首项a 1＝12，前n 项和为S n ，且a 4＋S 4，a 5＋S 5，a 6＋S 6成等差数列．(1)求等比数列{a n }的通项公式；(2)对n ∈N *，在a n 与a n ＋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b n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)因为a 4＋S 4，a 5＋S 5，a 6＋S 6成等差数列，所以a 5＋S 5－a 4－S 4＝a 6＋S 6－a 5－S 5，即2a 6－3a 5＋a 4＝0，所以2q 2－3q ＋1＝0，因为q ≠1，所以q ＝12，所以等比数列{a n }的通项公式为a n ＝12n .(2)b n ＝a n ＋a n ＋12·3n＝34⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ，T n ＝34×32－⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋11－32＝94⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.12．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＝81＋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)，得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符合上式，∴4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1(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 22a 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．[能力提升]1．若{a n }是正项递增等比数列，T n 表示其前n 项之积，且T 10＝T 20，则当T n 取最小值时，n 的值为________．解析：T 10＝T 20⇒a 11…a 20＝1⇒(a 15a 16)5＝1⇒a 15a 16＝1，又{a n }是正项递增等比数列，所以0<a 1<a 2<…<a 14<a 15<1<a 16<a 17<…，因此当T n 取最小值时，n 的值为15.答案：152．(xx 届山西吕梁质检)已知数列2,8,4，12，…，该数列的特点是从第2项起，每一项都等于它的前后两项之积，则这个数列的前2 018项之积T 2 018等于________．解析：数列2,8,4，12，…，该数列的特点是从第2项起，每一项都等于它的前后两项之积，这个数列的前8项分别为2,8,4，12，18，14，2,8，易得从第7项起，数字重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项积为2×8×4×12×18×14＝1.又因为2 018＝336×6＋2，所以这个数列的前2 018项之积T 2 018＝1336×2×8＝16. 答案：163．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∵a 1－3＝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.2019-2020年高考数学一轮总复习第五章数列5.4数列求和课时跟踪检测理[课时跟踪检测][基础达标]1．已知数列{a n }是等差数列，a 1＝tan225°，a 5＝13a 1，设S n 为数列{(－1)na n }的前n 项和，则S 2 014＝( )A ．2 015B ．－2 015C ．3 021D ．－3 022解析：由题知a 1＝tan(180°＋45°)＝1，∴a 5＝13 ∴d ＝a 5－a 15－1＝124＝3. ∴a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2. 设b n ＝(－1)na n ＝(－1)n(3n －2)，∴S 2 014＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－6 037＋6 040)＝3×1 007＝3 021.故选C. 答案：C2．设{a n }是公差不为零的等差数列，a 2＝2，且a 1，a 3，a 9成等比数列，则数列{a n }的前n 项和S n ＝( )A.n 24＋7n 4 B ．n 22＋3n 2C.n 24＋3n4D ．n 22＋n2解析：设等差数列{a n }的公差为d ，则由a 23＝a 1a 9得(a 2＋d )2＝(a 2－d )(a 2＋7d )，代入a 2＝2，解得d ＝1或d ＝0(舍)． ∴a n ＝2＋(n －2)×1＝n ， ∴S n ＝a 1＋a n n2＝1＋n n 2＝n 22＋n 2.故选D. 答案：D3．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 2a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5＝( )A ．29B ．31C ．33D ．36解析：设等比数列{a n }的公比为q 则a 21q 3＝2a 1，①a 1q 3＋2a 1q 6＝52，②解得a 1＝16，q ＝12，∴S 5＝a 11－q 51－q＝31，故选B.答案：B4．已知等比数列{a n }的各项均为正数，a 1＝1，公比为q ；等差数列{b n }中，b 1＝3，且{b n }的前n 项和为S n ，a 3＋S 3＝27，q ＝S 2a 2.(1)求{a n }与{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c n ＝32S n ，求{c n }的前n 项和T n .解：(1)设数列{b n }的公差为d ， ∵a 3＋S 3＝27，q ＝S 2a 2，∴⎩⎪⎨⎪⎧q 2＋3d ＝18，6＋d ＝q 2.求得q ＝3，d ＝3，∴a n ＝3n －1，b n ＝3n .(2)由题意得S n ＝n 3＋3n2，c n ＝32S n ＝32×23×1n n ＋1＝1n －1n ＋1. ∴T n ＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.5．(xx 届广州综合测试)已知数列{a n }是等比数列，a 2＝4，a 3＋2是a 2和a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2log 2a n －1，求数列{a n b n }的前n 项和T n . 解：(1)设数列{a n }的公比为q ，因为a 2＝4，所以a 3＝4q ，a 4＝4q 2. 因为a 3＋2是a 2和a 4的等差中项，所以2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，化简得q 2－2q ＝0. 因为公比q ≠0，所以q ＝2. 所以a n ＝a 2qn －2＝4×2n －2＝2n (n ∈N *)．(2)因为a n ＝2n，所以b n ＝2log 2a n －1＝2n －1，所以a n b n ＝(2n －1)2n，则T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)2n －1＋(2n －1)2n，①2T n ＝1×22＋3×23＋5×24＋…＋(2n －3)2n＋(2n －1)·2n ＋1.②由①－②得，－T n ＝2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －(2n －1)2n ＋1＝2＋2×41－2n －11－2－(2n －1)2n ＋1＝－6－(2n －3)2n ＋1，所以T n ＝6＋(2n －3)2n ＋1.6．S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3. (1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．解：(1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，① 可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.②②－①，得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )．由a n >0，得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3. 所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝12n ＋12n ＋3＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3＝n32n ＋3.7．已知数列{a n }与{b n }满足a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )(n ∈N *)． (1)若a 1＝1，b n ＝3n ＋5，求数列{a n }的通项公式；(2)若a 1＝6，b n ＝2n(n ∈N *)且λa n >2n ＋n ＋2λ对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围．解：(1)因为a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )，b n ＝3n ＋5，所以a n ＋1－a n ＝2(b n ＋1－b n )＝2(3n ＋8－3n －5)＝6，所以{a n }是等差数列，首项为1，公差为6，即a n ＝6n －5. (2)因为b n ＝2n，所以a n ＋1－a n ＝2(2n ＋1－2n )＝2n ＋1，当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n ＋2n －1＋…＋22＋6＝2n ＋1＋2，当n ＝1时，a 1＝6，符合上式，所以a n ＝2n ＋1＋2，由λa n >2n＋n ＋2λ得λ>2n＋n 2n ＋1＝12＋n 2n ＋1，令f (n )＝12＋n 2n ＋1，因为f (n ＋1)－f (n )＝n ＋12n ＋2－n 2n ＋1＝1－n 2n ＋2≤0，所以12＋n2n ＋1在n ≥1时单调递减，所以当n ＝1,2时，2n＋n 2n ＋1取最大值34，故λ的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫34，＋∞. [能力提升]1．已知数列{a n }的首项为a 1＝1，前n 项和为S n ，且数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是公差为2的等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(－1)na n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)由已知得S n n＝1＋(n －1)×2＝2n －1，所以S n ＝2n 2－n ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－n －[2(n －1)2－(n －1)]＝4n －3. a 1＝1＝4×1－3，所以a n ＝4n －3，n ∈N *.(2)由(1)可得b n ＝(－1)na n ＝(－1)n(4n －3)．当n 为偶数时，T n ＝(－1＋5)＋(－9＋13)＋…＋[－(4n －7)＋(4n －3)]＝4×n2＝2n ，当n 为奇数时，n ＋1为偶数，T n ＝T n ＋1－b n ＋1＝2(n ＋1)－(4n ＋1)＝－2n ＋1，综上，T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ，n ＝2k ，k ∈N *，－2n ＋1，n ＝2k －1，k ∈N *.2．在数列{a n }中，已知a n >1，a 1＝1＋3，且a n ＋1－a n ＝2a n ＋1＋a n －2，记b n ＝(a n －1)2，n ∈N *.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为S n ，证明：13≤1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n <34.解：(1)因为a n ＋1－a n ＝2a n ＋1＋a n －2，所以a 2n ＋1－a 2n －2a n ＋1＋2a n ＝2，即(a n ＋1－1)2－(a n －1)2＝2. 又b n ＝(a n －1)2，n ∈N *，所以b n ＋1－b n ＝2，数列{b n }是以b 1＝(1＋3－1)2＝3为首项，2为公差的等差数列，故b n ＝2n ＋1，n ∈N *. (2)证明：由(1)得S n ＝n 3＋2n ＋12＝n (n ＋2)，所以1S n ＝1nn ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，n ∈N *，所以1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2<34.记T n ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n，因为1S n>0，n ∈N *，所以T n 单调递增．故T n ≥T 1＝1S 1＝13.综上13≤1S 1＋1S 2＋…＋1S n <34.3．已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 2n ＋a n ＝2S n . (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：S n2<S 1＋S 2＋…＋S n <S n ＋1－12.解：(1)因为当n ∈N *时，a 2n ＋a n ＝2S n ，故当n >1时，a 2n －1＋a n －1＝2S n －1，两式相减得，a 2n －a 2n －1＋a n －a n －1＝2S n －2S n －1＝2a n ，即(a n ＋a n －1)(a n －a n －1)＝a n ＋a n －1.因为a n >0，所以a n ＋a n －1>0，所以当n >1时，a n －a n －1＝1.又当n ＝1时，a 21＋a 1＝2S 1＝2a 1，得a 1＝1，所以数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列，所以a n ＝n .(2)证明：由(1)及等差数列的前n 项和公式知S n ＝n n ＋12，所以S n ＝ n n ＋12>n 22＝n2，所以S 1＋S 2＋…＋S n >12＋22＋…＋n 2＝ 1＋2＋…＋n 2＝S n 2. 又S n ＝ n n ＋12<n ＋122＝n ＋12，所以S 1＋S 2＋…＋S n <22＋32＋…＋n ＋12＝1＋2＋…＋n ＋12－12＝S n ＋1－12，所以S n2<S 1＋S 2＋…＋S n <S n ＋1－12.。

2022年高考数学(理)一轮复习课时训练：第五章数列 5-3 Word版含解析

课时规范训练A 组基础演练1．已知数列{a n }，则“a n ，a n ＋1，a n ＋2(n ∈N *)成等比数列”是“a 2n ＋1＝a n a n ＋2”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A.明显，n ∈N *，a n ，a n ＋1，a n ＋2成等比数列，则a 2n ＋1＝a n a n ＋2，反之，不肯定成立，举反例，如数列为1,0,0,0，….2．设{}a n 是首项为a 1，公差为－1的等差数列，S n 为其前n 项和．若S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 1＝( ) A ．2 B ．－2 C.12D ．－12解析：选D.由于等差数列{}a n 的前n 项和为S n ＝na 1＋n (n －1)2d ，所以S 1，S 2，S 4分别为a 1,2a 1－1,4a 1－6.由于S 1，S 2，S 4成等比数列，所以(2a 1－1)2＝a 1·(4a 1－6)．解得a 1＝－12.3．在等比数列{a n }中，若a 4，a 8是方程x 2－3x ＋2＝0的两根，则a 6的值是( ) A ．±2 B ．－ 2 C. 2D ．±2解析：选C.由于a 4，a 8是方程的两根，则⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 8＝3＞0a 4a 8＝2＞0，∴a 4＞0，a 8＞0，又a 26＝a 4a 8＝2，∴a 6＝ 2.4．已知等比数列{a n }的公比q ＝2，且2a 4，a 6,48成等差数列，则{a n }的前8项和为( ) A ．127 B ．255 C ．511D ．1 023解析：选B.∵2a 6＝2a 4＋48，即a 6＝a 4＋24 ∴25a 1＝23a 1＋24，从而a 1＝1.于是S 8＝1×(1－28)1－2＝28－1＝255.5．设数列{a n }是由正数组成的等比数列，S n 为其前n 项和，已知a 2a 4＝1，S 3＝7，则S 5＝( ) A.152 B.314 C.334D.172解析：选B.设此数列的公比为q (q ＞0)，由已知a 2a 4＝1，得a 23＝1，∴a 3＝1，由S 3＝7，知a 3＋a 3q ＋a 3q 2＝7，即6q 2－q －1＝0，解得q ＝12，从而a 1＝4，所以S 5＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝314. 6．等比数列{a n }中，S n 表示前n 项和，a 3＝2S 2＋1，a 4＝2S 3＋1，则公比q 为________．解析：由a 3＝2S 2＋1，a 4＝2S 3＋1得 a 4－a 3＝2(S 3－S 2)＝2a 3， ∴a 4＝3a 3，∴q ＝a 4a 3＝3.答案：37．设等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和为S n ，若S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列，则q 的值为________．解析：由已知条件得2S n ＝S n ＋1＋S n ＋2，即2S n ＝2S n ＋2a n ＋1＋a n ＋2，即a n ＋2a n ＋1＝q ＝－2.答案：－28．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比不为1.若a 1＝1，则对任意的n ∈N *，都有a n ＋2＋a n ＋1－2a n ＝0，则S 5＝________.解析：由题意知a 3＋a 2－2a 1＝0，设公比为q ，则a 1(q 2＋q －2)＝0. 由q 2＋q －2＝0解得q ＝－2或q ＝1(舍去)， ∴S 5＝a 1(1－q 5)1－q＝1－(－2)53＝11.答案：119．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 －2(2－1)＝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，4为公比的等比数列， ∴a 3＋a 5＋…＋a 2n ＋1＝2(1－4n )1－4＝2(4n －1)3.∴a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n ＋1＝2(4n －1)3＋1＝22n ＋1＋13.10．已知成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{b n }中的b 3、b 4、b 5. (1)求数列{b n }的通项公式； (2)数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋54是等比数列．解：(1)设成等差数列的三个正数分别为a －d ，a ，a ＋d .依题意，得a －d ＋a ＋a ＋d ＝15，解得a ＝5. 所以{b n }中的b 3，b 4，b 5依次为7－d,10,18＋d . 依题意，有(7－d )(18＋d )＝100，解得d ＝2或d ＝－13(舍去)， ∴b 3＝5，公比q ＝2，因此b 1＝54，故b n ＝54·2n －1＝5·2n －3.(2)证明：由(1)知b 1＝54，公比q ＝2，∴S n ＝54(1－2n)1－2＝5·2n －2－54，则S n ＋54＝5·2n －2，因此S 1＋54＝52，S n ＋54S n －1＋54＝5·2n －25·2n －3＝2(n ≥2)． ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋54是以52为首项，公比为2的等比数列．B 组力量突破1．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( ) A ．－2 B ．2 C ．－3D ．3解析：选B.设公比为q ，若q ＝1，则S 2mS m＝2，与题中条件冲突，故q ≠1.∵S 2m S m ＝a 1(1－q 2m )1－q a 1(1－q m )1－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 ＝2.2．等比数列{a n }中，|a 1|＝1，a 5＝－8a 2.a 5＞a 2，则a n 等于( ) A ．(－2)n －1 B ．－(－2)n －1 C ．(－2)nD ．－(－2)n解析：选A.∵|a 1|＝1，∴a 1＝1或a 1＝－1. ∵a 5＝－8a 2＝a 2·q 3，∴q 3＝－8，∴q ＝－2. 又a 5＞a 2，即a 2q 3＞a 2，∴a 2＜0.而a 2＝a 1q ＝a 1·(－2)＜0，∴a 1＝1. 故a n ＝a 1·(－2)n －1＝(－2)n －1.3．数列{a n }中，已知对任意n ∈N *，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1，则a 21＋a 22＋a 33＋…＋a 2n 等于( )A ．(3n －1)2 B.12(9n －1) C ．9n－1D.14(3n－1)解析：选B.∵a 1＋a 2＋…＋a n ＝3n －1，n ∈N *， n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝3n －1－1， ∴当n ≥2时，a n ＝3n －3n －1＝2·3n －1，又n ＝1时，a 1＝2适合上式，∴a n ＝2·3n －1，故数列{a 2n }是首项为4，公比为9的等比数列．因此a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝4(1－9n )1－9＝12(9n －1)． 4．已知等比数列{a n }满足a 1＋a 2＋a 3＝－8，a 4＋a 5＋a 6＝1，则a 11－q ＝__________.解析：∵a 4＋a 5＋a 6a 1＋a 2＋a 3＝q 3＝－18，∴q ＝－12，把q ＝－12代入a 1＋a 2＋a 3＝－8，解得a 1＝－323，∴a 11－q ＝－649.答案：－6495．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)．又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∵a 1－3＝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 (n ∈N *)．。

2020高考数学理科大一轮复习导学案：第五章数列5.3 Word版含答案

姓名，年级：时间：错误!错误!知识点一等比数列的有关概念1．等比数列的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个非零常数,那么这个数列叫做等比数列,这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q（q≠0）表示．数学语言表达式：错误!＝q（n≥2），q为常数．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。

1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×"）（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)G为a，b的等比中项⇔G2＝ab.（×）（3)如果数列{a n}为等比数列,b n＝a2n－1＋a2n，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．（×）2．对任意等比数列｛a n｝，下列说法一定正确的是（ D ）A．a1,a3,a9成等比数列B．a2，a3，a6成等比数列C．a2，a4，a8成等比数列D．a3，a6，a9成等比数列解析：根据等比数列的性质，若m＋n＝2k(m，n,k∈N*），则a m，a k,a n成等比数列．故选D.知识点二等比数列的通项公式及前n项和公式1．若等比数列{a n｝的首项为a1,公比是q，则其通项公式为a n＝a1q n－1；若等比数列｛a n}的第m项为a m,公比是q，则其第n项a n可以表示为a n＝a m q n－m。

2．等比数列的前n项和公式：当q＝1时,S n＝na1;当q≠1时，S n＝错误!＝错误!.3．（2018·北京卷）“十二平均律”是通用的音律体系,明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于错误!.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为（ D )A。

「最新」2020版高考数学一轮复习第5单元数列听课学案理-可编辑修改

第五单元数列第28讲数列的概念与简单表示法课前双击巩固1.数列的有关概念有关概念定义数列按照排列的一列数数列的项数列中的数列的通项数列{a n}的第n项a n通项公式数列{a n}的第n项a n与之间的关系式前n项和数列{a n}中,S n=2.数列的表示法表示法定义列表法通过表格表示n与a n的对应关系图像法用平面直角坐标系内的y轴一系列孤立的点表示公式法通项公式a n=递推公式a n+1=f(a n) ;a n+1=f(a n, a n-1)3.数列的分类分类原则类型满足条件单调性递增数列n∈N*递减数列常数列a n+1=a n周期性周期数列对n∈N*,存在正整数常数k,使an+k=其他标准有界数列存在正数M,使摆动数列从第2项起,有些项大于它的前一项,有些项小于它的前一项4.a n与S n的关系已知数列{a n}的前n项和S n,则a n=常用结论求数列的最大(小)项,一般可以利用数列的单调性,即用(n≥2,n∈N*)或(n≥2,n∈N*)求解,也可以转化为函数的最值问题或利用数形结合思想求解.题组一常识题1.[教材改编]已知数列的前几项为1,-,,-,则该数列的一个通项公式是.2.[教材改编]已知数列满足a n=(n-λ)2n(n∈N*),若{a n}是递增数列,则实数λ的取值范围是.3.[教材改编]在数列中,若a1=1,a n=1+(n≥2),则a3= .题组二常错题◆索引:忽视数列是特殊的函数,其自变量为正整数集N*或其子集{1,2,…,n};求数列前n项和S n的最值时忽视项为零的情况;根据S n求a n时忽视对n=1的验证.4.在数列-1,0,,,…,中,0.08是它的第项.5.在数列{a n}中,a n=-n2+6n+7,当其前n项和S n取最大值时,n=.6.已知S n=2n+3,则a n= .课堂考点探究探究点一根据数列的前几项求数列的通项公式1 (1)数列的前几项为,3,,8,,…,则此数列的通项公式可能是()A.a n=B.a n=C.a n=D.a n=(2)数列,-,,-,…的一个通项公式为 ()A.a n=(-1)n·B.a n=(-1)n·C.a n=(-1)n+1·D.a n=(-1)n+1·(3)数列的前几项为7,77,777,7777,…,则此数列的通项公式可能是.[总结反思] 由数列前几项归纳数列通项公式的常用方法及具体策略:(1)常用方法:观察(观察规律)、比较(比较已知数列)、归纳、转化(转化为特殊数列)、联想(联想常见的数列)等方法.同时也可以使用添项、还原、分割等方法,转化为一个常见数列,通过常见数列的通项公式求得所给数列的通项公式.(2)具体策略:①分式中分子、分母的特征;②相邻项的变化特征,如递增时可考虑关于n为一次递增或以2n,3n等形式递增;③拆项后的特征;④各项的符号特征和绝对值的特征;⑤化异为同,对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破,或寻找分子、分母之间的关系;⑥对于符号交替出现的情况,可用(-1)n或(-1)n+1,n∈N*来处理.式题 (1)数列,,,,,…的一个通项公式为.(2)数列,-,,-,…的一个通项公式可以为.探究点二由a n与S n求通项公式a n2 (1)已知数列的前n项和S n=2n+n2+1(n∈N*),则通项公式为a n= .(2)已知数列的前n项和S n满足a n+2S n S n-1=0(n≥2,n∈N*),a1=,则通项公式为a n= .[总结反思] 已知S n求a n的常用方法是利用a n=转化为关于a n的关系式,再求通项公式.主要分三个步骤完成:(1)先利用a1=S1,求得a1;(2)用n-1替换S n中的n得到一个新的关系式,利用a n=S n-S n-1(n≥2)便可求出当n≥2,n∈N*时的通项;(3)对n=1时的结果进行检验,看是否符合n≥2,n∈N*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.式题 (1)[2017·西宁五中月考]已知数列的前n项和S n=n2+,则通项公式为a n= .(2)已知数列的前n项和为S n,且S n=2a n-2,则数列的通项公式为a n= .探究点三数列的函数特征考向1求最大(小)项3 (1)[2017·临川实验中学月考]已知a n=(n∈N*),则在数列的前100项中最小项和最大项分别是()A.a1,a100B.a100,a44C.a45,a44D.a44,a45(2)已知数列的通项公式为a n=(n+1)(n∈N*),则该数列的最大项是第项.[总结反思] 求数列的最大项与最小项的常用方法:(1)将数列视为函数f当x∈N*时所对应的一列函数值,根据f的类型作出相应的函数图像,或利用求函数最值的方法,求出f的最值,进而求出数列的最大(小)项;(2)通过通项公式a n研究数列的单调性,利用(n≥2)确定最大项,利用(n≥2)确定最小项.(3)比较法:若有a n+1-a n=f(n+1)-f(n)>0或a n>0时,>1,则a n+1>a n,则数列{a n}是递增数列,所以数列{a n}的最小项为a1=f(1);若有a n+1-a n=f(n+1)-f(n)<0或a n>0时,<1,则a n+1<a n,则数列{a n}是递减数列,所以数列{a n}的最大项为a1=f(1).考向2单调性的应用4[2017·永州二模]已知数列的前n项和S n=3n(λ-n)-6,若为递减数列,则λ的取值范围是()A.B.C.D.[总结反思] 数列的单调性是数列最重要的性质之一,它在求参数的取值范围、证明不等式及恒成立等问题中有着广泛应用.应用数列单调性的关键是判断单调性,判断数列单调性的常用方法有两个:(1)利用数列对应的函数的单调性判断;(2)对数列的前后项作差(或作商),利用比较法判断.强化演练1.【考向1】已知数列{a n}的通项公式为a n=,则数列{a n}的最大项为 ()A.a1B.a2C.a3D.a42.【考向1】已知数列{a n}的通项公式为a n=-,则数列{a n} ()A.有最大项,没有最小项B.有最小项,没有最大项C.既有最大项又有最小项D.既没有最大项又没有最小项3.【考向2】设函数f=数列{a n}的通项公式为a n=f(n∈N*),若数列是递减数列,则实数k的取值范围为 ()A.B.C.D.4.【考向1】数列的通项公式为a n=(2n+1)-1,则数列的最大项为.5.【考向2】若a n=2n2+λn+3(其中λ为实常数),n∈N*,且数列{a n}为递增数列,则实数λ的取值范围为.探究点四由数列的递推关系式求通项公式考向1形如a n+1=a n+f,求a n5 [2017·衡水中学六调]若数列满足a1=1,且对于任意的n∈N*都有a n+1=a n+n+1,则++…+等于()A.B.C.D.[总结反思] 形如a n+1=a n+f(n)(f(n)是可以求和的)的递推公式求通项公式时,常用累加法求出a n-a1与n的关系式,进而得到a n的通项公式.考向2形如a n+1=a n·f,求a n6 [2017·成都二诊]在数列中,a1=1,a n=a n-1(n≥2,n∈N*),则数列的前n项和T n= .[总结反思] 形如a n+1=a n·f(n)(f(n)是可以求积的)的递推公式求通项公式时,常用累乘法求出与n的关系式,进而得到a n的通项公式.考向3形如a n+1=pa n+q,求a n7 [2017·黄冈中学三模]已知数列满足a n+1=3a n+2,且a1=2.(1)求证:数列是等比数列;(2)求数列的通项公式.[总结反思] 形如a n+1=pa n+q的递推关系式求通项公式时,一般先构造公比为p的等比数列{a n+x},即将原递推关系式化为a n+1+x=p(a n+x)的形式,再求出数列{a n+x}的通项公式,最后求{a n}的通项公式.考向4形如a n+1=(A,B,C为常数),求a n8 [2017·湖北六校联合体联考]已知数列满足a1=1,a n+1=(n∈N*),若b n+1=(n-2λ)·+1(n∈N*),b1=-λ,且数列是递增数列,则实数λ的取值范围是()A.λ<B.λ<1C.λ<D.λ<[总结反思] 形如a n+1=(A,B,C为常数)的递推关系式求通项公式时,一般对递推式两边同时取倒数,化为+x=的形式,构造公比为的等比数列,通过求的通项公式从而求出{a n}的通项公式,其中用待定系数法求x是关键.强化演练1.【考向2】已知a1=2,a n+1=2n a n,则数列的通项公式a n等于()A. B.C. D.2.【考向4】已知数列{a n}满足a1=1,a n+1= (n∈N*),则数列{a n}的通项公式为()A.a n=B.a n=C.a n=D.a n=3.【考向3】[2017·山西实验中学模拟]在数列中,a1=3,且点P n(a n,a n+1)(n∈N*)在直线4x-y+1=0上,则数列的通项公式为.4.【考向1】已知数列满足a n+1-a n=2n,且a1=1.求数列的通项公式.第29讲等差数列及其前n项和课前双击巩固1.等差数列中的有关公式已知等差数列{a n}的首项为a1,公差是d,前n项和为S n,则等差数列定(n≥2,d为常数)义式等差中项A= (A是a与b的等差中项)通项公式或前n项和公S n= =式2.等差数列的性质已知{a n}是等差数列,S n是{a n}的前n项和.(1)若m+n=p+q=2k(m,n,p,q,k∈N*),则有a m+a n= = .(2)数列S m,S2m-S m,S3m-S2m,…成数列.3.等差数列与函数的关系(1)等差数列{a n}的通项公式可写成a n= ,当d≠0时,它是关于n的,它的图像是直线y=dx+(a1-d)上横坐标为正整数的均匀分布的一群的点.注:当d>0时,{a n}是数列;当d<0时,{a n}是数列;当d=0时,{a n}是.(2)前n项和公式可变形为S n= ,当d≠0时,它是关于n的常数项为0的,它的图像是抛物线y=x2+x上横坐标为正整数的均匀分布的一群的点.注:若a1>0,d<0,则S n存在最值;若a1<0,d>0,则S n存在最值.常用结论等差数列的性质1.已知{a n},{b n}是公差分别为d1,d2的等差数列,S n是{a n}的前n项和,则有以下结论:(1){a2n}是等差数列,公差为 2d1.(2){pa n+qb n}是等差数列(p,q都是常数),且公差为pd1+qd2.(3)a k,a k+m,a k+2m,…(k,m∈N*)是公差为md1的等差数列.(4)成等差数列,其首项与{a n}的首项相同,公差是{a n}的公差的.(5)数列{pa n},{a n+p}都是等差数列(p,q都是常数),且公差分别为pd1,d1.2.关于等差数列奇数项与偶数项的性质(1)若项数为2n,则S偶-S奇=nd ,=.(2)若项数为2n-1,则S偶=(n-1)a n,S奇=na n,S奇-S偶=a n ,=.3.两个等差数列{a n},{b n}的前n项和分别为S n,T n,它们之间的关系为=.题组一常识题1.[教材改编]在等差数列中,a5=9,且2a3=a2+6,则a1= .2.[教材改编]在等差数列中,a2=-1,a6=-5,则S7= .3.[教材改编]在等差数列中,S4=4,S8=12,则S12= .4.[教材改编]已知等差数列的公差为d(d≠0),且a3+a6+a10+a13=32,若a m=8,则m= .题组二常错题◆索引:忽视等差数列中项为0的情况,考虑不全而忽视相邻项的符号,等差数列各项的符号判断不正确5.在等差数列{a n}中,a1=-28,公差d=4,则前n项和S n取得最小值时n的值为.6.首项为-20的等差数列,从第10项起开始为正数,则公差d的取值范围是.7.已知等差数列的通项公式为a n=11-n,则|a1|+|a2|+…+|a20|= .课堂考点探究探究点一等差数列的基本运算1 (1)[2017·蚌埠质检]已知等差数列的前n项和为S n,且S6=24,S9=63,则a4=()A.4B.5C.6D.7(2)公差不为0的等差数列的前n项和为S n,若a6=3a4,且S10=λa4,则λ的值为 ()A.15B.21C.23D.25[总结反思] (1)等差数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1,n,d,a n,S n,知道其中三个就能求出另外两个.(2)确定等差数列的关键是求出两个最基本的量,即首项a1和公差d.式题 (1)[2017·鹰潭二模]等差数列的前n项和是S n,且a3=1,a5=4,则S13=()A.39B.91C.48D.51(2)已知等差数列的前n项和为S n,且3a3=a6+4,若S5<10,则a2的取值范围是()A.B.C.D.探究点二等差数列的性质及应用2 (1)[2017·沈阳东北育才学校模拟]在等差数列中,a5+a6=4,则log2(··…·)=()A.10B.20C.40D.2+log25(2)在等差数列中,a1=-2017,其前n项的和为S n,若-=2,则S2017= .(3)设S n是等差数列的前n项和,若S672=2,S1344=12,则S2016=()A.22B.26C.30D.34[总结反思] 利用等差数列的性质“若m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),则有a m+a n=a p+a q”,或者“常用结论”中的有关公式可以有效地简化计算.式题 (1)在等差数列中,若a3+a5+a7+a9+a11=45,S3=-3,那么a5=()A.4B.5C.9D.18(2)两等差数列{a n}和{b n}的前n项和分别为S n,T n,且=,则= .(3)一个正项等差数列前n项的和为3,前3n项的和为21,则前2n项的和为()A.18B.12探究点三等差数列的判定与证明3 已知数列满足a1=-,a n+1=(n∈N*).(1)证明:数列是等差数列;(2)求的通项公式.[总结反思] 判断数列{a n}是否为等差数列,通常有两种方法:①定义法,证明a n-a n-1=d(n≥2,d 为常数),用定义法证明等差数列时,常选用两个式子a n+1-a n=d或a n-a n-1=d,但它们的意义不同,后者必须加上“n≥2”;②等差中项法,证明2a n=a n-1+a n+1(n≥2).式题 [2018·齐齐哈尔八中月考]已知数列{a n}是等差数列,且a1,a2(a1<a2)分别为方程x2-6x+5=0的两个根.(1)求数列{a n}的前n项和S n;(2)在(1)中,设b n=,求证:当c=-时,数列{b n}是等差数列.探究点四等差数列前n项和的最值问题4 (1)[2017·福州期末]设等差数列的前n项和为S n,若公差d=-2,S3=21,则当S n取得最大值时,n的值为()A.10B.9C.6D.5(2)在等差数列中,a1<0,S18=S36,则当S n取得最小值时,n的值为()C.36D. 54[总结反思] 求等差数列前n项和最值的常用方法:(1)二次函数法:用求二次函数最值的方法(配方法)求其前n项和的最值,但要注意n∈N*.(2)图像法:利用二次函数图像的对称性来确定n的值,使S n取得最值.(3)项的符号法:当a1>0,d<0时,满足的项数n,使S n取最大值;当a1<0,d>0时,满足的项数n,使S n取最小值.即正项变负项处最大,负项变正项处最小.若有零项,则使S n 取最值的n有两个.式题 (1)[2017·大庆实验中学月考]设等差数列的前n项和为S n,a1<0且=,则当S n 取最小值时,n的值为()A.11B.10C.9D.8(2)[2018·湖北长阳一中月考]已知数列{a n}为等差数列,若<-1,且它们的前n项和S n有最大值,则使得S n>0的n的最大值为()A.11B.19C.20D.21第30讲等比数列及其前n项和课前双击巩固1.等比数列中的有关公式已知等比数列{a n}的首项为a1,公比是q,前n项和为S n,则等比数列定义式(n≥2,q≠0且q为常数)等比中项=(G是a与b的等比中项)通项公式或前n项和公式当q=1时,S n= ; 当q≠1时,S n= =2.等比数列的性质已知{a n}是等比数列,S n是{a n}的前n项和.(1)若m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),则有a m a n= .(2)若q≠-1,或q=-1且m为奇数,则数列S m,S2m-S m,S3m-S2m,…成数列,其公比为.3.等比数列与函数的关系(1)等比数列的通项公式可以写成a n=q n(q≠1),前n项和公式可以写成S n=q n- (q≠1).(2)①满足或时,{a n}是递增数列;②满足或时,{a n}是递减数列;③当q=1时,数列{a n}是常数列;④当q<0时,数列{a n}为摆动数列.常用结论1.若{a n},{b n}(项数相同)是等比数列,则{λa n}(λ≠0),,{},{a n·b n},仍是等比数列.2.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.3.一个等比数列各项的k次幂,仍组成一个等比数列,新公比是原公比的k次幂.4.{a n}为等比数列,若a1·a2·…·a n=T n,则T n,,,…成等比数列.5.当q≠0,q≠1时,S n=k-k·q n(k≠0)是{a n}成等比数列的充要条件,此时k=.6.有穷等比数列中,与首末两项等距离的两项的积相等.特别地,若项数为奇数时,还等于中间项的平方.题组一常识题1.[教材改编]已知数列是递增的等比数列,若a2=2,a4-a3=4,则此数列的公比q= .2.[教材改编]已知等比数列{a n}的前n项和为S n,若a6=8a3,S3=2,则S6= .3.在和4之间插入3个数,使它们与这两个数依次构成等比数列,则这3个数的积．为.题组二常错题◆索引:“G2=ab”是“a,G,b成等比数列”的必要不充分条件;运用等比数列的前n项和公式时,忽略q=1的情况;等比数列的性质应用不熟导致出错.4.在等比数列{a n}中,a3=4,a7=16,则a3与a7的等比中项为.5.数列{a n}的通项公式是a n=a n(a≠0),则其前n项和为S n= .6.若等比数列{a n}的各项均为正数,且a10a11+a9a12=2e5,则ln a1+ln a2+…+ln a20= .7.在等比数列{a n}中,a n>0,a5-a1=15,a4-a2=6,则a3= .课堂考点探究探究点一等比数列的基本运算1 (1)[2017·揭阳二模]已知等比数列满足a1+a3=10,a2+a4=5,则a5=()A.1B.C. D.4(2)[2017·山西三区八校二模]设等比数列的前n项和为S n,若a3=3,且a2016+a2017=0,则S101等于()A.3B.303C.-3D.-303[总结反思] (1)等比数列的通项公式与前n项和公式共涉及五个量a1,a n,q,n,S n,已知其中三个就能求另外两个(简称“知三求二”).(2)运用等比数列的前n项和公式时,注意对q=1和q≠1的分类讨论.式题 (1)在等比数列{a n}中,公比q=2,若a2与2a3的等差中项为5,则a1=()A.3B.2C.1D.-1(2)[2017·洛阳三模]已知等比数列满足a1=,a2a8=2a5+3,则a9= ()A.-B.C.648D.18(3)[2017·四川师范大学附属中学三模]已知数列为各项均为正数的等比数列且满足a6-a2=30,a3-a1=3,则数列的前5项和S5=()A.15B.31C.40D.121探究点二等比数列的性质及应用2 (1)在等比数列中,a6+a8=4,则a8(a4+2a6+a8)的值为()A.2B.4C.8D.16(2)[2017·吉林大学附属中学摸底]等比数列的前5项的和S5=10,前10项的和S10=50,则它的前20项的和S20=()A.160B.210C.640D.850[总结反思] (1)在等比数列的基本运算问题中,一般是利用通项公式与前n项和公式,建立方程组求解,但如果灵活运用等比数列的性质“若m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),则有a m a n=a p a q”,则可减少运算量.(2)等比数列的项经过适当的组合后组成的新数列也具有某种性质,例如在等比数列中,S k,S2k-S k,S3k-S2k,…也成等比数列,公比为q k(q≠-1).式题 (1)在等比数列中,a3,a15是方程x2-6x+8=0的根,则=()A.2B.2C.1D.-2(2)设正项等比数列的前n项和为S n,若S3=3,S9-S6=12,则S6= .探究点三等比数列的判定与证明3 [2017·重庆调研]已知数列的首项a1=,a n+1=,n∈N*.(1)求证:数列为等比数列;(2)记S n=++…+,若S n<100,求n的最大值.[总结反思] 判定一个数列为等比数列的常见方法:(1)定义法:若=q(d是常数),则数列是等比数列;(2)等比中项法:若=a n a n+2(n∈N*),则数列是等比数列;(3)通项公式法:若a n=Aq n (p,q为常数),则数列是等比数列.式题 [2017·北京海淀区模拟]在数列中,+2a n+1=a n a n+2+a n+a n+2,且a1=2,a2=5.(1)证明:数列是等比数列;(2)求数列的前n项和S n.第31讲数列求和课前双击巩固1.公式法(1) 公式法①等差数列的前n项和公式:S n= = .(其中a1为首项,d为公差)②等比数列的前n项和公式:当q=1时,S n= ;当q≠1时,S n= = .(其中a1为首项,q为公比).(2)分组求和法一个数列的通项是由的数列的通项组成的,则求和时可用分组求和法,分别求和后再相加减.2.倒序相加法与并项求和法(1)倒序相加法如果一个数列中,到首末两端等“距离”的两项的和相等或等于,那么求这个数列的前n项和即可用倒序相加法.(2) 并项求和法数列{a n}满足彼此相邻的若干项的和为特殊数列时,运用求其前n项和.如通项公式形如a n=(-1)n f(n)的数列.3.裂项相消法把数列的通项拆成,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和.4.错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列的对应项之构成的,那么求这个数列的前n项和时即可用错位相减法.常用结论1.一些常见的前n项和公式(1)1+2+3+4+…+n=.(2)1+3+5+7+…+2n-1=n2.(3)2+4+6+8+…+2n=n2+n.2.常用的裂项公式(1)=-.(2)=.(3)=-.题组一常识题1.[教材改编]若数列的通项公式为a n=2n-1+n,则数列的前n项和S n= .2.[教材改编]若数列的通项公式为a n=,则数列的前20项和为.3.[教材改编]若数列的通项公式为a n=(n-1)×2n-1,则数列的前n项和S n= . 题组二常错题◆索引:用裂项相消法求和时不能准确裂项;用错位相减法求和时易出现符号错误、不能准确“错项对齐”等错误;并项求和时不能准确分组.4.设数列{a n}的前n项和为S n,若S n=4n2-1(n∈N*),则数列的前n项和为.5.3×2-1+4×2-2+5×2-3+…+(n+2)·2-n= .6.在数列{a n}中,a1=2,a2=2,a n+2-a n=1+(-1)n,n∈N*,则S60的值为.7.已知数列{a n}满足a n+1=+,且a1=,则该数列的前2018项的和等于.课堂考点探究探究点一分组求和法求和1 在公差不为零的等差数列中,a2=4,且a1,a3,a9成等比数列.(1)求数列的通项公式;(2)若b n=a n+,求数列的前n项和T n.[总结反思] 某些数列在求和时是将数列的通项转化为若干个等差或等比或可求和的数列通项的和或差,从而间接求得原数列的和.注意在含有字母的数列中要对字母进行讨论.式题已知数列的前n项和S n=(n∈N*).(1)求数列的通项公式;(2)设b n=2n+(-1)n a n,求数列的前2n项和.探究点二错位相减法求和2 在等差数列中,a2=2,a3+a5=8,在数列中,b1=2,其前n项和S n满足b n+1=S n+2(n∈N*).(1)求数列,的通项公式;(2)设c n=,求数列的前n项和T n.[总结反思] 错位相减法求和,主要用于求{a n·b n}的前n项和,其中,{b n}分别为等差数列和等比数列.式题 [2017·哈尔滨二模]设S n是数列的前n项和,已知a1=3,a n+1=2S n+3(n∈N*).(1)求数列的通项公式;(2)令b n=(2n-1)a n,求数列的前n项和T n.探究点三裂项相消法求和考向1形如a n=3 已知正项数列满足a1=1,+-=4,数列满足=+,记的前n 项和为T n,则T20的值为.[总结反思] 数列的通项公式形如a n=时,可转化为a n=(-),此类数列适合使用裂项相消法求和.考向2形如a n=4[2017·青岛二模]在公差不为0的等差数列中,=a3+a6,且a3为a1与a11的等比中项.(1)求数列的通项公式;(2)设b n=,求数列的前n项和T n.[总结反思] (1)数列的通项公式形如a n=时,可转化为a n=-,此类数列适合使用裂项相消法求和.(2)裂项相消法求和的基本思路是变换通项,把每一项分裂为两项,裂项的目的是产生可以相互抵消的项.强化演练1.【考向1】数列的通项公式为a n=,若该数列的前k项之和等于9,则k=()A.98B.99C.96D.972.【考向1】数列{a n}的通项公式为a n=(n∈N*),若该数列的前n项和为S n,则S n=()A.-1B.+--1C.D.3.【考向2】若数列满足a1=1,且对任意的m,n∈N*都有a m+n=a m+a n+mn,则++…+=()A.B.C.D.4.【考向2】[2017·成都九校联考]已知等比数列满足a1=,a3a5=4(a4-1).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列满足b n=log2(16·a n),求证:数列的前n项和S n<.第32讲数列的综合问题课前双击巩固1.数列的综合应用(1)等差数列和等比数列的综合等差数列与等比数列相结合的综合问题主要是应用等差、等比数列的通项公式、前n项和公式,建立关于两个基本量:首项a1和公差d(或公比q)的方程组,以及解决等差中项、等比中项等问题.(2) 数列和函数数列是特殊的函数,等差数列的通项公式和前n项和公式分别是关于n的一次函数和二次函数,等比数列的通项公式和前n项和公式在公比不等于1的情况下是公比q的指数型函数,可以根据函数的性质解决一些数列问题.(3)数列和不等式以数列为背景的不等式证明问题及以函数为背景的数列的综合问题,体现了在知识交汇点上命题的特点.这类问题一般通过数列求通项以及求和去解决一个不等式问题,这里的不等式通常是关于正整数的不等式,可以通过比较法、基本不等式法、导数方法和数学归纳法解决.2.数列应用题常见模型等差数列模型如果增加(或减少)的量是一个固定量时,该模型是等差数列模型,增加(或减少)的量就是公差等比数列模型如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时,该模型是等比数列模型,这个固定的数就是公比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,即随着项的变化而变化时,应考虑a n与a n-1的递推关系,或前n项和S n与S n-1之间的递推关系题组一常识题1.[教材改编]在等比数列中,2a1,a2,a3成等差数列,则等比数列的公比为.2.[教材改编]设函数f(x)=x m+ax的导数为f'(x)=2x+1,则数列(n∈N*)的前n项和为.3.[教材改编]从盛满2升纯酒精的容器里倒出1升,然后填满水(视为操作一次),再倒出1升混合溶液后又用水填满,以此继续下去,要使酒精浓度低于10%,则至少应操作次.题组二常错题◆索引:数列实际问题的两个易错点:项数和年(月)份数4.已知数列{a n}是等差数列,且a1+a7=8,数列{b n}是等比数列,且b5=,则b2b8= .5.某公司去年产值为a,计划在今后5年内每年比上年产值增加10%,则从今年起到第5年,这个厂的总产值为.6.一个凸多边形的内角度数成等差数列,其中最小的内角为120°,公差为5°,那么这个多边形的边数n等于.课堂考点探究探究点一等差、等比数列的综合问题1[2017·北京朝阳区二模]已知数列{a n}是首项a1=,公比q=的等比数列.设b n=2lo a n-1(n ∈N*).(1)求证:数列{b n}为等差数列;(2)设c n=a n+b2n,求数列{c n}的前n项和T n.[总结反思] 解决由等差数列、等比数列组成的综合问题,首先要根据两数列的概念,设出相应的基本量,然后充分使用通项公式、求和公式、数列的性质等确定基本量.解综合题的关键在于审清题目,弄懂来龙去脉,揭示问题的内在联系和隐含条件.式题 [2018·安徽六安一中模拟]已知等差数列的首项a1=1,公差d≠0,等比数列满足a1=b1,a2=b2,a5=b3.(1)求数列,的通项公式;(2)设数列{c n}对任意的n∈N*,均有++…+=a n+1,求数列的前2017项和S2017.探究点二数列在实际问题与数学文化问题中的应用2 (1)[2017·宝鸡二模]在2013年至2016年期间,甲每年6月1日都到银行存入m元的一年定期储蓄,若年利率q保持不变,且每年到期的存款利息自动转为新的一年定期,到2017年6月1日甲去银行不再存款,而是将所有存款的本息全部取回,则取回的金额是()A.m元B.m元C.元D.元(2)《九章算术》是我国古代的数学名著之一,书中有如下问题:“今有五人分五钱,令上二人所得与下三人等,问各得几何?”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分五钱,甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同,且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列,问五人各得多少钱?”(“钱”是古代一种重量单位),在这个问题中,甲得到()A.钱B.钱C.钱D.钱[总结反思] 求解数学文化问题的一般步骤:(1)阅读数学文化背景材料,获取相关数学信息;(2)联想相关的数学模型,转化为纯数学问题;(3)利用相关数学知识与数学方法求解转化后的数学问题;(4)回答数学文化问题.探究点三特殊的数列问题3 (1)[2017·三门峡调研]定义:若数列{a n}对任意的正整数n,都有+=d(d为常数),则称{a n}为“绝对和数列”,d叫作“绝对公和”.在“绝对和数列”{a n}中,a1=2,绝对公和为3,则其前2017项的和S2017的最小值为()A.-2017B.-3014C.-3022D.3032(2)[2017·全国卷Ⅰ]几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是 ()A.440B.330C.220D.110[总结反思] (1)数列的周期性是数列的函数性质之一,解题时往往依题意列出数列的前若干项,从而发现规律找到周期;(2)解答创新型问题时,首先需要分析新定义的特点,把新定义所叙述的问题的本质弄清楚,将其转化为我们熟悉的问题,然后确定解题策略,根据题目条件进行求解.式题 (1)在数列{a n}中,若存在正整数T,使得a m+T=a m对于任意的正整数m均成立,那么称数列{a n}为周期数列,其中T叫作数列{a n}的周期,若周期数列{x n}满足x n+1=|x n-x n-1|(n≥2,n∈N),且x1=1,x2=a(a∈R,a≠0),则当数列{x n}的周期最小时,该数列的前2016项的和是()A.672B.673C.1342D.1344(2)在数列{a n}中,如果对任意n∈N*,都有a n a n+1a n+2=k(k为常数),那么这个数列叫作等积数列,k 叫作这个数列的公积.已知数列{a n}是等积数列,且a1=1,a2=2,公积为8,则a1+a2+…+a12= ()。

高考数学一轮复习第五章数列答案

第五章数列第25讲数列的概念及简单表示链教材·夯基固本激活思维 1.B【解析】因为所给的数列每一项的分子都是1，分母等于2n ，每一项的符号为(－1)n ，故此数列的一个通项公式是(－1)n 2n .2. B【解析】因为数列的通项公式为a n ＝n (n ＋1)，又650＝25×26,所以是第25项．故选B.3. B 【解析】因为a 1＝1，a 2＝23，1an －2＋1an ＝2an －1，令n ＝3，得1a1＋1a3＝2a2，解得a 3＝12，令n ＝4，得1a2＋1a4＝2a3，解得a 4＝25，故选B.4. a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，4n －3，n ≥2【解析】由S n ＝2n 2－n ＋1，可得当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－1＋1＝2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－n ＋1－[2(n －1)2－(n －1)＋1]＝4n －3，显然a 1＝2≠4×1－3，即不符合上式．故数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，4n －3，n ≥2.5.D【解析】因为a n ＝n 2－2λn ，所以a n ＋1＝(n ＋1)2－2λ(n ＋1)，因为数列{a n }是递增数列，所以a n ＋1－a n ＝2n －2λ＋1>0(n ∈N *)恒成立，所以λ<n ＋12(n ∈N *)恒成立，因为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫n ＋12min ＝32，所以λ<32.所以实数λ的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－∞，32，故选D. 知识聚焦1. 确定的顺序排列第1项第n 项a n2. 第n 项3. S 1 S n －S n －1 研题型·融会贯通分类解析(1) 【答案】 2831是【解析】 (1) 根据题意可得a 10＝3×10－23×10＋1＝2831.令a n ＝710，即3n －23n ＋1＝710，解得n ＝3，所以710为数列{a n }中的项，为第3项． (2) 【答案】 A 【解析】因为着色的小三角形个数构成数列{a n }的前4项，分别为a 1＝1，a 2＝3，a 3＝3×3＝32，a 4＝32×3，因此{a n }的通项公式可以是a n ＝3n －1.【答案】 64 3n2－n2【解析】因为三角形数所构成的数列{b n }的通项公式为b n ＝n (n ＋1)2，所以b 7＝28；因为正方形数所构成的数列{c n }的通项公式为c n ＝n 2，所以c 6＝36，故b 7＋c 6＝28＋36＝64.因为五边形数所构成的数列{a n }为1,5,12,22，…，可得其递推公式a n ＋1－a n ＝3n ＋1，所以n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝(3n －2)＋(3n －5)＋…＋4＋1＝3n2－n 2(n ＝1也符合)，故a n ＝3n2－n2.(1) 【答案】 17 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n －1＋1，n ≥2【解析】因为数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋n ，则a 5＝S 5－S 4＝(25＋5)－(24＋4)＝17，又当n ＝1时，a 1＝S 1＝2＋1＝3.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n ＋n )－[2n －1＋(n －1)]＝2n －1＋1，显然a 1＝3≠21－1＋1，即不符合上式．故数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n －1＋1，n ≥2.(2) 【答案】 B 【解析】令a n ＝41－2n >0，解得n <20.5，所以数列{a n }的前20项大于0，第20项后面的小于0，所以数列的前20项和最大．【答案】－1na n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，1n (n －1)，n ≥2【解答】因为S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，所以S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，1Sn ＋1－1Sn＝－1；所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1Sn 是首项为－1，公差为－1的等差数列，所以1Sn＝－1＋(－1)×(n －1)＝－n ，所以S n ＝－1n，所以当n ≥2时，a n ＝S n －1S n ＝1n (n －1)；当n ＝1时，a 1＝－1，不适合上式，所以a n＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，1n (n －1)，n ≥2.(1) 【答案】 n －12【解析】根据题意，设等差数列{a n }的公差为d ，若{a n }满足a n ＋a n ＋1＝2n ，① 当n ≥2时，则a n －1＋a n ＝2n －2，②①－②可得，a n ＋1－a n －1＝2d ＝2，解得d ＝1.当n ＝1时，有a 1＋a 2＝2，即a 1＋a 1＋d ＝2，解得a 1＝12，则a n ＝a 1＋(n －1)×d ＝n －12.(2) 【答案】 a n ＝2n －1【解析】由a n ＋1＝2a n ＋1，得a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，因为a 1＝1，所以a 1＋1＝2≠0，则有an ＋1＋1an ＋1＝2，所以{a n ＋1}是以2为公比，2为首项的等比数列，所以a n ＋1＝2·2n －1＝2n ，a n ＝2n －1.(3) 【答案】 2n －1n【解析】由(n ＋1)a n ＋1＝(n －1)S n ，得(n ＋1)(S n ＋1－S n )＝(n －1)S n ，所以(n ＋1)S n ＋1＝2nS n ，又S 1＝a 1＝1≠0，则(n ＋1)S n ＋1nS n＝2，所以{nS n }是以1为首项，2为公比的等比数列，则nS n ＝2n －1，所以S n ＝2n －1n.(1) 【答案】 A【解析】由a 1＝1，a 2＝2，a n a n －2＝a n －1，得a n ＝an －1an －2(n ≥3)，所以a n ＋1＝an an －1＝1an －1·an －1an －2＝1an －2，即a n ＋3＝1an，a n ＋6＝1an ＋3＝a n .故数列{a n }具有周期性，周期为6，所以a 2 025＝a 6×337＋3＝a 3＝2.(2) 【答案】 a n ＝12n ＋1－3【解析】因为数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝an 2＋3an(n∈N *)，整理得2a n ＋1＋3a n a n ＋1＝a n ，转换为1an ＋1＋3＝2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1an ＋3，且1a1＋3＝4≠0，故1an ＋1＋31an＋3＝2(常数)，所以⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1an ＋3是以1a1＋3＝4为首项，2为公比的等比数列，故1an＋3＝4·2n －1＝2n ＋1，整理得a n ＝12n ＋1－3.课堂评价1. B 【解析】由数列2，5，22，11，…，知a n ＝2＋(n －1)×3＝3n －1.令25＝3n －1，解得n ＝7.故25是这个数列的第7项． 2.C【解析】因为数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2＋1，n∈N *，所以a 1＝S 1＝3，a 5＝S 5－S 4＝(2×52＋1)－(2×42＋1)＝18，故a 5－a 1＝18－3＝15.3. AC 【解析】由题知a n ＝2n －12n ＝1－12n ，显然是递增数列，所以a n ≥a 1＝12.4. 18 【解析】根据递推公式得a 1＝2，a 2＝4，a 3＝4，a 4＝8，故S 4＝2＋4＋4＋8＝18. 5.a n ＝n ×2n －1【解析】根据题中定义，可得Δ2a n －Δa n ＋1＋a n ＝(Δa n ＋1－Δa n )－Δa n ＋1＋a n ＝－2n (n∈N *)，即a n －Δa n ＝a n －(a n ＋1－a n )＝2a n －a n ＋1＝－2n ，即a n ＋1＝2a n ＋2n ，等式两边同时除以2n ＋1，得an ＋12n ＋1＝an2n ＋12，所以an ＋12n ＋1－an2n ＝12且a12＝12，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫an 2n 是以12为首项，12为公差的等差数列，所以an2n ＝12＋12(n －1)＝n2，所以a n ＝n ·2n －1.第26讲等差数列中的基本问题链教材·夯基固本激活思维 1.A【解析】设等差数列{a n }的公差为d ，由S 4＝0，a 5＝5，得⎩⎪⎨⎪⎧4a1＋6d ＝0，a1＋4d ＝5，所以⎩⎪⎨⎪⎧a1＝－3，d ＝2，所以a n ＝2n －5，S n ＝n 2－4n .2. C 【解析】因为a 2＋a 8＝15－a 5，所以a 5＝5，所以S 9＝92×2a 5＝45.3. BCD【解析】因为S 12＝12(a 1＋a 12)2＝6(a 6＋a 7)>0，S 13＝13(a 1＋a 13)2＝13a 7<0，即a 6＋a 7>0，a 7<0，所以a 6>0，且a 6>|a 7|，故D 正确．由a 3＝12，得a 1＝12－2d ，联立解得－247<d <－3，故C 正确．因为－247<d <－3，所以等差数列{a n }是递减数列，故A 错误．又S 5＝5(a 1＋a 5)2＝5a 3＝60，故B 正确．综上可得，BCD 正确． 4.n 2＋5【解析】因为{a n ＋1－a n }是以2为公差的等差数列，所以n ≥2时，a n －a n －1＝(a 2－a 1)＋2(n －2)＝2n －1，所以a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋…＋(a n －a n －1)＝6＋3＋5＋…＋(2n －1)＝5＋n (1＋2n －1)2＝n 2＋5(n ＝1时也符合)． 5.16 【解析】若a 1＝1，a n ＝51(其中n ∈N *)，则1＋(n －1)d ＝51，即(n －1)d ＝50，则d ＝50n －1，n ＋d ＝n ＋50n －1＝(n －1)＋50n －1＋1≥250＋1，当n －1＝50n －1，即n ＝1＋52∈(8,9)，不为整数，则等号不能成立，当n ＝6时，d ＝10，有n ＋d ＝16；当n ＝7时，d ＝253不为整数；当n ＝8时，d ＝507不为整数；当n ＝9时，d ＝254不为整数；当n ＝10时，d ＝509不为整数；当n ＝11时，d ＝5，有n ＋d ＝16.所以当n ＝6或11时，n ＋d 取得最小值16. 知识聚焦1. 第2项同一个常数2. (1) a n ＝a 1＋(n －1)d (2) S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d 研题型·融会贯通分类解析(1) 【答案】 12 【解析】因为S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11a 6＝44，所以a 6＝4，a 3＋a 7＋a 8＝(a 6－3d )＋(a 6＋d )＋(a 6＋2d )＝3a 6＝12.(2) 【答案】 BC 【解析】因为等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差为d ，且满足a 1>0，S 11＝S 18，所以d <0,11a 1＋55d ＝18a 1＋18×172d ，化简为a 1＋14d ＝0＝a 15，所以S 29＝29a 15＝0，S 14，S 15都是最大值．(1) 【答案】 B 【解析】因为数列{a n }为等差数列，设其公差为d ，前n 项和为S n ，则S 2n －1＝a1＋a2n －12×(2n －1)＝2an 2×(2n －1)＝(2n －1)a n ，所以S 7＝14＝7a 4，即a 4＝2.又a 4＋S 5＝2＝2＋5a 3，所以a 3＝0，所以公差d ＝a 4－a 3＝2，a 10＝a 4＋6d ＝2＋12＝14.故选B.(2) 【答案】 ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1，－78 【解析】因为S n ＝7n ＋n (n －1)2d ，当且仅当n ＝8时S n 取得最大值，所以⎩⎪⎨⎪⎧S7<S8，S9<S8，即⎩⎪⎨⎪⎧49＋21d<56＋28d ，63＋36d<56＋28d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d>－1，d<－78.综上，d 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－1，－78. (1) 【答案】 68 231【解析】由a 1＋a 3＋a 5＝105，得3a 3＝105，即a 3＝35；同理a 4＝33，所以a 3＋a 4＝68，S 7＝7(a 1＋a 7)2＝7×2a42＝7a 4＝231. (2) 【答案】 A【解析】已知在等差数列{a n }中，S 3＝t ，S 9＝6t ，因为S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，S 12－S 9成等差数列，所以有2(S 6－S 3)＝S 3＋(S 9－S 6)， 2(S 9－S 6)＝(S 6－S 3)＋(S 12－S 9)，所以S 6＝3t ，S 12＝10t ，故S6S12＝310. (3) 【答案】 D 【解析】因为等差数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为S n 与T n ，且满足Sn Tn＝5n －23n ＋4，所以a5b5＝2a52b5＝a1＋a9b1＋b9＝92(a 1＋a 9)92(b 1＋b 9)＝S9T9＝5×9－23×9＋4＝4331. 【题组·高频强化】 1. C 2.A【解析】由题意得S 10，S 20－S 10，S 30－S 20成等差数列，所以2(S 20－S 10)＝S 10＋(S 30－S 20)，故2(S 20－30)＝30＋(210－S 20)，解得S 20＝100.3. C 【解析】易知20项中奇数项有10项，偶数项有10项， S 奇＋S 偶＝75，S 偶＝25，所以S 奇＝50，故S 偶－S 奇＝(a 2＋a 4＋…＋a 20)－(a 1＋a 3＋…＋a 19)＝10d ＝－25，解得d ＝－2.5. 4. B 【解析】 a1＋a3＋…＋a29＋a31a2＋a4＋…＋a28＋a30＝162(a 1＋a 31)152(a 2＋a 30)＝1615.【解答】(1) 因为a n＋1＝1＋an3－an，所以a n＋1－1＝1＋an3－an－1＝2an－23－an，故1an＋1－1＝3－an2an－2＝1－an2an－2＋22an－2＝－12＋1an－1，所以1an＋1－1－1an－1＝－12，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1an－1是公差为－12的等差数列．又a1＝13，所以1a1－1＝113－1＝－32，所以1an－1＝－32－12(n－1)＝－n＋22，所以a n－1＝－2n＋2，a n＝1－2n＋2＝nn＋2.(2) 由(1)知a n＝nn＋2，所以b n＝2(n＋2)2·nn＋2＝2n(n＋2)＝1n－1n＋2，故T n＝b1＋b2＋…＋b n＝1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－1n＋2＝1＋12－1n＋1－1n＋2＝32－2n＋3(n＋1)(n＋2).【解答】(1)因为a2＝8，S n＋S n＋1＝4(n＋1)2，所以S n＋S n－1＝4n2，n≥2，两式相减可得a n＋a n＋1＝8 n＋4(n≥2)．因为S1＋S2＝2a1＋a2＝16，a2＝8，所以a1＝4，a1＋a2＝12适合上式，故a n ＋a n＋1＝8n＋4(n∈N*)．(2) 因为a n＋a n＋1＝8n＋4，所以a n－1＋a n＝8n－4(n≥2)，两式相减可得a n＋1－a n－1＝8(n≥2)，故数列{a n}的奇数项是以8为公差的等差数列，a1＝4，即当n为奇数时，a n＝4n；又偶数项是以8为公差的等差数列，a2＝8，即当n为偶数时，a n＝4n.故当n∈N*时，a n＝4n，则有a n＋1－a n＝4，所以数列{a n}是以4为首项，4为公差的等差数列．课堂评价1. A 【解析】设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .由S n ＝na 1＋n (n －1)d2，得S 4＝4a 1＋6d ＝1，S 8＝8a 1＋28d ＝4，解得a 1＝116，d ＝18，所以a 17＋a 18＋a 19＋a 20＝S 20－S 16＝4a 1＋70d ＝4×116＋70×18＝9.故选A.2.D【解析】设良马每天所行路程为{a n }，则{a n }是以103为首项，13为公差的等差数列，其前n 项和为A n ，弩马每天所行路程为{b n }，则{b n }是以97为首项，－12为公差的等差数列，其前n 项和为B n ，设共用n 天二马相逢，则A n ＋B n ＝2×1 125，所以103n ＋n (n －1)2×13＋97n ＋n (n －1)2×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－12＝2250，化简得n 2＋31n －360＝0，解得n ＝9(负值舍去)，又A 9＝103×9＋9×82×13＝1 395，B 9＝2 250－1 395＝855，所以A 9－B 9＝1395－855＝540.故选D.3.D【解析】因为数列{a n }是等差数列，a 1＝1，公差d∈[1,2]，且a 4＋λa 10＋a 16＝15，所以1＋3d ＋λ(1＋9d )＋1＋15d ＝15，解得λ＝13－18d 1＋9d，因为d ∈[1,2]，λ＝13－18d 1＋9d＝－2＋151＋9d是减函数，所以当d ＝1时，实数λ取得最大值为λ＝13－181＋9＝－12.故选D.4.A【解析】若数列{a n }为等差数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8，S 16－S 12也成等差数列，又因为S4S8＝13，则数列S 4，S 8－S 4，S 12－S 8，S 16－S 12是以S 4为首项，S 4为公差的等差数列，则S 8＝3S 4，S 16＝10S 4，所以S8S16＝310，故选A.5. AC 【解析】由S 6>S 7⇒a 7＝S 7－S 6<0，S 6>S 5⇒a 6>0，S 7>S 5⇒a 7＋a 6>0，因为a 7<0，所以2a 7＝a 1＋a 13<0，即S 13<0，故C 正确；同理，因为a 6>0，所以S 11>0，故A 正确；因为a 7＋a 6>0，所以S 12>0，故B 错误；由上知d <0，a 7<0，故S 8－S 6＝a 8＋a 7<0，所以D 错误．第27讲等比数列中的基本问题链教材·夯基固本激活思维 1.D【解析】因为数列3,33,35，…，32n ＋1是首项为3，公比为32的等比数列，所以3＋33＋35＋…＋32n ＋1＝3(1－32n ＋2)1－32＝38(9n ＋1－1)．2.D【解析】因为{a n }是等比数列，且a 1＋a 2＋a 3＝1，a 2＋a 3＋a 4＝2，则a 2＋a 3＋a 4＝q (a 1＋a 2＋a 3)，即q ＝2，所以a 6＋a 7＋a 8＝q 5(a 1＋a 2＋a 3)＝25×1＝32.3.C【解析】因为等比数列{a n }的前n 项和S n ＝2λ＋(λ－3)·2n (λ为常数)，所以a 1＝S 1＝2λ＋(λ－3)×2＝4λ－6，a 2＝S 2－S 1＝2λ＋(λ－3)·22－(4λ－6)＝2λ－6，a 3＝S 3－S 2＝2λ＋(λ－3)·23－[2λ＋(λ－3)·22]＝4λ－12，因为a 1，a 2，a 3成等比数列，所以a2＝a 1a 3，所以(2λ－6)2＝(4λ－6)(4λ－12)，解得λ＝1或λ＝3.若λ＝3，则S n ＝2λ是常数，不成立，故舍去λ＝3，所以λ＝1.经检验符合题意．4.A【解析】因为在等比数列{a n }中，a 3·a 4·a 6·a 7＝81.又因为a 3·a 7＝a 4·a 6＝a 1·a 9，所以(a 1·a 9)2＝81，解得a 1·a 9＝9或a 1·a 9＝－9.又a 1·a 9＝a 25，所以a 1·a 9＝9.5. D 【解析】由数列a 1，a2a1，…，an an －1，…是首项为1，公比为2的等比数列，得an an －1＝2n －1(n ≥2)，故a n ＝an an －1×an －1an －2×…×a2a1×a 1＝2n －1×2n －2×…×1＝2n (n －1)2(n ＝1时也符合)，则log 2a n ＝log 22n (n －1)2＝n (n －1)2.知识聚焦1. 从第二项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数公比2. a 1·q n －1 4. na 1 a1(1－q n )1－q ＝a1－anq 1－q研题型·融会贯通分类解析【解答】(1) 设等比数列{a n }的公比为q ，则q ＞1.因为a 2＋a 4＝20，a 3＝8，所以8q＋8q ＝20，解得q ＝2或q ＝12(舍去)，所以a 1＝2，a n ＝2n .(2) 记b m 为{a n }在区间(0，m ](m ∈N *)中的项的个数，所以2n ≤m ，所以n ≤log 2m ，故b 1＝0，b 2＝1，b 3＝1，b 4＝2，b 5＝2，b 6＝2，b 7＝2，b 8＝3，b 9＝3，b 10＝3，b 11＝3，b 12＝3，b 13＝3，b 14＝3，b 15＝3，b 16＝4，…，可知0在数列{b m }中有1项，1在数列{b m }中有2项，2在数列{b m }中有4项，…，由1×(1－26)1－2＝63<100，1×(1－27)1－2＝127>100，可知b 63＝5，b 64＝b 65＝…＝b 100＝6.所以数列{b m }的前100项和S 100＝0＋1×2＋2×4＋3×8＋4×16＋5×32＋6×37＝480.【题组·高频强化】 1.B【解析】设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 5－a 3＝12，a 6－a 4＝24，所以a 6－a 4＝q (a 5－a 3)，所以q ＝2，所以a 1q 4－a 1q 2＝12，解得a 1＝1，所以S n ＝1－2n 1－2＝2n －1，a n ＝2n －1，所以Sn an＝2n －12n －1＝2－21－n . 2.B【解析】设正项等比数列{a n }的公比为q (q >0)，因为a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6，所以a 1(q 4－1)＝15，a 1(q 3－q )＝6，又a n ＞0，解得q ＝2，a 1＝1，则a 3＝4.3. C 【解析】在等比数列{a n }中，若S 10＝33S 5，则q ≠1，a1(1－q 10)1－q ＝33×a1(1－q 5)1－q ，即1－q 10＝33(1－q 5)，变形可得1＋q 5＝33，解得q ＝2. 又由S 6＝63，得a1(1－q 6)1－q＝a1(1－64)1－2＝63，解得a 1＝1，故a n ＝2n －1，S n ＝a1(1－q n )1－q ＝2n －1.若a n S n >10(a n ＋S n )，则22n －31×2n ＋20>0. 由n ∈N *，得n ≥5，故n 的最小值为5. 4.BC【解析】根据等比数列的性质得a 2a 3＝a 1a 4＝32>0，a 2＋a 3＝12>0，故a 2>0，a 3>0.根据根与系数的关系，可知a 2，a 3是一元二次方程x 2－12x ＋32＝0的两个根，解得a 2＝4，a 3＝8或a 2＝8，a 3＝4.因为等比数列{a n }是递增数列，所以q >1. 所以a 2＝4，a 3＝8满足题意，所以q ＝2，a 1＝a2q ＝2，故选项A 不正确；因为a n ＝a 1·q n －1＝2n ，S n ＝2(1－2n )1－2＝2n ＋1－2，所以S n ＋2＝2n ＋1＝4·2n －1，所以数列{S n ＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列．故选项B 正确；S 8＝28＋1－2＝512－2＝510，故选项C 正确；因为lg a n ＝lg 2n ＝n lg 2，所以数列{lg a n }是公差为lg 2的等差数列，故选项D 不正确．故选BC.(1) 【答案】 A【解析】因为S n 是等比数列{a n }的前n 项和，公比q ＝2，所以a1＋a3＋a5S6＝a1＋a3＋a5(1＋q )(a 1＋a 3＋a 5)＝11＋q ＝13.(2) 【答案】 C 【解析】在等比数列{a n }中，a 5a 6＋a 4a 7＝18，则a 4a 7＋a 4a 7＝18，a 4a 7＝9，所以log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝log 3(a 1a 10)＋log 3(a 2a 9)＋log 3(a 3a 8)＋log 3(a 4a 7)＋log 3(a 5a 6)＝5log 3(a 4a 7)＝5lo g 39＝10.(1) 【答案】 D【解析】不妨设等比数列{a n }的前3项和为54，前6项和为60，则a 1＋a 2＋a 3＝54，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝60，故有a 4＋a 5＋a 6＝6，则有a 7＋a 8＋a 9＝6254＝23，故其前9项和S 9＝S 6＋(a 7＋a 8＋a 9)＝6023.(2) 【答案】 2(n ＋2)【解析】由题意，设这n ＋2个数构成的等比数列为{b n }，则b 1＝1，b n ＋2＝81，且b 1·b n ＋2＝b 2·b n ＋1＝b 3·b n ＝…，所以T n ＝(b1·bn ＋2)n ＋2＝9n ＋2，从而a n ＝log 3T n ＝log 39n ＋2＝2(n ＋2)．【解答】 (1) 由S n ＋1＝4a n ＋1，得S n ＝4a n －1＋1(n ≥2，n ∈N )，两式相减得a n ＋1＝4a n －4a n －1(n ≥2)，所以a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1)，所以bn bn －1＝an ＋1－2an an －2an －1＝2(a n －2a n －1)a n －2a n －1＝2(n ≥2)，又a 1＝1，S 2＝4a 1＋1，故a 2＝4，a 2－2a 1＝2＝b 1≠0，所以数列{b n }为首项与公比均为2的等比数列．(2)由(1)可得b n ＝2·2n －1＝2n ，所以c n ＝|2n －100|＝⎩⎪⎨⎪⎧100－2n ，n ≤6，2n －100，n>6，所以T 10＝600－(21＋22＋…＋26)＋27＋28＋29＋210－400＝200－2(1－26)1－2＋27＋28＋29＋210＝200＋2＋28＋29＋210＝1 994.【解答】 (1) 因为S n ＝32a n ＋b ，所以当n ≥2时，S n －1＝32a n －1＋b ，两式相减得S n －S n －1＝32a n ＋b －32a n －1－b ，所以a n ＝32a n －32a n －1，所以a n ＝3a n －1，故{a n }是公比为q ＝3的等比数列．(2)假设{a n ＋1}是等比数列，则n ≥2时，(a n ＋1)2＝(a n ＋1＋1)(a n －1＋1)，即a2n ＋2a n ＋1＝a n ＋1a n －1＋a n ＋1＋a n －1＋1，由(1)知{a n }是等比数列，所以n ≥2时，a 2n ＝a n ＋1a n －1，于是2a n ＝a n ＋1＋a n －1，又a n ＝3a n －1，即6a n －1＝9a n －1＋a n －1，解得a n －1＝0，这与{a n }是等比数列相矛盾，故假设错误，即数列{a n ＋1}不是等比数列．课堂评价 1. B【解析】在正项等比数列{a n }中，若a 2·a 27·a 2020＝16，则(a 7·a 1 011)2＝16，所以a 7·a 1 011＝4，则有a 509＝2，所以a 1·a 2·…·a 1 017＝(a 7·a 1 011)508·a 509＝21 017. 2. ABC 【解析】由{a n }是等比数列可得n ≥2时，an an －1＝q (q 为定值)．因为n ≥2时，a2na2n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫an an －12＝q 2为常数，故A 正确；因为n ≥2时，anan ＋1an －1an ＝an ＋1an －1＝q 2，故B 正确；因为n ≥2时，1an 1an －1＝an －1an＝1q 为常数，故C 正确；因为n ≥2时，lg|an|lg|an －1|不一定为常数，故D 错误．3. ±4 【解析】在等比数列{a n }中，a 3－4a 1＝12，S 4＝17S 2，设公比为q ，则q ≠0.由S 4＝17S 2知q ≠1，所以⎩⎪⎨⎪⎧a1q2－4a1＝12，a1(1－q 4)1－q ＝17×a 1(1－q 2)1－q ，解得a 1＝1，q ＝±4，所以a 2＝a 1q ＝±4. 4.8【解析】在等比数列{a n }中，若a 3·a 5·a 7＝64，则(a 5)3＝64，解得a 5＝4，则a 1>0，a 9>0，a 1＋a 9≥2a1a9＝2a 5＝8，当且仅当a 1＝a 9，即等比数列为常数列时等号成立．5.2【解析】因为{a n }是首项为2，公比为q (q >1)的等比数列，且{a n }的前n 项和为S n ，若{Sn ＋2}为等比数列，则S1＋2＝a1＋2＝2，S2＋2＝2＋2q ＋2，S3＋2＝2＋2q ＋2q2＋2成等比数列，所以(4＋2q )2＝2×4＋2q ＋2q2，解得q ＝0(舍去)或q ＝2，所以q ＝2.第28讲数列求和链教材·夯基固本激活思维1. C 【解析】令数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 20＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 20＝2(1＋2＋3＋…＋20)－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12＋122＋123＋…＋1220＝420－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－1220＝419＋1220. 2. A 【解析】令a n ＝(－1)n (2n ＋1)，则当n 为奇数时，n ＋1为偶数，a n ＋a n ＋1＝－(2n ＋1)＋[2(n ＋1)＋1]＝2，所以S 11＝a 1＋a 2＋…＋a 11＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 9＋a 10)＋a 11＝2＋2＋…＋2－(2×11＋1)＝2×5－23＝－13.3.B【解析】因为a 1＝1，且对任意的n∈N *，都有a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ，所以a n ＋1－a n ＝n ＋1，所以当n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n ＋(n －1)＋…＋2＋1＝n (n ＋1)2，当n ＝1时也成立，所以a n ＝n (n ＋1)2，所以1an＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋1，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1an 的前n 项和为S n ＝2⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1，故1a1＋1a2＋…＋1a2 022＝4 0442 023，故选B.4. 3【解析】因为f (x )＋f (－x )＝12x ＋1＋12－x ＋1＝12x ＋1＋2x 2x ＋1＝1，所以f (－1)＋f (－2)＋f (－3)＋f (1)＋f (2)＋f (3)＝3[f (－1)＋f (1) ]＝3.5.3n ＋1－2n ＋1【解析】令S n ＝2n ＋2n －1×3＋2n －2×32＋…＋22×3n －2＋2×3n －1＋3n ，则2S n ＝2n ＋1＋2n ×3＋2n －1×32＋…＋23×3n －2＋22×3n －1＋2×3n ，两式相加得3S n ＝2n ×3＋2n －1×32＋2n －2×33＋…＋22×3n －1＋2×3n ＋3n ＋1，所以S n ＝3n ＋1－2n ＋13－2＝3n ＋1－2n ＋1.研题型·融会贯通分类解析【解答】 (1) 设等差数列{a n }的公差为d ，则S 5＝5a 1＋5×42d ＝10＋10d ＝30，解得d ＝2，所以a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，n ∈N *.对于数列{b n }，当n ＝1时，b 1＝T 1＝21－1＝1；当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝2n －2n －1＝2n －1，当n ＝1时上式也成立，所以b n ＝2n －1，n ∈N *. (2) 由(1)知c n ＝bn(b n ＋1)(b n ＋1＋1)＝2n －1(2n －1＋1)(2n ＋1)＝12n －1＋1－12n ＋1，所以M n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫120＋1－121＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫121＋1－122＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1＋1－12n ＋1＝12－12n ＋1.【解答】若选条件①：(1)因为数列{S n ＋a 1}为等比数列，所以(S 2＋a 1)2＝(S 1＋a 1)·(S 3＋a 1)，即(2a 1＋a 2)2＝2a 1(2a 1＋a 2＋a 3)．设等比数列{a n }的公比为q ，所以(2＋q )2＝2(2＋q ＋q 2)，解得q ＝2或q ＝0(舍去)，所以a n ＝a 1q n －1＝2n －1.(2)由(1)知a n ＝2n －1，所以b n ＝1log2an ＋1·log2an ＋3＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋2，所以T n ＝12⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝34－2n ＋32(n ＋1)(n ＋2). 若选条件②：(1) 因为点(S n ，a n ＋1)在直线y ＝x ＋1上，所以a n ＋1＝S n ＋1.又a n ＝S n －1＋1(n ≥2，n ∈N )，两式相减得a n ＋1＝2a n ，又a 1＝1，a 2＝S 1＋1＝2，也适合上式，故数列{a n }为首项是1，公比是2的等比数列，所以a n ＝a 1q n －1＝2n －1.(2) 同条件①. 若选条件③：(1) 因为2n a 1＋2n －1a 2＋…＋2a n ＝na n ＋1，① 所以2n －1a 1＋2n －2a 2＋…＋2a n －1＝(n －1)a n (n ≥2)．所以2n a 1＋2n －1a 2＋…＋22a n －1＝2(n －1)a n (n ≥2)② 由①－②可得2a n ＝na n ＋1－2(n －1)a n ，即a n ＋1＝2a n ，又a 1＝1,2a 1＝a 2，也适合上式，故数列{a n }为首项是1，公比是2的等比数列，所以a n ＝a 1q n －1＝2n －1.(2) 同条件①.【解答】 (1) 因为a n ＋1＝2(a n ＋1)，所以a n ＋1＋2＝2(a n ＋2)，则数列{a n ＋2}是以3为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＋2＝3×2n －1，即a n ＝3×2n －1－2(n ∈N *)． (2) 由(1)知，b n ＝log 2(a n ＋2)－log 23＝log 22n －1＝n －1，所以3bnan ＋2＝n －12n －1.所以T n ＝020＋121＋222＋…＋n －22n －2＋n －12n －1，12T n ＝021＋122＋223＋…＋n －22n －1＋n －12n，两式作差得12T n ＝121＋122＋…＋12n －1－n －12n＝12－12n 1－12－n －12n＝1－n ＋12n ，则T n ＝2－n ＋12n －1.【解答】 (1) 由数列{a n }满足a 1·2a 2·3a 3·…·na n ＝2n (n ∈N *)①，可得当n ＝1时，a 1＝2，当n ≥2时，a 1·2a 2·…·(n －1)a n －1＝2n －1②.①÷②得na n ＝2，即a n ＝2n ，当n ＝1时上式也成立，故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n .(2) 由(1)知2＋2n ＋1an ＝n ·2n ＋n ，设H n ＝1·2＋2·22＋…＋n ·2n ，则2H n ＝1·22＋2·23＋…＋n ·2n ＋1，两式相减可得－H n ＝2＋4＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1，化简可得H n ＝2＋(n －1)·2n ＋1.所以T n ＝2＋(n －1)·2n ＋1＋n (n ＋1)2.【解答】 (1) 因为(n ＋1)a n ＝na n ＋1，所以ann ＝an ＋1n ＋1，即数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫an n 是常数列，所以an n ＝a11＝1，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n .(2) 由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)n n .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )．记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ，则A ＝2(1－22n )1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n . 故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.【解答】 (1) 当n ＝2时，a 3＝2a 2－a 2＋2，解得a 2＝2. 当n ＝1时，a 2＝2a 1＋a 1－1，解得a 1＝1. (2) 因为a n ＋1＝2a n ＋(－1)n ＋1a n ＋(－1)n n ，当n ＝2k (k ∈N *)时，a 2k ＋1＝a 2k ＋2k ①，当n ＝2k －1(k ∈N *)时，a 2k ＝3a 2k －1－(2k －1)②，把②代入①得a 2k ＋1＝3a 2k －1＋1，所以a2n ＋1＋12a2n －1＋12＝3a2n －1＋1＋12a2n －1＋12＝3⎝⎛⎭⎪⎪⎫a2n －1＋12a2n －1＋12＝3(常数)．所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a2n －1＋12是以32为首项，3为公比的等比数列．(3) 由(2)得a 2n －1＋12＝32×3n －1，所以a 2n －1＝3n 2－12，代入②得a 2n ＝3×3n －12－(2n －1)．则a 2n ＋a 2n －1＝2×3n －(2n ＋1)．所以S 2n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2n －1＋a 2n )＝3n ＋1－3－n 2－2n . 则S 2n －1＝S 2n －a 2n ＝3n ＋12－n 2－52.所以S n＝⎩⎪⎨⎪⎧3n ＋22－n24－n －3，n 为偶数，3n ＋322－n2＋2n 4－114，n 为奇数.课堂评价 1. C【解析】设等差数列{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋n (n －1)d 2，因为Sn n＝a 1＋(n －1)d2，所以Sn ＋1n ＋1－Sn n ＝d 2，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫Sn n 是公差为d 2的等差数列．因为S 5＝15，S 7＝28，所以S77－S55＝4－3＝1＝2×d 2，解得d ＝1，所以Sn n ＝S55＋(n －5)×d 2＝n ＋12，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫Sn n 的前20项和为20⎝⎛⎭⎪⎪⎫1＋20＋122＝115.2.A【解析】因为a n ＋1＝n n ＋1a n ，a 1＝1，所以(n ＋1)a n ＋1＝na n ，所以数列{na n }是每项均为1的常数列，所以na n ＝1，所以a n ＝1n.因为a n a n ＋1＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，所以数列{a n a n ＋1}的前10项和为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫110－111＝1－111＝1011. 3.A【解析】因为a n ＝f (0)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋f⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫n －1n ＋f (1)，所以a n ＝f (1)＋f⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫n －1n ＋f⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫n －2n ＋…＋f⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋f (0)．又f (x )＋f (1－x )＝1，所以2a n ＝[f (0)＋f (1)]＋⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫n －1n ＋…＋⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫n －1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋[f (1)＋f (0)]＝n ＋1，所以a n ＝n ＋12，因为a n ＋1－a n ＝n ＋22－n ＋12＝12，所以数列{a n }是以1为首项，12为公差的等差数列，则数列{a n }的前10项和为S 10＝10×1＋10×92×12＝652.4. 3n2＋5n4(n ＋1)(n ＋2) 【解析】因为1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋2，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1n (n ＋2)的前n 项和S n ＝12⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝3n2＋5n 4(n ＋1)(n ＋2).5. 10 200 【解析】因为f (x )＝x 2cosπx 2，所以a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝n 2cosn π2＋(n ＋1)2cos(n ＋1)π2，a 4n －3＝(4n －3)2cos 4n －32π＋(4n －2)2cos 4n －22π＝－(4n －2)2，同理可得a 4n －2＝－(4n －2)2，a 4n －1＝(4n )2，a 4n ＝(4n )2.所以a 4n －3＋a 4n －2＋a 4n －1＋a 4n ＝－2(4n －2)2＋2(4n )2＝8(4n －1)．所以数列{a n }的前100项之和S 100＝8×(3＋7＋…＋99)＝10 200.微难点8 放缩法在数列不等式中的应用【解答】因为k ！＝k (k －1)·…·2·1≥2·2·…·2·1＝2k －1，所以1k ！≤12k －1，k ＝1,2，…，n ，所以11！＋12！＋13！＋…＋1n ！<120＋121＋122＋…＋12n －1＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n1－12＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1<2.【解答】因为ak ak ＋1＝2k －12k ＋1－1<2k －12k ＋1－2＝12，所以∑k ＝1nakak ＋1<n2，不等式右边得证．因为ak ak ＋1＝2k －12k ＋1－1＝2k －12－122⎝⎛⎭⎪⎪⎫2k －12＝12－14⎝⎛⎭⎪⎪⎫2k －12＝12－13·2k ＋(2k －2)>12－13·2k ＋0＝12－13·2k，所以∑k ＝1nakak ＋1>∑k ＝1n ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－13·2k ＝n 2－13⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫121＋122＋…＋12n ＝n 2－13⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12n >n2－13，不等式左边得证．【解答】 (1) 1＋122＋132＋…＋1n2<1＋11×2＋12×3＋…＋1(n －1)n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1－1n ＝2－1n <2. (2) 因为1n2<1n (n －1)＝1n －1－1n ，所以112＋122＋132＋ …＋1n2<1＋122＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－13＋…＋1n －1－1n ＝54＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－1n <74.【解答】(1)由题意知数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1an 为等差数列，且首项为2，公差为2，故a n ＝12n.(2) 依题意可知a 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n 2＝14·1n2<14·1n ·1n －1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1－1n (n >1)，所以a 21＋a 2＋a 23＋…＋a 2n <14⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2－1n <12，故a 21＋a 2＋a 23＋…＋a 2n <12.【解答】因为n2n ＋n <n2n ，所以不等式左边<12＋222＋323＋…＋n2n .令A ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，则12A ＝122＋223＋324＋…＋n 2n ＋1，两式相减得12A ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－12n－n2n ＋1，所以A ＝2－n ＋22n<2，即得证．微难点9 数列中常见的裂项技巧【解答】 (1) 因为a 6＝11，所以a 1＋5d ＝11 ①. 因为a 2，a 5，a 14成等比数列，所以a 25＝a 2a 14，所以(a 1＋4d )2＝(a 1＋d )(a 1＋13d )，化简得6a 1d ＝3d 2，因为d ≠0，所以2a 1＝d ②. 由①②可得，a 1＝1，d ＝2，所以数列{a n }的通项公式是a n ＝2n －1.(2) 由(1)得b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.【解答】 (1) 由2S n ＝(n ＋1)a n ＝(n ＋1)(S n －S n －1)(n ≥2，n ∈N *)，整理得(n －1)S n ＝(n ＋1)S n －1，即S n ＝n ＋1n －1S n －1，所以S n ＝n ＋1n －1S n －1＝n ＋1n －1·n n －2S n －2＝n ＋1n －1·n n －2·n －1n －3S n －3＝…＝n ＋1n －1·n n －2·n －1n －3·…·53·42·31S 1＝n (n ＋1)2a 1＝n (n ＋1)．因为S 1＝a 1＝2，所以S 1也满足S n ＝n (n ＋1)，所以S n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)．(2) b n ＝an ＋1Sn ＋1·Sn ＝Sn ＋1－Sn Sn ＋1·Sn ＝1Sn －1Sn ＋1＝1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋1－1n ＋2， T n ＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－13＋⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－13－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13－14＋⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13－14－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫14－15＋…＋⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1－1n －⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋1＋⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝12－1(n ＋1)·(n ＋2). 因为n ∈N *，所以T n ＝12－1(n ＋1)·(n ＋2)<12.【解答】由a n ＝1(n ＋1)n ＋n n ＋1＝(n ＋1)n －n n ＋1(n ＋1)2n －n 2(n ＋1)＝1n－1n ＋1，得S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1 .【解答】 (1) 由已知，得⎩⎨⎧a1＋a2＋a3＝7，(a 1＋3)＋(a 3＋4)2＝3a 2，解得a 2＝2.设数列{a n }的公比为q ，则a 1q ＝2，所以a 1＝2q ，a 3＝a 1q 2＝2q .由S 3＝7，可知2q＋2＋2q ＝7，所以2q 2－5q ＋2＝0，解得q 1＝2，q 2＝12.由题意得q >1，所以q ＝2，所以a 1＝1，故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1. (2)因为b n ＝an(a n ＋1)(a n ＋1＋1)＝2n －1(2n －1＋1)(2n ＋1)＝12n －1＋1－12n ＋1，所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫11＋1－121＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫121＋1－122＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫122＋1－123＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1＋1－12n ＋1＝11＋1－12n ＋1＝12－12n ＋1<12. 【解答】 (1) 设{a n }的公差为d ，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧3a1＋3d ＝2a1＋4d ，4a1＋6d ＝2a1＋6d ＋4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a1＝2，d ＝2，故a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n .(2) 由(1)知S n ＝n (a 1＋a n )2＝n 2＋n ，则b n ＝2(n ＋2)n (n ＋1)·2n ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ·2n －1(n ＋1)·2n ＋1，故T n ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫11·21－12·22＋12·22－13·23＋…＋1n ·2n －1(n ＋1)·2n ＋1＝2－1(n ＋1)·2n －1<2. 【解答】 (1) 因为a n ＋1－an ＋1＝a n ＋an ，所以a n ＋1－a n ＝an ＋1＋an ，所以an ＋1－an ＝1. 因为a 2＝4，所以a1＝1，所以数列{an }是以1为首项，1为公差的等差数列，所以an ＝1＋n －1＝n ，所以a n ＝n 2.(2) 因为b n ＝an ＋1(n ＋2)2a n ＝n ＋1(n ＋2)2n 2＝14⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n2－1(n ＋2)2，所以S n ＝14⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－132＋122－142＋132－152＋…＋1(n －1)2－1(n ＋1)2＋1n 2－1(n ＋2)2＝14⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2＝14⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤54－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2.。

2020年高考数学一轮教案：第5章-数列第五章第1节

第1节数列的概念及简单表示法考试要求 1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)； 2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数.知识梳理1.数列的定义按照一定顺序排列着的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项. 2.数列的分类3.数列的表示法数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和解析法. 4.数列的通项公式(1)通项公式：如果数列{a n }的第n 项a n 与序号n 之间的关系可以用一个式子a n ＝f (n )来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式.(2)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a n 与它的前一项a n －1(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.[微点提醒]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 ≥2.2.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.3.易混项与项数的概念，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.基础自测1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列.( ) (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 ，则对任意n ∈N *，都有a n ＋1＝S n ＋1－S n .( ) 解析 (1)数列：1，2，3和数列：3，2，1是不同的数列. (2)数列中的数是可以重复的，可以构成数列. (3)数列可以是常数列或摆动数列. 答案 (1)× (2)× (3)× (4)√2.(必修5P33A4改编)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1＋（－1）na n －1(n ≥2)，则a 5等于( ) A.32B.53C.85D.23解析 a 2＝1＋（－1）2a 1＝2，a 3＝1＋（－1）3a 2＝12， a 4＝1＋（－1）4a 3＝3，a 5＝1＋（－1）5a 4＝23. 答案 D3.(必修5P33A5改编)根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式a n ＝________.解析由a 1＝1＝5×1－4，a 2＝6＝5×2－4，a 3＝11＝5×3－4，…，归纳a n ＝5n －4. 答案 5n －44.(2019·山东省实验中学摸底)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1(n ∈N *)，S n 为其前n 项和，则S 5的值为( ) A.57B.61C.62D.63解析由条件可得a 2＝2a 1＋1＝3，a 3＝2a 2＋1＝7，a 4＝2a 3＋1＝15，a 5＝2a 4＋1＝31，所以S 5＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝1＋3＋7＋15＋31＝57. 答案 A5.(2018·北京朝阳区月考)数列0，1，0，－1，0，1，0，－1，…的一个通项公式a n 等于( )A.（－1）n ＋12B.cosn π2 C.cos n ＋12π D.cos n ＋22π解析令n ＝1，2，3，…，逐一验证四个选项，易得D 正确. 答案 D6.(2019·天津河东区一模)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝a 1（4n －1）3，若a 4＝32，则a 1＝________.解析 ∵S n ＝a 1（4n －1）3，a 4＝32，则a 4＝S 4－S 3＝32.∴255a 13－63a 13＝32，∴a 1＝12.答案 12考点一由数列的前几项求数列的通项【例1】 (1)已知数列的前4项为2，0，2，0，则依此归纳该数列的通项不可能是( ) A.a n ＝(－1)n －1＋1B.a n ＝⎩⎨⎧2，n 为奇数，0，n 为偶数C.a n ＝2sin n π2D.a n ＝cos(n －1)π＋1(2)已知数列{a n }为12，14，－58，1316，－2932，6164，…，则数列{a n }的一个通项公式是________.解析 (1)对n ＝1，2，3，4进行验证，a n ＝2sin n π2不合题意.(2)各项的分母分别为21，22，23，24，…，易看出从第2项起，每一项的分子都比分母少3，且第1项可变为－2－32，故原数列可变为－21－321，22－322，－23－323，24－324，…，故其通项公式可以为a n ＝(－1)n ·2n －32n .答案 (1)C (2)a n ＝(－1)n ·2n－32n规律方法由前几项归纳数列通项的常用方法及具体策略(1)常用方法：观察(观察规律)、比较(比较已知数列)、归纳、转化(转化为特殊数列)、联想(联想常见的数列)等方法.(2)具体策略：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各项的符号特征和绝对值特征；⑤化异为同，对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破，或寻找分子、分母之间的关系；⑥对于符号交替出现的情况，可用(－1)k 或(－1)k ＋1，k ∈N *处理. 【训练1】写出下列各数列的一个通项公式： (1)－11×2，12×3，－13×4，14×5，…； (2)12，2，92，8，252，…； (3)5，55，555，5 555，….解 (1)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是a n ＝(－1)n ×1n （n ＋1），n ∈N *.(2)数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观察.即12，42，92，162，252，…，分子为项数的平方，从而可得数列的一个通项公式为a n ＝n 22.(3)将原数列改写为59×9，59×99，59×999，…，易知数列9，99，999，…的通项为10n －1，故所求的数列的一个通项公式为a n ＝59(10n －1). 考点二由a n 与S n 的关系求通项易错警示【例2】 (1)(2019·广州质检)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Ⅰ卷)记S n 为数列{a n }的前n 项和.若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________. 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)由S n ＝2a n ＋1，得a 1＝2a 1＋1，所以a 1＝－1. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋1－(2a n －1＋1)，得a n ＝2a n －1.∴数列{a n }是首项为－1，公比为2的等比数列. ∴S 6＝a 1（1－q 6）1－q ＝－（1－26）1－2＝－63.答案 (1)a n ＝⎩⎨⎧3，n ＝12n ，n ≥2(2)－63规律方法数列的通项a n 与前n 项和S n 的关系是a n ＝⎩⎨⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.①当n ＝1时，a 1若适合S n －S n －1，则n ＝1的情况可并入n ≥2时的通项a n ；②当n ＝1时，a 1若不适合S n －S n －1，则用分段函数的形式表示.易错警示在利用数列的前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.例如例2第(1)题易错误求出a n ＝2n (n ∈N *).【训练2】 (1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n ，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.(2)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n ＋1，则数列的通项公式a n ＝________. 解析 (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也适合上式，∴a n ＝4n －5. (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. 显然当n ＝1时，不满足上式. ∴a n ＝⎩⎨⎧4，n ＝1，2·3n －1，n ≥2.答案 (1)4n －5 (2)⎩⎨⎧4，n ＝1，2·3n －1，n ≥2考点三由数列的递推关系求通项易错警示【例3】 (1)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ，则a n 等于( )A.2＋ln nB.2＋(n －1)ln nC.2＋n ln nD.1＋n ＋ln n(2)若a 1＝1，na n －1＝(n ＋1)a n (n ≥2)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________. (3)若a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3，则通项公式a n ＝________. (4)若数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a na n ＋2，则a n ＝________.解析 (1)因为a n ＋1－a n ＝ln n ＋1n ＝ln(n ＋1)－ln n ，所以a 2－a 1＝ln 2－ln 1， a 3－a 2＝ln 3－ln 2， a 4－a 3＝ln 4－ln 3，a n －a n －1＝ln n －ln(n －1)(n ≥2).把以上各式分别相加得a n －a 1＝ln n －ln 1，则a n ＝2＋ln n ，且a 1＝2也适合，因此a n ＝2＋ln n (n ∈N *).(2)由na n －1＝(n ＋1)a n (n ≥2)，得a n a n －1＝n n ＋1(n ≥2). 所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝n n ＋1·n －1n ·n －2n －1·…·34·23·1＝2n ＋1，又a 1也满足上式，所以a n ＝2n ＋1.(3)由a n ＋1＝2a n ＋3，得a n ＋1＋3＝2(a n ＋3).令b n ＝a n ＋3，则b 1＝a 1＋3＝4，且b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2.所以{b n }是以4为首项，2为公比的等比数列. ∴b n ＝4·2n －1＝2n ＋1，∴a n ＝2n ＋1－3.(4)因为a n ＋1＝2a na n ＋2，a 1＝1，所以a n ≠0，所以1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n＝12.又a 1＝1，则1a 1＝1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公差的等差数列.所以1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n 2＋12＝n ＋12.所以a n ＝2n ＋1.答案 (1)A (2)2n ＋1 (3)2n ＋1－3 (4)2n ＋1规律方法由数列的递推关系求通项公式的常用方法 (1)已知a 1，且a n －a n －1＝f (n )，可用“累加法”求a n . (2)已知a 1(a 1≠0)，且a na n －1＝f (n )，可用“累乘法”求a n . (3)已知a 1，且a n ＋1＝qa n ＋b ，则a n ＋1＋k ＝q (a n ＋k )(其中k 可用待定系数法确定)，可转化为{a n ＋k }为等比数列.(4)形如a n ＋1＝Aa nBa n ＋C (A ，B ，C 为常数)的数列，可通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解.易错警示本例(1)，(2)中常见的错误是忽视验证a 1是否适合所求式.【训练3】 (1)(2019·山东、湖北部分重点中学联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋2n －1＋1，则a n ＝________. (2)若a 1＝1，a n ＋1＝2n a n ，则通项公式a n ＝________.解析 (1)a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋2n －1＋1⇒a n ＋1－a n ＝2n －1＋1⇒a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1，则a n ＝2n －2＋2n －3＋…＋2＋1＋n －1＋a 1 ＝1－2n －11－2＋n －1＋2＝2n －1＋n .(2)由a n ＋1＝2n a n ，得a na 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 (1)2n －1＋n (2)2n （n －1）2考点四数列的性质【例4】 (1)数列{a n }的通项a n ＝n n 2＋90，则数列{a n }中的最大项是( )A.310B.19C.119D.1060(2)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 (1)令f (x )＝x ＋90x (x >0)，运用基本不等式得f (x )≥290，当且仅当x ＝310时等号成立.因为a n ＝1n ＋90n ，所以1n ＋90n ≤1290，由于n ∈N *，不难发现当n ＝9或n ＝10时，a n ＝119最大.(2)由已知可得，a 2＝2×35－1＝15，a 3＝2×15＝25，a 4＝2×25＝45，a 5＝2×45－1＝35， ∴{a n }为周期数列且T ＝4， ∴a 2 019＝a 504×4＋3＝a 3＝25. 答案 (1)C (2)25规律方法 1.在数学命题中，以数列为载体，常考查周期性、单调性.2.(1)研究数列的周期性，常由条件求出数列的前几项，确定周期性，进而利用周期性求值.(2)数列的单调性只需判定a n 与a n ＋1的大小，常用比差或比商法进行判断.【训练4】 (1)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋1(n ∈N *)，则a 2 020＝________.(2)若a n ＝n 2＋kn ＋4且对于n ∈N *，都有a n ＋1>a n 成立，则实数k 的取值范围是________.解析 (1)∵a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋1＝(a n －1)2，∴a 2＝(a 1－1)2＝0，a 3＝(a 2－1)2＝1，a 4＝(a 3－1)2＝0，…，可知数列{a n }是以2为周期的数列，∴a 2 020＝a 2＝0.(2)由a n ＋1>a n 知该数列是一个递增数列，又通项公式a n ＝n 2＋kn ＋4，所以(n ＋1)2＋k (n ＋1)＋4>n 2＋kn ＋4，即k >－1－2n . 又n ∈N *，所以k >－3. 答案 (1)0 (2)(－3，＋∞)[思维升华]1.数列是特殊的函数，要利用函数的观点认识数列.2.已知递推关系求通项公式的三种常见方法： (1)算出前几项，再归纳、猜想.(2)形如“a n ＋1＝pa n ＋q ”这种形式通常转化为a n ＋1＋λ＝p (a n ＋λ)，由待定系数法求出λ，再化为等比数列.(3)递推公式化简整理后，若为a n ＋1－a n ＝f (n )型，则采用累加法；若为a n ＋1a n ＝f (n )型，则采用累乘法.[易错防范]1.解决数列问题应注意三点(1)在利用函数观点研究数列时，一定要注意自变量的取值是正整数. (2)数列的通项公式不一定唯一. (3)注意a n ＝S n －S n －1中需n ≥2.2.数列{a n }中，若a n 最大，则a n ≥a n －1且a n ≥a n ＋1；若a n 最小，则a n ≤a n －1且a n ≤a n ＋1.基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.数列1，3，6，10，15，…的一个通项公式是( ) A.a n ＝n 2－(n －1) B.a n ＝n 2－1 C.a n ＝n （n ＋1）2D.a n ＝n （n －1）2解析观察数列1，3，6，10，15，…可以发现： 1＝1， 3＝1＋2， 6＝1＋2＋3， 10＝1＋2＋3＋4， …所以第n 项为1＋2＋3＋4＋5＋…＋n ＝n （n ＋1）2，所以数列1，3，6，10，15，…的通项公式为a n ＝n （n ＋1）2.答案 C2.已知数列{a n }满足：任意m ，n ∈N *，都有a n ·a m ＝a n ＋m ，且a 1＝12，那么a 5＝( ) A.132B.116C.14D.12解析由题意，得a 2＝a 1a 1＝14，a 3＝a 1·a 2＝18，则a 5＝a 3·a 2＝132. 答案 A3.(2019·江西重点中学盟校联考)在数列{a n }中，a 1＝－14，a n ＝1－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，则a 2 019的值为( )A.－14B.5C.45D.54解析在数列{a n }中，a 1＝－14，a n ＝1－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，所以a 2＝1－1－14＝5，a 3＝1－15＝45，a 4＝1－145＝－14，所以{a n }是以3为周期的周期数列，所以a 2 019＝a 673×3＝a 3＝45.答案 C4.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2，a n ＋1＝S n ＋1(n ∈N *)，则S 5＝( )A.31B.42C.37D.47解析由题意，得S n ＋1－S n ＝S n ＋1(n ∈N *)，∴S n ＋1＋1＝2(S n ＋1)(n ∈N *)，故数列{S n ＋1}为等比数列，其首项为3，公比为2，则S 5＋1＝3×24，所以S 5＝47. 答案 D5.(2019·成都诊断)已知f (x )＝⎩⎨⎧（2a －1）x ＋4（x ≤1），a x （x >1），数列{a n }(n ∈N *)满足a n ＝f (n )，且{a n }是递增数列，则a 的取值范围是( )A.(1，＋∞)B.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞C.(1，3)D.(3，＋∞)解析因为{a n }是递增数列，所以⎩⎨⎧a >1，a 2>2a －1＋4，解得a >3，则a 的取值范围是(3，＋∞).答案 D二、填空题6.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，则(2n －5)(n －10)＝0，解得n ＝10或n ＝52(舍去).所以a 10＝0.08.答案 107.若数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________. 解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＋1＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n ＋1－[3(n －1)2－2(n －1)＋1]＝6n －5，显然当n ＝1时，不满足上式.故数列的通项公式为a n ＝⎩⎨⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2.答案 ⎩⎨⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2 8.在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1n ＋1＝a n n＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ，则a n ＝________. 解析由题意得a n ＋1n ＋1－a n n ＝ln(n ＋1)－ln n ，a n n －a n －1n －1＝ln n －ln(n －1)(n ≥2). ∴a 22－a 11＝ln 2－ln 1，a 33－a 22＝ln 3－ln 2，…，a n n －a n －1n －1＝ln n －ln(n －1)(n ≥2).累加得a n n －a 11＝ln n ，∴a n n ＝2＋ln n (n ≥2)，又a 1＝2适合，故a n ＝2n ＋n ln n .答案 2n ＋n ln n三、解答题9.(2016·全国Ⅲ卷)已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0.(1)求a 2，a 3；(2)求{a n }的通项公式.解 (1)由题意得a 2＝12，a 3＝14.(2)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0得2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1).因为{a n }的各项都为正数，所以a n ＋1a n＝12. 故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，因此a n ＝12n －1. 10.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 ＋a n 2，①当n ≥2时，S n －1＝12a 2n －1＋12a n －1，②①－②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 }为首项为1，公差为1的等差数列，故a n ＝n .能力提升题组(建议用时：20分钟)11.(2019·山东新高考适应性调研)“中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852年，英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年，英国数学家马西森指出此法复合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”.“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1至2 018这2 018个数中，能被3除余1且被7除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{a n }，则此数列共有( )A.98项B.97项C.96项D.95项解析能被3除余1且被7除余1的数就只能是被21除余1的数，故a n ＝21n －20，由1≤a n ≤2 018得1≤n ≤97，又n ∈N *，故此数列共有97项.答案 B12.已知数列{a n }的通项公式a n ＝(n ＋2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫67n ，则数列{a n }的项取最大值时，n ＝________.解析假设第n 项为最大项，则⎩⎨⎧a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1，即⎩⎪⎨⎪⎧（n ＋2）·⎝ ⎛⎭⎪⎫67n ≥（n ＋1）·⎝ ⎛⎭⎪⎫67n －1，（n ＋2）·⎝ ⎛⎭⎪⎫67n ≥（n ＋3）·⎝ ⎛⎭⎪⎫67n ＋1，解得⎩⎨⎧n ≤5，n ≥4，即4≤n ≤5，又n ∈N *，所以n ＝4或n ＝5，故数列{a n }中a 4与a 5均为最大项，且a 4＝a 5＝6574.答案 4或513.(2019·菏泽模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝(－1)n ·a n －12n ，记b n ＝8a 2·2n －1，若对任意的n ∈N *，总有λb n －1>0成立，则实数λ的取值范围为________.解析令n ＝1，得a 1＝－14；令n ＝3，可得a 2＋2a 3＝18；令n ＝4，可得a 2＋a 3＝316，故a 2＝14，即b n ＝8a 2·2n －1＝2n .由λb n －1>0对任意的n ∈N *恒成立，得λ>⎝ ⎛⎭⎪⎫12n对任意的n ∈N *恒成立，又⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ≤12，所以实数λ的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞. 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ 14.已知数列{a n }中，a n ＝1＋1a ＋2（n －1）(n ∈N *，a ∈R 且a ≠0). (1)若a ＝－7，求数列{a n }中的最大项和最小项的值；(2)若对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，求a 的取值范围.解 (1)∵a n ＝1＋1a ＋2（n －1）(n ∈N *，a ∈R ，且a ≠0)，又a ＝－7，∴a n ＝1＋12n －9(n ∈N *). 结合函数f (x )＝1＋12x －9的单调性，可知1>a 1>a 2>a 3>a 4，a 5>a 6>a 7>…＞a n >1(n ∈N *).∴数列{a n }中的最大项为a 5＝2，最小项为a 4＝0.(2)a n ＝1＋1a ＋2（n －1）＝1＋12n －2－a 2，已知对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，结合函数f (x )＝1＋12x －2－a 2的单调性，可知5<2－a 2<6，即－10<a <－8.即a 的取值范围是(－10，－8).新高考创新预测15.(数学文化)著名的斐波那契数列{a n }：1，1，2，3，5，8，…，满足a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝a n ＋1＋a n ，n ∈N *，那么1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＋…＋a 2 017是斐波那契数列的第________项.解析 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＋…＋a 2 017＝a 2＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＋…＋a 2 017＝a 4＋a 5＋a 7＋a 9＋…＋a 2 017＝a 6＋a 7＋a 9＋…＋a 2 017＝a 8＋a 9＋…＋a 2 017＝…＝a 2 016＋a 2 017＝a 2 018，即为第2 018项.答案 2 018。

2020版新一线高考理科数学一轮复习教学案：第5章第3节等比数列及其前n项和含答案

第三节等比数列及其前n 项和[考纲传真] 1.理解等比数列的概念.2.掌握等比数列的通项公式与前n 项和公式.3.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用等比数列的有关知识解决相应的问题.4.了解等比数列与指数函数的关系．1．等比数列的有关概念(1)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个常数(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(n ∈N *，q 为非零常数)．(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＝a b.2．等比数列的通项公式与前n 项和公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －1. (2)前n 项和公式：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 b n (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 .(5)当q ≠－1时，数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…成等比数列． [常用结论]1．“G 2＝ab ”是“a ，G ，b 成等比数列”的必要不充分条件．2．若q ≠0，q ≠1，则S n ＝k －kq n (k ≠0)是数列{a n }成等比数列的充要条件，此时k ＝a 11－q. [基础自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (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)G 为a ，b 的等比中项⇔G 2＝a b. ( )(3)若{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)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，则其前n 项和为S n ＝a (1－a n )1－a. ( )[答案] (1)× (2)× (3)× (4)×2．(教材改编)等比数列{a n }中，a 3＝12，a 4＝18，则a 6等于( ) A ．27 B ．36C.812 D ．54C [公比q ＝a 4a 3＝1812＝32，则a 6＝a 4q 2＝18×⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝812.]3．(教材改编)在9与243中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为__________．27,81 [设该数列的公比为q ，由题意知， 243＝9×q 3，q 3＝27，∴q ＝3.∴插入的两个数分别为9×3＝27,27×3＝81.]4．在单调递减的等比数列{a n }中，若a 3＝1，a 2＋a 4＝52，则a 1＝________. 4 [由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1q 2＝1，a 2＋a 4＝a 1q ＋a 1q 3＝52，消去a 1得1q ＋q ＝52，解得q ＝12或q ＝2.又0＜q ＜1，故q ＝12，此时a 1＝4.]5．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n 项和．若S n ＝126，则n ＝__________.6 [∵a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，∴数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列．又∵S n ＝126，∴2(1－2n )1－2＝126，解得n ＝6.]等比数列基本量的运算1．(2019·n S n ，若a 1＝1，S 3＝3a 3，则S 5＝( )A ．1B ．5 C.3148 D.1116D [由S 3＝3a 3得a 1＋a 2＝2a 3， ∴1＋q ＝2q 2，解得q ＝－12或q ＝1(舍)． ∴S 5＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－1251－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝23×3332＝1116，故选D.]2．(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＝________.32 [设{a n }的首项为a 1，公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q 3)1－q ＝74，a 1(1－q 6)1－q ＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2，所以a 8＝14×27＝25＝32.]3．(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)，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 ＝2n －1.由S m ＝63得2m ＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.[规律方法] 解决等比数列有关问题的两种常用思想等比数列的判定与证明【例1】 (2018·全国卷Ⅰ)已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n .设b n ＝a nn . (1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由； (3)求{a n }的通项公式．[解] (1)由条件可得a n ＋1＝2(n ＋1)n a n .将n ＝1代入得，a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以，a 2＝4. 将n ＝2代入得，a 3＝3a 2，所以，a 3＝12. 从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4.(2){b n }是首项为1，公比为2的等比数列．由条件可得a n ＋1n ＋1＝2a nn ，即b n ＋1＝2b n ，又b 1＝1，所以{b n }是首项为1，公比为2的等比数列．(3)由(2)可得a nn ＝2n －1，所以a n ＝n ·2n －1.(等比中项法：若数列n n n (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.[解] (1)证明：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，故a 1≠0. 由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ，即a n ＋1(λ－1)＝λa n .由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1. 因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1.(2)由(1)得S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n.由S 5＝3132得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132.解得λ＝－1.等比数列性质的应用►考法1 【例2】 (1)若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝________.(2)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＞0，q ＞1，a 3＋a 5＝20，a 2a 6＝64，则S 5＝________.(1)50 (2)31 [(1)因为a 10a 11＋a 9a 12＝2a 10a 11＝2e 5，所以a 10a 11＝e 5. 所以ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20 ＝ln(a 1a 2…a 20)＝ln[(a 1a 20)·(a 2a 19)·…·(a 10a 11)] ＝ln(a 10a 11)10＝10ln(a 10a 11) ＝10ln e 5＝50ln e ＝50.(2)由等比数列的性质，得a 3a 5＝a 2a 6＝64，于是由⎩⎨⎧a 3＋a 5＝20，a 3a 5＝64，且a n ＞0，q ＞1，得a 3＝4，a 5＝16，所以⎩⎨⎧ a 1q 2＝4，a 1q 4＝16，解得⎩⎨⎧a 1＝1，q ＝2.所以S 5＝1×(1－25)1－2＝31.]►考法2 等比数列前n 项和的性质【例3】 (1)等比数列{a n }中，前n 项和为48，前2n 项和为60，则其前3n 项和为________．(2)数列{a n }是一个项数为偶数的等比数列，所有项之和是偶数项之和的4倍，前三项之积为64，则此数列的通项公式a n ＝________.(1)63 (2)12×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1[(1)法一：设数列{a n }的前n 项和为S n .因为S 2n ≠2S n ，所以q ≠1，由前n 项和公式得⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q n )1－q ＝48，①a 1(1－q 2n )1－q ＝60，②②÷①，得1＋q n ＝54，所以q n ＝14.③ 将③代入①，得a 11－q＝64. 所以S 3n ＝a 1(1－q 3n )1－q ＝64×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－143＝63.法二：设数列{a n }的前n 项和为S n ，因为{a n }为等比数列，所以S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 也成等比数列，所以(S 2n －S n )2＝S n (S 3n －S 2n )，即S 3n ＝(S 2n －S n )2Sn＋S 2n ＝(60－48)248＋60＝63.法三：设数列{a n }的前n 项和为S n ，因为S 2n ＝S n ＋q n S n ，所以q n ＝S 2n －S n S n＝14，所以S 3n ＝S 2n ＋q 2n S n ＝60＋⎝ ⎛⎭⎪⎫142×48＝63.(2)设此数列{a n }的公比为q ，由题意，知S 奇＋S 偶＝4S 偶，所以S 奇＝3S 偶，所以q ＝S 偶S 奇＝13.又a 1a 2a 3＝64，即a 1(a 1q )(a 1q 2)＝a 31q 3＝64，所以a 1q ＝4.又q ＝13，所以a 1＝12，所以a n ＝a 1q n －1＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1.](1)已知等比数列{a n }的公比q ＞0，且a 5·a 7＝4a 24，a 2＝1，则a 1＝( )A.12B.22C. 2 D ．2(2)已知数列{a n }是等比数列，S n 为其前n 项和，若a 1＋a 2＋a 3＝4，a 4＋a 5＋a 6＝8，则S 12等于( )A ．40B ．60C ．32D ．50(1)B (2)B [(1) a 5·a 7＝a 26＝4a 24，∴a 6＝2a 4，则a 6a 4＝q 2＝2.∴q ＝2，从而a 1＝12＝22，故选B. (2)S 12＝(a 1＋a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5＋a 6)＋(a 7＋a 8＋a 9)＋(a 10＋a 11＋a 12)＝4＋8＋16＋32＝60.]等差、等比数列的综合问题【例4】 (1)已知等比数列{a n }的各项都为正数，且a 3，12a 5，a 4成等差数列，则a 3＋a 5a 4＋a 6的值是( )A.5－12B.5＋12C.3－52D.3＋52A [设等比数列{a n }的公比为q ，由a 3，12a 5，a 4成等差数列可得a 5＝a 3＋a 4，即a 3q 2＝a 3＋a 3q ，故q 2－q －1＝0，解得q ＝1＋52或q ＝1－52(舍去)，由a 3＋a 5a 4＋a 6＝a 3＋a 3q 2a 4＋a 4q 2＝a 3(1＋q 2)a 4(1＋q 2)＝1q ＝25＋1＝2(5－1)(5＋1)(5－1)＝5－12，故选A.](2)(2018·北京高考)设{a n }是等差数列，且a 1＝ln 2，a 2＋a 3＝5ln 2. ①求{a n }的通项公式； ②求e a 1＋e a 2＋…＋e a n . [解] ①设{a n }的公差为d . 因为a 2＋a 3＝5ln 2，所以2a 1＋3d ＝5ln 2.又a 1＝ln 2，所以d ＝ln 2. 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ln 2. ②因为e a 1＝e ln 2＝2，＝＝e ln 2＝2，所以数列{e a n }是首项为2，公比为2的等比数列．所以e a 1＋e a 2＋…＋e a n ＝2×1－2n1－2＝2(2n －1)．n 1248(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求T n . [解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则依题意有⎩⎨⎧a 1＝1，(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋7d )，解得d ＝1或d ＝0(舍去)， ∴a n ＝1＋(n －1)＝n . (2)由(1)得a n ＝n ， ∴b n ＝2n ，∴b n ＋1b n＝2，∴{b n }是首项为2，公比为2的等比数列， ∴T n ＝2(1－2n )1－2＝2n ＋1－2.1．(2015·全国卷Ⅱ)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( ) A ．2 B ．1C.12D.18C [法一：∵a 3a 5＝a 24，a 3a 5＝4(a 4－1)，∴a 24＝4(a 4－1)，∴a 24－4a 4＋4＝0，∴a 4＝2.又∵q 3＝a 4a 1＝214＝8， ∴q ＝2，∴a 2＝a 1q ＝14×2＝12，故选C.法二：∵a 3a 5＝4(a 4－1)，∴a 1q 2·a 1q 4＝4(a 1q 3－1)，将a 1＝14代入上式并整理，得q 6－16q 3＋64＝0，解得q ＝2，∴a 2＝a 1q ＝12，故选C.]2．(2014·全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的公差为2，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．n (n ＋1)B ．n (n －1) C.n (n ＋1)2D.n (n －1)2A [由a 2，a 4，a 8成等比数列，得a 24＝a 2a 8，即(a 1＋6)2＝(a 1＋2)(a 1＋14)，∴a 1＝2.∴S n ＝2n ＋n (n －1)2×2＝2n ＋n 2－n ＝n (n ＋1)．]3．(2017·全国卷Ⅲ)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则a 4＝________.－8 [设等比数列{a n }的公比为q ， ∵a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3， ∴a 1(1＋q )＝－1， ① a 1(1－q 2)＝－3.②②÷①，得1－q ＝3，∴q ＝－2. ∴a 1＝1，∴a 4＝a 1q 3＝1×(－2)3＝－8.]4．(2017·全国卷Ⅱ)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，a 1＝－1，b 1＝1，a 2＋b 2＝2.(1)若a 3＋b 3＝5，求{b n }的通项公式； (2)若T 3＝21，求S 3.[解] 设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则a n ＝－1＋(n －1)d ，b n ＝q n －1.由a 2＋b 2＝2得d ＋q ＝3.①(1)由a 3＋b 3＝5得2d ＋q 2＝6.②联立①和②解得⎩⎨⎧ d ＝3，q ＝0(舍去)，⎩⎨⎧d ＝1，q ＝2.因此{b n }的通项公式为b n ＝2n －1.(2)由b 1＝1，T 3＝21得q 2＋q －20＝0.解得q ＝－5或q ＝4.当q ＝－5时，由①得d ＝8，则S 3＝21.当q ＝4时，由①得d ＝－1，则S 3＝－6.自我感悟：______________________________________________________ ________________________________________________________________ ________________________________________________________________。

2020版高考数学一轮复习第五章数列5_3等比数列课件理新人教A版

A．3 2f
12 C.
25f
B．3 22f
12 D.
27f
解析从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的
比都等于12 2，第一个单音的频率为 f，由等比数列的概念可知，这十三个单音的频率构成一个首项为 f，公比为12 2的等比数列，记为{an}，则第八个单音频率为 a8＝f·(12 2)8－1＝12 27f，故选 D。
数列，所以aa17＝＝16， 4。所以 q＝6 64＝2。故选 D。答案 D
(2)(2018·全国卷Ⅲ)等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3。 ①求{an}的通项公式； ②记 Sn 为{an}的前 n 项和。若 Sm＝63，求 m。
(2)解 ①设{an}的公比为 q，由题设得 an＝qn－1。由已知得 q4＝4q2，解得 q＝0(舍去)，q＝－2 或 q＝2。故 an＝(－2)n－1 或 an＝2n－1。 ②若 an＝(－2)n－1，则 Sn＝1－3－2n。由 Sm＝63 得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解。若 an＝2n－1，则 Sn＝2n－1。由 Sm＝63 得 2m＝64，解得 m＝6。综上，m＝6。
2．(必修 5P62B 组 T2 改编)等比数列{an}的首项 a1＝－1，前 n 项和为 Sn，若SS150＝3312，则{an}的通项公式 an＝________。
解析
因为S10＝31，所以S10－S5＝－ 1 ，因为
S5 32
S5
32
S5，S10－S5，S15－S10
成等比数列，且公比为 q5，所以 q5＝－312，q＝－21，则 an＝－1×－12n－1
即a1n＝12·13n－1＋1。
所以数列 1 的前 a n

2020高考数学理科大一轮复习导学案：第五章+数列5.2+Word版含答案【KS5U+高考】

第二节等差数列知识点一等差数列的定义如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d表示．数学语言表达式：a n＋1－a n＝d(n∈N*)，d为常数．1．判断正误(1)若一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．(×)(2)等差数列的公差是相邻两项的差．(×)(3)数列{a n}为等差数列的充要条件是其通项公式为n的一次函数．(×)2．若等差数列{a n}的公差为d，则数列{a2n－1}是(B)A．公差为d的等差数列B．公差为2d的等差数列C．公差为nd的等差数列D．非等差数列解析：数列{a2n－1}其实就是a1，a3，a5，a7，…，奇数项组成的数列，它们之间相差2d.知识点二等差数列的通项公式与前n项和公式1．若等差数列{a n}的首项是a1，公差是d，则其通项公式为a n＝a1＋(n －1)d.若等差数列{a n}的第m项为a m，则其第n项a n可以表示为a n＝a m＋(n －m)d.2．等差数列的前n项和公式S n＝n(a1＋a n)2＝na1＋n(n－1)2d.(其中n∈N*，a1为首项，d为公差，a n为第n项)3．(2018·全国卷Ⅰ)记S n为等差数列{a n}的前n项和．若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5＝(B)A．－12 B．－10C．10 D．12解析：解法1：设等差数列{a n }的公差为d ，∵3S 3＝S 2＋S 4，∴3(3a 1＋3×22d )＝2a 1＋d ＋4a 1＋4×32d ，解得d ＝－32a 1，∵a 1＝2，∴d ＝－3，∴a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10.故选B.解法2：设等差数列{a n }的公差为d ，∵3S 3＝S 2＋S 4，∴3S 3＝S 3－a 3＋S 3＋a 4，∴S 3＝a 4－a 3，∴3a 1＋3×22d ＝d ，∵a 1＝2，∴d ＝－3，∴a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10.故选B.4．某剧场有20排座位，后一排比前一排多2个座位，最后一排有60个座位，则剧场总共的座位数为820.解析：设第n 排的座位数为a n (n ∈N *)，数列{a n }为等差数列，其公差d ＝2，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a 1＋2(n －1)．由已知a 20＝60，得60＝a 1＋2×(20－1)，解得a 1＝22，则剧场总共的座位数为20(a 1＋a 20)2＝20(22＋60)2＝820.1．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝pn ＋q (其中p ，q 为常数)，则数列{a n }一定是等差数列，且公差为p .2．用定义法证明等差数列应注意“从第2项起”，如证明了a n ＋1－a n＝d (n ≥2)时，应注意验证a 2－a 1是否等于d ，若a 2－a 1≠d ，则数列{a n }不为等差数列．3．等差数列{a n}的单调性：当d>0时，{a n}是递增数列；当d<0时，{a n}是递减数列；当d＝0时，{a n}是常数列.考向一等差数列基本量的运算【例1】(1)(2018·北京卷)设{a n}是等差数列，且a1＝3，a2＋a5＝36，则{a n}的通项公式为________．(2)(2018·全国卷Ⅱ)设S n为等差数列{a n}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.①求{a n}的通项公式；②求S n，并求S n的最小值．【解析】(1)设等差数列的公差为d，a2＋a5＝a1＋d＋a1＋4d＝6＋5d ＝36，∴d＝6，∴a n＝3＋(n－1)·6＝6n－3.(2)①设{a n}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15.由a1＝－7得d＝2.所以{a n}的通项公式为a n＝2n－9.②由①得S n＝n2－8n＝(n－4)2－16.所以当n＝4时，S n取得最小值，最小值为－16.【答案】(1)6n－3(2)见解析等差数列基本量的运算是等差数列的一类基本题型，数列中的五个基本量a 1，d ，n ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解.(1)(2019·沈阳市质量监测)在等差数列{a n }中，若S n 为前n 项和，2a 7＝a 8＋5，则S 11的值是( A )A ．55B ．11C ．50D ．60(2)(2019·河南信阳二模)《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何？”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分五钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列，问五人各得多少钱？”(“钱”是古代一种质量单位)，在这个问题中，甲得________钱( C )A.53 B.32 C.43D.54解析：(1)解法1：设等差数列{a n }的公差为d ，由题意可得2(a 1＋6d )＝a 1＋7d ＋5，得a 1＋5d ＝5，则S 11＝11a 1＋11×102d ＝11(a 1＋5d )＝11×5＝55，故选A.解法2：设等差数列{a n }的公差为d ，由2a 7＝a 8＋5，得2(a 6＋d )＝a 6＋2d ＋5，得a 6＝5，所以S 11＝11a 6＝55，故选A.(2)设甲、乙、丙、丁、戊分别为a －2d ，a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d ，由题意可得：⎩⎪⎨⎪⎧a －2d ＋a －d ＋a ＋a ＋d ＋a ＋2d ＝5，a －2d ＋a －d ＝a ＋a ＋d ＋a ＋2d ，联立解得a ＝1，d ＝－16.∴这个问题中，甲所得为1－2×(－16)＝43(钱)．故选C.考向二等差数列的判定与证明【例2】 (2019·贵州适应性考试)已知数列{a n }满足a 1＝1，且na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n 2＋2n .(1)求a 2，a 3；(2)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列，并求{a n }的通项公式．【解】 (1)由已知，得a 2－2a 1＝4，则a 2＝2a 1＋4，又a 1＝1，所以a 2＝6.由2a 3－3a 2＝12，得2a 3＝12＋3a 2，所以a 3＝15.(2)证明：由已知na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n 2＋2n ，得na n ＋1－(n ＋1)a nn (n ＋1)＝2，即a n ＋1n ＋1－a n n ＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项a 11＝1，公差d ＝2的等差数列．则a nn ＝1＋2(n －1)＝2n －1，所以a n ＝2n 2－n .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a 2－a 1是否等于1.(2019·福建漳州二模)已知数列{a n }满足na n －(n ＋1)a n －1＝2n 2＋2n (n ＝2,3,4，…)，a 1＝6.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋1为等差数列，并求出{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，求证：S n <512.证明：(1)由na n －(n ＋1)a n －1＝2n 2＋2n (n ＝2,3,4，…)，a 1＝6，可得a nn ＋1－a n －1n ＝2，a 11＋1＝3，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋1是首项为3，公差为2的等差数列，可得a n n ＋1＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，则a n ＝(n ＋1)(2n ＋1)(n ∈N *)． (2)由1(n ＋1)(2n ＋1)<12n (n ＋1)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，可得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n≤16＋12×12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝16＋1212－1n ＋1<16＋14＝512，即S n <512.考向三等差数列的性质及应用方向1 等差数列项的性质【例3】 (1)(2019·湖南衡阳一模)在等差数列{a n }中，a 1＋3a 8＋a 15＝120，则a 2＋a 14的值为( )A ．6B ．12C ．24D ．48(2)(2019·山西太原一模)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＋a 3＋a 10＝9，则S 9＝( )A．3 B．9C．18 D．27【解析】(1)∵在等差数列{a n}中，a1＋3a8＋a15＝120，∴由等差数列的性质可得a1＋3a8＋a15＝5a8＝120，∴a8＝24，∴a2＋a14＝2a8＝48.故选D.(2)设等差数列{a n}的公差为d，∵a2＋a3＋a10＝9，∴3a1＋12d＝9，即a1＋4d＝3，∴a5＝3，∴S9＝9(a1＋a9)2＝9a5＝27，故选D.【答案】(1)D(2)D方向2等差数列前n项和的性质【例4】(1)设S n是等差数列{a n}的前n项和，若S672＝2，S1 344＝12，则S2 016＝()A．22 B．26C．30 D．34(2)(2019·西安八校联考)设等差数列{a n}的前n项和为S n，若S6>S7>S5，则满足S n S n＋1<0的正整数n的值为()A．10 B．11C．12 D．13【解析】(1)由等差数列的性质知，S672，S1 344－S672，S2 016－S1 344成等差数列，则2(S1 344－S672)＝S672＋S2 016－S1 344，即2×(12－2)＝2＋S2 016－12，解得S2 016＝30.故选C.(2)由S 6>S 7>S 5，得S 7＝S 6＋a 7<S 6，S 7＝S 5＋a 6＋a 7>S 5，所以a 7<0，a 6＋a 7>0，所以S 13＝13(a 1＋a 13)2＝13a 7<0，S 12＝12(a 1＋a 12)2＝6(a 6＋a 7)>0，所以S 12S 13<0，即满足S n S n ＋1<0的正整数n 的值为12，故选C.【答案】 (1)C (2)C方向3 等差数列前n 项和的最值【例5】在等差数列{a n }中，已知a 1＝20，前n 项和为S n ，且S 10＝S 15，求当n 取何值时，S n 取得最大值，并求出它的最大值．【解】 ∵a 1＝20，S 10＝S 15，∴10×20＋10×92d ＝15×20＋15×142d ， ∴d ＝－53.解法1：由a n ＝20＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫－53＝－53n ＋653，得a 13＝0. 即当n ≤12时，a n >0，当n ≥14时，a n <0. ∴当n ＝12或n ＝13时，S n 取得最大值，且最大值为S 12＝S 13＝12×20＋12×112×⎝⎛⎭⎪⎫－53＝130.解法2：S n ＝20n ＋n (n －1)2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－53＝－56n 2＋1256n ＝－56⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2522＋3 12524.∵n∈N*，∴当n＝12或n＝13时，S n有最大值，且最大值为S12＝S13＝130.方法3：由S10＝S15，得a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0.∴5a13＝0，即a13＝0.∴当n＝12或n＝13时，S n有最大值，且最大值为S12＝S13＝130.1.等差数列的性质,(1)项的性质：在等差数列{a n}中，m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N*)，则a m＋a n＝a p＋a q.(2)和的性质：在等差数列{a n}中，S n为其前n项和，则①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(a n＋a n＋1)；②S2n－1＝(2n－1)a n.③S n，S2n－S n，S3n－S2n，…成等差数列.2.等差数列前n项和的最值,可以从两个方面考虑：①通项公式法：利用通项公式划分项的正、负；②前n项和法：利用二次函数配方法.1．(方向1)已知{a n }，{b n }都是等差数列，若a 1＋b 10＝9，a 3＋b 8＝15，则a 5＋b 6＝21.解析：因为{a n }，{b n }都是等差数列，所以2a 3＝a 1＋a 5,2b 8＝b 10＋b 6，所以2(a 3＋b 8)＝(a 1＋b 10)＋(a 5＋b 6)，即2×15＝9＋(a 5＋b 6)，解得a 5＋b 6＝21.2．(方向2)已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝－2 014， S 2 0142 014－S 2 0082 008＝6，则S 2 018＝6_054.解析：由等差数列的性质可得⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也为等差数列．设其公差为d ，则S 2 0142 014－S 2 0082 008＝6d ＝6，∴d ＝1.故S 2 0182 018＝S 11＋2 017d ＝－2 014＋2 017＝3，∴S 2 018＝3×2 018＝6 054.3．(方向3)等差数列{a n }中，已知|a 6|＝|a 11|，且公差d >0，则其前n 项和取最小值时n 的值为( C )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：由d >0可得等差数列{a n }是递增数列，又|a 6|＝|a 11|，所以－a 6＝a 11，即－a1－5d＝a1＋10d，所以a1＝－15d2，则a8＝－d2<0，a9＝d2>0，所以前8项和为前n项和的最小值，故选C.。

2020版高考数学一轮复习教案第5章_第4节_数列求和(含答案解析)

3．若 Sn＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋(－1)n－1·n，则 S50＝________.
－25 [S50＝(1－2)＋(3－4)＋…＋(49－50)＝－25.]
111 1
1
4．数列
1 ，3 ，5 ，7 ，…，(2n－1)＋，…的前
2 4 8 16
2n
n
项和
Sn
的值等于________．
( ) 1
2

＝n.
a1 也满足 an＝n，故数列{an}的通项公式为 an＝n.
(2)由(1)知 an＝n，故 bn＝2n＋(－1)nn.
记数列{bn}的前 2n 项和为 T2n，则 T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n)．
21－22n
记 A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n，则 A＝
1．一些常见的数列前 n 项和公式：
nn＋1
(1)1＋2＋3＋4＋…＋n＝
；
2
(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n－1＝n2；
(3)2＋4＋6＋8＋…＋2n＝n2＋n.
2．常用的裂项公式
( ) 1 1 1 1
(1)
＝－；
nn＋k k n n＋k
( ) 1
1
11
1
(2)
＝
＝
－
；
4n2－1 2n－12n＋1 2 2n－1 2n＋1
1
(3)
＝ n＋1－ n；
n＋ n＋1
( )1
(4)loga
1＋ n
＝loga(n＋1)－logan.
[基础自测]
1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)

高三数学(文)教学案：第五章-数列(Word版,含答案)

第五章⎪⎪⎪数列第一节数列的概念与简单表示法1．数列的有关概念概念含义数列按照一定顺序排列的一列数数列的项数列中的每一个数数列的通项数列{a n }的第n 项a n通项公式数列{a n }的第n 项a n 与n 之间的关系能用公式a n ＝f (n )表示，这个公式叫做数列的通项公式前n 项和数列{a n }中，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n 叫做数列的前n 项和列表法列表格表示n 与a n 的对应关系图象法把点(n ，a n )画在平面直角坐标系中公式法通项公式把数列的通项使用公式表示的方法递推公式使用初始值a 1和a n ＋1＝f (a n )或a 1，a 2和a n ＋1＝f (a n ，a n －1)等表示数列的方法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等于________．答案：11613．(教材习题改编)已知函数f (x )＝x －1x ，设a n ＝f (n )(n ∈N *)，则{a n }是________数列(填“递增”或“递减”)．答案：递增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．已知n ∈N *，给出4个表达式：①a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，n 为奇数，1，n 为偶数，②a n ＝1＋(－1)n2，③a n ＝1＋cos n π2，④a n ＝⎪⎪⎪⎪sin n π2．其中能作为数列：0,1,0,1,0,1,0,1，…的通项公式的是( )A ．①②③B ．①②④C ．②③④D ．①③④解析：选A 检验知①②③都是所给数列的通项公式． 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 ×1n (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(题点多变型考点——多角探明) [锁定考向]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 ．[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 n －2＝n －3n －2a n －3，…，a 2＝12a 1．以上(n －1)个式子相乘得 a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n ．当n ＝1时，a 1＝1，上式也成立．∴a n ＝1n (n ∈N *)．角度二：形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，求a n2．设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，求数列{a n }的通项公式．解：由题意有a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n (n ≥2)．以上各式相加，得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝(n －1)(2＋n )2＝n 2＋n －22．又∵a 1＝1，∴a n ＝n 2＋n2(n ≥2)．∵当n ＝1时也满足此式，∴a n ＝n 2＋n2(n ∈N *)．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(n ∈N *)．[通法在握]典型的递推数列及处理方法[演练冲关]根据下列条件，求数列{a n }的通项公式． (1)a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2n ； (2)a 1＝12，a n ＝n －1n ＋1a n －1(n ≥2)．解：(1)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＝1－2n1－2＝2n －1．(2)因为a n ＝n －1n ＋1a n －1(n ≥2)，所以当n ≥2时，a n a n －1＝n －1n ＋1，所以a na n －1＝n －1n ＋1，a n －1a n －2＝n －2n ，…，a 3a 2＝24，a 2a 1＝13，以上n －1个式子相乘得a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 3a 2·a 2a 1＝n －1n ＋1·n －2n ·…·24·13，即a n a 1＝1n ＋1×1n ×2×1，所以a n ＝1n (n ＋1)．当n ＝1时，a 1＝11×2＝12，也与已知a 1＝12相符，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝1n (n ＋1)．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．数列1，23，35，47，59，…的一个通项公式a n ＝( )A ．n 2n ＋1B ．n2n －1 C ．n 2n －3D ．n2n ＋3解析：选B 由已知得，数列可写成11，23，35，…，故通项为n 2n －1．2．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( ) A ．a n ＝2n －3B ．a n ＝2n ＋3C ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －3，n ≥2D ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n ＋3，n ≥2解析：选C 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，故通项公式为选项C ．3．若a 1＝12，a n ＝4a n －1＋1(n ≥2)，当a n >100时，n 的最小值为( )A ．3B ．4C ．5D ．6解析：选C 由a 1＝12，a n ＝4a n －1＋1(n ≥2)得，a 2＝4a 1＋1＝4×12＋1＝3，a 3＝4a 2＋1＝4×3＋1＝13，a 4＝4a 3＋1＝4×13＋1＝53，a 5＝4a 4＋1＝4×53＋1＝213>100．4．(2019·肇庆三模)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n －a n －1＝n (n ≥2)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________．解析：由a n －a n －1＝n 得a 2－a 1＝2， a 3－a 2＝3，a 4－a 3＝4，…，a n －a n －1＝n ，上面(n －1)个式子相加得 a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝12n (n ＋1)．又n ＝1时也满足此式，所以a n ＝12n (n ＋1)．答案：12n (n ＋1)5．(2019·南昌模拟)数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＋S n －1＝2n －1(n ≥2)，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：－1二保高考，全练题型做到高考达标1．数列0,1,0，－1,0,1,0，－1，…的一个通项公式是a n 等于( ) A ．(－1)n ＋12B ．cos n π2C ．cos n ＋12πD ．cos n ＋22π解析：选D 令n ＝1,2,3，…，逐一验证四个选项，易得D 正确．2．(2019·福建福州八中质检)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋1(n ∈N *)，则a 2017＝()A ．1B ．0C ．2 017D ．－2 017解析：选A ∵a 1＝1，∴a 2＝(a 1－1)2＝0，a 3＝(a 2－1)2＝1，a 4＝(a 3－1)2＝0，…，可知数列{a n }是以2为周期的数列，∴a 2 017＝a 1＝1．3．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2(a n －1)，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 }为等比数列，公比为2，首项为2，所以a n ＝2n ．4．设曲线f (x )＝x n ＋1(n ∈N *)在点(1,1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ，则x 1·x 2·x 3·x 4·…·x 2 017＝( )A ．2 0162 017B ．12 017 C ．2 0172 018D ．12 018解析：选D 由f (x )＝x n ＋1得f ′(x )＝(n ＋1)x n ，切线方程为y －1＝(n ＋1)(x －1)，令y ＝0得x n ＝n n ＋1，故x 1·x 2·x 3·x 4·…·x 2 017＝12×23×…×2 0172 018＝12 018．5．(2019·衡水中学检测)若数列{a n }满足：a 1＝19，a n ＋1＝a n －3(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和数值最大时，n 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：选B ∵a 1＝19，a n ＋1－a n ＝－3，∴数列{a n }是以19为首项，－3为公差的等差数列， ∴a n ＝19＋(n －1)×(－3)＝22－3n ．设{a n }的前k 项和数值最大，则有⎩⎪⎨⎪⎧ a k ≥0，a k ＋1≤0k ∈N *，∴⎩⎪⎨⎪⎧22－3k ≥0，22－3(k ＋1)≤0，∴193≤k ≤223， ∵k ∈N *，∴k ＝7．∴满足条件的n 的值为7．6．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．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a 2n －1－1(n >1)，则a 2 017＝________，|a n ＋a n ＋1|＝________(n >1)．解析：由a 1＝1，a n ＝a 2n －1－1(n >1)，得a 2＝a 21－1＝12－1＝0，a 3＝a 22－1＝02－1＝－1， a 4＝a 23－1＝(－1)2－1＝0，a 5＝a 24－1＝02－1＝－1，由此可猜想当n >1，n 为奇数时a n ＝－1，n 为偶数时a n ＝0， ∴a 2 017＝－1，|a n ＋a n ＋1|＝1．答案：－1 18．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 －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，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a48＝(－1)48×96＋1＝97，故该数阵第10行、第3个数为97．答案：972．(2019·甘肃诊断性考试)已知数列{a n}满足a1＝8999，a n＋1＝10a n＋1．(1)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n＋19是等比数列，并求数列{a n}的通项公式；(2)数列{b n}满足b n＝lg⎝⎛⎭⎫a n＋19，T n为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n＋1的前n项和，求证：T n<12．证明：(1)由a n＋1＝10a n＋1，得a n＋1＋19＝10a n＋109＝10⎝⎛⎭⎫a n＋19，即a n＋1＋19a n＋19＝10．所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n＋19是等比数列，其中首项为a1＋19＝100，公比为10，所以a n＋19＝100×10n－1＝10n＋1，即a n＝10n＋1－19．(2)由(1)知b n＝lg⎝⎛⎭⎫a n＋19＝lg 10n＋1＝n＋1，即1b n b n＋1＝1(n＋1)(n＋2)＝1n＋1－1n＋2．所以T n＝12－13＋13－14＋…＋1n＋1－1n＋2＝12－1n＋2<12．第二节等差数列及其前n项和1．等差数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，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＝a1＋(n－1)d．(2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n (a 1＋a n )2． 3．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n ． (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则{a 2n }也是等差数列，公差为2d ． (4)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }也是等差数列．(5)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列．[小题体验]1．在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25，则a 2＋a 8＝________．答案：102．(教材习题改编)已知等差数列{a n }，a 5＝－20，a 20＝－35，则a n ＝________ 答案：－15－n3．(教材习题改编)已知等差数列5,427，347，…，则前n 项和S n ＝________．答案：114(75n －5n 2)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．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．[小题纠偏]1．首项为24的等差数列，从第10项开始为负数，则公差d 的取值范围是( ) A ．(－3，＋∞) B ．⎝⎛⎭⎫－∞，－83 C ．⎝⎛⎭⎫－3，－83 D ．⎣⎡⎭⎫－3，－83 答案：D2．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，S 3＝12，则a 6等于________．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，则S 3＝3a 1＋3d ，所以12＝3×2＋3d ，解得d ＝2，所以a 6＝a 1＋5d ＝2＋5×2＝12．答案：12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．(2019·郑州二检)已知{a n }为等差数列，公差为1，且a 5是a 3与a 11的等比中项，S n是{a n }的前n 项和，则S 12的值为______．解析：由题意得，a 25＝a 3a 11，即(a 1＋4)2＝(a 1＋2)(a 1＋10)，a 1＝－1，∴S 12＝12×(－1)＋12×112×1＝54．答案：542．(2019·西安质检)公差不为零的等差数列{a n }中，a 7＝2a 5，则数列{a n }中第________项的值与4a 5的值相等．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 7＝2a 5，∴a 1＋6d ＝2(a 1＋4d )，则a 1＝－2d ，∴a n＝a 1＋(n －1)d ＝(n －3)d ，而4a 5＝4(a 1＋4d )＝4(－2d ＋4d )＝8d ＝a 11，故数列{a n }中第11项的值与4a 5的值相等．答案：113．(2019·江苏高考)已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 1＋a 22＝－3，S 5＝10，则a 9的值是________．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由S 5＝10，知S 5＝5a 1＋5×42d ＝10，得a 1＋2d ＝2，即a 1＝2－2d ．所以a 2＝a 1＋d ＝2－d ，代入a 1＋a 22＝－3，化简得d 2－6d ＋9＝0，所以d ＝3，a 1＝－4．故a 9＝a 1＋8d ＝－4＋24＝20．答案：204．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＋9×82d ＝－9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝－1.∴S 16＝16×3＋16×152×(－1)＝－72．答案：－72[谨记通法]等差数列基本运算的方法策略(1)等差数列中包含a 1，d ，n ，a n ，S n 五个量，可“知三求二”．解决这些问题一般设基本量a 1，d ，利用等差数列的通项公式与求和公式列方程(组)求解，体现方程思想．(2)如果已知等差数列中有几项的和是常数的计算问题，一般是等差数列的性质和等差数列求和公式S n ＝n (a 1＋a n )2结合使用，体现整体代入的思想．考点二等差数列的判断与证明(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]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：∵a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，又a n ＝－2S n ·S n －1，∴S n －1－S n ＝2S n ·S n －1，S n ≠0，n ≥2．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∵a 1＝12，不适合上式．∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，－12n (n －1)，n ≥2.[由题悟法]等差数列的判定与证明方法[即时应用]已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a n －12a n －1＋1(n ∈N *，n ≥2)，数列{b n }满足关系式b n ＝1a n(n ∈N *)．(1)求证：数列{b n }为等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)证明：∵b n ＝1a n ，且a n ＝a n －12a n －1＋1，∴b n ＋1＝1a n ＋1＝1a n 2a n ＋1＝2＋1a n ，∴b n ＋1－b n ＝2＋1a n －1a n ＝2．又b 1＝1a 1＝1，∴数列{b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)知数列{b n }的通项公式为 b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，又b n ＝1a n，∴a n ＝1b n ＝12n －1．∴数列{a n }的通项公式为a n ＝12n －1．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．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 11＝22，则a 3＋a 7＋a 8＝( ) A ．18 B ．12 C ．9D ．6解析：选D 由题意得S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11(2a 1＋10d )2＝22，即a 1＋5d ＝2，所以a 3＋a 7＋a 8＝a 1＋2d ＋a 1＋6d ＋a 1＋7d ＝3(a 1＋5d )＝6．2．(2019·合肥质检)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 8＝1，S 16＝0，当S n 取最大值时n 的值为( )A ．7B ．8C ．9D ．10解析：选B 法一：由⎩⎪⎨⎪⎧a 8＝a 1＋7d ＝1，S 16＝16a 1＋16×152d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝15，d ＝－2，则S n ＝－n 2＋16n ＝－(n －8)2＋64，则当n ＝8时，S n 取得最大值．法二：因为{a n }是等差数列，所以S 16＝8(a 1＋a 16)＝8(a 8＋a 9)＝0，则a 9＝－a 8＝－1，即数列{a n }的前8项是正数，从第9项开始是负数，所以(S n )max ＝S 8，选项B 正确．[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．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 6a 5＝911，则S 11S9＝( )A ．1B ．－1C ．2D ．12解析：选A S 11S 9＝11(a 1＋a 11)29(a 1＋a 9)2＝11a 69a 5＝119×911＝1．2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知前6项和为36，最后6项的和为180，S n ＝324(n ＞6)，则数列{a n }的项数为________．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 ＝n (a 1＋a n )2＝324，∴18n ＝324，∴n ＝18．答案：183．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，S 10＝16，S 100－S 90＝24，则S 100＝________．解析：依题意，S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，…，S 100－S 90依次成等差数列，设该等差数列的公差为d ．又S 10＝16，S 100－S 90＝24，因此S 100－S 90＝24＝16＋(10－1)d ＝16＋9d ，解得d ＝89，因此S 100＝10S 10＋10×92d ＝10×16＋10×92×89＝200．答案：200一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2019·桂林调研)等差数列{a n }中，a 4＋a 8＝10，a 10＝6，则公差d ＝( ) A ．14B ．12C ．2D ．－12解析：选A 由a 4＋a 8＝2a 6＝10，得a 6＝5，所以4d ＝a 10－a 6＝1，解得d ＝14，故选A ．2．等差数列{a n }的前n 项之和为S n ，若a 5＝6，则S 9为( ) A ．45 B ．54 C ．63D ．27解析：选B 法一：∵S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9a 5＝9×6＝54．故选B ．法二：由a 5＝6，得a 1＋4d ＝6，∴S 9＝9a 1＋9×82d ＝9(a 1＋4d )＝9×6＝54，故选B ．3．(2019·陕西质量监测)已知数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2．若a k ·a k ＋1<0，则正整数k ＝( )A ．21B ．22C ．23D ．24解析：选C 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，又∵k ∈N *， ∴k ＝23．4．(2019·北京高考)已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和．若a 1＝6，a 3＋a 5＝0，则S 6＝________．解析：∵a 3＋a 5＝2a 4，∴a 4＝0． ∵a 1＝6，a 4＝a 1＋3d ，∴d ＝－2． ∴S 6＝6a 1＋6×(6－1)2d ＝6．答案：65．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 5二保高考，全练题型做到高考达标1．(2019·太原一模)在单调递增的等差数列{a n }中，若a 3＝1，a 2a 4＝34，则a 1＝( )A ．－1B ．0C ．14D ．12解析：选B 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 ＝0．2．数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2＋3n (n ∈N *)，若p －q ＝5，则a p －a q ＝( ) A ．10B ．15C ．－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 ＋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 )＝20．3．(2019·河南六市一联)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，若{a n }和{S n }都是等差数列，且公差相等，则a 6＝( )A ．114B ．32C ．72D ．1解析：选A 设{a n }的公差为d ，由题意得，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n ，又{a n }和{S n}都是等差数列，且公差相同，∴⎩⎨⎧d ＝ d 2，a 1－d2＝0，解得⎩⎨⎧d ＝12，a 1＝14，a 6＝a 1＋5d ＝14＋52＝114．4．(2019·沈阳教学质量监测)设等差数列{a n }满足a 2＝7，a 4＝3，S n 是数列{a n }的前n 项和，则使得S n >0成立的最大的自然数n 是( )A ．9B ．10C ．11D ．12解析：选A 由题可得{a n }的公差d ＝3－74－2＝－2，a 1＝9，所以a n ＝－2n ＋11，则{a n }是递减数列，且a 5>0>a 6，a 5＋a 6＝0，于是S 9＝2a 52·9>0，S 10＝a 5＋a 62·10＝0，S 11＝2a 62·11<0，故选A ．5．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( )A ．b n ＝n －1B ．b n ＝2n －1C ．b n ＝n ＋1D ．b n ＝2n ＋1解析：选B 设等差数列{b n }的公差为d (d ≠0)，S n S 2n ＝k ，因为b 1＝1，则n ＋12n (n －1)d＝k ⎣⎡⎦⎤2n ＋12×2n (2n －1)d ，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 －1．6．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：107．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．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 ＋m (m －1)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＋k (k －1)2·d ＝2k ＋k (k －1)2×2＝k 2＋k ．由S k ＝110，得k 2＋k －110＝0，解得k ＝10或k ＝－11(舍去)，故a ＝2，k ＝10． (2)证明：由(1)得S n ＝n (2＋2n )2＝n (n ＋1)，则b n ＝S nn ＝n ＋1，故b n ＋1－b n ＝(n ＋2)－(n ＋1)＝1，即数列{b n }是首项为2，公差为1的等差数列，所以T n ＝n (2＋n ＋1)2＝n (n ＋3)2． 10．(2019·南昌调研)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，所以由(1)得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 ＝⎩⎪⎨⎪⎧3(－1)n －1，1≤n ≤4，2n －7，n ≥5，所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧32[1－(－1)n ]，1≤n ≤4，n 2－6n ＋8，n ≥5.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2019·安庆二模)已知数列{a n }是各项均不为零的等差数列，S n 为其前n 项和，且a n＝S 2n －1(n ∈N *)．若不等式λa n ≤n ＋8n对任意n ∈N *恒成立，则实数λ的最大值为________．解析：a n ＝S 2n －1⇒a n ＝(2n －1)(a 1＋a 2n －1)2＝(2n －1)a n ⇒a 2n ＝(2n －1)a n ⇒a n ＝2n－1，n ∈N *．λa n ≤n ＋8n 就是λ≤(n ＋8)(2n －1)n ⇒λ≤2n －8n ＋15，f (n )＝2n －8n ＋15在n ≥1时单调递增，其最小值为f (1)＝9，所以λ≤9，故实数λ的最大值为9．答案：92．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a1的值；(2)当a1＝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＝a1＋(n－1)d，a n＋1＝a1＋nd．由a n＋1＋a n＝4n－3，得(a1＋nd)＋[a1＋(n－1)d]＝4n－3，∴2dn＋(2a1－d)＝4n－3，即2d＝4,2a1－d＝－3，解得d＝2，a1＝－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∵a1＋a2＝2a1＋d＝2a1＋2＝4×1－3＝1，∴a1＝－12．(2)由题意，①当n为奇数时，S n＝a1＋a2＋a3＋…＋a n＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a n－1＋a n)＝2＋4[2＋4＋…＋(n－1)]－3×n－1 2＝2n2－3n＋52．②当n为偶数时，S n＝a1＋a2＋a3＋…＋a n ＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a n－1＋a n)＝1＋9＋…＋(4n －7) ＝2n 2－3n 2．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 ．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 ≠1.3．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 nb n (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)将公比为q 的等比数列a 1，a 2，a 3，a 4，…依次取相邻两项的乘积组成新的数列a 1a 2，a 2a 3，a 3a 4，…．此数列是( )A ．公比为q 的等比数列B ．公比为q 2的等比数列C ．公比为q 3的等比数列D ．不一定是等比数列答案：B2．等比数列{a n }中，a 3＝12，a 4＝18，则a 6＝________．解析：法一：由a 3＝12，a 4＝18，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝12，a 1q 3＝18，解得a 1＝163，q ＝32，∴a 6＝a 1q 5＝163×⎝⎛⎭⎫325＝812．法二：由等比数列性质知，a 23＝a 2a 4， ∴a 2＝a 23a 4＝12218＝8，又a 24＝a 2a 6，∴a 6＝a 24a 2＝1828＝812．答案：8123．(教材习题改编)在等比数列{a n }中，已知a 1＝－1，a 4＝64，则公比q ＝________，S 4＝________．答案：－4 511．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．在等比数列{a n }中，a 3＝2，a 7＝8，则a 5等于( ) A ．5 B ．±5 C ．4D ．±4解析：选C a 25＝a 3a 7＝2×8＝16，∴a 5＝±4，又∵a 5＝a 3q 2>0，∴a 5＝4． 2．设数列{a n }是等比数列，前n 项和为S n ，若S 3＝3a 3，则公比q ＝________．答案：－12或1考点一等比数列的基本运算(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．(2019·武汉调研)若等比数列{a n }的各项均为正数，a 1＋2a 2＝3，a 23＝4a 2a 6，则a 4＝( )A ．38B ．245 C ．316D ．916解析：选C 由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2a 1q ＝3，(a 1q 2)2＝4a 1q ·a 1q 5，解得⎩⎨⎧a 1＝32，q ＝12，所以a 4＝a 1q 3＝32×⎝⎛⎭⎫123＝316．2．(2019·全国卷Ⅰ)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n 项和．若S n ＝126，则n ＝________．解析：∵a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，∴数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列．又∵S n ＝126，∴2(1－2n )1－2＝126，∴n ＝6．答案：6[由题悟法]解决等比数列有关问题的2种常用思想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[即时应用]1．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，则a 1＝( ) A ．13B ．－13C ．19D ．－19解析：选C 设等比数列{a n }的公比为q ， ∵S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝a 1q ＋10a 1，a 1q 4＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧q 2＝9，a 1＝19.2．(2019·洛阳统考)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＋8a 4＝0，则S 4S 3＝( )A ．－53B ．157C ．56D ．1514解析：选C 在等比数列{a n }中，因为a 1＋8a 4＝0，所以q ＝－12，所以S 4S 3＝a 1(1－q 4)1－q a 1(1－q 3)1－q＝1－⎝⎛⎭⎫－1241－⎝⎛⎭⎫－123＝151698＝56． 3．(2019·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 －1考点二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](2019·全国丙卷)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0． (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ．解：(1)证明：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，故a 1≠0．由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ，即a n ＋1(λ－1)＝λa n ．由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1．因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1．(2)由(1)得S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n．由S 5＝3132得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132．解得λ＝－1．[由题悟法]等比数列的4种常用判定方法[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；后两种方法常用于选择题、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]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)，得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 n2(2a 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．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．(2019·湖南师大附中月考)已知各项不为0的等差数列{a n }满足a 6－a 27＋a 8＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 2b 8b 11＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选D 由等差数列的性质，得a 6＋a 8＝2a 7．由a 6－a 27＋a 8＝0，可得a 7＝2，所以b 7＝a 7＝2．由等比数列的性质得b 2b 8b 11＝b 2b 7b 12＝b 37＝23＝8．2．若等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4S 2＝5，则S 8S 4＝________．解析：设数列{a n }的公比为q ，由已知得S 4S 2＝1＋a 3＋a 4a 1＋a 2＝5，即1＋q 2＝5，所以q 2＝4，S 8S 4＝1＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1＋q 4＝1＋16＝17．答案：17[由题悟法]等比数列的性质可以分为3类[即时应用]1．等比数列{a n }的各项均为正数，且a 5a 6＋a 4a 7＝18，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝( )A ．5B ．9C ．log 345D ．10解析：选D 由等比数列的性质知a 5a 6＝a 4a 7，又a 5a 6＋a 4a 7＝18，所以a 5a 6＝9，则原式＝log 3(a 1a 2…a 10)＝log 3(a 5a 6)5＝10．2．(2019·长春调研)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：14一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．对任意等比数列{a n }，下列说法一定正确的是( ) A ．a 1，a 3，a 9成等比数列 B ．a 2，a 3，a 6成等比数列 C ．a 2，a 4，a 8成等比数列D ．a 3，a 6，a 9成等比数列解析：选D 由等比数列的性质得，a 3·a 9＝a 26≠0，因此a 3，a 6，a 9一定成等比数列，选D ．2．在正项等比数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和为S n ，且－a 3，a 2，a 4成等差数列，则S 7的值为( )A ．125B ．126C ．127D ．128解析：选C 设{a n }的公比为q ，则2a 2＝a 4－a 3，又a 1＝1，∴2q ＝q 3－q 2，解得q ＝2或q ＝－1，∵a n >0，∴q >0，∴q ＝2，∴S 7＝1－271－2＝127．3．(2019·石家庄质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2a n －4(n ∈N *)，则a n ＝( ) A ．2n ＋1 B ．2n C ．2n －1D ．2n －2解析：选A 依题意，a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－4－(2a n －4)，则a n ＋1＝2a n ，令n ＝1，则S 1＝2a 1－4，即a 1＝4，∴数列{a n }是以4为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＝4×2n －1＝2n ＋1，故选A ．4．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．在等比数列{a n }中，a n >0，a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6，则a 3＝________．解析：∵a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6．∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 4－a 1＝15，a 1q 3－a 1q ＝6(q ≠1)两式相除得(q 2＋1)(q 2－1)q ·(q 2－1)＝156，即2q 2－5q ＋2＝0， ∴q ＝2或q ＝12，当q ＝2时，a 1＝1；当q ＝12时，a 1＝－16(舍去)．∴a 3＝1×22＝4．答案：4二保高考，全练题型做到高考达标1．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( ) A ．10 B ．20 C ．100D ．200解析：选C 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＝100．2．设等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，已知S 3＝8，S 6＝7，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A ．18B ．－18C ．578D ．558解析：选A 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，。

2020版新一线高考理科数学一轮复习教学案：第5章第1节数列的概念与简单表示法含答案

第5章数列第一节数列的概念与简单表示法[考纲传真] 1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式).2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数．1．数列的定义按照一定顺序排列着的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项．2．数列的分类3.数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和通项公式法．4．数列的通项公式如果数列{a n}的第n项与序号n之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．5．数列的递推公式如果已知数列的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项a n与它的前一项a n(或－1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．6．a n与S n的关系若数列{a n }的前n 项和为S n ，通项公式为a n ，则a n ＝⎩⎨⎧S 1(n ＝1)，S n －S n －1(n ≥2).[常用结论]1．数列{a n }是递增数列⇔a n ＋1＞a n 恒成立． 2．数列{a n }是递减数列⇔a n ＋1＜a n 恒成立．[基础自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)所有数列的第n 项都能使用公式表达． ( )(2)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( )(3)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 .( )(4)若已知数列{a n }的递推公式为a n ＋1＝12a n －1，且a 2＝1，则可以写出数列{a n }的任何一项．( )[答案] (1)× (2)√ (3)√ (4)√2．(教材改编)数列－1，12，－13，14，－15，…的一个通项公式为( ) A ．a n ＝±1n B ．a n ＝(－1)n ·1n C ．a n ＝(－1)n ＋11nD ．a n ＝1nB [由a 1＝－1，代入检验可知选B.]3．设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则a 8的值为( ) A ．15 B ．16C ．49D ．64A [当n ＝8时，a 8＝S 8－S 7＝82－72＝15.]4．把3,6,10,15,21，…这些数叫做三角形数，这是因为以这些数目的点可以排成一个正三角形(如图所示)．则第6个三角形数是( ) A ．27B ．28C ．29D ．30B [由题图可知，第6个三角形数是1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28.]5．(教材改编)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1＋(－1)na n －1(n ≥2)，则a 5＝( )A.32B.53C.85D.23D [a 2＝1＋1a 1＝2，a 3＝1＋－1a 2＝1－12＝12，a 4＝1＋1a 3＝1＋2＝3，a 5＝1＋－1a 4＝1－13＝23.]1．数列0，23，45，67，…的一个通项公式为( ) A ．a n ＝n －1n ＋1(n ∈N *)B ．a n ＝n －12n ＋1(n ∈N *)C ．a n ＝2(n －1)2n －1(n ∈N *)D ．a n ＝2n2n ＋1(n ∈N *)C [注意到分子0,2,4,6都是偶数，对照选项排除即可．]2．数列{a n }的前4项是32，1，710，917，则这个数列的一个通项公式是a n ＝__________. 2n ＋1n 2＋1 [数列{a n }的前4项可变形为2×1＋112＋1，2×2＋122＋1，2×3＋132＋1，2×4＋142＋1，故a n＝2n ＋1n 2＋1.] 3．写出下面各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)－1,1，－2,2，－3,3….[解] (1)各项减去1后为正偶数，所以a n ＝2n ＋1.(2)数列中各项的符号可通过(－1)n ＋1表示．每一项绝对值的分子比分母少1，而分母组成数列21,22,23,24，…，所以a n ＝(－1)n ＋12n－12n .(3)将数列各项改写为93，993，9993，9 9993，…，分母都是3，而分子分别是10－1,102－1,103－1,104－1，…，所以a n ＝13(10n －1)．(4)数列的奇数项为－1，－2，－3，…可用－n ＋12表示，数列的偶数项为1,2,3，…可用n2表示．因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－n ＋12(n 为奇数)，n2(n 为偶数).【例1】 (1)n n n a n ＝________. (2)若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式a n ＝________. (1)⎩⎨⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2 (2)(－2)n －1 [(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＋1＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n ＋1－[3(n －1)2－2(n －1)＋1]＝6n －5，显然当n ＝1时，不满足上式．故数列的通项公式为a n ＝⎩⎨⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2.(2)由S n ＝23a n ＋13，得当n ≥2时，S n －1＝23a n －1＋13，两式相减，得a n ＝23a n －23a n －1，∴当n ≥2时，a n ＝－2a n －1，即a na n －1＝－2.又n ＝1时，S 1＝a 1＝23a 1＋13，a 1＝1， ∴a n ＝(－2)n －1.]n n n (2)在数列{a n }中，S n 是其前n 项和，且S n ＝2a n ＋1，则数列的通项公式a n ＝________. (1)⎩⎨⎧4，n ＝1，2·3n －1，n ≥2 (2)－2n －1 [(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋1＝4，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n ＋1－3n －1－1＝2·3n －1. 显然当n ＝1时，不满足上式． ∴a n ＝⎩⎨⎧4，n ＝1，2·3n －1，n ≥2.(2)依题意得S n ＋1＝2a n ＋1＋1，S n ＝2a n ＋1，两式相减得S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－2a n ，即a n ＋1＝2a n ，又S 1＝2a 1＋1＝a 1，因此a 1＝－1，所以数列{a n }是以a 1＝－1为首项、2为公比的等比数列，a n ＝－2n－1.]►考法1 形如a n ＋1n n 【例2】在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋3n ＋2(n ∈N *)，求数列{a n }的通项公式． [解] (1)∵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)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n (3n ＋1)2(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝12×(3×1＋1)＝2符合公式， ∴a n ＝32n 2＋n 2.►考法2 形如a n ＋1＝a n f (n )，求a n【例3】已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2n a n ，求数列{a n }的通项公式． [解] ∵a n ＋1＝2n a n ，∴a n ＋1a n ＝2n ，∴a na n －1＝2n －1(n ≥2)，∴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.►考法3 形如a n ＋1＝Aa n ＋B (A ≠0且A ≠1)，求a n .【例4】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)，又a 1＝1，∴a 1＋1＝2，故数列{a n ＋1}是首项为2，公比为3的等比数列， ∴a n ＋1＝2·3n －1，因此a n ＝2·3n －1－1.且2·且a ＝qa ＋可由待定系数法确定)，可转化为等比数(根据下列条件，求数列n (1)a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2n ； (2)a 1＝12，a n ＝n －1n ＋1a n －1(n ≥2)；(3)a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3； (4)a 1＝1，a n ＋1＝2a na n ＋2.[解] (1)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.(2)因为a n ＝n －1n ＋1a n －1(n ≥2)，所以当n ≥2时，a n a n －1＝n －1n ＋1，所以a n a n －1＝n －1n ＋1，a n －1a n －2＝n －2n ，…，a 3a 2＝24，a 2a 1＝13，以上n －1个式子相乘得a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 3a 2·a 2a 1＝n －1n ＋1·n －2n ·…·24·13，即a n a 1＝1n ＋1×1n ×2×1，所以a n ＝1n (n ＋1).当n ＝1时，a 1＝11×2＝12，与已知a 1＝12相符，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝1n (n ＋1).(3)由a n ＋1＝2a n ＋3得a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)．又a 1＝1，∴a 1＋3＝4.故数列{a n ＋3}是首项为4，公比为2的等比数列， ∴a n ＋3＝4·2n －1＝2n ＋1，∴a n ＝2n ＋1－3. (4)因为a n ＋1＝2a n a n ＋2，a 1＝1，所以a n ≠0，所以1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n＝12. 又a 1＝1，则1a 1＝1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公差的等差数列．所以1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n 2＋12.所以a n ＝2n ＋1(n ∈N *).1．(2014·全国卷Ⅱ)数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n ，a 8＝2，则a 1＝________.12 [∵a n ＋1＝11－a n ， ∴a n ＋1＝11－a n＝11－11－a n －1＝1－a n －11－a n －1－1＝1－a n －1－a n －1＝1－1a n －1＝1－111－a n －2＝1－(1－a n －2)＝a n －2， ∴周期T ＝(n ＋1)－(n －2)＝3. ∴a 8＝a 3×2＋2＝a 2＝2. 而a 2＝11－a 1，∴a 1＝12.]2．(2015·全国卷Ⅱ)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________. －1n [∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝S n S n ＋1， ∴S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1.∵S n ≠0，∴1S n －1S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n ＝－1.又1S 1＝－1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为－1，公差为－1的等差数列．∴1S n＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，∴S n ＝－1n .]3．(2016·全国卷Ⅲ)已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0. (1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．[解] (1)由题意可得a 2＝12，a 3＝14. (2)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0得 2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1)．因为{a n }的各项都为正数，所以a n ＋1a n＝12.故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，因此a n ＝12n －1.自我感悟：______________________________________________________________________________________________________________________ ________________________________________________________________。

2020版高考数学一轮复习第一部分基础与考点过关第五章数列学案

第五章数列第1课时数列的概念及其简单表示法理解数列的概念，认识数列是反映自然规律的基本数学模型，探索并掌握数列的几种简单表示法(列表、图象、通项公式)；了解数列是一种特殊的函数；发现数列规律，写出其通项公式．① 了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式).②了解数列是自变量为正整数的一类函数.③会利用数列的前n项和求通项公式．1. (必修5P34习题3改编)已知数列{a n}满足a n＝4a n－1＋3，且a1＝0，则a5＝________．答案：255解析：a2＝4a1＋3＝3，a3＝4a2＋3＝4×3＋3＝15，a4＝4a3＋3＝4×15＋3＝63，a5＝4a4＋3＝4×63＋3＝255.2. (必修5P34习题2改编)数列－1，43，－95，167，…的一个通项公式是________．答案：a n＝(－1)nn22n－1解析：－1＝－11，数列1，4，9，16，…对应通项n2，数列1，3，5，7，…对应通项2n－1，数列－1，1，－1，1，…对应通项(－1)n，故a n＝(－1)nn22n－1.3. (必修5P48习题9改编)若数列{a n}的前n项和S n＝n2＋3n，则a4＋a5＋a6a1＋a2＋a3＝________．答案：2解析：∵ 数列{a n}的前n项和S n＝n2＋3n，∴ a1＋a2＋a3＝S3＝32＋3×3＝18，a4＋a5＋a6＝S6－S3＝36，∴a4＋a5＋a6a1＋a2＋a3＝2.4. (必修5P34习题9改编)已知数列{a n}的通项公式是a n＝n2－8n＋5，则这个数列的最小项是________．答案：－11解析：由a n＝(n－4)2－11，可知n＝4时，a n取最小值为－11.5. (必修5P34习题5改编)已知数列2，5，22，11，14，…，则42是这个数列的第________项．答案：11解析：易知该数列的通项为2＋3（n－1），则有2＋3（n－1）＝42，得n＝11，则42是这个数列的第11项．1. 数列的定义按照一定顺序排列的一列数称为数列．数列中的每一个数叫做这个数列的项．排在第一位的数称为这个数列的第1项，通常也叫做首项．2. 数列的分类项数有限的数列叫做有穷数列．项数无限的数列叫做无穷数列． 3. 数列与函数的关系从函数观点看，数列可以看成是以正整数或其子集为定义域的函数a n ＝f(n)，当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值．反过来，对于函数y ＝f(x)，如果f(i)(i ＝1，2，3，…)有意义，那么可以得到一个数列{f(n)}．4. 数列的通项公式如果数列{a n }的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个公式a n ＝f(n)(n ＝1，2，3，…)来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．通项公式可以看成数列的函数解析式．5. 数列{a n }的前n 项和S n 与通项a n 的关系是a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.[备课札记], 1 由数列的前几项求数列的通项), 1) 根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式： (1) －1，7，－13，19，…；(2) 23，415，635，863，1099，…；(3) 1，0，－13，0，15，0，－17，0，…；(4) 112，245，3910，41617，….解：(1) 偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式(－1)n，观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，故数列的一个通项公式为a n ＝(－1)n(6n －5)．(2) 这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为1×3，3×5，5×7，7×9，9×11，…，每一项都是两个相邻奇数的乘积．故所求数列的一个通项公式为a n ＝2n（2n －1）（2n ＋1）.(3)将数列改写为11，02，－13，04，15，06，－17，08，…，则a n ＝sinn π2n.(4) 观察不难发现112＝1＋12，245＝2＋45＝2＋2222＋1，3910＝3＋910＝3＋3232＋1，…，一般地，a n ＝n ＋n 2n 2＋1.则a n ＝n ＋n2n 2＋1.变式训练(1) 数列－11×2，12×3，－13×4，14×5，…的一个通项公式a n ＝__________；(2) 该数列45，910，1617，2526，…的一个通项公式为________．答案：(1) (－1)n1n （n ＋1） (2) （n ＋1）2（n ＋1）2＋1解析：(1) 这个数列前4项的绝对值都等于项数与项数加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式为a n ＝(－1)n1n （n ＋1）.(2) 各项的分子为22，32，42，52，…，分母比分子大1，因此该数列的一个通项公式为a n ＝（n ＋1）2（n ＋1）2＋1. , 2 由a n 与S n 关系求a n ), 2) 已知数列{a n }的前n 项和S n ，求通项a n .(1) S n ＝3n－1；(2) S n ＝2n＋1.解：(1) 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2.当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2·3n －1. 当n ＝1时，a n ＝2符合上式．∴ a n ＝2·3n －1.(2) 当n ＝1时，a 1＝S 1＝21＋1＝3；当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n ＋1)－(2n －1＋1)＝2n －2n －1＝2n －1.当n ＝1时，a n ＝3不符合上式．综上有 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3（n ＝1），2n －1（n≥2）.变式训练(1) 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n＋1，则a n ＝__________；(2) 若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式a n ＝__________．答案：(1) ⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2·3n －1，n ≥2 (2) (－2)n －1解析：(1) 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋1＝4，当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n ＋1－3n －1－1＝2·3n －1.∵ a 1＝4不适合上等式，∴ a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2·3n －1，n ≥2. (2) 由S n ＝23a n ＋13得，当n≥2时，S n －1＝23a n －1＋13，两式相减，得a n ＝23a n －23a n －1，∴ 当n≥2时，a n ＝－2a n －1，即a na n －1＝－2.又n ＝1时，S 1＝a 1＝23a 1＋13，a 1＝1，∴ a n ＝(－2)n －1., 3 由数列的递推关系求数列的通项公式), 3) (1) 设数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则通项公式a n ＝________；(2) a 1＝1，a n ＝a n －1＋1n （n －1）(n≥2，n ∈N *)，通项公式a n ＝________；(3) 在数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n ，则{a n }的通项公式为a n ＝________．答案：(1) n （n ＋1）2＋1 (2) 2－1n (n∈N *) (3) n （n ＋1）2解析：(1) 由题意得，当n≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝2＋(2＋3＋…＋n)＝2＋（n －1）（2＋n ）2＝n （n ＋1）2＋1.又a 1＝1×（1＋1）2＋1＝2，符合上式，因此a n ＝n （n ＋1）2＋1.(2) 由a n ＝a n －1＋1n （n －1）(n≥2)，得a n －a n －1＝1n －1－1n (n≥2)．则a 2－a 1＝11－12，a 3－a 2＝12－13，…，a n －a n －1＝1n －1－1n .将上述n －1个式子累加，得a n ＝2－1n.当n ＝1时，a 1＝1也满足，故a n ＝2－1n(n∈N *)．(3) 由题设知，a 1＝1.当n>1时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，∴ a n a n －1＝n ＋1n －1， ∴ a n a n －1＝n ＋1n －1，…，a 4a 3＝53，a 3a 2＝42，a 2a 1＝3. 以上n －1个式子的等号两端分别相乘，得到a n a 1＝n （n ＋1）2.∵ a 1＝1，∴ a n ＝n （n ＋1）2.备选变式（教师专享）(1) 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝3n －1＋a n －1(n≥2)，则a n ＝________．(2) 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝n －1n·a n －1(n≥2)，则a n ＝________．答案：(1) a n ＝3n－12 (2) 1n解析：(1) 由a 1＝1，a n －a n －1＝3n －1(n≥2)，得a 1＝1，a 2－a 1＝31，a 3－a 2＝32，…，a n－1－a n －2＝3n －2，a n －a n －1＝3n －1，以上等式两边分别相加得a n ＝1＋3＋32＋…＋3n －1＝3n－12.当n ＝1时，a 1＝1也适合，∴ a n ＝3n－12.(2) a n ＝n －1n ·a n －1 (n≥2)，a n －1＝n －2n －1·a n －2，…，a 2＝12a 1.以上(n －1)个式子相乘得a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n .当n ＝1时也满足此等式，∴ a n ＝1n .1. (2017·太原模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n －a n ＋1＝na n a n ＋1(n∈N *)，则a n ＝________．答案：2n 2－n ＋2解析：由a n －a n ＋1＝na n a n ＋1得1a n ＋1－1a n ＝n ，则由累加法得1a n －1a 1＝1＋2＋…＋(n －1)＝n 2－n 2.因为a 1＝1，所以1a n ＝n 2－n 2＋1＝n 2－n ＋22，所以a n ＝2n 2－n ＋2. 2. 设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝kn 2＋n ，n ∈N *，其中k 是常数．若对于任意的m∈N *，a m ，a 2m ，a 4m 成等比数列，则k 的值为________．答案：0或1解析：∵ S n ＝kn 2＋n ，n ∈N *，∴ 数列{a n }是首项为k ＋1，公差为2k 的等差数列，a n ＝2kn ＋1－k.又对于任意的m∈N *都有a 22m ＝a m a 4m ， a 22＝a 1a 4，(3k ＋1)2＝(k ＋1)(7k ＋1)，解得k ＝0或1.又k ＝0时，a n ＝1，显然对于任意的m∈N *，a m ，a 2m ，a 4m 成等比数列；k ＝1时，a n ＝2n ，a m ＝2m ，a 2m ＝4m ，a 4m ＝8m ，显然对于任意的m∈N *，a m ，a 2m ，a 4m 也成等比数列．综上所述，k ＝0或1.3. 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1a n ＝2n (n∈N *)，则a 10等于________．答案：32解析：∵ a n ＋1a n ＝2n ，∴ a n ＋1a n ＋2＝2n ＋1，两式相除得a n ＋2a n＝2.又a 1a 2＝2，a 1＝1，∴ a 2＝2，则a 10a 8·a 8a 6·a 6a 4·a 4a 2＝24，即a 10＝25＝32.4. 对于数列{a n }，定义数列{b n }满足：b n ＝a n ＋1－a n (n∈N *)，且b n ＋1－b n ＝1(n∈N *)，a 3＝1，a 4＝－1，则a 1＝________．答案：8解析：b 3＝a 4－a 3＝－1－1＝－2，由b 3－b 2＝1，得b 2＝－3，而b 2＝a 3－a 2＝－3，得a 2＝4.又b 2－b 1＝1，则b 1＝－4，而b 1＝a 2－a 1＝4－a 1＝－4，则a 1＝8.5. 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝13a n ＋23，则{a n }的通项公式a n ＝__________．答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1 解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝13a 1＋23，∴ a 1＝1.当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝13a n －13a n －1，∴a n a n －1＝－12.∴ 数列{a n }为首项a 1＝1，公比q ＝－12的等比数列，故a n ＝(－12)n －1.1. 若a n ＝n 2＋λn＋3(其中λ为实常数)，n ∈N *，且数列{a n }为单调递增数列，则实数λ的取值范围是________．答案：(－3，∞)解析：(解法1：函数观点)因为{a n }为单调递增数列，所以a n ＋1>a n ，即(n ＋1)2＋λ(n＋1)＋3>n 2＋λn＋3，化简为λ>－2n －1对一切n∈N *都成立，所以λ>－3.故实数λ的取值范围是(－3，＋∞)．(解法2：数形结合法)因为{a n }为单调递增数列，所以a 1<a 2，要保证a 1<a 2成立，二次函数f(x)＝x 2＋λx＋3的对称轴x ＝－λ2应位于1和2中点的左侧，即－λ2<32，亦即λ>－3，故实数λ的取值范围为(－3，＋∞)．2. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝13S n ，求a 2，a 3，a 4的值及数列{a n }的通项公式．解：由已知得a 2＝13，a 3＝49，a 4＝1627.由a 1＝1，a n ＋1＝13S n ，得a n ＝13S n －1，n ≥2，故a n ＋1－a n ＝13S n －13S n －1＝13a n ，n ≥2，得a n ＋1＝43a n ，n ≥2.又a 1＝1，a 2＝13，故该数列从第二项开始为等比数列，故a n ＝⎩⎨⎧1，n ＝1，13⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －2，n ≥2.3. 已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n 满足S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n2＋n)＝0，n ∈N *.(1) 求a 1的值；(2) 求数列{a n }的通项公式．解：(1) 由题设，S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n)＝0，n ∈N *.令n ＝1，有S 21－(12＋1－3)S 1－3×(12＋1)＝0，可得S 21＋S 1－6＝0，解得S 1＝－3或2，即a 1＝－3或2. 又a n 为正数，所以a 1＝2.(2) 由S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n)＝0，n ∈N *可得，(S n ＋3)(S n －n 2－n)＝0，则S n ＝n 2＋n 或S n ＝－3.又数列{a n }的各项均为正数，所以S n ＝n 2＋n ，S n －1＝(n －1)2＋(n －1)，所以当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －[(n －1)2＋(n －1)]＝2n. 又a 1＝2，所以a n ＝2n.4. 设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝a(a≠3)，a n ＋1＝S n ＋3n ，n ∈N *.(1) 设b n ＝S n －3n，求数列{b n }的通项公式；(2) 若a n ＋1≥a n ，n ∈N *，求a 的取值范围．解：(1) 依题意，S n ＋1－S n ＝a n ＋1＝S n ＋3n，即S n ＋1＝2S n ＋3n ，由此得S n ＋1－3n ＋1＝2(S n －3n)，即b n ＋1＝2b n .又b 1＝S 1－3＝a －3，因此，所求通项公式为b n ＝(a －3)2n －1，n ∈N *.(2) 由(1)知S n ＝3n ＋(a －3)2n －1，n ∈N *，于是，当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n ＋(a －3)2n －1－3n －1－(a －3)2n －2＝2×3n －1＋(a －3)2n －2，a n ＋1－a n ＝4×3n －1＋(a －3)2n －2＝2n －2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2＋a －3.当n≥2时，a n ＋1≥a n ⇒12⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2＋a －3≥0⇒a ≥－9. 又a 2＝a 1＋3>a 1，综上，所求的a 的取值范围是[－9，3)∪(3，＋∞)．1. 数列中的数的有序性是数列定义的灵魂，要注意辨析数列的项和数集中元素的异同，数列可以看成是一个定义域为正整数集或其子集的函数，因此在研究数列问题时，既要注意函数方法的普遍性，又要注意数列方法的特殊性．2. 根据所给数列的前几项求其通项，需要仔细观察分析，抓住特征：分式中分子、分母的独立特征，相邻项变化的特征，拆项后的特征，各项的符号特征和绝对值特征，并由此进行归纳、联想．3. 通项a n 与其前n 项和S n 的关系是一个十分重要的考点，运用时不要忘记讨论a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1（n ＝1），S n －S n －1（n≥2）.[备课札记]第2课时等差数列(对应学生用书(文)、(理)84～85页)理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n项和公式，能在具体的问题情境中用等差数列的有关知识解决相应的问题．① 理解等差数列的概念.②掌握等差数列的通项公式与前n项和公式.③理解等差中项的概念，掌握等差数列的性质．1. (必修5P47习题5改编)已知等差数列{a n}的前n项和为S n，若a1＝2，S3＝12，则a6＝________．答案：12解析：设等差数列{a n}的公差为d，由题意知，3×2＋3d＝12，得d＝2，则a6＝2＋(6－1)×2＝12.2. (必修5P48习题7改编)在等差数列{a n}中，(1) 已知a4＋a14＝2，则S17＝________；(2) 已知S11＝55，则a6＝________；(3) 已知S8＝100，S16＝392，则S24＝________．答案：(1) 17 (2) 5 (3) 876解析：(1) S17＝17（a1＋a17）2＝17（a4＋a14）2＝17.(2) S11＝11（a1＋a11）2＝11×2a62＝55，∴ a6＝5.(3) S8，S16－S8，S24－S16成等差数列，∴ 100＋S24－392＝2×(392－100)，∴ S24＝876.3. (必修5P44练习6改编)设S n为等差数列{a n}的前n项和，已知S5＝5，S9＝27，则S7＝________．答案：14解析：由S5＝(a1＋a5)×52＝2a3×52＝5a3＝5，得a3＝1.由S9＝(a1＋a9)×92＝2a5×92＝9a5＝27，得a5＝3.从而S7＝(a1＋a7)×72＝(a3＋a5)×72＝4×72＝14.4. (必修5P48习题11改编)已知数列{a n}为等差数列，若a1＝－3，11a5＝5a8，则使其前n项和S n取最小值的n＝________．答案：2解析：∵ a1＝－3，11a5＝5a8，∴ d＝2，∴ S n＝n2－4n＝(n－2)2－4，∴当n＝2时，S n最小．5. (必修5P43例2改编)在等差数列{a n}中，已知d＝12，a n＝32，S n＝－152，则a1＝________．答案：－3解析：由题意，得⎩⎨⎧a1＋322×n＝－152①，a1＋（n－1）×12＝32②，由②得a 1＝－12n ＋2，代入①得n 2－7n －30＝0，∴ n ＝10或n ＝－3(舍去)，∴ a 1＝－3.1. 等差数列的定义 (1) 文字语言：如果一个数列从第二项起，每一项减去它的前一项所得的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．(2) 符号语言：a n ＋1－a n ＝d(n∈N *)． 2. 等差数列的通项公式若等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，则其通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ．推广：a n ＝a m ＋(n －m)d. 3. 等差中项如果三个数a ，A ，b 成等差数列，则A 叫a 和b 的等差中项，且有A ＝a ＋b2．4. 等差数列的前n 项和公式(1) S n ＝na 1＋n （n －1）2d ．(2) S n ＝n （a 1＋a n ）2．5. 等差数列的性质(1) 等差数列{a n }中，对任意的m ，n ，p ，q ∈N *，若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ．特殊的，若m ＋n ＝2p ，则a m ＋a n ＝2a p ．(2) 等差数列{a n }中，依次每m 项的和仍成等差数列，即S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍成等差数列．6. 当项数为2n(n∈N ＋)，则S 偶－S 奇＝nd ，S 偶S 奇＝a n ＋1a n；当项数为2n －1(n∈N ＋)，则S 奇－S 偶＝a n ，S 偶S 奇＝n －1n., 1 数列中的基本量的计算), 1) (1) 设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，S 8＝4a 3，a 7＝－2，则a 9＝__________；(2) 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 3＝6，S 4＝12，则S 6＝__________．答案：(1) －6 (2) 30解析：(1) 设公差为d ，则8a 1＋28d ＝4a 1＋8d ，即a 1＝－5d ，a 7＝a 1＋6d ＝－5d ＋6d ＝d ＝－2，所以a 9＝a 7＋2d ＝－6.(2) 设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由S 3＝6，S 4＝12，可得⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝3a 1＋3d ＝6，S 4＝4a 1＋6d ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝0，d ＝2，即S 6＝6a 1＋15d ＝30. 变式训练(1) 已知{a n }是公差不为0 的等差数列，S n 是其前n 项和，若a 2a 3＝a 4a 5，S 9＝1，则a 1的值是________；(2) 设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 2＝7，S 7＝－7，则a 7的值为________．答案：(1) －527(2) －13解析：(1) 设等差数列{a n }的公差为d(d≠0)． ∵ a 2a 3＝a 4a 5，S 9＝1，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧（a 1＋d ）（a 1＋2d ）＝（a 1＋3d ）（a 1＋4d ），9a 1＋9×82d ＝1，解得a 1＝－527.(2) 设等差数列{a n }的公差为d.∵ a 2＝7，S 7＝－7，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝a 1＋d ＝7，S 7＝7a 1＋7×62d ＝－7，解方程组可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝11，d ＝－4， ∴ a 7＝a 1＋6d ＝11－6×4＝－13., 2 判断或证明一个数列是否是等差数列), 2) 已知数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，且满足2S n ＝a 2n ＋n －4.(1) 求证：{a n }为等差数列； (2) 求{a n }的通项公式．(1) 证明：当n ＝1时，有2a 1＝a 21＋1－4，即a 21－2a 1－3＝0，解得a 1＝3或a 1＝－1(舍去)．当n≥2时，有2S n －1＝a 2n －1＋n －5.又2S n ＝a 2n ＋n －4，两式相减得2a n ＝a 2n －a 2n －1＋1，即a 2n －2a n ＋1＝a 2n －1，也即(a n －1)2＝a 2n －1，因此a n －1＝a n －1或a n －1＝－a n －1.若a n －1＝－a n －1，则a n ＋a n －1＝1，而a 1＝3，所以a 2＝－2，这与数列{a n }的各项均为正数相矛盾，所以a n －1＝a n －1，即a n －a n －1＝1，因此{a n }为等差数列．(2) 解：由(1)知a 1＝3，d ＝1，所以数列{a n }的通项公式a n ＝3＋(n －1)×1＝n ＋2，即a n ＝n ＋2.变式训练已知数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝3a n ＋3n ＋1－2n.设b n ＝a n －2n3n .(1) 证明：数列{b n }为等差数列； (2) 求数列{a n }的通项公式．(1) 证明：∵ b n ＋1－b n ＝a n ＋1－2n ＋13n ＋1－a n －2n 3n ＝3a n ＋3n ＋1－2n －2n ＋13n ＋1－3a n －3·2n3n ＋1＝1， ∴ 数列{b n }为等差数列．(2) 解：∵ b 1＝a 1－23＝0，∴ b n ＝n －1，∴ a n ＝(n －1)·3n ＋2n.备选变式（教师专享）已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足：a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2，n ∈N *)，a 1＝12，判断⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 与{a n }是否为等差数列，并说明你的理由．解：因为a n ＝S n －S n －1(n≥2)，又a n ＋2S n S n －1＝0，所以S n －S n －1＋2S n S n －1＝0(n≥2)，所以1S n －1S n －1＝2(n≥2)．因为S 1＝a 1＝12，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以2为首项，2为公差的等差数列．所以1S n ＝2＋(n －1)×2＝2n ，故S n ＝12n.所以当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －12（n －1）＝－12n （n －1），所以a n ＋1＝－12n （n ＋1），而a n ＋1－a n ＝－12n （n ＋1）－－12n （n －1）＝－12n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n －1＝1n （n －1）（n ＋1）. 所以当n≥2时，a n ＋1－a n 的值不是一个与n 无关的常数，故数列{a n }不是一个等差数列．综上可知，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列，{a n }不是等差数列．, 3 等差数列的性质), 3) (1) 已知{a n }是等差数列，{S n }是其前n 项和．若a 1＋a 22＝－3，S 5＝10，则a 9的值是________；(2) 在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25，则a 2＋a 8＝________；(3) 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10＝10，S 20＝30，则S 30＝________．答案：(1) 20 (2) 10 (3) 60解析：(1) 由S 5＝10得a 3＝2，因此2－2d ＋(2－d)2＝－3⇒d ＝3，a 9＝2＋3×6＝20. (2) 因为{a n }是等差数列，所以a 3＋a 7＝a 4＋a 6＝a 2＋a 8＝2a 5，a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝5a 5＝25，即a 5＝5，a 2＋a 8＝2a 5＝10.(3) 因为S 10，S 20－S 10，S 30－S 20成等差数列，且S 10＝10，S 20＝30，S 20－S 10＝20，所以2×20＝10＋S 30－30，所以S 30＝60. 变式训练(1) 设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若2a 8＝6＋a 11，则S 9的值等于__________； (2) 设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若S 3＝9，S 6＝36，则a 7＋a 8＋a 9＝__________．答案：(1) 54 (2) 45 解析：(1) 根据题意及等差数列的性质，知2a 8－a 11＝a 5＝6，根据等差数列的求和公式，知S 9＝a 1＋a 92×9＝2a 52×9＝6×9＝54.(2) 由{a n }是等差数列，得S 3，S 6－S 3，S 9－S 6为等差数列．即2(S 6－S 3)＝S 3＋(S 9－S 6)，得到S 9－S 6＝2S 6－3S 3＝45，则a 7＋a 8＋a 9＝45.备选变式（教师专享）设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 5＝3，S 10＝40，求nS n 的最小值．解：设等差数列{a n }的公差为d.∵ a 5＝3，S 10＝40，∴ a 1＋4d ＝3，10a 1＋10×92d ＝40，解得a 1＝－5，d ＝2.∴ S n ＝－5n ＋n （n －1）2×2＝n 2－6n ，则nS n ＝n 2(n －6)．n ≤5时，nS n ＜0；n≥6时，nS n ≥0.可得n ＝4时，nS n 取得最小值－32., 4 等差数列中的最值问题), 4) (1) 若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9>0，a 7＋a 10<0，当n 取何值时，{a n }的前n 项和最大？(2) 已知数列{a n }为等差数列．若a 7a 6<－1，且{a n }的前n 项和S n 有最大值，求使S n >0时n 的最大值．(3) 在等差数列{a n }中，a 1>0，公差d<0，a 5＝3a 7，其前n 项和为S n ，求S n 取得最大值时n 的值．解：(1) 由等差数列的性质，得a 7＋a 8＋a 9＝3a 8，a 8>0.又a 7＋a 10<0，∴ a 8＋a 9<0，∴ a 9<0，∴ S 8>S 7，S 8>S 9，故数列{a n }的前8项和最大．(2) ∵ a 7a 6<－1，且S n 有最大值，∴ a 6>0，a 7<0，且a 6＋a 7<0，∴ S 11＝11（a 1＋a 11）2＝11a 6>0，S 12＝12（a 1＋a 12）2＝6(a 6＋a 7)<0，∴ 使S n >0的n 的最大值为11.(3) 在等差数列{a n }中，a 1>0，公差d<0.∵ a 5＝3a 7，∴ a 1＋4d ＝3(a 1＋6d)，∴ a 1＝－7d ，∴ S n ＝n(－7d)＋n （n －1）2d ＝d 2(n 2－15n)，∴ n ＝7或8时，S n 取得最大值．备选变式（教师专享）已知在等差数列{a n }中，a 1＝31，S n 是它的前n 项和，S 10＝S 22. (1) 求S n ；(2) 这个数列的前多少项的和最大，并求出这个最大值．解：(1) ∵ S 10＝a 1＋a 2＋…＋a 10，S 22＝a 1＋a 2＋…＋a 22，S 10＝S 22，∴ a 11＋a 12＋…＋a 22＝0，12（a 11＋a 22）2＝0，即a 11＋a 22＝2a 1＋31d ＝0.又a 1＝31，∴ d ＝－2，∴ S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝31n －n(n －1)＝32n －n 2.(2) (解法1)由(1)知S n ＝32n －n 2，∴ 当n ＝16时，S n 有最大值，S n 的最大值是256.(解法2)由S n ＝32n －n 2＝n(32－n)，欲使S n 有最大值，应有1<n<32，从而S n ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋32－n 22＝256，当且仅当n ＝32－n ，即n ＝16时，S n 有最大值256.1. (2016·北京卷)已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和．若a 1＝6，a 3＋a 5＝0，则S 6＝__________．答案：6解析：设等差数列{a n }的公差为d.因为a 3＋a 5＝0，所以6＋2d ＋6＋4d ＝0，解得d ＝－2，所以S 6＝6×6＋6×52×(－2)＝36－30＝6.2. (2017·南京、盐城一模)已知数列{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 4＋a 5＋a 6＝21，则S 9＝________．答案：63解析：由a 4＋a 5＋a 6＝21得a 5＝7，所以S 9＝9（a 1＋a 9）2＝9a 5＝63.3. 已知公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n .若S 5S 3＝3，则a 5a 3的值为__________．答案：179解析：S 5S 3＝a 1×5＋12×5×4da 1×3＋12×3×2d＝5a 1＋10d 3a 1＋3d ＝3，则d ＝4a 1，则a 5a 3＝a 1＋4d a 1＋2d ＝17a 19a 1＝179.4. (2017·南通、泰州三调)设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若公差d ＝2，a 5＝10，则S 10的值是________．答案：110解析：∵ a 5＝a 1＋4d ＝a 1＋8＝10，∴ a 1＝2，∴ S 10＝10a 1＋10×92d ＝110.5. (2017·南通一模)《九章算术》中的“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则该竹子最上面一节的容积为________升．答案：1322解析：设最上面一节的容积为a 1，由题设知⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋4×32d ＝3，⎝ ⎛⎭⎪⎫9a 1＋9×82d －⎝ ⎛⎭⎪⎫6a 1＋6×52d ＝4，解得a 1＝1322.1. (2017·新课标Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则＝________．答案：2nn ＋1解析：设等差数列的首项为a 1，公差为d ，由题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3，4a 1＋4×32d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，数列的前n 项和S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n×1＋n （n －1）2×1＝n （n ＋1）2.裂项有：1S k ＝2k （k ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋1，据此，2. 设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则a n ＝________．答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，1n （n －1），n ≥2 解析：由已知得a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝S n ＋1·S n ，两边同时除以S n ＋1·S n ，得1S n ＋1－1S n＝－1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以－1为首项，－1为公差的等差数列，则1S n ＝－1－(n －1)＝－n ，所以S n ＝－1n .则当n ＝1时，a 1＝－1；当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－1n ＋1n －1＝1n （n －1），所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，1n （n －1），n ≥2.(或直接带入a n ＋1＝S n S n ＋1，但要注意分类讨论) 3. 已知等差数列{a n }的首项为1，公差为2，若a 1a 2－a 2a 3＋a 3a 4－a 4a 5＋…－a 2n a 2n ＋1≥tn 2对n∈N *恒成立，则实数t 的取值范围是__________．答案：(－∞，－12]解析：a 1a 2－a 2a 3＋a 3a 4－a 4a 5＋…－a 2n a 2n ＋1＝a 2(a 1－a 3)＋a 4(a 3－a 5)＋…＋a 2n (a 2n －1－a 2n ＋1)＝－4(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝－4×a 2＋a 2n 2×n ＝－8n 2－4n ，所以－8n 2－4n ≥tn 2，所以t≤－8－4n 对n∈N *恒成立，t ≤－12. 4. (2017·南京、盐城二模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }，{c n }满足(n ＋1)b n＝a n ＋1－S n n ，(n ＋2)c n ＝a n ＋1＋a n ＋22－S n n，其中n∈N *.(1) 若数列{a n }是公差为2的等差数列，求数列{c n }的通项公式；(2) 若存在实数λ，使得对一切n∈N *，有b n ≤λ≤c n ，求证：数列{a n }是等差数列．(1) 解：∵ 数列{a n }是公差为2的等差数列，∴ a n ＝a 1＋2(n －1)，S nn＝a 1＋n －1.∴ (n ＋2)c n ＝a 1＋2n ＋a 1＋2（n ＋1）2－(a 1＋n －1)＝n ＋2，解得c n ＝1.(2) 证明：由(n ＋1)b n ＝a n ＋1－S nn，可得n(n ＋1)b n ＝na n ＋1－S n ，(n ＋1)(n ＋2)b n ＋1＝(n＋1)a n ＋2－S n ＋1，两式相减可得a n ＋2－a n ＋1＝(n ＋2)b n ＋1－nb n ，可得(n ＋2)c n ＝a n ＋1＋a n ＋22－S n n ＝a n ＋1＋a n ＋22－[a n ＋1－(n ＋1)b n ]＝a n ＋2－a n ＋12＋(n ＋1)b n ＝（n ＋2）b n ＋1－nb n 2＋(n ＋1)b n ＝n ＋22(b n ＋b n ＋1)，因此c n ＝12(b n ＋b n ＋1)．∵ b n ≤λ≤c n ，∴ λ≤c n ＝12(b n ＋b n ＋1)≤λ，故b n ＝λ，c n ＝λ.∴ (n ＋1)λ＝a n ＋1－S n n ，(n ＋2)λ＝12(a n ＋1＋a n ＋2)－S nn，相减可得12(a n ＋2－a n ＋1)＝λ，即a n ＋2－a n ＋1＝2λ(n≥2)．又2λ＝a 2－S 11＝a 2－a 1，则a n ＋1－a n ＝2λ(n≥1)，∴ 数列{a n }是等差数列．1. 等差数列问题，首先应抓住a 1和d ，通过列方程组来解，其他也就迎刃而解了．但若恰当地运用性质，可以减少运算量．2. 等差数列的判定方法有以下几种：① 定义法：a n ＋1－a n ＝d(d 为常数)；② 等差中项法：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2；③ 通项公式法：a n ＝pn ＋q(p ，q 为常数)；④前n 项和公式法：S n＝An 2＋Bn(A ，B 为常数)．3. 注意设元，利用对称性，减少运算量．4. 解答某些数列问题，有时不必(有时也不可能)求出某些具体量的结果，可采用整体代换的思想．[备课札记]第3课时等比数列(对应学生用书(文)、(理)86～87页)理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，并能用有关知识解决相应的问题．① 理解等比数列的概念.②掌握等比数列的通项公式与前n项和公式.③理解等比中项的概念，掌握等比数列的性质．1. (必修5P61习题2改编)设S n是等比数列{a n}的前n项和，若a1＝1，a6＝32，则S3＝________．答案：7解析：q5＝a6a1＝32，q＝2，S3＝1×（1－23）1－2＝7.2. 若－1，x，y，z，－3成等比数列，则y的值为________．答案：－ 3解析：由等比中项知y2＝3，∴ y＝± 3.又∵ y与－1，－3符号相同，∴ y＝－ 3.3. (必修5P54习题10改编)等比数列{a n}中，a1>0，a2a4＋2a3a5＋a4a6＝36，则a3＋a5＝________．答案：6解析：a2a4＋2a3a5＋a4a6＝(a3＋a5)2＝36.又a1>0，∴ a3，a5>0，∴ a3＋a5＝6.4. (必修5P61习题3改编)在等比数列{a n}中，a3＝7，前3项和S3＝21，则公比q＝________．答案：1或－12解析：由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a1q2＝7，a1＋a1q＋a1q2＝21，化简得1＋q＋q2q2＝3.整理得2q2－q－1＝0，解得q ＝1或q＝－12.5. (必修5P56例2改编)设等比数列{a n}的前n项和为S n.若S2＝3，S4＝15，则S6＝________．答案：63解析：设等比数列{a n}的首项为a1，公比为q，易知q≠1，根据题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a1（1－q2）1－q＝3，a1（1－q4）1－q＝15，解得q2＝4，a11－q＝－1，所以S6＝a1（1－q6）1－q＝(－1)(1－43)＝63.1. 等比数列的概念(1) 文字语言：如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列．(2) 符号语言：a n＋1a n＝q(n∈N*，q是等比数列的公比)．2. 等比数列的通项公式设{a n }是首项为a 1，公比为q 的等比数列，则第n 项a n ＝a 1q n －1．推广：a n ＝a m q n －m. 3. 等比中项若a ，G ，b 成等比数列，则G 为a 和b 的等比中项且G 4. 等比数列的前n 项和公式 (1) 当q ＝1时，S n ＝na 1．(2) 当q≠1时，S n ＝a 1（1－q n）1－q ＝a 1－a n q1－q．5. 等比数列的性质(1) 等比数列{a n }中，对任意的m ，n ，p ，q ∈N *，若m ＋n ＝p ＋q ，则a m a n ＝a p a q ．特殊的，若m ＋n ＝2p ，则a m a n ＝a 2p ．(2) 等比数列{a n }中，依次每m 项的和(非零)仍成等比数列，即S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍成等比数列，其公比为q m(q≠－1)．(其中S m ≠0)[备课札记], 1 等比数列的基本运算), 1) (1) 设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则a 4＝________；(2) 等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n ，已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________；(3) 设等比数列{a n }的前n 项和为S n .若27a 3－a 6＝0，则S 6S 3＝________．答案：(1) －8 (2) 32 (3) 28解析：(1) 设等比数列的公比为q ，很明显q≠－1，结合等比数列的通项公式和题意可得方程组⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝a 1（1＋q ）＝－1 ①，a 1－a 3＝a 1（1－q 2）＝－3 ②，由②除以①可得q ＝－2 ，代入①可得a 1＝1，由等比数列的通项公式可得a 4＝a 1q 3＝－8.(2) 当q ＝1时，显然不符合题意；当q≠1时，⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1－q 3）1－q ＝74，a 1（1－q 6）1－q ＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2，则a 8＝14×27＝32. (3) 设等比数列的公比为q ，首项为a 1，则a 6a 3＝q 3＝27.S 6S 3＝a 1＋a 2＋…＋a 6a 1＋a 2＋a 3＝1＋a 4＋a 5＋a 6a 1＋a 2＋a 3＝1＋q 3＋q 4＋q 51＋q ＋q 2＝1＋q 3＝28. 变式训练(1) 在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 2＝1，a 8＝a 6＋2a 4，则a 6的值是________； (2) 设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2a 3…a n 的最大值为________．答案：(1) 4 (2) 64解析：(1) 设等比数列{a n }的公比为q ，由a 2＝1，a 8＝a 6＋2a 4得q 6＝q 4＋2q 2，q 4－q 2－2＝0，解得q 2＝2，则a 6＝a 2q 4＝4.(2) 因为a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，所以公比q ＝a 2＋a 4a 1＋a 3＝12，所以a 1＋a 1×14＝10⇒a 1＝8，a 1a 2a 3…a n ＝8n ⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋2＋…＋n －1＝23n·2－n （n －1）2＝23n －n （n －1）2＝2－n 2＋7n2 ，所以当n ＝3或4时，取最大值64., 2 等比数列的判定与证明), 2) 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，3S n ＝a n －1(n∈N *)． (1) 求a 1，a 2；(2) 求证：数列{a n }是等比数列； (3) 求a n 和S n .(1) 解：由3S 1＝a 1－1，得3a 1＝a 1－1，所以a 1＝－12.又3S 2＝a 2－1，即3a 1＋3a 2＝a 2－1，得a 2＝14.(2) 证明：当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝13(a n －1)－13(a n －1－1)，得a n a n －1＝－12，所以{a n }是首项为－12，公比为－12的等比数列．(3) 解：由(2)可得a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n，S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n .备选变式（教师专享）已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝4a n －3(n ∈N *)． (1) 求证：数列{a n }是等比数列；(2) 若数列{b n }满足b n ＋1＝a n ＋b n (n∈N *)，且b 1＝2，求数列{b n }的通项公式．(1) 证明：依题意S n ＝4a n －3(n∈N *)，当n ＝1时，a 1＝4a 1－3，解得a 1＝1.因为S n ＝4a n －3，则S n －1＝4a n －1－3(n≥2)，所以当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4a n －4a n －1，整理得a n ＝43a n －1.又a 1＝1≠0，所以{a n }是首项为1，公比为43的等比数列．(2) 解：由(1)知a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1，由b n ＋1＝a n ＋b n (n∈N *)，得b n ＋1－b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1.可得b n ＝b 1＋(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝2＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －11－43＝3·⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1－1(n≥2)．当n ＝1时也满足，所以数列{b n }的通项公式为b n ＝3·⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1－1(n∈N *)．, 3 等比数列的性质), 3) 已知等比数列{a n }的各项均为正数，且满足a 1a 9＝4，则数列{log 2a n }的前9项之和为________．答案：9解析：∵ a 1a 9＝a 25＝4，∴ a 5＝2，∴ log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 9＝log 2(a 1a 2…a 9)＝log 2a 95＝9log 2a 5＝9. 变式训练(1) 各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 10＝2，S 30＝14，则S 40＝________；(2) 等比数列{a m }的前n 项积为T n (n∈N *)，已知a m －1a m ＋1－2a m ＝0，且T 2m －1＝128，则m ＝________．答案：(1) 30 (2) 4解析：(1) 依题意有S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30仍成等比数列，2·(14－S 20)＝(S 20－2)2，得S 20＝6.所以S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30，即为2，4，8，16，所以S 40＝S 30＋16＝30.(2) 因为{a m }为等比数列，所以a m －1·a m ＋1＝a 2m .又由a m －1·a m ＋1－2a m ＝0，得a m ＝2.则T 2m －1＝a 2m －1m，所以22m －1＝128，m ＝4. , 4 等比数列的应用), 4) 设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2. (1) 设b n ＝a n ＋1－2a n ，求证：数列{b n }是等比数列； (2) 求数列{a n }的通项公式．(1) 证明：由a 1＝1及S n ＋1＝4a n ＋2，得a 1＋a 2＝S 2＝4a 1＋2.∴ a 2＝5，∴ b 1＝a 2－2a 1＝3. 又⎩⎪⎨⎪⎧S n ＋1＝4a n ＋2 ①，S n ＝4a n －1＋2（n≥2） ②， ①－②，得a n ＋1＝4a n －4a n －1， ∴ a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1)． ∵ b n ＝a n ＋1－2a n ，∴ b n ＝2b n －1，故{b n }是首项b 1＝3，公比为2的等比数列．(2) 解：由(1)知b n ＝a n ＋1－2a n ＝3·2n －1， ∴ a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝34. 故⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为12，公差为34的等差数列．∴ a n 2n ＝12＋(n －1)·34＝3n －14，故a n ＝(3n －1)·2n －2. 备选变式（教师专享）已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2＋2n ，数列{b n }的前n 项和T n ＝2－b n . (1) 求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2) 设c n ＝a 2n ·b n ，证明：当且仅当n≥3时，c n ＋1<c n .(1) 解：a 1＝S 1＝4，当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n(n ＋1)－2(n －1)n ＝4n.又a 1＝4适合上式，∴ a n ＝4n(n∈N *)．将n ＝1代入T n ＝2－b n ，得b 1＝2－b 1，∴ T 1＝b 1＝1. 当n≥2时，T n －1＝2－b n －1，T n ＝2－b n ， ∴ b n ＝T n －T n －1＝b n －1－b n ，∴ b n ＝12b n －1，∴ b n ＝21－n.(2) 证明：(证法1)由c n ＝a 2n ·b n ＝n 2·25－n，得c n ＋1c n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2. 当且仅当n≥3时，1＋1n ≤43<2，即c n ＋1<c n .(证法2)由c n ＝a 2n ·b n ＝n 2·25－n，得c n ＋1－c n ＝24－n [(n ＋1)2－2n 2]＝24－n [－(n －1)2＋2]．当且仅当n≥3时，c n ＋1－c n <0，即c n ＋1<c n .1. (2017·南京、盐城二模)记公比为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n .若a 1＝1，S 4－5S 2＝0，则S 5的值为________．答案：31解析：若等比数列的公比等于1，由a 1＝1，得S 4＝4，5S 2＝10，与题意不符．设等比数列的公比为q(q≠1)，由a 1＝1，S 4＝5S 2，得a 1（1－q 4）1－q ＝5a 1(1＋q)，解得q ＝±2.∵ 数列{a n }的各项均为正数，∴ q ＝2.则S 5＝1－251－2＝31.2. (2017·苏北四市三模)在公比为q ，且各项均为正数的等比数列{a n }中，S n 为{a n }的前n 项和．若a 1＝1q2，且S 5＝S 2＋2，则q 的值为________．答案：5－12解析：由题意可知q≠1，又S 5＝S 2＋2，即a 1（1－q 5）1－q ＝a 1（1－q 2）1－q ＋2，∴ q 3－2q ＋1＝0，∴ (q －1)(q 2＋q －1)＝0.又q>0，且q≠1，∴ q ＝5－12. 3. (2017·苏锡常镇二模)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比q ＝3，S 3＋S 4＝533，则a 3＝________．答案：3解析：∵ 等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比q ＝3，S 3＋S 4＝533，∴ a 1（33－1）3－1＋a 1（34－1）3－1＝533，解得a 1＝13.则a 3＝13×32＝3.4. (2017·南通四模)已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝4，a 3＝10.若{a n ＋1－a n }是等比数列，则∑i ＝1na i ＝________．答案：3×2n－2n －3解析：a 2－a 1＝4－1＝3，a 3－a 2＝10－4＝6，∵ {a n ＋1－a n }是等比数列，∴ 首项为3，公比为2，∴ a n ＋1－a n ＝3×2n －1，∴ a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋3＋3×2＋…＋3×2n －2＝1＋3×2n －1－12－1＝3×2n －1－2.则∑i ＝1na i ＝3×2n－12－1－2n ＝3×2n－2n －3.1. (2017·新课标Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N ：N>100且该数列的前N 项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是________．答案：440解析：由题意得，数列如下： 1， 1，2， 1，2，4， …1，2，4，…，2k －1，…则该数列的前1＋2＋…＋k ＝k （k ＋1）2项和为S ⎝ ⎛⎭⎪⎫k （k ＋1）2＝1＋(1＋2)＋…＋(1＋2＋…＋2k －1)＝2k ＋1－k －2，要使k （k ＋1）2＞100，有k≥14，此时k ＋2＜2k ＋1，所以k ＋2是之后的等比数列1，2，…，2k ＋1的部分和，即k ＋2＝1＋2＋…＋2t －1＝2t－1，所以k ＝2t －3≥14，则t≥5，此时k ＝25－3＝29，对应满足的最小条件为N ＝29×302＋5＝440.2. 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝λa 2n ＋μa n ＋4a n ＋2，其中n∈N *，λ，μ为非零常数．(1) 若λ＝3，μ＝8，求证：{a n ＋1}为等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2) 若数列{a n }是公差不等于零的等差数列，求实数λ，μ的值．(1) 证明：当λ＝3，μ＝8时，a n ＋1＝3a 2n ＋8a n ＋4a n ＋2＝3a n ＋2，化为a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，∴ {a n ＋1}为等比数列，首项为2，公比为3.∴ a n ＋1＝2×3n －1，可得a n ＝2×3n －1－1. (2) 解：设a n ＝a 1＋(n －1)d ＝dn －d ＋1.由a n ＋1＝λa 2n ＋μa n ＋4a n ＋2，可得a n ＋1(a n ＋2)＝λa 2n ＋μa n ＋4，∴ (dn －d ＋3)(dn ＋1)＝λ(dn－d ＋1)2＋μ(dn－d ＋1)＋4. 令n ＝1，2，3，解得λ＝1，μ＝4，d ＝2. 经过检验满足题意，∴ λ＝1，μ＝4.3. 已知各项不为零的数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S n ＝pa n a n ＋1(n∈N *)，p ∈R . (1) 若a 1，a 2，a 3成等比数列，求实数p 的值；(2) 若a 1，a 2，a 3成等差数列，求数列{a n }的通项公式．解：(1) 当n ＝1时，a 1＝pa 1a 2，a 2＝1p ；当n ＝2时，a 1＋a 2＝pa 2a 3，a 3＝a 1＋a 2pa 2＝1＋1p .由a 22＝a 1a 3得a 1a 3＝1p 2，即p 2＋p －1＝0，解得p ＝－1±52.(2) 由2a 2＝a 1＋a 3得p ＝12，故a 2＝2，a 3＝3，所以S n ＝12a n a n ＋1，当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12a n a n ＋1－12a n －1a n .因为a n ≠0，所以a n ＋1－a n －1＝2，故数列{a n }的所有奇数项组成以1为首项2为公差的等差数列，其通项公式是a n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12－1×2＝n.同理，数列{a n}的所有偶数项组成以2为首项2为公差的等差数列，其通项公式是a n ＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2－1×2＝n ，所以数列{a n }的通项公式是a n ＝n.4. 已知数列{a n }的首项a 1＝2a ＋1(a 是常数，且a≠－1)，a n ＝2a n －1＋n 2－4n ＋2(n≥2)，数列{b n }的首项b 1＝a ，b n ＝a n ＋n 2(n≥2)．(1) 求证：{b n }从第2项起是以2为公比的等比数列；(2) 设S n 为数列{b n }的前n 项和，且{S n }是等比数列，求实数a 的值； (3) 当a>0时，求数列{a n }的最小项．(1) 证明：∵ b n ＝a n ＋n 2，∴ b n ＋1＝a n ＋1＋(n ＋1)2＝2a n ＋(n ＋1)2－4(n ＋1)＋2＋(n ＋1)2＝2a n ＋2n 2＝2b n (n≥2)．。

2020版高考数学(理科)复习作业答案-第五单元数列

全品一线咼考总复习数学（理科）课时作业（二十七）1. C ［解析］方法一：特例淘汰法•令n=1,淘汰D选项,令n=2,淘汰A,B选项.方法二：数列变形为—,—,—,-,•••，分子、分母都是等差数列，分子为2（n-1）,分母为2n-1.故选C.2. C ［解析］当n ^2 时,a n=S n-S n-i=2n-3,当n=1 时,a i=S i=-1,适合上式，所以a n= 2n-3,所以a2+a i8=34.故选C.--为正奇数 f 、3. B ［解析］因为a n+a n+i=-,a2=2,所以a n= 所以S21 =11 乂 -丿+10炫丄.故选为正偶数B.4.10 ［解析］令一=0.08,得2n2-25 n+50=0,即（2n-5）（n-10）=0,解得n =10 或（舍去）,即0.08是该数列的第10项.5.3 ［解析］由已知得a3=—=-,a4=—=-, a5=—=-,a6=—=-,a7=—=2,a8J=3, .•数列｛a n｝具有周期性，且周期T=6,a0i8 =a336 冷+2=a2=3.6. C ［解析］因为数列｛a n｝是递增数列，所以a n+i-a n=2n+i-b>0（n讯*）,所以b<2n+i（neT）,所以b<（2n+1）min =3,即b<3.7. A ［解析］•数列｛a n｝满足对任意m,n €N*,都有a n a m=a n+m，且a i=一, ••^=a i a i= 一,a3=a i a2=一, • •^=a3 a2=—.8. B ［解析］T + --- +…+ = , •+ -------- +…+ - = (n丝),两式相减得= ------- - ----- =n(n淳)，•a=n2(n淳).又当n=1 时，—=一=1,得a i=1,适合上式,-'-a=n2.故选B.9. ------------------------------- C ［解析］由a n+i = 可得a n+2= =—,故a n+3=— =—=a n,因此｛a n｝是周期数列且周期为3,又a ii=a2=：=2 ,故f(a ii)=f(a2)=f(2) =-f(-2)=6,故选C.10. D ［解析］•••a=INT(-x!0n),b i=a i,b n=a n-10a n-i(n€N*,且n>2), -3i=2=b i,a2=28, b2=28-10 >2=8,同理可得b3=5, b4=7,b5=1,b6=4,b7=2,b8=8,…,-b+6=b n,即数列｛b n｝的周期为6, -b>018=b336 >6+2=b2=8.故选D.11.a n =2n-1［解析］当 n=i 时,4S i =(a i + l)2,解得 a i = l ；当 n^2 时，由 4S n =(a n +i )2= +2a n +i. 得 4S n-i = +2a n-i + 1,两式相减得 4S n -4S n-i = (a n +a n-i )(a n -a n-i -2) =0,因为 a n >0,所以 a n -a n-i -2=0,即 a n -a n-i =2.又 a i =i,故数列｛a n ｝是首项为i,公差为2的等差数列，所以a n =i +2(n-i)=2n-i .-(n 2+6n+5)-n 2-4n =——(i0-n 2).当 n <3 时,a n+i >a n ；当 n >4 时,a n+i <a n .因此,a i va 2<a 3<a 4,a 4>a 5>a 6> …,故 a 4 最大,所以 k=4.——=——= -------- ，所以 an=aiux- —=1 x —x —>…14.C ［解析］由已知条件可知，当 n 支时,a n =a i +(a 2-a i )+(a 3-a 2)+ …+ (a n -a n-i )=33+2+4+… +2(n-1)=n 2-n+33,又当 n=1 时,a i =33 满足上式，所以一=n+—-1.令 f (n )=一=n+—-1,由对勾函数的性质知，当 n 取 1,2,3,4,5时,f (n )的值减小,当n 迨且n €N *时,f (n )的值增大.又f (5)—,f (6)=—, 则f (5) >f (6),故f (n )=—的最小值为一.15.C ［解析］由题知｛——I 是首项为1,公差为2的等差数列，则——=2n-1,所以 a n =——x — X …XXa i =(2n-3) X 2n-5) Xi .所以=4027 X 4025 =(4026 +1) X 4026 -1)=4026 2-1=4 X 2013 2-1.专题集训(三)1. B ［解析］Ta i = 1,a n =2a n-i + 1(n^2), •••a =2a i +1=3,a 3=2a 2+1=7,a 4=2a 3+1 = 15, a 5=2a 4+1=31.2. C ［解析］由已知得 a 4=a 2+a 2=-12, a 8=a 4+a 4=-24, a i0=a 8+a 2=-30.3.A ［解析］°.°31 = 1, .°.Si =1 . °.°iS +S m =S n+m ,令 m=1,可得 S n +1=S n +1, •Sn+1-S n =1,即当 n 羽时,a n+1=1, Aa i0=1. 4.18 ［解析］由 ---- = ----- ，得 a n =a i —=2 XXX …=4n-2,贝 U a 5=18.5.— ［解析］数列｛a n ｝中,a n+i = ---- ，两边取倒数得 - =3+—? ----- -—=3,又+2a n -2 a n-i =4a n ,整理得 i2.4［解析］设数列为｛a n ｝,则 a n+i -a n =(n+i)(n+5) -)n+i -n (n+4)i3.——［解析］由题意知n ,「.a =2n+n ln n ,故选 C . 7.D ［解析］Ta =--,a n =i ------- （n 淳），•••a =1-—=5, a 3=1--=-,a 4=1—=—,「数列｛a n ｝是周期数列，且周期为 3, ^32018 =a 672 32=a 2=5,故选 D . 8.C ［解析］Tb =2,b 2=5，且 a n (b n+1-b n )=a n+1,「.a1(b 2-b 1)=a 2,即 a 2=3a 1,又数列｛a n ｝为等比数列，•数列｛a n ｝的公比q=3, • b+1-b n = ——=3, /数列｛b n ｝是首项为2,公差为3的等差数列，••数列 {b n }的前 n 项和 S n =2n+—— >3= --------- .故选 C .10.—— ［解析］由递推关系可得 a n a n-1+（n-1）a n =2na n-1（n^2）,则一=->—+-,即一-1=-11.n 2n ［解析］S n =2a n -2n =2(S n -S n-1)-2n ,整理得 S n -2S n-1=2n ,等式两边同时除以 2n ,有 —--=1,又S 1=2a 1 -2=a 1,可得a 1=S 1=2,所以数列一是以1为首项,1为公差的等差数列，所以一=n ,所以 S n =n 2n . 12.解:（1）由 3S n =（n+2）a n 得 3S n-1=（n+1）a n-1 （n 丝）, 两式相减得 3a n =（n+2）a n -（n+1）a n-1, =—（n 丝）, =—,…，一=_，—=_，累乘得一= -- ，又 a 1=2, .「a =n (n+1). （2）由（1）知一= =—-—,.・.T=1 -_+_4 ■—-_+••• +■一-—= 6.C ［解析］由题意得 =ln(n+1)-ln n ,运用累加法得 =ln n-I n 1 =ln n ,即一=2+ln 丄,51=-' •,「.aAx1=-,a 3」-） 9.D ［解析］Ta = 1,a n+1 a n = L ）4X 22=（」2,a6=L ）5x22=（」3,a7=L ）6x 23=（-）3,a8=（-）7x23=（-）伽=（-） •,以此类推,••2017 =1+1008 >2, •a o17=——.故选 D . 2,a 5= 匚) 8X24 = -1 ~1- （一J 是首项为 —1 =--，公比为-的等比数列，故—1 =-- >」 n-1=-—,则 ,据此可得，数列｛a n ｝的通项公式为a n = 则 |T n -1 | =1-1 = .由 |T n -1|V —得V —,解得n>9,故满足条件的集合 M 存在，且集合 3 >2 = 2 x2=-,a 4 (n 浆)，据此可得，数列M={n|n>9,n 3 }.13.A ［解析］由 2a n -a n-i =3 2n-1(n 丝),得一=可得2a 2-a i =6,又3a i =2a 2, .・2a i =6,解得a i =3. •数列一-1是以-为首项，-为公比的等比数列对任意n 讯：T n <m ,「.m 的最小值为-.14.-- ［解析］由 S n +S n+i = n 2+2n+p 可得 S n-i +S n =(n-1)2+2(n-1)+p (n 丝),两式相减得 a n +a n+i =2n+1(n^2), •a -i +a n =2n-1(n 濾),两式相减可得 a n+i -a n-i =2(n 濾)，• 数列 a 2,a 4,a 6,…是以2为公差的等差数列擞列a 3,a 5,a 7,…,是以2为公差的等差数列.将n=1代入 S n +S n+i =n 2+2n+p 结合 a i = 1 可得 a 2=1 +p ，将 n=2 代入 a n +a n+i =2n+1(n^2)可得 a 3=4-p ,「.a =a 2+2=3+p.要使对任意 n 3*,a n <a n+i 恒成立，只需要 a i <a 2<a 3<a 4 即可,即 1<1+p<4-p<3+p ,解得-<pv-,则实数p 的取值范围是- -.课时作业(二十八)1. B ［解析］因为数列｛a n ｝是等差数列，a 2=4,a 4=2,所以2a 4=a 2+a 6=4,所以a 6=0.故选B .2.B ［解析］设新数列a i +a 4,a 2+a 5,a 3+a 6,…的第n 项是b n ,则b n =a n +a n+3=2a i +(n-1)d+(n+2)d=2a i +(2n+1)d , • n+i -b n =2d , •新数列是以 2d 为公差的等差数列.故选B . 3. C ［解析］数列｛a n ｝为等差数列，设公差为d ,则a 4=a 2+2d ,「・a =3(a 2+2d )-6, •a 2+6d-6=0,「^+34=3,即 a 5=3,则 S 9= -------------- =9a 5=27.故选 C . 4.10 ［解析］设等差数列｛a n ｝的公差为d ,由题意得解得 -/.^=a i +6d=-2+6 >2=10.5.4036 ［解析］令m= 1,可得a i +a n =a n+i ,则a n+i -a n =2, -'｛a n ｝为等差数列，首项和公差均为 2, Aan =2+2(n-1) = 2n , -^018=4036 .6. B ［解析］由已知，得 a 3+a i3=2a 8=20, •••a =10,又 a 2=-2, /公差d=2, •••a =a 2+13d=-2+13 >2=24.7.D ［解析］设等差数列｛a n ｝的公差为d ,由a i0=15,S 2=S 7,可得解得•••a =a i +7d=-12+21=9.故选 D .8.D ［解析］••等差数列｛a n ｝中,a 4,a 7是函数f (x )=x 2-4x+3的两个零点,二a +a 7=4,「｛a n ｝的前10 贝 1=_ (_)n -1=(_)2n-1, Aj h =2n (21-2n +1)=21-n +2n , ASi= 1+-+…+■ +(2 + 22+23+ …=2 2n -21一n -1 丿，由 2a n -a n-i =3 2n-1(n 丝), -+—+ … v_项禾口S io= ---------- =----------- =5 >4=20 .故选D.9. C ［解析］依题意知a1008 +a1009=2017 >0,a1008 a1009=-20 1 8 <0,又数列｛a n｝的首项为正数，二1008 >0,a1009 <0, .°.S2016= -------------- = ---------------------- >0,S2017= ------------------ =2017 a1009 <0, •使S n>0成立的正整数n的最大值是2016,故选C.10. D ［解析］S n=n2,S n-1=(n-1)2(n 丝),两式作差得到a n=2n-1(n 支),当n=1 时,a1=S1=1,也符合上式,故a n=2n-1,贝U a2=3,a m=2m-1,「1= ---- =一,b2= ------ =一,b m= --------- .由b1,b2,b m成等差数列,得b1+b m=2b2,即一=一+——一,整理得m=3+—, '/,m €N*, ••当m=4 时,t=5;当m=5 时,t=3;当m=7 时,t=2.•「的最大值为-.故选D.11 .60 ［解析］TS10,S20-S10,S30-S20 构成等差数列，且S10 = 10, S20 =30, S20-S10 =20, . .S0-30 = 10+2 >20-10) = 30, •830=60.12.9 ［解析］设良马与驽马第n天跑的路程分别为a n,b n,由题意有a n =103 +(n-1) >3 = 13 n+90,b n=97 +(n-1)丿-」=--n+97-,令c n=a n+b n=187 ―12-n,当满足题意时，数列｛C n｝的前n项和S n=1125 >2=2250,由等差数列前n项和公式可得-- - --- - > n=250,得n=9,即需9 日相逢.13.a n=3n-- ［解析］由S n=pn2-2n 可知，当n=1 时,a1=p-2,当n 汽时,a n=S n-S n-1=2pn-p-2,a1=p-2 符合上式，所以对任意的n 讯*均有a n=2pn-p-2,则a n+1-a n=2p,所以数列｛a n｝是公差为2p的等差数列，所以a2=3p-2.b1=a1=p-2,b2= --------- =^,则b2-b1=—-(p-2) = 2,得p=-,所以a1=--,所以数列｛a n｝的通项公式为a n=--+(n-1) X2>=3n--.14 .解:⑴根据题意,有—解得- 故S n=-(a n+2)2,当n 丝时，有S n-1=—(a n-1+2)2,两式相减得(a n+a n-1)(a n-a n-1) =4(a n+a n-1)(n ^2), 又a n>0 恒成立，所以a n-a n-1=4(n^2),所以数列｛a n｝是以2为首项,4为公差的等差数列,故a n=4n-2.(2)证明：根据题意，有因为a i+a3=2a2,所以可设a3-a2=a2-a i=d,②-①得a2=(入a入a+2(J)•入d④③-②得a3=(入2+入3+2川•入d⑤⑤-④得d=2用d2,当d=0时a2=0,不满足题意，故舍去，则有長=代入④式得4入比易知治0,结合①式得a i=-.所以S n=用+2 入口n+ p2=—+T n+-,当n 淳时有S n-1 = —_+■-a n-1 ■—,两式相减得a n=—( - _ )+-(a n-a n-i),整理得(a n+a n-i)(a n-a n-i-d)=O(n丝).又a n>0恒成立，所以a n-a n-i=d(n^2),所以｛a n｝是-为首项,d为公差的等差数列15 .解：(1)因为4S n=(a n+1)2,所以当n=1 时,4a i=(a i+1)2,解得a i=1,当n=2 时,4(1 +a2)=(a2+1)2,解得a2=-1 或a2=3, 因为｛a n｝是各项均为正数的等差数列，所以a2=3,所以｛a n｝的公差d=a2-a1=2,所以｛a n｝的通项公式为a n=a1+( n-1)d=2 n-1.⑵因为4S n=(a n+1)2,所以S n= ---------- = n2,所以S r--a n=n2--(2n-1)=n2-7n+・=n- 2—,又n 3*,所以当n=3或n=4时，S n--a n取得最小值16.5［解析］•数列｛a n｝为等差数列，且前n项和为S n,.数列也为等差数列，「L-+ -- =——(m述),即一+——=0,解得m=5.17.121 ［解析］设数列｛a n｝的公差为d,由题意得2 —= _+ —,所以2 = _+ ,化简可得d=2a1=2,所以a n=1 + (n-1) >2=2n-1,S n=n+ X2=n2, 所以——=^—」一)2=_ ［ - =-( 1+——)2.又易知数列( 1+——)J为递减数列，所以——<—=11 2=121 .课时作业(二十九)1. C ［解析］两个等比数列的和不一定是等比数列，两个等比数列的积一定是等比数列.2. B ［解析］在等比数列｛a n ｝中,a 2a 4= =1,又a 2+a 4=-，数列｛a n ｝为递减数列，所以a 2=2,a 4=-, 设公比为 q ,贝U q=—=-，所以 ai=—=4.3. B ［解析］由等比数列的性质可知，数列S 3,S 6-S 3,S 9-S 6,S l2-S 9是等比数列，即数列 4,8,S 9-S 6,S i2-S 9 是等比数列，因此 S 9-S 6=16,S 6=12,S i2-S 9=32,所以 S i2=32 + 16 + 12=60.4.3 X2n '3 ［解析］设等比数列｛a n ｝的公比为q ,则 ① ②—①得q 7=128,即q=2,②把q=2代入①,得a 1=-,所以数列｛a n ｝的通项公式为 a n =a 1q n-1=-^2n-1=3>2n '3. 5.—［解析］由题知,该女子每天织布的尺数构成公比为2的等比数列，设第一天织布的尺数为 a 1,则由题知 ----- =5,得 a 1=—,故答案为一.6. D ［解析］S 1oo =a 1+a 2+…+a 1oo =90,设 S=a 1 +a 3+ …+a 99,贝U 2S=a 2+a 4+… +a 1oo ,v S-2S=90, /2S=60.故选 D .7. C ［解析］••正项等比数列｛a n ｝满足 Io _(a 1a 2a 3a 4a 5)=0,二 1a 2a 3a 4a 5=1,即 =1,「.a =1,又 a 6=—,•••31=4,公比 q=-,.•.$= ------ = ----------- = 7—.故选 C.8.D ［解析］设等比数列｛a n ｝的公比为q ,所以q= --------=-,所以a 1+a 3=a 1（1+q 2）=a 1 1+- 9.A ［解析］设｛a n ｝的公比为q ,由3a 2+2a 1=5,得=2a 3+3a 4-20 q=q 2(3a 2+2a 1)-20q=5q 2-20q=5(q-2)2-20 二20,因为 q>0,所以当 q=2 时,上式取得最小值-20,故选A .10.D ［解析］设等比数列｛a n ｝的公比为q ,由a 1 = 1,a 4=8，可得q 3=-=8,即q=2,所以a n-1=-a n (n 淳),所以A 中等式不成立；易知数列；LI 是以1为首项，-为公比的等比数列，所以 b n+1=a n+1+----- = 2a n +-•吃a n +2 — =2b n ,所以 B 中等式不成立；又 T n =(a 1+a 2+ +a n )+) - --T —+ …+— = + ----------- =2n -1+2-——=2n -——+1,—-—+1 = 2n-2-——+1,所以 Tn 斗-一 + 1, - -—所以 C 中等式不成立；由 b n =a n +—，得 b n+1 -b n =2n +—-2n-1 -~ =2n-1-—>0,所以 b n+1>b n ,所以 D =2n -1 .故选 D .解得a 1=2,所以a n =2中不等式恒成立.故选D.11 .B ［解析］令S3 = 2, S6 = 1,则S6-S3=-1,由等比数列的性质可知，S3,S6-S3 ,S9-S6是等比数列则S9-S6=_,所以S9 = 1+-=_,所以一=-.12•-［解析］因为｛a n｝是各项均为正数的等比数列，且a2a3a4=a2+a3+a4,所以-a3=a2+a4,则-a3=a2+a4支=2a3,当且仅当a2=a4时等号成立，即(-3)a3为,即為所以a3> ,即a3的最小值为13.8 ［解析］在等比数列｛a n｝中，根据等比数列的性质，可得S2,S4-S2,S6-S4构成等比数列，所以(S4-S2)2=S2 (S6-S4)，因为a n>0,所以S2>0,所以S6-S4= 一.又因为S4-2S2=2,即S4-S2=S2+2,所以S6-S4 = -------- = ---------- =S2+—+4>2 —+4=8,当且仅当S2=—时,等号成立,所以S6-S4的最小值为 &14.解:(1)设等差数列｛a n｝的公差为d,则依题意有解得d=1或d=0(舍去),•••a=1+( n-1)=n.(2) 由(1)知a n=n,•b=2n, • --- =2,••｛b n｝是首项为2,公比为2的等比数列，•T=—=2n+1-2.15 .解:(1)设｛a n｝的前n项和为S n,当q=1 时,S n=a1+a1 + …+a1= na1；当q詢时,S n=a1+ag+a1q2+…+a1q n-1①，qS n=a1q+a1q2+ …+ag n②,①-②得(1 -q)S n=a1 -a1q n,•S= ----- .•S= -⑵证明：假设｛a n+1｝是等比数列，则对任意的k€N*,都有(a k+1 + 1)2= (a k+1)(a k+2+1),即+2a k+1 + 1=a k a k+2+a k+a k+2+1,即q2k+2a1q k=a1q k-1a1q k+1+a1q k-1+a1q k+1.Ta 和，••2q k =q k-1+q k+i , '/(p 0, :.q~2q+1 =0, A q=,这与已知矛盾.故数列｛a n +1｝不是等比数列.16.C ［解析］'.｛a n ｝是各项均为正数的等比数列，a 2a 4=a 3, • =a 3,「.a =1.又公比 q>1, • i <a 2<1,a n >l(n>3), •T >T n-i (n /4),又T i v 1,T 2=a i a 2<1,T 3=a 1 a 2 a 3=a 1a 2=T 2<1,T 4=a 1 a 2 a 3 a 4=a 1<1,T 5=a 1 a 2 a 3 a 4 a 5= =1,T 6=T5 a 6=a 6>1, •满足T n >1的n 的最小值为6,故选C .1.A ［解析］由题知，该数列的前n 项和S n =［1 +3+5+…+(2n-1)］= -------- - - + ------ =n 2+1 -一.2. B ［解析］S 100 = (4 X1-3)-(4 ><2-3)+(4 >3-3)——(4 X100 -3)=4 蛋1 -2) + (3-4) +… + (99-100)］ =4 >-50) =-200 .3. B ［解析］由已知 a n+1+(-1)n a n =2n-1,得 a n+2+ (-1)n+1 a n+1=2n+1,得a n+2+a n =(-1)n (2n-1) + (2n+1),分别取 n=1,5,9 及 n=2,6,10,结果相加可得 S 12=a 1+a 2+a 3+a 4+ … +an+a 12=78.故选 B .4.100 ［解析］设｛a n ｝的前 100 项和为 S 100.因为 a n+1+(-1)n+1a n =2，令 n=2m-1,得 a 2m +a 2m-1=2, 所以 S 100=(a 1+a 2)+(a 3+a 4) — (a 99+a 100) =2 ><50= 100.5.n (n +1)［解析］依题意得a n+1 =a n +a 1,即有a n+1-a n =a 1=2,所以数列｛a n ｝是以2为首项,2为公差的等差数列，a n =2+2(n-1)=2n ,所以 S n = ---------- =n (n +1).6. C ［解析］根据题意这个数列的前 8项分别为5,6,1,-5,-6,-1,5,6,发现从第7项起，数字重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6,S 6=5+6+1+(-5) + (-6)+(-1)=0.又因为16=2 >6+4,所以这个数列的前 16项之和S 16=2S 6+S 4=2»+7=7.7. C ［解析］由递推公式可得，当n 为奇数时,a n+2-a n =4,所以数列｛a 2n-1｝是首项为1,公差为4 的等差数列，当n 为偶数时,a n+2-a n =0,所以数列｛a 2n ｝是首项为2,公差为0的等差数列.S 2017=(a 1+a 3+ …+a 2017 )+(a 2+a 4+ …+a 2016)=1009 +-X1009 X1008 >4+1008 X2=2017 >010 -1.故选 C .17.D ［解析］依题意得，当 n^2时,an== 22n-1,又 a 1=21=22 介1,所以a n =22n-1,所以—,所以数-是以-为首项，-为公比的等比数列，等比数列项和为 <-,因此实数t 的取值范围是课时作业(三十)的前n +…+— 1• n =2 n+1,b n =2n-1 •=(2 n+1) (_) n-1 厂 T n =3xh+5 X -n-1+(2 n+1) -n ,两式相减，得-T n =3+2 -—I --------- +8.A ［解析］Ta +i -a n =n +1,a n -a n-1= n-1 +1,…,a 2-a i = 1 +1,累加可得 a n+i -a i =9.B ［解析］由题意，得 a 1+a 2+a 3+ …+a 1oo =12-22-22+32+32-42-42+52+… +992-100 2-1002+101 2=-(1+2)+(3+2)-(4+3) +…-(99 + 100) +(101 +100) =-(1+2 +… +99 + 100)+(2+3+ …+100+101) =-50 X 01 +50 X103=100 .故选 B . --------------- = ----- ，即前 n 项和 S n =n (2n+1)=2n 2+n.当 n=1 时,a 1=S 1=3, 当 n 丝时,a n =S n -S n-1= 4n-1,a 1=3 满足该式，所以 a n =4n-1,b n = ---- =n.因为 ----- = ------- =-11.5 ［解析］由题,S n =1X21+2 X 22+ …+n 2n ,2S n =1 X 22+2 X 23+…+n 2n+1,两式相减得 -S n =2+22+…+2n -n 2n+1=—-—-n 2n+1,故 S n =2+(n-1)2n+1.又 a n+1=2n+1,所以由S n -na n+计50=2+(n-1)2n+1-n 2n+1+50=52-2n+1<0,n€N *,得 n 为且 n OT ,故 n 的最小值为 5.12. --------- ［解析］设等比数列｛a n ｝的首项为a 1(a 1和),公比为q. '/aa 3=2a 1,.31 q 3=2,即a 4=2. 与 2a 7 的等差中项为 17, •••a +2a 7=34,即a 7=16, .ai^,q=2, . a^2n-1=2n-3. Tb (-1)n a n , •数列｛b n ｝的前 2018 项和 S 2018=-(a 1+a 3+…+a 2017)+(a 2+a 4+•…+a 2018)=-(2-2+20+22+ •…+22014)+ (2-1+21+23+ —+22015) =- ----------- + ------------ = ---- -一.13.10 ［解析］设｛a n ｝的公差为d ,｛b n ｝的公比为q. Ta =5,b 1=1,b 3+S 3=19,a 7-2 =a 3, • +n ,即a n =+n= 一 =2 x1- = ----- .故选A . 10.C ［解析］依题意有所以——+ 解得x （』+ +…+ n-1.T n =3 +(2 n+1) +(2 n-1)意n €N *,T n vP 恒成立,二卩羽0,即P 的最小值为10.14.解:(1)当 n 浆时,a n =S n -S n-1=n ;当 n=1 时,a 1 =S 1 = 1,符合上式. 综上可得a n =n.(2)由(1)知 b n =n 3n ,则 T n =1 X 31+2 >32+3 X33+ …+n 3n ,3T n =1 X32+2 X 33+3X 34+…+n 3n+1,两式相减，得-2T n =3+32+33+ …+3n -n 3n+1= —-n 3n+1,15.解:(1)设｛a n ｝的公差为 d.依题意 a 1a 1o =a 3a 4,即 a 1(a 1+9d )=(a 1+2d )(a 1+3d ),即 +9a 1d= +5a 1d+6d 2,因为 d^0,所以 2a 1=3d.又 a 1+a 2+a 3=15,即 a 1+d=5,故 a 1=3,d=2.故数列｛a n ｝的通项公式为 a n =2n+1.16.C [解析]由已知,a n +(-1)n =[3+(-1)1] 2n-1=2n ,.a =2n -(-1)n .当 n 为偶数时,a 1+a 2+ …+a n =(2 +22+ …+2n )-(-1+1-…+1)=2n+1-2,a n+1=2n+1-(-1)n+1=2n+1 + 1,由 a 什a 2+ …+a n >Xa +1 对任 (2n+1) (_)n , .•.T =6+4( 1 -2(2 n+1) n =10— <10, •对任T =-+ (-)3n+1-(2 n+1) n =3+2 X (2)依题意,b n = -------- = ----------------------- _( ----------- 则 Sn=-X +…+- 所以m A ，所以实数m 的最小值为-.意n€N*恒成立,得疋_-=1 --------------- 对任意n€N*恒成立，.茶 1 -------- 亠;当n为奇数时，a1+a2+…+a n=(2+22+…+2n)-(-1 + 1-…+ 1-1)=2n+1-1,a n+1=2n+1-(-1)n+1=2n+1-1,由a*2+…+a n》入a+1对任意n讯*恒成立，得區- =1对任意n讯*恒成立.综上可知存.17 .解:(1)当n=1时，由题意得a2=4.当n A!时,4S n=a n a n+1,4S n-1=a n-1 a n,两式相减，得4a n=a n(a n+1-a n-1).Va^0, .a+1-a n-1=4, /｛a n｝的奇数项和偶数项分别是以4为公差的等差数列.当n=2k-1,k€N*时,a n=a2k-1=2+4(k-1)=4k-2=2n;当n=2k,k€N*时,a n=a2k=4+4(k-1)=4k=2n. .•.a=2n(n ^N*).⑵由已知得即------- = ------------- ,.•当n 边时, -- -- -- 一」, -------------------- - ---- =A —）,…,--- =-（1」，累加可得——= （n支）..b= ------ （n 丝）,当n=1 时,b i=-也适合上式,.b= ----- （n 讯*）,又C n ----- ,. c—..」=—+—+ …+—+—①,—T n=—+ —+ …+ + -- ^②,①-②得一T n=—+—+ …+ - = -------------- =1 -------- =1 ------- ,.T=2 ----- .专题集训（四）1 .C ［解析］设等差数列｛a n｝的公差为d. '/a=1, /2|a9|+|a io|=2|1+d|+| 1 +2d|= - 一由分段函数的性质可得2|a9|+|a1o|的最小值为1,故选C.2. A ［解析］由题意知，a=-,b=—,c=—,故a+b+c= 1,故选A.3. B ［解析］设由前12项构成的等差数列的公差为d,从第11项起构成的等比数列的公比为q.由a13=一=7 --------------- =4,解得d=1或d=-,又数列｛a n｝的各项均为整数，所以d=1,所以q=一=2,所以a n= 故a15=24=16,故选B.4. - ［解析］依题意可知a1+a2=1+4=5, =1 X4=4,1 b2= >0,所以b2=2,所以----- =-.5. --------------------------------------- - ［解析］由题意得a n= -------- =一且a k=(a n)min,.• —= .'2n2-(n+1)2=(n-1)2-2,当n 為时,(n-1)2-2>0,即2n2>(n+1)2, /当n濾时,a n+1>a n,同理当n<3时,a n+1 <a n. .°.a>a n-1>…>a4>a3<a2<a1,/(a n)min =a3=一，贝U a k=—.6. D ［解析］由题意得-解得-vav-.项的和，于是f(n)= =-（8n+4-1）.故选D.7. D ［解析］因为数列2,24,27，…,23"10,…是一个首项为2,公比为23的等比数列，设23n+10是第k 项，则23n+10=2X23)k-1= 23k-2,所以3n +10=3k-2,则k=n+4,所以f(n)是该等比数列的前n+48. B ［解析］由题意，可知从早晨6时30分开始，接下来的每个30分钟内进入的人数构成以4为首项,2为公比的等比数列，出来的人数构成以1为首项,1为公差的等差数列.记第n个30 分钟内进入公园的人数为a n,第n个30分钟内出来的人数为b n,则a n=4>2n-1,b n= n,因为从早晨6时30分至上午11时30分共有10个30分钟，所以上午11时30分公园内的人数S=2+ ---------------------- =212-57.9. D ［解析］由题意,a n=［iog2n］.当n=1 时,a1=0,S1=0；当21<n<22时,a2=a3=1,共2 项,S3=2;当22q v23时,a4=a5=a6=a7=2,共4 项,S7=2 >4+S3=10;当23q v24时，a8=a9=・・=a15=3,共8项,S15=3 >8+S7=34;当24勺<25时,a16=a17 = - =a31 = 4，共16 项,S31 = 4 X16+S15=98;当25勺<26 时，a32=a33=・・・=a63=5,共32 项,S63=5X32+S31=258;当26<n<27时，a64=a65 = ・・・=a127=6,共64 项,S127 =6 X54+S63=642;当27弓1<28时,a128=a129 = =a255 = 7,共128项,S255 =7 X128 +S127=1538;当28<n<29时,a256=a257 = =a511=8,共256项,S511=8 X256+S255=3586 >2018 . •当S n=2018 时，n=255 +——-—=315, ••满足S n>2018 的正整数n的最小值为316.故选D.10. C ［解析］在数列｛a n｝中,a1 = 1,当n丝时,其前n项和S n满足=a n(S n~1),「当n丝时，=(S n-S n-1)(S n-1),化为一-——=1. •数列一是等差数列，且首项为1,公差为1, •=1 +(n-1)=n,•••«=-. /-b log z—= log2一，数列｛b n｝的前n 项和T n =log2-+log 2-+log厂+ …+log 2—+log 2—=log^ _XXX…X— X—)=log 2 -------------------------------------------- .由T n%,即log 2 ------------------- 为,得(n +1)(n+2)丝7.令f(x)=x2+3x-126=(x+-> 2-128 -—,可得f(x)在［1,+马上单调递增.而f(9)=-18<0,f(10)=4>0,若xZ，则当x》0时,f(x)为，.满足T n^6的正整数n的最小值是10.q=1（舍去）,所以a1 = 1,由｛a n｝的前n项和S n= ,可得S4i11 -［解析］公比不为1的等比数列｛a n｝满足a1a2a3=--,所以=--,解得a2=--.设公比为q,则a3=--q,a4=-iq2,因为a2,a4,a3成等差数列，所以2a4=a2+a3,即2 X -- =----q,解得q=-~或q=1（舍去）,所以a1 = 1,由｛a n｝的前n项和S n= ,可得S4i12 ,5 L（5,15） L（15,+为［解析］因为后三个数成等差数列且和为15,故可依次设后三个数为5-d,5,5+d（d老且d对）,又前三个数构成等比数列,则第一个数为一，即一+5-d+5=k, 化简得d2-15d+75-5k=0,因为满足条件的数列的个数大于1,所以A»,所以k>_.又由d和且L(5,15) L(15,+旳.d^5,得k祎且k詢5,故k的取值范围为（一,5）13.--,-［解析］因为S n+S n+1=2n2+n,所以S n-1+S n=2(n-1)2+n-l(n>2),两式相减得a n+a n+i=4n-1,n丝,所以a n-1+a n=4n-5,n濾,两式再相减得a n+1-a n-1=4,n為,可得数列｛a n｝的偶数项是以4为公差的等差数列，从a3起奇数项也是以4为公差的等差数列.若对任意n € N*,a n<a n+1 恒成立，则a1<a2<a3<a4.又a1+S2=3,所以a2=3-2a1，同理a3=7-a2=4+2a1,a4=11-a3=7-2a1,所以a1<3-2a1<4+2a1<7-2a1,解得—vac-,即首项a1 的取值范围是'-,_).14 .证明:(1)由于a n+1-a n= -------- 切,所以a n+1 <an.若a n+1=a n,贝U a n=0,与a1=—矛盾,从而a n+1<a n,a1=->a2>a3> …>a n.又--- =1 -------- 羽----- >0,所以a n+1与a n同号,又a1=i>0,所以a n+1>0,即0<a n+1<a n.(2) 由于0<a n+1<a n,所以a n+1=a n- ---------- va n ------------- ，即——-—<- ---- =—一,即—-——A-—.()(｝()当n^2 时,—=、一-——------- -- ——+ +…+1 --- F+—> ----- + -------- + …+1__+—=3-— -- >0,从而a n<—;当n=1 时,a1=-=—.综上可得a nw——.(3) ——=1 ------ 羽- ------- =1- -——，所以S n=—+—+ …+ ---- 刑--1-一+---+…+-_— =n-- 1 -—>n--.12 ,5 L（5,15） L（15,+为［解析］因为后三个数成等差数列且和为15,故可依次设后三个15.解:⑴f(x)=-+sin x,令f(x)=-+cos x=0,得x=2k n±(k®).由 f'(X )>0,得 2k n -一vx<2k n+ — (k ®),由 f'(x )<0,得 2k n+—<X<2k Tt+-(k 0),所以当X=2k n —(k 时,f (x )取得极小值所以 x n =2n n (n €N *).(2)证明：因为 bn=—=n--=——,所以 ----- =——•一=3( --------------),所以 Sn= 3( —+—+ --- + ----------- )=3 ( _又 n€N *,所以 S n <-.16.4 [解析]当 n 丝时,2a n =2S n -2S n-i =a n a n+i -a n-i a n , Ta 和，a +i -a n-i =2;当 n=1 时,a i a 2=2a i , 解得a 2=2.数列｛a n ｝的奇数项与偶数项分别成等差数列，公差都为2,且a i = 1,a 2=2,.数列｛a n ｝为等差数列，其首项为 1,公差为 1,「.a =1+ n-1= n. ■数列｛b n ｝满足 b i =15,b n+i -b n =2n ,••当 n>2 时,b n =2[( n-1)+(n-2) + …+2+1]+15=2— + 15= n (n-1)+15,当 n=1 时，上式也成立，• b =n (n-1) + 15, • -=n-1+— ^2 -1(当且仅当 n= 时取等号)，又 n€N,且一=3—,—=7, 则数列一中第4项最小.3,所以实数x 的取值范围是［2,3］.17.[2,3] ［解析］由题设可得 S n =4n+ ------- =4n+--- n ,则 S n -4n^--n ,不等式1 <值和最小值.由于n 讯*,所以'- -)n 的最大值和最小值分别为 -和 --,则-—，即2 < <<3,即-乂的最大 x (Sn-4n )<3 可化为 1 <xwx < X，则问题转化为。