2020-2021【名校提分专用】高考数学一轮复习第6章数列第4讲数列求和分层演练文

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2021年新高考数学一轮总复习：第六章数列

2021年新高考数学一轮总复习第六章数列第一节数列的概念与简单表示新课程标准考向预测通过实例，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)，了解数列是一种特殊函数. 命题角度1.由a n 与S n 的关系求a n2.由数列的递推关系求通项公式3.数列的性质及应用核心素养逻辑推理、数学运算[知识梳理]1．数列的概念(1)数列的定义：按照一定顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项．(2)数列与函数的关系：从函数观点看，数列可以看成以正整数集N *(或它的有限子集{1,2，…，n })为定义域的函数a n ＝f (n )当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值．(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． 2．数列的分类(1)按照项数有限和无限分：⎩⎪⎨⎪⎧有穷数列：项数有限个；无穷数列：项数无限个；(2)按单调性来分：⎩⎪⎨⎪⎧递增数列：a n ＋1>a n ，递减数列：a n ＋1<a n，常数列：a n ＋1＝a n＝C (常数)，摆动数列.3．数列的两种常用的表示方法(1)通项公式：如果数列{a n }的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．(2)递推公式：如果已知数列{a n }的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项与它的前一项(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．[常用结论](1)若数列{a n }的前n 项和为S n ，通项公式为a n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，n ∈N *.(2)在数列{a n }中，若a n 最大，则⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1.若a n 最小，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1.[基础自测]一、走进教材1．(必修5P 33A 组T 4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.53 C.85D.23解析：选D 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＝23.2．(必修5P 67A 组T 2改编)数列{a n }的前几项为12，3，112，8，212，…，则此数列的通项可能是( )A ．a n ＝5n －42B ．a n ＝3n －22C ．a n ＝6n －52D ．a n ＝10n －92解析：选A 数列为12，62，112，162，212，…，其分母为2，分子是首项为1，公差为5的等差数列，故通项公式为a n ＝5n －42.二、走出误区常见误区：①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 }致误；②求数列前n 项和S n 的最值时忽视项为零的情况致误；③根据S n 求a n 时忽视对n ＝1的验证致误．3．在数列－1,0，19，18，…，n －2n 2中，0.08是它的第________项．解析：依题意得n －2n 2＝225，解得n ＝10或n ＝52(舍)．答案：104．在数列{a n }中，a n ＝－n 2＋6n ＋7，当其前n 项和S n 取最大值时，n ＝________. 解析：由题可知n ∈N *，令a n ＝－n 2＋6n ＋7≥0，得1≤n ≤7(n ∈N *)，所以该数列的第7项为零，且从第8项开始a n ＜0，则S 6＝S 7且最大．答案：6或75．已知S n ＝2n ＋3，则a n ＝________.解析：因为S n ＝2n ＋3，那么当n ＝1时，a 1＝S 1＝21＋3＝5；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n＋3－(2n －1＋3)＝2n －1(*)．由于a 1＝5不满足(*)式，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧5，n ＝1，2n －1，n ≥2.答案：⎩⎪⎨⎪⎧5，n ＝1，2n －1，n ≥2[例1] (1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ＋1(n ∈N *)，则a n ＝________. (2)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 ＝________.(3)已知数列{a n }满足a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n ，则a n ＝________.[解析] (1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1；当n ＝1时，a 1＝S 1＝4≠2×1＋1.因此a n＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.(2)当n ＝1时，a 1＝S 1＝13a 1＋23，所以a 1＝1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝13a n －13a n －1，所以a n a n －1＝－12，所以数列{a n }为首项a 1＝1，公比q ＝－12的等比数列，故a n ＝⎝⎛⎭⎫－12n －1. (3)当n ＝1时，由已知，可得a 1＝21＝2. ∵a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n .①故a 1＋2a 2＋3a 3－…＋(n －1)a n －1＝2n －1(n ≥2)，② 由①－②得na n ＝2n －2n －1＝2n －1.∴a n ＝2n －1n.显然当n ＝1时不满足上式． ∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1n ，n ≥2.[答案] (1)⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2 (2)⎝⎛⎭⎫－12n －1 (3)⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1n，n ≥2[解题技法]1．已知S n 求a n 的3个步骤 (1)先利用a 1＝S 1求出a 1；(2)用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n 的表达式；(3)注意检验n ＝1时的表达式是否可以与n ≥2的表达式合并． 2．S n 与a n 关系问题的求解思路根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化． (1)利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)转化为只含S n ，S n －1的关系式，再求解． (2)利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为只含a n ，a n －1的关系式，再求解．[跟踪训练]1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n ＋1，则a n ＝________. 解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋1＝4；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋1)－(3n －1＋1)＝2×3n －1. 当n ＝1时，2×31－1＝2≠a 1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2×3n －1，n ≥2.答案：⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2×3n －1，n ≥2 2．设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3.则a n ＝________.解析：因为a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3，①则当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13，② ①－②得3n －1a n ＝13，所以a n ＝13n (n ≥2)．由题意知a 1＝13符合上式，所以a n ＝13n .答案：13n3．(2018·全国卷Ⅰ改编)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则a n ＝________. 解析：∵S n ＝2a n ＋1，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1＋1，∴a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －1. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1＋1，得a 1＝－1.∴数列{a n }是首项a 1为－1，公比q 为2的等比数列， ∴a n ＝－1×2n －1＝－2n －1. 答案：－2n －1[例2] 设数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则a n ＝________. [解析] 由条件知a n ＋1－a n ＝n ＋1.则a n ＝(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1)＋a 1＝(2＋3＋4＋…＋n )＋2＝n 2＋n ＋22. [答案] n 2＋n ＋22[对点变式]1.(变条件)若将“a n ＋1＝a n ＋n ＋1”改为“a n ＋1＝nn ＋1a n”，如何求解？解：∵a n ＋1＝nn ＋1a n ，a 1＝2，∴a n ≠0.∴a n ＋1a n ＝nn ＋1. ∴a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝n －1n ·n －2n －1·n －3n －2·…·12·2＝2n. 2.(变条件)若将“a n ＋1＝a n ＋n ＋1”改为“a n ＋1＝2a n ＋3”，如何求解？解：设递推公式a n ＋1＝2a n ＋3可以转化为a n ＋1－t ＝2(a n －t )，即a n ＋1＝2a n －t ，解得t ＝－3.故a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)．令b n ＝a n ＋3，则b 1＝a 1＋3＝5，且b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2.所以{b n }是以5为首项，2为公比的等比数列．所以b n ＝5×2n －1，故a n ＝5×2n －1－3.3.(变条件)若将“a n ＋1＝a n ＋n ＋1”改为“a n ＋1＝2a na n ＋2”，如何求解？解：∵a n ＋1＝2a na n ＋2，a 1＝2，∴a n ≠0，∴1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12，又a 1＝2，则1a 1＝12，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以12为首项，12为公差的等差数列．∴1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n 2.∴a n ＝2n. 4.(变条件)若将本例条件换为“a 1＝1，a n ＋1＋a n ＝2n ”，如何求解？解：∵a n ＋1＋a n ＝2n ，∴a n ＋2＋a n ＋1＝2n ＋2，故a n ＋2－a n ＝2. 即数列{a n }的奇数项与偶数项都是公差为2的等差数列．当n 为偶数时，a 2＝1，故a n ＝a 2＋2⎝⎛⎭⎫n 2－1＝n －1. 当n 为奇数时，a 1＝1，故a n ＝a 1＋⎝⎛⎭⎫n ＋12－12＝1＋n ＋1－2＝n .综上所述，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数，n －1，n 为偶数(n ∈N ＋)．[解题技法]1．正确选用方法求数列的通项公式(1)对于递推关系式可转化为a n ＋1＝a n ＋f (n )的数列，通常采用累加法(逐差相加法)求其通项公式．(2)对于递推关系式可转化为a n ＋1a n＝f (n )的数列，并且容易求数列{f (n )}前n 项的积时，采用累乘法求数列{a n }的通项公式．(3)对于递推关系式形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠0,1，q ≠0)的数列，采用构造法求数列的通项． 2．避免2种失误(1)利用累乘法，易出现两个方面的问题：一是在连乘的式子中只写到a 2a 1，漏掉a 1而导致错误；二是根据连乘求出a n 之后，不注意检验a 1是否成立．(2)利用构造法求解时应注意数列的首项的正确求解以及准确确定最后一个式子的形式．[跟踪训练]1．已知数列{a n }中，a 1＝1中，a n ＋1＝a n ＋n (n ∈N *)中，则a 4＝________，a n ＝________. 解析：由题意可得a 1＝1，a n ＋1－a n ＝n ，则：a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1) ＝1＋[1＋2＋3＋…＋(n －1)]＝1＋n (n －1)2＝n 2－n ＋22，则a 4＝42－4＋22＝7.答案：7 n 2－n ＋222．设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2n a n ，则通项公式a n ＝________. 解析：由a n ＋1＝2n a n ，得a n a n －1＝2n －1(n ≥2)，所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝2n －1·2n －2·…·2·1＝21＋2＋3＋…＋(n －1)＝2n (n －1)2.又a 1＝1适合上式，故a n ＝2n (n －1)2.答案：2n (n －1)23．在数列{a n }中，a 1＝3，且点P n (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线4x －y ＋1＝0上，则数列{a n }的通项公式为________．解析：因为点P n (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线4x －y ＋1＝0上，所以4a n －a n ＋1＋1＝0，即a n ＋1＝4a n ＋1，得a n ＋1＋13＝4⎝⎛⎭⎫a n ＋13，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋13是首项为a 1＋13＝103，公比为4的等比数列，所以a n ＋13＝103·4n －1，故a n ＝103·4n－1－13. 答案：a n ＝103·4n －1－13考向(一)数列的周期性[例3]在数列{a n}中，a1＝0，a n＋1＝3＋a n1－3a n，则S2 020＝________.[解析]∵a1＝0，a n＋1＝3＋a n1－3a n，∴a2＝31＝3，a3＝3＋31－3×3＝23－2＝－3，a4＝3－31＋3×3＝0，即数列{a n}的取值具有周期性，周期为3，且a1＋a2＋a3＝0，则S2 020＝S3×673＋1＝a1＝0.[答案]0[解题技法]解决数列周期性问题的方法先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值．考向(二)数列的单调性[例4]已知等差数列{a n}的前n项和为S n(n∈N*)，且a n＝2n＋λ，若数列{S n}(n≥7，n ∈N*)为递增数列，则实数λ的取值范围为________．[解析]当n≥7时，数列{S n}为递增数列，设S n＋1＞S n，即S n＋1－S n＝a n＋1＞0，∴a n＋1＝2(n＋1)＋λ＞0，则λ＞－2n－2.又∵n≥7，∴－2n－2≤－16，即λ＞－16.[答案](－16，＋∞)[解题技法]解决数列的单调性问题的3种方法考向(三) 数列的最大(小)项[例5] 数列{a n }的通项a n ＝nn 2＋90，则数列{a n }中的最大项是( ) A ．310 B ．19 C.119D.1060[解析] 令f (x )＝x ＋90x (x ＞0)，运用基本不等式得f (x )≥610，当且仅当x ＝310时等号成立．因为a n ＝1n ＋90n ，所以1n ＋90n ≤1610，由于n ∈N *，不难发现当n ＝9或n ＝10时，a n ＝119最大．[答案] C[解题技法]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 (x )当x ∈N *时所对应的一列函数值，根据f (x )的类型作出相应的函数图象，或利用求函数最值的方法，求出f (x )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⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1(n ≥2)确定最大项，利用⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1(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，a n ＋1a n ＞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a 1＝f (1)；若有a n ＋1－a n ＝f (n ＋1)－f (n )＜0⎝⎛⎭⎫或a n ＞0时，a n ＋1a n ＜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a 1＝f (1)．[跟踪训练]1．若数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n ，则a 2 020的值为( )A ．2B ．－3C ．－12D.13解析：选D 因为a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n ，所以a 2＝1＋a 11－a 1＝－3，a 3＝1＋a 21－a 2＝－12，a 4＝1＋a 31－a 3＝13，a 5＝1＋a 41－a 4＝2，故数列{a n }是以4为周期的周期数列，故a 2 020＝a 505×4＝a 4＝13.2．若数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－10n (n ∈N ＋)，则数列{na n }中数值最小的项是( ) A ．第2项 B.第3项 C ．第4项D ．第5项解析：选B ∵S n ＝n 2－10n ， ∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －11；当n ＝1时，a 1＝S 1＝－9也适合上式． ∴a n ＝2n －11(n ∈N ＋)．记f (n )＝na n ＝n (2n －11)＝2n 2－11n ，此函数图象的对称轴为直线n ＝114，但n ∈N ＋，∴当n ＝3时，f (n )取最小值．∴数列{na n }中数值最小的项是第3项．[课时过关检测]A 级——夯基保分练1．(2019·福建四校联考)若数列的前4项分别是12，－13，14，－15，则此数列的一个通项公式为( )A.(－1)n ＋1n ＋1B.(－1)n n ＋1。

2020版高考数学大一轮复习第六章数列教案文含解析新人教A版

2020版高考数学大一轮复习第六章数列6.1 数列的概念与简单表示法1．数列的定义按照一定次序排列起来的一列数叫做数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项．2．数列的分类3.数列的通项公式如果数列{a n}的第n项a n与n之间的关系可以用一个函数式a n＝f(n)来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．4．(选用)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－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．5．a n与S n的关系若数列{a n}的前n项和为S n，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.概念方法微思考1．数列的项与项数是一个概念吗？提示不是，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． 2．数列的通项公式a n ＝3n ＋5与函数y ＝3x ＋5有何区别与联系？提示数列的通项公式a n ＝3n ＋5是特殊的函数，其定义域为N ＋，而函数y ＝3x ＋5的定义域是R ，a n ＝3n ＋5的图象是离散的点，且排列在y ＝3x ＋5的图象上．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”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)所有数列的第n 项都能使用公式表达．( × )(3)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( √ ) (4)1，1，1，1，…不能构成一个数列．( × ) (5)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．( × )(6)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对∀n ∈N ＋，都有a n ＝S n －S n －1.( × ) 题组二教材改编2．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝4a n ＋1，则a 3＝. 答案 21解析由题意知，a 2＝4a 1＋1＝5，a 3＝4a 2＋1＝21.3．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 ＝.答案 5n －4题组三易错自纠4．已知a n ＝n 2＋λn ，且对于任意的n ∈N ＋，数列{a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是．答案 (－3，＋∞)解析因为{a n }是递增数列，所以对任意的n ∈N ＋，都有a n ＋1>a n ，即(n ＋1)2＋λ(n ＋1)>n 2＋λn ，整理，得2n ＋1＋λ>0，即λ>－(2n ＋1)．(*)因为n ≥1，所以－(2n ＋1)≤－3，要使不等式(*)恒成立，只需λ>－3. 5．数列{a n }中，a n ＝－n 2＋11n (n ∈N ＋)，则此数列最大项的值是．答案 30解析 a n ＝－n 2＋11n ＝－⎝⎛⎭⎪⎫n －1122＋1214，∵n ∈N ＋，∴当n ＝5或n ＝6时，a n 取最大值30. 6．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，则a n ＝.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2，n ∈N ＋解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋1－[(n －1)2＋1]＝2n －1， a 1＝2不满足上式．故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，a 1＝2不满足上式.2n －1，n ≥2，n ∈N ＋.题型一由数列的前几项求数列的通项公式例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)23，415，635，863，1099，…； (2)－1，7，－13，19，…； (3)12，2，92，8，252，…； (4)5，55，555，5555，….解 (1)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，分子依次为2，4，6，…，相邻的偶数．故所求数列的一个通项公式为a n ＝2n (2n －1)(2n ＋1).(2)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)．(3)数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观察．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. (4)将原数列改写为59×9，59×99，59×999，…，易知数列9，99，999，…的通项为10n－1，故所求的数列的一个通项公式为a n ＝59(10n－1)．思维升华求数列通项时，要抓住以下几个特征： (1)分式中分子、分母的特征． (2)相邻项的变化特征．(3)拆项后变化的部分和不变的部分的特征． (4)各项符号特征等．(5)若关系不明显时，应将部分项作适当的变形，统一成相同的形式．跟踪训练1(1)数列－11×2，12×3，－13×4，14×5，…的一个通项公式a n ＝.答案 (－1)n1n (n ＋1)解析这个数列前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为a n ＝(－1)n1n (n ＋1).(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 ＝.答案2n ＋1n 2＋1解析数列{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.题型二由a n 与S n 的关系求通项公式例2(1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n ，则a n ＝. 答案 4n －5解析 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)(2018·全国Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝. 答案－63解析 ∵S n ＝2a n ＋1，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1＋1， ∴a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1＋1，得a 1＝－1.∴数列{a n }是首项a 1＝－1，公比q ＝2的等比数列，∴S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝－1×(1－2n )1－2＝1－2n，∴S 6＝1－26＝－63.(3)已知数列{a n }满足a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n，则a n ＝. 答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1n，n ≥2解析当n ＝1时，由已知，可得a 1＝21＝2， ∵a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n，① 故a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝2n －1(n ≥2)，②由①－②得na n ＝2n－2n －1＝2n －1，∴a n ＝2n －1n.显然当n ＝1时不满足上式， ∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1n，n ≥2.思维升华已知S n 求a n 的常用方法是利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，一定要检验a 1的情况．跟踪训练2(1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n＋1，则a n ＝.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2×3n －1，n ≥2解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋1＝4；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n＋1)－(3n －1＋1)＝2×3n －1.当n ＝1时，2×31－1＝2≠a 1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2×3n －1，n ≥2.(2)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，则a n ＝.答案13n解析因为a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，①则当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13，②①－②得3n －1a n ＝13，所以a n ＝13n (n ≥2)．由题意知a 1＝13符合上式，所以a n ＝13n .(3)若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式是a n ＝.答案 (－2)n －1解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝23a 1＋13，即a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝23a n －23a n －1，故a n a n －1＝－2，故a n ＝(－2)n －1. 题型三由数列的递推关系求通项公式例3设数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则a n ＝. 答案n 2＋n ＋22解析由条件知a n ＋1－a n ＝n ＋1，则a n ＝(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1)＋a 1＝(2＋3＋4＋…＋n )＋2＝n 2＋n ＋22.引申探究1．若将“a n ＋1＝a n ＋n ＋1”改为“a n ＋1＝nn ＋1a n ”，如何求解？解 ∵a n ＋1＝nn ＋1a n ，a 1＝2，∴a n ≠0， ∴a n ＋1a n ＝n n ＋1. ∴a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1 ＝n －1n ·n －2n －1·n －3n －2·…·12·2＝2n. 2．若将“a n ＋1＝a n ＋n ＋1”改为“a n ＋1＝2a n ＋3”，如何求解？解设递推公式a n ＋1＝2a n ＋3可以转化为a n ＋1－t ＝2(a n －t )，即a n ＋1＝2a n －t ，解得t ＝－3.故a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)．令b n ＝a n ＋3，则b 1＝a 1＋3＝5，且b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2.所以{b n }是以5为首项，2为公比的等比数列．所以b n ＝5×2n －1，故a n ＝5×2n －1－3.3．若将“a n ＋1＝a n ＋n ＋1”改为“a n ＋1＝2a na n ＋2”，如何求解？解 ∵a n ＋1＝2a na n ＋2，a 1＝2，∴a n ≠0， ∴1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12，又a 1＝2，则1a 1＝12，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以12为首项，12为公差的等差数列．∴1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n 2.∴a n ＝2n. 4．若将本例条件换为“a 1＝1，a n ＋1＋a n ＝2n ”，如何求解？解 ∵a n ＋1＋a n ＝2n ，∴a n ＋2＋a n ＋1＝2n ＋2，故a n ＋2－a n ＝2. 即数列{a n }的奇数项与偶数项都是公差为2的等差数列．当n 为偶数时，a 2＝1，故a n ＝a 2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫n2－1＝n －1.当n 为奇数时，∵a n ＋1＋a n ＝2n ，a n ＋1＝n (n ＋1为偶数)，故a n ＝n .综上所述，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数，n －1，n 为偶数，n ∈N ＋.思维升华已知数列的递推关系求通项公式的典型方法 (1)当出现a n ＝a n －1＋m 时，构造等差数列． (2)当出现a n ＝xa n －1＋y 时，构造等比数列． (3)当出现a n ＝a n －1＋f (n )时，用累加法求解． (4)当出现a na n －1＝f (n )时，用累乘法求解．跟踪训练3(1)已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝4，a n ＋2＋2a n ＝3a n ＋1(n ∈N ＋)，则数列{a n }的通项公式a n ＝. 答案 3×2n －1－2解析由a n ＋2＋2a n －3a n ＋1＝0，得a n ＋2－a n ＋1＝2(a n ＋1－a n )，∴数列{a n ＋1－a n }是以a 2－a 1＝3为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＋1－a n ＝3×2n －1，∴当n ≥2时，a n －a n －1＝3×2n －2，…，a 3－a 2＝3×2，a 2－a 1＝3，将以上各式累加，得a n －a 1＝3×2n －2＋…＋3×2＋3＝3(2n －1－1)，∴a n ＝3×2n －1－2(当n ＝1时，也满足)．(2)在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋1n (n ＋1)，则通项公式a n ＝.答案 4－1n解析原递推公式可化为a n ＋1＝a n ＋1n －1n ＋1，则a 2＝a 1＋11－12，a 3＝a 2＋12－13，a 4＝a 3＋13－14，…，a n －1＝a n －2＋1n －2－1n －1， a n ＝a n －1＋1n －1－1n ，逐项相加得a n ＝a 1＋1－1n，故a n ＝4－1n，经验证a 1，a 2也符合．题型四数列的性质命题点1 数列的单调性例4已知a n ＝n －1n ＋1，那么数列{a n }是( ) A ．递减数列 B ．递增数列 C ．常数列 D ．摆动数列答案 B 解析 a n ＝1－2n ＋1，将a n 看作关于n 的函数，n ∈N ＋，易知{a n }是递增数列．命题点2 数列的周期性例5(2019·包头质检)在数列{a n }中，a 1＝0，a n ＋1＝3＋a n1－3a n ，则S 2020＝.答案 0解析 ∵a 1＝0，a n ＋1＝3＋a n1－3a n，∴a 2＝31＝3，a 3＝3＋31－3×3＝23－2＝－3， a 4＝3－31＋3×3＝0，即数列{a n }的取值具有周期性，周期为3，且a 1＋a 2＋a 3＝0，则S 2020＝S 3×673＋1＝a 1＝0. 命题点3 数列的最值例6 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3(m ≥2)，则nS n 的最小值为( )A ．－3B ．－5C ．－6D ．－9 答案 D解析由S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3(m ≥2)可知a m ＝2，a m ＋1＝3，设等差数列{a n }的公差为d ，则d ＝1， ∵S m ＝0，∴a 1＝－a m ＝－2，则a n ＝n －3，S n ＝n (n －5)2，nS n ＝n 2(n －5)2.设f (x )＝x 2(x －5)2，x >0，f ′(x )＝32x 2－5x ，x >0，∴f (x )的极小值点为x ＝103，∵n ∈N +，且f (3)＝－9，f (4)＝－8， ∴f (n )min ＝－9.思维升华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．跟踪训练4(1)(2018·葫芦岛模拟)若数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n ，则a 2020的值为( )A ．2B ．－3C ．－12D.13答案 D解析因为a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n，所以a 2＝1＋a 11－a 1＝－3，a 3＝1＋a 21－a 2＝－12，a 4＝1＋a 31－a 3＝13，a 5＝1＋a 41－a 4＝2，故数列{a n }是以4为周期的周期数列，故a 2020＝a 505×4＝a 4＝13.(2)若数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－10n (n ∈N ＋)，则数列{na n }中数值最小的项是( ) A ．第2项 B ．第3项 C ．第4项 D ．第5项答案 B解析 ∵S n ＝n 2－10n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －11；当n ＝1时，a 1＝S 1＝－9也适合上式． ∴a n ＝2n －11(n ∈N ＋)．记f (n )＝na n ＝n (2n －11)＝2n 2－11n ，此函数图象的对称轴为直线n ＝114，但n ∈N +，∴当n ＝3时，f (n )取最小值． ∴数列{na n }中数值最小的项是第3项．1．已知数列5，11，17，23，29，…，则55是它的( ) A ．第19项 B ．第20项 C ．第21项 D ．第22项答案 C解析数列5，11，17，23，29，…中的各项可变形为5，5＋6，5＋2×6，5＋3×6，5＋4×6，…，所以通项公式为a n ＝5＋6(n －1)＝6n －1，令6n －1＝55，得n ＝21.2．记S n 为数列{a n }的前n 项和．“任意正整数n ，均有a n >0”是“{S n }是递增数列”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答案 A解析 ∵“a n >0”⇒“数列{S n }是递增数列”，∴“a n >0”是“数列{S n }是递增数列”的充分条件．如数列{a n }为－1，1，3，5，7，9，…，显然数列{S n }是递增数列，但是a n 不一定大于零，还有可能小于零，∴“数列{S n }是递增数列”不能推出“a n >0”， ∴“a n >0”是“数列{S n }是递增数列”的不必要条件． ∴“a n >0”是“数列{S n }是递增数列”的充分不必要条件．3．(2018·锦州质检)若S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝2a n －2，则S 8等于( ) A ．255B ．256C ．510D ．511 答案 C解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1－2，据此可得a 1＝2，当n ≥2时，S n ＝2a n －2，S n －1＝2a n －1－2，两式作差可得a n ＝2a n －2a n －1，则a n ＝2a n －1，据此可得数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，其前8项和为S 8＝2×()1－281－2＝29－2＝512－2＝510.4．(2018·呼和浩特模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ·a n ＋1的前6项和为( ) A.215B.415C.511D.1011 答案 A解析数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ，S n －1＝n 2－1，两式作差得到a n ＝2n ＋1(n ≥2)，又当n ＝1时，a 1＝S 1＝12＋2×1＝3，符合上式，所以a n ＝2n ＋1， 1a n ·a n ＋1＝1()2n ＋1()2n ＋3＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3裂项求和得到S 6＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…－115＝215，故选A.5．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1n ＋1＝a n n ＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ，则a n 等于( ) A ．2＋n ln n B ．2n ＋(n －1)ln n C ．2n ＋n ln n D ．1＋n ＋n ln n答案 C 解析由题意得a n ＋1n ＋1－a n n ＝ln(n ＋1)－ln n ，n 分别用1，2，3，…，(n －1)取代，累加得a nn－a 11＝ln n －ln1＝ln n ，a nn＝2＋ln n ，∴a n ＝(ln n ＋2)n ，故选C.6．数列{a n }的前n 项积为n 2，那么当n ≥2时，a n 等于( ) A ．2n －1 B ．n 2C.(n ＋1)2n2D.n 2(n －1)2答案 D解析设数列{a n }的前n 项积为T n ，则T n ＝n 2，当n ≥2时，a n ＝T n T n －1＝n 2(n －1)2.7．若数列{a n }满足关系a n ＋1＝1＋1a n ，a 8＝3421，则a 5＝.答案 85解析借助递推关系，由a 8递推依次得到a 7＝2113，a 6＝138，a 5＝85.8．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 ＝.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2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{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2.9．设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝. 答案－1n解析 ∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ， ∴S n ＋1－S n ＝S n ＋1S n ，又由a 1＝－1，知S n ≠0， ∴1S n －1S n ＋1＝1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列，且公差为－1，而1S 1＝1a 1＝－1， ∴1S n＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，∴S n ＝－1n.10．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－n2，又因为a 1＝1，所以1a n＝n 2－n2＋1＝n 2－n ＋22，所以a n ＝2n 2－n ＋2(n ∈N ＋)．11．已知在数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n .(1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．解 (1)由S 2＝43a 2，得3(a 1＋a 2)＝4a 2，解得a 2＝3a 1＝3；由S 3＝53a 3，得3(a 1＋a 2＋a 3)＝5a 3，解得a 3＝32(a 1＋a 2)＝6.(2)由题设知a 1＝1. 当n >1时，有a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，整理，得a n ＝n ＋1n －1a n －1. 于是a 1＝1，a 2＝31a 1，a 3＝42a 2，…，a n －1＝n n －2a n －2，a n ＝n ＋1n －1a n －1，将以上n 个等式两端分别相乘，整理，得a n ＝n (n ＋1)2，经检验n ＝1时，也满足上式．综上，{a n }的通项公式a n ＝n (n ＋1)2.12．已知数列{a n }中，a 1＝1，其前n 项和为S n ，且满足2S n ＝(n ＋1)a n (n ∈N ＋)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝3n－λa 2n ，若数列{b n }为递增数列，求λ的取值范围．解 (1)∵2S n ＝(n ＋1)a n ，∴2S n ＋1＝(n ＋2)a n ＋1，∴2a n ＋1＝(n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)a n ，即na n ＋1＝(n ＋1)a n ，∴a n ＋1n ＋1＝a nn， ∴a n n ＝a n －1n －1＝…＝a 11＝1，∴a n ＝n (n ∈N ＋)． (2)b n ＝3n－λn 2.b n ＋1－b n ＝3n ＋1－λ(n ＋1)2－(3n －λn 2)＝2·3n－λ(2n ＋1)． ∵数列{b n }为递增数列，∴2·3n－λ(2n ＋1)>0，即λ<2·3n2n ＋1.令c n ＝2·3n2n ＋1，即c n ＋1c n ＝2·3n ＋12n ＋3·2n ＋12·3n ＝6n ＋32n ＋3>1. ∴{c n }为递增数列，∴λ<c 1＝2，即λ的取值范围为(－∞，2)．13．(2018·抚顺模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若3S n ＝2a n －3n ，则a 2019等于( ) A ．－22019－1 B ．32019－6C.⎝ ⎛⎭⎪⎫122019－72D.⎝ ⎛⎭⎪⎫132019－103答案 A解析由题意可得，3S n ＝2a n －3n ， 3S n ＋1＝2a n ＋1－3(n ＋1)，两式作差可得3a n ＋1＝2a n ＋1－2a n －3，即a n ＋1＝－2a n －3，a n ＋1＋1＝－2(a n ＋1)，结合3S 1＝2a 1－3＝3a 1可得a 1＝－3，a 1＋1＝－2，则数列{a n ＋1}是首项为－2，公比为－2的等比数列，据此有a 2019＋1＝(－2)×(－2)2018＝－22019，∴a 2019＝－22019－1.故选A.14．(2018·赤峰模拟)已知数列{a n }的首项a 1＝a ，其前n 项和为S n ，且满足S n ＋S n －1＝4n 2(n ≥2，n ∈N ＋)，若对任意n ∈N ＋，a n <a n ＋1恒成立，则a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，163B.⎝⎛⎭⎪⎫5，163C.⎝⎛⎭⎪⎫3，163D ．(3，5)答案 D解析 ∵S n ＋S n －1＝4n 2，S n ＋1＋S n ＝4(n ＋1)2，∴当n ≥2时，S n ＋1－S n －1＝8n ＋4，即a n ＋1＋a n ＝8n ＋4，即a n ＋2＋a n ＋1＝8n ＋12，故a n ＋2－a n ＝8(n ≥2)，由a 1＝a 知a 2＋2a 1＝4×22＝16， ∴a 2＝16－2a 1＝16－2a ，a 3＋2S 2＝4×32＝36，∴a 3＝36－2S 2＝36－2(16－a )＝4＋2a ，a 4＝24－2a ；若对任意n ∈N +，a n <a n ＋1恒成立，只需使a 1<a 2<a 3<a 4，即a <16－2a <4＋2a <24－2a ，解得3<a <5，故选D.15．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝15，且满足a n ＋12n －3＝a n2n －5＋1，已知n ，m ∈N ＋，n >m ，则S n －S m 的最小值为( ) A ．－494B ．－498C ．－14D ．－28答案 C解析因为a n ＋12n －3＝a n 2n －5＋1，且a 12－5＝15－3＝－5，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －5是以－5为首项、1为公差的等差数列，则a n2n －5＝－5＋(n －1)＝n －6，即a n ＝(2n －5)(n －6)，令a n ≤0，得52≤n ≤6，又∵n ∈N ＋，∴n ＝3,4,5,6，则S n －S m ＝a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a n 的最小值为a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝－3－6－5－0＝－14.16．已知数列{a n }是递增的等比数列且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，设S n 是数列{a n }的前n 项和，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1S n ·S n ＋1前n 项和为T n ，若不等式λ≤T n 对任意的n ∈N +恒成立，求实数λ的最大值．解 ∵数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，a 1a 4＝a 2a 3，∴a 1，a 4是方程x 2－9x ＋8＝0的两个根，且a 1<a 4. 解方程x 2－9x ＋8＝0，得a 1＝1，a 4＝8，∴q 3＝a 4a 1＝81＝8，解得q ＝2，∴a n ＝a 1qn －1＝2n －1.∴S n ＝a 1()1－q n1－q ＝1×()1－2n1－2＝2n－1，令b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝2n ()2n －1·()2n ＋1－1＝12n －1－12n ＋1－1， ∴数列{b n }的前n 项和T n ＝1－13＋13－17＋17－115＋…＋12n－1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1在正整数集上单调递增，∴T n ≥T 1＝23，∵λ≤T n ，且对一切n ∈N ＋成立， ∴λ≤23，∴实数λ的最大值是23.2020版高考数学大一轮复习第六章数列§6.2等差数列及其前n项和1．等差数列的定义一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d表示．2．等差数列的通项公式如果等差数列{a n}的首项为a1，公差为d，那么它的通项公式是a n＝a1＋(n－1)d.3．等差中项如果三个数x，A，y组成等差数列．那么A叫做x与y的等差中项．4．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{a2n}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．(6)数列S m，S2m－S m，S3m－S2m，…构成等差数列．(7)若{a n }是等差数列，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也是等差数列，其首项与{a n }的首项相同，公差为12d .5．等差数列的前n 项和公式设等差数列{a n }的公差为d ，其前n 项和S n ＝n (a 1＋a n )2或S n ＝na 1＋n (n －1)2d .6．等差数列的前n 项和公式与函数的关系S n ＝d 2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n .数列{a n }是等差数列⇔S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)． 7．等差数列的前n 项和的最值在等差数列{a n }中，a 1>0，d <0，则S n 存在最大值；若a 1<0，d >0，则S n 存在最小值．概念方法微思考1．“a ，A ，b 是等差数列”是“A ＝a ＋b2”的什么条件？提示充要条件．2．等差数列的前n 项和S n 是项数n 的二次函数吗？提示不一定．当公差d ＝0时，S n ＝na 1，不是关于n 的二次函数． 3．如何推导等差数列的前n 项和公式？提示利用倒序相加法．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若一个数列从第二项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．( × )(2)等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的．( √ )(3)等差数列的前n 项和公式是常数项为0的二次函数．( × ) (4)已知等差数列{a n }的通项公式a n ＝3－2n ，则它的公差为－2.( √ )(5)数列{a n }为等差数列的充要条件是对任意n ∈N +，都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.( √ ) (6)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．( √ )题组二教材改编2．设数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，若a 6＝2且S 5＝30，则S 8等于( ) A ．31B ．32C ．33D ．34答案 B解析由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d ＝2，5a 1＋10d ＝30，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝263，d ＝－43，∴S 8＝8a 1＋8×72d ＝32.3．在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝450，则a 2＋a 8＝. 答案 180解析由等差数列的性质，得a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝5a 5＝450，∴a 5＝90，∴a 2＋a 8＝2a 5＝180. 题组三易错自纠4．一个等差数列的首项为125，从第10项起开始比1大，则这个等差数列的公差d 的取值范围是( ) A ．d >875B ．d <325C.875<d <325D.875<d ≤325答案 D解析由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 10>1，a 9≤1，即⎩⎪⎨⎪⎧125＋9d >1，125＋8d ≤1，所以875<d ≤325.故选D.5．若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9>0，a 7＋a 10<0，则当n ＝时，{a n }的前n 项和最大．答案 8解析因为数列{a n }是等差数列，且a 7＋a 8＋a 9＝3a 8>0，所以a 8>0.又a 7＋a 10＝a 8＋a 9<0，所以a 9<0.故当n ＝8时，其前n 项和最大．6．一物体从1960m 的高空降落，如果第1秒降落4.90m ，以后每秒比前一秒多降落9.80m ，那么经过秒落到地面．答案 20解析设物体经过t 秒降落到地面．物体在降落过程中，每一秒降落的距离构成首项为4.90，公差为9.80的等差数列．所以4.90t ＋12t (t －1)×9.80＝1960，即4.90t 2＝1960，解得t ＝20.题型一等差数列基本量的运算1．(2018·全国Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5等于( ) A ．－12 B ．－10 C ．10 D ．12答案 B解析设等差数列{a n }的公差为d ，由3S 3＝S 2＋S 4，得3⎣⎢⎡⎦⎥⎤3a 1＋3×(3－1)2×d ＝2a 1＋2×(2－1)2×d ＋4a 1＋4×(4－1)2×d ，将a 1＝2代入上式，解得d ＝－3，故a 5＝a 1＋(5－1)d ＝2＋4×(－3)＝－10. 故选B.2．(2018·阜新模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若6a 3＋2a 4－3a 2＝5，则S 7等于( )A ．28B ．21C ．14D ．7 答案 D解析由6a 3＋2a 4－3a 2＝5，得6(a 1＋2d )＋2(a 1＋3d )－3(a 1＋d )＝5a 1＋15d ＝5(a 1＋3d )＝5，即5a 4＝5，所以a 4＝1，所以S 7＝7×(a 1＋a 7)2＝7×2a 42＝7a 4＝7.故选D.思维升华 (1)等差数列的通项公式及前n 项和公式共涉及五个量a 1，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a 1和公差d . 题型二等差数列的判定与证明例1在数列{a n }中，a 1＝2，a n 是1与a n a n ＋1的等差中项． (1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是等差数列，并求{}a n 的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n 2a n 的前n 项和S n . 解 (1)∵a n 是1与a n a n ＋1的等差中项， ∴2a n ＝1＋a n a n ＋1，∴a n ＋1＝2a n －1a n，∴a n ＋1－1＝2a n －1a n －1＝a n －1a n，∴1a n ＋1－1＝a n a n －1＝1＋1a n －1，∵1a 1－1＝1， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是首项为1，公差为1的等差数列， ∴1a n －1＝1＋(n －1)＝n ，∴a n ＝n ＋1n. (2)由(1)得1n 2a n＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 思维升华等差数列的四个判定方法(1)定义法：证明对任意正整数n 都有a n ＋1－a n 等于同一个常数． (2)等差中项法：证明对任意正整数n 都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.(3)通项公式法：得出a n ＝pn ＋q 后，再根据定义判定数列{a n }为等差数列． (4)前n 项和公式法：得出S n ＝An 2＋Bn 后，再使用定义法证明数列{a n }为等差数列．跟踪训练1数列{a n }满足a n ＋1＝a n2a n ＋1，a 1＝1.(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和S n ，并证明：1S 1＋1S 2＋…＋1S n >nn ＋1.(1)证明 ∵a n ＋1＝a n2a n ＋1，∴1a n ＋1＝2a n ＋1a n ，化简得1a n ＋1＝2＋1a n，即1a n ＋1－1a n＝2，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，2为公差的等差数列．(2)解由(1)知1a n＝2n －1，所以S n ＝n (1＋2n －1)2＝n 2，1S n＝1n 2>1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.证明：1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2>11×2＋12×3＋…＋1n (n ＋1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝1－1n ＋1 ＝nn ＋1.题型三等差数列性质的应用命题点1 等差数列项的性质例2(2018·本溪模拟)已知{a n }为等差数列，a 2＋a 8＝18，则{a n }的前9项和S 9等于( ) A ．9 B ．17 C ．72 D ．81答案 D解析由等差数列的性质可得，a 1＋a 9＝a 2＋a 8＝18，则{a n }的前9项和S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9×182＝81.故选D.命题点2 等差数列前n 项和的性质例3(1)(2019·锦州质检)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n .若S 5＝7，S 10＝21，则S 15等于( )A ．35B ．42C ．49D ．63 答案 B解析在等差数列{a n }中，S 5，S 10－S 5，S 15－S 10成等差数列，即7,14，S 15－21成等差数列，所以7＋(S 15－21)＝2×14，解得S 15＝42.(2)已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝－2018，S 20192019－S 20132013＝6，则S 2020＝.答案 2020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 20192019－S 20132013＝6d ＝6，∴d ＝1.故S 20202020＝S 11＋2019d ＝－2018＋2019＝1，∴S 2020＝1×2020＝2020. 思维升华等差数列的性质(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 ①S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)； ②S 2n －1＝(2n －1)a n .跟踪训练2(1)已知等差数列{a n }，a 2＝2，a 3＋a 5＋a 7＝15，则数列{a n }的公差d 等于( ) A ．0B ．1C ．－1D ．2 答案 B解析 ∵a 3＋a 5＋a 7＝3a 5＝15， ∴a 5＝5，∴a 5－a 2＝3＝3d ，可得d ＝1，故选B.(2)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 13>0，S 14<0，则S n 取最大值时n 的值为( ) A ．6B ．7C ．8D ．13 答案 B解析根据S 13>0，S 14<0，可以确定a 1＋a 13＝2a 7>0，a 1＋a 14＝a 7＋a 8<0，所以可以得到a 7>0，a 8<0，所以S n 取最大值时n 的值为7，故选B.1．若{a n }为等差数列，且a 7－2a 4＝－1，a 3＝0，则公差d 等于( ) A ．－2B ．－12C.12D ．2答案 B解析由于a 7－2a 4＝a 1＋6d －2(a 1＋3d )＝－a 1＝－1，则a 1＝1.又由a 3＝a 1＋2d ＝1＋2d ＝0，解得d ＝－12.故选B.2．在等差数列{a n }中，已知a 1＝2，a 2＋a 3＋a 4＝24，则a 4＋a 5＋a 6等于( ) A ．38B ．39C ．41D ．42 答案 D解析由a 1＝2，a 2＋a 3＋a 4＝24，可得，3a 1＋6d ＝24，解得d ＝3， ∴a 4＋a 5＋a 6＝3a 1＋12d ＝42.故选D.3．已知等差数列{a n }中，a 1012＝3，S 2017＝2017，则S 2020等于( )A ．2020B ．－2020C ．－4040D ．4040答案 D解析由等差数列前n 项和公式结合等差数列的性质可得，S 2017＝a 1＋a 20172×2017＝2a 10092×2017＝2017a 1009＝2017，则a 1009＝1，据此可得，S 2020＝a 1＋a 20202×2020＝1010()a 1009＋a 1012＝1010×4＝4040.4．程大位《算法统宗》里有诗云“九百九十六斤棉，赠分八子做盘缠．次第每人多十七，要将第八数来言．务要分明依次弟，孝和休惹外人传．”意为：996斤棉花，分别赠送给8个子女做旅费，从第一个开始，以后每人依次多17斤，直到第八个孩子为止．分配时一定要等级分明，使孝顺子女的美德外传，则第八个孩子分得斤数为( ) A ．65B ．176C ．183D ．184 答案 D解析根据题意可得每个孩子所得棉花的斤数构成一个等差数列{a n }，其中d ＝17，n ＝8，S 8＝996.由等差数列前n 项和公式可得8a 1＋8×72×17＝996，解得a 1＝65.由等差数列通项公式得a 8＝65＋(8－1)×17＝184.5．已知数列{a n }是等差数列，前n 项和为S n ，满足a 1＋5a 3＝S 8，给出下列结论： ①a 10＝0；②S 10最小；③S 7＝S 12；④S 20＝0. 其中一定正确的结论是( ) A ．①②B．①③④C．①③D．①②④ 答案 C解析 a 1＋5(a 1＋2d )＝8a 1＋28d ，所以a 1＝－9d ，a 10＝a 1＋9d ＝0，正确；由于d 的符号未知，所以S 10不一定最大，错误；S 7＝7a 1＋21d ＝－42d ，S 12＝12a 1＋66d ＝－42d ，所以S 7＝S 12，正确；S 20＝20a 1＋190d ＝10d ，错误．所以正确的是①③，故选C.6．在等差数列{a n }中，若a 9a 8<－1，且它的前n 项和S n 有最小值，则当S n >0时，n 的最小值为( )A ．14B ．15C ．16D ．17 答案 C解析 ∵数列{a n }是等差数列，它的前n 项和S n 有最小值， ∴公差d >0，首项a 1<0，{a n }为递增数列． ∵a 9a 8<－1，∴a 8·a 9<0，a 8＋a 9>0，由等差数列的性质知，2a 8＝a 1＋a 15<0，a 8＋a 9＝a 1＋a 16>0. ∵S n ＝n (a 1＋a n )2，∴当S n >0时，n 的最小值为16.7．(2018·北京)设{a n }是等差数列，且a 1＝3，a 2＋a 5＝36，则{a n }的通项公式为．答案 a n ＝6n －3(n ∈N ＋) 解析方法一设公差为d .∵a 2＋a 5＝36，∴(a 1＋d )＋(a 1＋4d )＝36， ∴2a 1＋5d ＝36.∵a 1＝3，∴d ＝6，∴通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d ＝6n －3(n ∈N ＋)．方法二设公差为d ， ∵a 2＋a 5＝a 1＋a 6＝36，a 1＝3， ∴a 6＝33，∴d ＝a 6－a 15＝6.∵a 1＝3，∴通项公式a n ＝6n －3(n ∈N ＋)．8．(2019·包头质检)在等差数列{a n }中，若a 7＝π2，则sin2a 1＋cos a 1＋sin2a 13＋cos a 13＝.答案 0解析根据题意可得a 1＋a 13＝2a 7＝π， 2a 1＋2a 13＝4a 7＝2π，所以有sin2a 1＋cos a 1＋sin2a 13＋cos a 13＝sin2a 1＋sin(2π－2a 1)＋cos a 1＋cos(π－a 1)＝0.9．等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，且S n T n ＝3n －12n ＋3，则a 10b 10＝.答案5641解析在等差数列中，S 19＝19a 10，T 19＝19b 10，因此a 10b 10＝S 19T 19＝3×19－12×19＋3＝5641. 10．已知数列{a n ＋1－a n }是公差为2的等差数列，且a 1＝1，a 3＝9，则a n ＝. 答案 (n 2－3n ＋3)2解析数列{a n ＋1－a n }是公差为2的等差数列，且a 1＝1，a 3＝9，∴a n ＋1－a n ＝(a 2－1)＋2(n －1)，a 3－a 2＝(a 2－1)＋2，∴3－a 2＝(a 2－1)＋2，∴a 2＝1. ∴a n ＋1－a n ＝2n －2，∴a n ＝2(n －1)－2＋2(n －2)－2＋…＋2－2＋1 ＝2×(n －1)n 2－2(n －1)＋1＝n 2－3n ＋3.∴a n ＝(n 2－3n ＋3)2，n ＝1时也成立． ∴a n ＝(n 2－3n ＋3)2.11．已知数列{a n }满足(a n ＋1－1)(a n －1)＝3(a n －a n ＋1)，a 1＝2，令b n ＝1a n －1. (1)证明：数列{b n }是等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式． (1)证明 ∵1a n ＋1－1－1a n －1＝a n －a n ＋1(a n ＋1－1)(a n －1)＝13，∴b n ＋1－b n ＝13，∴{b n }是等差数列． (2)解由(1)及b 1＝1a 1－1＝12－1＝1. 知b n ＝13n ＋23，∴a n －1＝3n ＋2，∴a n ＝n ＋5n ＋2. 12．(2018·全国Ⅱ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝－7，S 3＝－15.(1)求{a n }的通项公式； (2)求S n ，并求S n 的最小值．解 (1)设{a n }的公差为d ，由题意得3a 1＋3d ＝－15. 由a 1＝－7得d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －9(n ∈N ＋)． (2)由(1)得S n ＝a 1＋a n2·n ＝n 2－8n ＝(n －4)2－16.所以当n ＝4时，S n 取得最小值，最小值为－16.13．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，b n ＝2n a且b 1＋b 3＝17，b 2＋b 4＝68，则S 10等于( ) A ．90 B ．100 C ．110 D ．120答案 A解析设{a n }公差为d ，b 2＋b 4b 1＋b 3＝24312222a a a a ++＝31312222a d a d a a ++++＝2d＝6817＝4， ∴d ＝2，b 1＋b 3＝12a＋32a＝12a＋122a d+＝17，12a ＝1，a 1＝0，∴S 10＝10a 1＋10×92d ＝10×92×2＝90，故选A.14．设等差数列{a n }的公差为π9，前8项和为6π，记tan π9＝k ，则数列{}tan a n tan a n ＋1的前7项和是( ) A.7k 2－3k 2－1 B.3－7k 2k 2－1 C.11－7k 2k 2－1 D.7k 2－11k 2－1答案 C解析等差数列{a n }的公差d 为π9，前8项和为6π，可得8a 1＋12×8×7×π9＝6π，解得a 1＝1336π，tan a n tan a n ＋1＝tan a n ＋1－tan a ntan (a n ＋1－a n )－1＝tan a n ＋1－tan a n tan d－1，则数列{tan a n tan a n ＋1}的前7项和为1k(tan a 8－tan a 7＋tan a 7－tan a 6＋…＋tan a 2－tan a 1)－7＝1k (tan a 8－tan a 1)－7＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫tan 4136π－tan 1336π－7＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫tan 536π－tan 1336π－7＝1k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－π9－tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π9－7＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－k 1＋k －1＋k 1－k －7＝11－7k2k 2－1.故选C.15．已知数列{a n }与⎩⎨⎧⎭⎬⎫a 2n n 均为等差数列(n ∈N ＋)，且a 1＝2，则a 20＝.答案 40解析设a n ＝2＋(n －1)d ，所以a 2nn ＝[2＋(n －1)d ]2n＝d 2n 2＋(4d －2d 2)n ＋(d －2)2n，由于⎩⎨⎧⎭⎬⎫a 2n n 为等差数列，所以其通项是一个关于n 的一次函数，所以(d －2)2＝0，∴d ＝2. 所以a 20＝2＋(20－1)×2＝40. 16．记m ＝d 1a 1＋d 2a 2＋…＋d n a nn，若{}d n 是等差数列，则称m 为数列{a n }的“d n 等差均值”；若{}d n 是等比数列，则称m 为数列{a n }的“d n 等比均值”．已知数列{a n }的“2n －1等差均值”为2，数列{b n }的“3n －1等比均值”为3.记c n ＝2a n＋k log 3b n ，数列{}c n 的前n 项和为S n ，若对任意的正整数n 都有S n ≤S 6，求实数k 的取值范围．解由题意得2＝a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a nn，所以a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，所以a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1 ＝2n －2(n ≥2，n ∈N ＋)，两式相减得a n ＝22n －1(n ≥2，n ∈N +)．当n ＝1时，a 1＝2，符合上式，所以a n ＝22n －1(n ∈N ＋)．又由题意得3＝b 1＋3b 2＋…＋3n －1b nn，所以b 1＋3b 2＋…＋3n －1b n ＝3n ，所以b 1＋3b 2＋…＋3n －2b n －1＝3n －3(n ≥2，n ∈N ＋)，两式相减得b n ＝32－n(n ≥2，n ∈N ＋)．当n ＝1时，b 1＝3，符合上式，所以b n ＝32－n(n ∈N ＋)．所以c n ＝(2－k )n ＋2k －1.因为对任意的正整数n 都有S n ≤S 6，所以⎩⎪⎨⎪⎧c 6≥0，c 7≤0，解得135≤k ≤114.2020版高考数学大一轮复习第六章数列§6.3 等比数列及其前n 项和1．等比数列的定义一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示(q ≠0)． 2．等比数列的通项公式设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，则它的通项a n ＝a 1·q n －1.3．等比中项如果三个数x ，G ，y 组成等比数列，则G 叫做x 和y 的等比中项． 4．等比数列的常用性质 (1)通项公式的推广：a n ＝a m ·qn －m(n ，m ∈N ＋)．(2)若{a n }为等比数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N ＋)，则a k ·a l ＝a m ·a n .(3)若{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }(λ≠0)，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 仍是等比数列．(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．等比数列的前n 项和公式等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，其前n 项和为S n ，当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q.6．等比数列前n 项和的性质公比不为－1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n. 概念方法微思考1．将一个等比数列的各项取倒数，所得的数列还是一个等比数列吗？若是，这两个等比数列的公比有何关系？提示仍然是一个等比数列，这两个数列的公比互为倒数． 2．任意两个实数都有等比中项吗？提示不是．只有同号的两个非零实数才有等比中项． 3．“b 2＝ac ”是“a ，b ，c ”成等比数列的什么条件？提示必要不充分条件．因为b 2＝ac 时不一定有a ，b ，c 成等比数列，比如a ＝0，b ＝0，c ＝1.但a ，b ，c 成等比数列一定有b 2＝ac .题组一思考辨析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)如果数列{a n }为等比数列，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，则数列{b n }也是等比数列．( × ) (3)如果数列{a n }为等比数列，则数列{ln a n }是等差数列．( × )(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.( × )(5)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列．( × ) 题组二教材改编2．已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q ＝.答案 12解析由题意知q 3＝a 5a 2＝18，∴q ＝12.3．公比不为1的等比数列{a n }满足a 5a 6＋a 4a 7＝18，若a 1a m ＝9，则m 的值为( ) A ．8B ．9C ．10D ．11 答案 C解析由题意得，2a 5a 6＝18，a 5a 6＝9，∴a 1a m ＝a 5a 6＝9，∴m ＝10.题组三易错自纠4．若1，a 1，a 2，4成等差数列，1，b 1，b 2，b 3，4成等比数列，则a 1－a 2b 2的值为．答案－12解析 ∵1，a 1，a 2，4成等差数列， ∴3(a 2－a 1)＝4－1，∴a 2－a 1＝1.又∵1，b 1，b 2，b 3，4成等比数列，设其公比为q ，则b 22＝1×4＝4，且b 2＝1×q 2>0，∴b 2＝2， ∴a 1－a 2b 2＝－(a 2－a 1)b 2＝－12. 5．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2＝. 答案－11解析设等比数列{a n }的公比为q ，。

2020届高考数学一轮复习第六章数列6.4数列求和、数列的综合应用教师用书文(PDF,含解析)

１－１答案５
解析Ｓｎ＝１×２１＋２×２２＋…＋ｎ×２ｎ，则２Ｓｎ＝１×２２＋２×２３＋…
＋ｎ×２ｎ＋１
，两式相减得－Ｓｎ
＝
２＋２２
＋…＋２ｎ
－ｎ ·２ｎ＋１
＝
２（１－２ｎ１－２
）
－ｎ·
２ｎ＋１，故Ｓｎ＝２＋（ｎ－１）２ｎ＋１，因为ａｎ＋１＝２ｎ＋１，故Ｓｎ－ｎａｎ＋１＋５０＝２＋（ｎ－１）２ｎ＋１－ｎ·２ｎ＋１＋５０＝５２－２ｎ＋１，令５２－２ｎ＋１＜０，故最小正整数ｎ的
１ｎ＋
１）
＝
１ｎ
－ｎ＋１１；
��
对应学生用书起始页码Ｐ１１２
( ) （
２）
（
１２ｎ－１）（
２ｎ＋
１）
＝Ｓｎ－Ｓｎ－１
＝
ａｎ＋１２
－
ｎ
－
１
－
æ
ç
è
ａｎ２
－
ｎ
ö
÷
ø
，
即ａｎ＋１＝３ａｎ＋２，∴ ａｎ＋１＋１＝３（ａｎ＋１），
又∵ ａ２＋１＝９，３（ａ１＋１）＝３×３＝９，
∴ 数列｛ａｎ＋１｝是等比数列，
且ａ１＋１＝３，公比为３，
∴ ａｎ＋１＝３×３ｎ－１＝３ｎ，∴ ａｎ＝３ｎ－１．
｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ，ａ１＝３，且Ｓｎ＝ｎａｎ＋１－ｎ２－ｎ．

2020高考数学(理)(全国通用)大一轮复习2020高考试题汇编第六章数列 Word版含解析.doc

第六章数列第一节等差数列与等比数列题型67 等差（等比）数列的公差（公比）1.(2017北京理10)若等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足11–1a b ==，448a b ==，则22a b =_______. 解析由11a =-，48a =，则21132a a d =+=-+=，由11b =-，48b =，则2q =-，则212b b q ==.故22212a b ==. 2.（2017全国1理4）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为（）. A ．1B ．2C ．4D ．8解析 45113424a a a d a d +=+++=，61656482S a d ⨯=+=，联立112724 61548 a d a d +=⎧⎪⎨+=⎪⎩①② 3⨯-①②，得()211524-=d ，即624d =，所以4d =.故选C.3.（2017全国2理3）我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（）. A ．1盏 B ．3盏 C ．5盏 D ．9盏解析设顶层灯数为1a ，2=q ，()7171238112-==-a S ，解得13a =．故选B.4.（2017全国3理14）设等比数列{}n a 满足12–1a a +=， 13––3a a =，则4a = ___________．解析因为{}n a 为等比数列，设公比为q ．由题意得121313a a a a +=-⎧⎨-=-⎩，即112111 3 a a q a a q +=-⎧⎪⎨-=-⎪⎩①②显然1q ≠，10a ≠，式式②①，得13q -=，即2q =-，代入①式可得11a =，所以()3341128a a q ==⨯-=-．题型68 等差、等比数列求和问题的拓展1.（2017全国1理12）几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16 ，…，其中第一项是02，接下来的两项是02，12，再接下来的三项是02，12，22，依此类推.求满足如下条件的最小整数100N N >：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解析设首项为第1组，接下来两项为第2组，再接下来三项为第3组，以此类推．设第n 组的项数为n ，则n 组的项数和为()12n n +，由题意得，100N >，令()11002n n +>，得14n ≥且*n ∈N ，即N 出现在第13组之后，第n 组的和为122112nn -=--，n 组总共的和为()12122212n n n n +--=---，若要使前N 项和为2的整数幂，则()12n n N +-项的和21k -应与2n --互为相反数，即()*21214k n k n -=+∈N ，≥，()2log 3k n =+，得n 的最小值为295n k ==，，则()2912954402N ⨯+=+=.故选A.2.2017山东理19）已知{}n x 是各项均为正数的等比数列，且123x x +=，322x x -=，（1）求数列{}n x 的通项公式；（2）如图所示，在平面直角坐标系xOy 中，依次联结点()111P x ，，()222P x ，，…，()11,1n n P x n +++得到折线121n PP P +，求由该折线与直线0y =，1x x =，1n x x +=所围成的区域的面积n T .解析（1）设数列{}n x 的公比为q ，由已知0q >. 由题意得1121132x x q x q x q +=⎧⎨-=⎩，所以23520q q --=，因为0q >，所以12,1q x ==，因此数列{}n x 的通项公式为12.n n x -=（2）过1231,,,,n P P P P +向x 轴作垂线，垂足分别为1231,,,,n Q Q Q Q +，由（1）得111222.n n n n n x x --+-=-=记梯形11n n n n P P Q Q ++的面积为n b . 由题意12(1)2(21)22n n n n n b n --++=⨯=+⨯，所以1n n T b b b b =++++=13n n n n ---⨯+⨯+⨯++-⨯++⨯① 又012212325272(21)2(21)2n n n T n n --=⨯+⨯+⨯++-⨯++⨯②-①②，得132(n n n T n ----=⨯++++-+⨯=1132(21n n n---+--所以(21)21.2n n n T -⨯+=题型69 等差、等比数列的性质及其应用1.（2017江苏09）等比数列{}n a 的各项均为实数，其前n 项的和为n S ，已知374S =，6634S =，则8a = ．解析解法一：由题意等比数列公比不为1，由()()313616171416314a q S q a q S q ⎧-==⎪-⎪⎨-⎪==⎪-⎩，因此36319S q S =+=，得2q =．又3123S a a a =++()2117174a q qa =++==，得114a =，所以78132a a q ==．故填32．解法二（由分段和关系）：由题意3363374634S S S q S ⎧=⎪⎪⎨⎪=+=⎪⎩，所以38q =，即2q =．下同解法一．2.（2017全国2理15）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，33a =，410S =，则11nk kS ==∑ ．解析设{}n a 首项为1a ，公差为d ．由3123a a d =+=，414610S a d =+=，得11a =，1d =，所以n a n=，()12n n n S +=，()()112222122311nk kSn n n n ==++++=⨯⨯-+∑11111112122311n n n n ⎛⎫-+-++-+-= ⎪-+⎝⎭122111n n n ⎛⎫-=⎪++⎝⎭.题型70 判断或证明数列是等差、等比数列1.（2017江苏19）对于给定的正整数k ，若数列{}n a 满足1111+n k n kn nn ka aa a a --+-++-++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+2n k n a k a +=对任意正整数n ()n k >总成立，则称数列{}n a 是“()P k 数列”．（1）证明：等差数列{}n a 是“()3P 数列”；（2）若数列{}n a 既是“()2P 数列”，又是“()3P 数列”，证明：{}n a 是等差数列．解析（1）因为{}n a 是等差数列，设其公差为d ，则()11n a a n d =+-，从而当4n …时，()()1111=n k n k a a a n k d a n k d -++=+--+++-()12212n a n d a +-=，1,2,3k =，所以321123+++6n n n n n n n a a a a a a a ---+++++=，因此等差数列{}n a 是“()3P 数列”．（2）由数列{}n a 既是“()2P 数列”，又是“()3P 数列”，因此，当3n …时，21124n n n n n a a a a a --+++++= ① 当4n …时，3211236n n n n n n n a a a a a a a ---++++++++= ② 由①知，()()321144n n n n n a a a a a n ---++=-+≥ ③()()231142n n n n n a a a a a n +++-+=-+≥ ④将③④代入②，得112n n n a a a -++=，其中4n …，所以345,,,a a a ⋅⋅⋅是等差数列，设其公差为d '．在①中，取4n =，则235644a a a a a +++=，所以23a a d '=-，在①中，取3n =，则124534a a a a a +++=，所以312a a d '=-，从而数列{}n a 是等差数列．评注这是数列新定义的问题，其实类似的问题此前我们也研究过，给出仅供参考．（2015南通基地密卷7第20题）设数列{}n a 的各项均为正数，若对任意的*n ∈N ，存在*k ∈N ，使得22n k n n k a a a ++=成立，则称数列{}n a 为“k J 型”数列．（1）若数列{}n a 是“2J 型”数列，且28a =，81a =，求2n a ；（2）若数列{}n a 既是“3J 型”数列，又是“4J 型”数列，证明数列{}n a 是等比数列．解析（1）由题意得，2468,,,,a a a a ⋅⋅⋅成等比数列，且公比138212a q a ⎛⎫== ⎪⎝⎭，所以412212n n n a a q --⎛⎫== ⎪⎝⎭．（2）由{}n a 是“4J 型”数列得159131721,,,,,,a a a a a a ⋅⋅⋅成等比数列，设公比为t ，由{}n a 是“3J 型”数列得1471013,,,,,a a a a a ⋅⋅⋅成等比数列，设公比为1α；2581114,,,,,a a a a a ⋅⋅⋅成等比数列，设公比为2α； 3691215,,,,,a a a a a ⋅⋅⋅成等比数列，设公比为3α；则431311a t a α==，431725a t a α==，432139a t a α==，所以123ααα==，不妨令123αααα===，则43t α=．所以()3211311k k k a aα----==，()2311223315111k k k k k a a a t a a ααα------====，所以131323339111k k k k kaa a t a a ααα----====，综上11n n a a -=，从而{}n a 是等比数列．2.(2017北京理20)设{}n a 和{}n b 是两个等差数列，记1122max{,,,}n n n c b a n b a n b a n =--⋅⋅⋅-(1,2,3,)n =⋅⋅⋅，其中12max{,,,}s x x x ⋅⋅⋅表示12,,,s x x x ⋅⋅⋅这s 个数中最大的数．（1）若n a n =，21n b n =-，求123,,c c c 的值，并证明{}n c 是等差数列；（2）证明：或者对任意正数M ，存在正整数m ，当n m ≥时，nc M n>；或者存在正整数m ，使得12,,,m m m c c c ++⋅⋅⋅是等差数列．解析（1）111110c b a =-=-=，{}{}21122max 2,2max 121,3221c b a b a =--=-⨯-⨯=-，{}{}3112233max 3,3,3max 131,332,5332c b a b a b a =---=-⨯-⨯-⨯=-. 当3n …时，()()()()111120k k k k k k k k b na b na b b n a a n ++++---=---=-<，所以k kb na -关于*k ∈N 单调递减.从而{}112211ma x ,,,1n n n c b a n b a n b an b a n=---=-=-，将1,2,3n =代入，满足此式，所以对任意1n …，1n c n =-，于是11n n c c +-=-，得{}n c 是等差数列.（2）设数列{}n a 和{}n b 的公差分别为12,d d ，则()[]()()121111211(1)1k k b na b k d a k d n b a n d nd k -=+--+-=-+--. 所以()()11212111211,,n b a n n d nd d nd c b a n d nd ⎧-+-->⎪=⎨-⎪⎩当时当时….①当10d >时，取正整数21d m d >，则当n m …时，12nd d >，因此11n c b a n =-. 此时，12,,,m m m c c c ++是等差数列.②当10d =时，对任意1n …， (){}(){}()11211211max ,01max ,0n c b a n n d b a n d a =-+-=-+--.此时，123,,,,,n c c c c 是等差数列.③当10d <时，当21d n d >时，有12nd d <，所以()()()11211211121n b a n n d nd c b d n d d a d n n n-+---==-+-++…()111212||n d d a d b d -+-+--.对任意正数M ，取正整数12112211||max ,M b d a d d d m d d ⎧⎫+-+-->⎨⎬-⎩⎭，故当n m …时，nc M n>. 题型71 等差数列与等比数列的交汇问题——暂无第二节数列的通项公式与求和题型72 数列通项公式的求解题型73 数列的求和1.（2017天津理18）已知{}n a 为等差数列，前n 项和为()n S n *∈N ，{}n b 是首项为2的等比数列，且公比大于0，2312b b +=，3412b a a =-，11411S b =. （1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）求数列{}221n n a b -的前n 项和()n *∈N .解析（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q .由已知2312b b +=，得21()12b q q +=，而12b =，所以260q q +-=. 又因为0q >，解得2q =.所以2nn b =.由3412b a a =-，可得138d a -= ① 由114=11S b ，可得1516a d += ② 联立①②，解得11a =，3d =，由此可得32n a n =-.所以数列{}n a 的通项公式为32n a n =-，数列{}n b 的通项公式为2nn b =.(2)设数列221{}n n a b -的前n 项和为n T ，由262n a n =-，12124n n b --=⨯，有221(31)4nn n a b n -=-⨯，故23245484(31)4n n T n =⨯+⨯+⨯++-⨯，23414245484(34)4(31)4n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯，上述两式相减，得231324343434(31)4n n n T n +-=⨯+⨯+⨯++⨯--⨯=1112(14)4(31)4=(32)4814n n n n n ++⨯----⨯--⨯--，得1328433n n n T +-=⨯+. 所以数列{}221n n a b -的前n 项和为1328433n n +-⨯+. 2.（2017全国3理9）等差数列{}n a 的首项为1，公差不为0．若2a ，3a ，6a 成等比数列，则数列{}n a 前6项的和为（）. A ．24-B ．3-C ．3D ．8解析因为{}n a 为等差数列，且236,,a a a 成等比数列，设公差为d ，则2326a a a =，即()()()211125a d a d a d +=++.因为11a =，代入上式可得220d d +=，又0d ≠，则2d =-，所以()61656561622422S a d ⨯⨯=+=⨯+⨯-=-.故选A. 第三节数列的综合题型74 数列与不等式的综合1.(2017浙江理22)已知数列{}n x 满足：11x =，()()*11ln 1n n n x x x n ++=++∈N .证明：当*n ∈N 时.（1）10n n x x +<<；（2）1122n n n n x x x x ++-…；（3）1-21122n n n x -剟. 解析（1）用数学归纳法证明：0n x >.当1n =时，110x =>，假设n k =时，0k x >，那么1n k =+时，若10k x +…，则()110ln 10k k k x x x ++<=++…，矛盾，故10k x +>. 因此()*0n x n >∈N ，所以()111ln 1n n n n x x x x +++=++>. 因此()*10n n x x n +<<∈N .（2）由()111l n 1n n n nx x x x +++=++>，得()()21111114222ln1nnn nn n n nx x x x x x x x ++++++-+=-+++. 记函数()()()()222ln 10f x x x x x x =-+++….()()()()()222122222ln 1ln 1ln 10111x x x x xf x x x x x x x x -++++'=-+++=++=+++++…，知函数()f x 在[)0,+∞上单调递增，所以()()00f x f =…，因此()()()21111122ln 10n n n n n x x x x f x +++++-+++=…，即()*1122n n n n x x x x n ++-∈N …. （3）因为()()*11111ln 12n n n n n n x x x x x x n +++++=+++=∈N …，得112n n x x +…，以此类推，21111,,22n n x x x x -厖，所以112112112n n n n n n x x xx x x x x ----⎛⎫=⋅⋅⋅⋅ ⎪⎝⎭=x ?，故112n n x -…. 由（2）知，()*1122n n n n x x x x n ++-∈N …，即111112022n n x x +⎛⎫--> ⎪⎝⎭…，所以1211111111222222n n n n x x x ---⎛⎫⎛⎫--⋅⋅⋅-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭厖?，故212n n x -….综上，()*121122n n n x n --∈N 剟.。

【2020】高考数学一轮复习第6章数列章末总结分层演练文

解析：因为a5＝28，S10＝310.
所以解得a1＝4，d＝6.
所以an＝4＋(n－1)×6＝6n－2.
所以Sn＝4n＋ ×6＝3n2＋n.
所以A，B，C的坐标分别为(n，3n2＋n)，(n＋1，3(n＋1)2＋(n＋1))，(n＋2，3(n＋2)2＋(n＋2))．
所以△ABC的面积S＝ [(3n2＋n)＋3(n＋2)2＋(n＋2)]×2－ [(3n2＋n)＋3(n＋1)2＋(n＋1)]×1－ [3(n＋1)2＋(n＋1)＋3(n＋2)2＋(n＋2)]×1
等差数列
❶理解等差数列的概念．
❷掌握等差数列的通项公式与前n项和公式．
❸能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用等差数列的有关知识解决相应的问题．
❹了解等差数列与一次函数的关系.
等比数列
❶理解等比数列的概念．
❷掌握等比数列的通项公式与前n项和公式．
❸能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用等比数列的有关知识解决相应的问题．
(2)若cn＝ (n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Tn；
(3)求数列的前n项和Mn，并证明Mn<4.
解：(1)当n＝1时，a1＝2a1－2，
所以a1＝2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2－2an－1＋2，
即an＝2an－1，
所以{an}是首项为2，公比为2的等比数列，
所以an＝2·2n－1＝2n.
所以2×3q2＝3q－6＋3q3，
即q3－2q2＋q－2＝0，(q－2)(q2＋1)＝0，
所以q＝2，q2＝－1(舍去)．
所以S5＝＝93.选B.
二、填空题
5．(必修5P45练习T3、P47B组T4改编)已知集合M＝{m|m＝2n，n∈N*}共有n个元素，其和为Sn，则＝________．

2020届高考数学一轮复习第六章数列6.4数列求和、数列的综合应用教师用书理(PDF,含解析)

１４
（ａ１＋１）２，∴
（ａ１－１）２＝０，∴
ａ１＝１；
当ｎ≥２时，ａｎ＝Ｓｎ－Ｓｎ－１＝
１４
（ａｎ＋１）２－
１４
（ａｎ－１＋１）２，
∴
ａ２ｎ
－
ａ２ｎ－１
－
２ａ
ｎ
－
２ａ
ｎ－
１
＝０，∴
（ａｎ＋ａｎ－１）（ａｎ－ａｎ－１－２）＝
０，
∵ ａｎ＞０，∴ ａｎ＋ａｎ－１＞０，∴ ａｎ－ａｎ－１＝２（ｎ≥２）．
１Ｓｎ
的前１００项的和为
（）
２００Ａ．
１０１
１００Ｂ．
１０１
１Ｃ．
１０１
２Ｄ．
１０１
答案Ａ
解析
∵
Ｓ４
＝
４（ａ１＋ａ４）２
＝１０，∴
ａ１＋ａ４
＝
５，
∵ ａ１＋ａ４＝ａ２＋ａ３，ａ３＝３，∴ ａ２＝２．
（１）求数列｛ａｎ｝的通项公式；
（２）设ｂｎ＝２ｌｏｇ２ａｎ－１，求数列｛ａｎｂｎ｝的前ｎ项和Ｔｎ．
解析（１）设数列｛ａｎ｝的公比为ｑ，
因为ａ２＝４，所以ａ３＝４ｑ，ａ４＝４ｑ２．
（２分）
因为ａ３＋２是ａ２和ａ４的等差中项，
＝
２ｎ－１２ｎ－１．
（２）令
Ｔｎ
＝
１ｂ１
＋
１ｂ２
＋…＋
１ｂｎ
，则
Ｔｎ
＝１＋
３２
＋５２２

2020届高考数学(文科)一轮总复习(资源包)第6篇数列ppt课件

∴an＝1n.
答案
1 n
诊突培断破养基高解础频题
1．求数列通项或指定项，通常用观察法(对于交错数列一般用 (－1)n 或(－1)n＋1 来区分奇偶项的符号)；已知数列中的递推关系，一般只要求写出数列的前几项，若求通项可用归纳、猜想和转化的方法．
2．由 Sn 求 an 时，an＝SS1n－n＝Sn1－1，n≥2，注意验证 a1 是否包含在后面 an 的公式中，若不符合要单独列出，一般已知条件含 an 与 Sn 的关系的数列题均可考虑上述公式．
诊突培断破养基高解础频题
规律方法数列的递推关系是给出数列的一种方法，根据给出的初始值和递推关系可以依次写出这个数列的各项，由递推关系求数列的通项公式，常用的方法有：①求出数列的前几项，再归纳猜测出数列的一个通项公式；②将知递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，或用累加法、累乘法、迭代法求通项．
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 an＝(－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．知所求数列的一个通项公式为 an＝2n－12n2n＋1.
诊突培断破养基高解础频题
规律方法根据所给数列的前几项求其通项时，需仔细察看分析，抓住其几方面的特征：分式中分子、分母的各自特征；相邻项的变化特征；拆项后的各部分特征；符号特征．应多进展对比、分析，从整体到部分多角度察看、归纳、联想．
诊突培断破养基高解础频题
【训练 1】根据下面数列的前几项的值，写出数列的一个通项公式： (1)12，14，－58，1136，－2392，6614，…； (2)32，1，170，197，…. 解 (1)各项的分母分别为 21,22,23,24，…，易看出第 2,3,4 项的分子分别比分母少 3.因此把第 1 项变为－2－2 3，原数列可化为－212－1 3，222－2 3，－232－3 3，242－4 3，…，因此可得数列的一个通项公式为 an＝(－1)n·2n2－n 3.

【高考推荐】2020-2021高考数学一轮复习第六章数列6.4数列的综合应用.练习理

§6.4数列的综合应用考纲解读分析解读 1.会用公式法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法求解不同类型数列的和.2.能综合利用等差、等比数列的基本知识解决相关综合问题.3.数列递推关系、非等差、等比数列的求和是高考热点,特别是错位相减法和裂项相消法求和.分值约为12分,难度中等.五年高考考点一数列求和1.(2017课标全国Ⅰ,12,5分)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答案 A2.(2017课标全国Ⅱ,15,5分)等差数列{a n}的前n项和为S n,a3=3,S4=10,则= .答案3.(2015课标Ⅱ,16,5分)设S n是数列{a n}的前n项和,且a1=-1,a n+1=S n S n+1,则S n= .答案-4.(2016课标全国Ⅱ,17,12分)S n为等差数列{a n}的前n项和,且a1=1,S7=28.记b n=[lg a n],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1.(1)求b1,b11,b101;(2)求数列{b n}的前1 000项和.解析(1)设{a n}的公差为d,据已知有7+21d=28,解得d=1.所以{a n}的通项公式为a n=n.b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,b101=[lg 101]=2.(6分)(2)因为b n=(9分)所以数列{b n}的前1 000项和为1×90+2×900+3×1=1 893.(12分)5.(2015课标Ⅰ,17,12分)S n为数列{a n}的前n项和.已知a n>0,+2a n=4S n+3.(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=,求数列{b n}的前n项和.解析(1)由+2a n=4S n+3,可知+2a n+1=4S n+1+3.可得-+2(a n+1-a n)=4a n+1,即2(a n+1+a n)=-=(a n+1+a n)(a n+1-a n).由于a n>0,可得a n+1-a n=2.又+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去)或a1=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.(6分)(2)由a n=2n+1可知b n===.设数列{b n}的前n项和为T n,则T n=b1+b2+…+b n==.(12分)教师用书专用(6—12)6.(2016北京,12,5分)已知{a n}为等差数列,S n为其前n项和.若a1=6,a3+a5=0,则S6= .答案 67.(2013湖南,15,5分)设S n为数列{a n}的前n项和,S n=(-1)n a n-,n∈N*,则(1)a3= ;(2)S1+S2+…+S100= .答案(1)- (2)8.(2015天津,18,13分)已知数列{a n}满足a n+2=qa n(q为实数,且q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列.(1)求q的值和{a n}的通项公式;(2)设b n=,n∈N*,求数列{b n}的前n项和.解析(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3,所以a2(q-1)=a3(q-1).又因为q≠1,所以a3=a2=2,由a3=a1·q,得q=2.当n=2k-1(k∈N*)时,a n=a2k-1=2k-1=;当n=2k(k∈N*)时,a n=a2k=2k=.所以{a n}的通项公式为a n=(2)由(1)得b n==.设{b n}的前n项和为S n,则S n=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,S n=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,上述两式相减,得S n=1+++…+-=-=2--,整理得,S n=4-.所以数列{b n}的前n项和为4-,n∈N*.9.(2014山东,19,12分)已知等差数列{a n}的公差为2,前n项和为S n,且S1,S2,S4成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)令b n=(-1)n-1,求数列{b n}的前n项和T n.解析(1)S1=a1,S2=2a1+×2=2a1+2,S4=4a1+×2=4a1+12,由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12),解得a1=1,所以a n=2n-1.(2)b n=(-1)n-1=(-1)n-1=(-1)n-1.当n为正偶数时,T n=-+…+-=1-=.当n为正奇数时,T n=-+…-+++=1+=.所以T n=10.(2013浙江,18,14分)在公差为d的等差数列{a n}中,已知a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等比数列.(1)求d,a n;(2)若d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|.解析(1)由题意得5a3·a1=(2a2+2)2,即d2-3d-4=0.故d=-1或d=4.所以a n=-n+11,n∈N*或a n=4n+6,n∈N*.(2)设数列{a n}的前n项和为S n.因为d<0,所以由(1)得d=-1,a n=-n+11,则当n≤11时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=S n=-n2+n.当n≥12时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=-S n+2S11=n2-n+110.综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=11.(2014江西,17,12分)已知首项都是1的两个数列{a n},{b n}(b n≠0,n∈N*)满足a nb n+1-a n+1b n+2b n+1b n=0.(1)令c n=,求数列{c n}的通项公式;(2)若b n=3n-1,求数列{a n}的前n项和S n.解析(1)因为a n b n+1-a n+1b n+2b n+1b n=0,b n≠0(n∈N*),所以-=2,即c n+1-c n=2.所以数列{c n}是以1为首项,2为公差的等差数列,故c n=2n-1.(2)由(1)及b n=3n-1知a n=c n b n=(2n-1)3n-1,于是数列{a n}的前n项和S n=1·30+3·31+5·32+…+(2n-1)·3n-1,3S n=1·31+3·32+…+(2n-3)·3n-1+(2n-1)·3n,相减得-2S n=1+2·(31+32+…+3n-1)-(2n-1)·3n=-2-(2n-2)3n,所以S n=(n-1)3n+1.12.(2013江西,17,12分)正项数列{a n}的前n项和S n满足:-(n2+n-1)S n-(n2+n)=0.(1)求数列{a n}的通项公式a n;(2)令b n=,数列{b n}的前n项和为T n.证明:对于任意的n∈N*,都有T n<.解析(1)由-(n2+n-1)S n-(n2+n)=0,得[S n-(n2+n)]·(S n+1)=0.由于{a n}是正项数列,所以S n>0,S n=n2+n.于是a1=S1=2,n≥2时,a n=S n-S n-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n.综上,数列{a n}的通项公式为a n=2n.(2)证明:由于a n=2n,b n=,所以b n==-.T n=1-+-+-+…+-+-=<=.考点二数列的综合应用1.(2015福建,8,5分)若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p+q的值等于( )A.6B.7C.8D.9答案 D2.(2013重庆,12,5分)已知{a n}是等差数列,a1=1,公差d≠0,S n为其前n项和,若a1,a2,a5成等比数列,则S8= .答案643.(2017山东,19,12分)已知{x n}是各项均为正数的等比数列,且x1+x2=3,x3-x2=2.(1)求数列{x n}的通项公式;(2)如图,在平面直角坐标系xOy中,依次连接点P1(x1,1),P2(x2,2),…,P n+1(x n+1,n+1)得到折线P1P2…P n+1,求由该折线与直线y=0,x=x1,x=x n+1所围成的区域的面积T n.解析本题考查等比数列基本量的计算,错位相减法求和.(1)设数列{x n}的公比为q,由已知知q>0.由题意得所以3q2-5q-2=0.因为q>0,所以q=2,x1=1.因此数列{x n}的通项公式为x n=2n-1.(2)过P1,P2,…,P n+1向x轴作垂线,垂足分别为Q1,Q2,…,Q n+1.由(1)得x n+1-x n=2n-2n-1=2n-1,记梯形P n P n+1Q n+1Q n的面积为b n,由题意b n=×2n-1=(2n+1)×2n-2,所以T n=b1+b2+…+b n=3×2-1+5×20+7×21+…+(2n-1)×2n-3+(2n+1)×2n-2,①2T n=3×20+5×21+7×22+…+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1.②①-②得-T n=3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(2n+1)×2n-1=+-(2n+1)×2n-1.所以T n=.教师用书专用(4—13)4.(2013课标全国Ⅰ,12,5分)设△A n B n C n的三边长分别为a n,b n,c n,△A n B n C n的面积为S n,n=1,2,3,….若b1>c1,b1+c1=2a1,a n+1=a n,b n+1=,c n+1=,则( )A.{S n}为递减数列B.{S n}为递增数列C.{S2n-1}为递增数列,{S2n}为递减数列D.{S2n-1}为递减数列,{S2n}为递增数列答案 B5.(2015安徽,18,12分)设n∈N*,x n是曲线y=x2n+2+1在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标.(1)求数列{x n}的通项公式;(2)记T n=…,证明:T n≥.解析(1)y'=(x2n+2+1)'=(2n+2)x2n+1,曲线y=x2n+2+1在点(1,2)处的切线斜率为2n+2.从而切线方程为y-2=(2n+2)(x-1).令y=0,解得切线与x轴交点的横坐标x n=1-=.(2)证明:由题设和(1)中的计算结果知T n=…=….当n=1时,T1=.当n≥2时,因为==>==.所以T n>×××…×=.综上可得对任意的n∈N*,均有T n≥.6.(2015重庆,22,12分)在数列{a n}中,a1=3,a n+1a n+λa n+1+μ=0(n∈N+).(1)若λ=0,μ=-2,求数列{a n}的通项公式;(2)若λ=(k0∈N+,k0≥2),μ=-1,证明:2+<<2+.解析(1)由λ=0,μ=-2,得a n+1a n=2(n∈N+).若存在某个n0∈N+,使得=0,则由上述递推公式易得=0.重复上述过程可得a1=0,此与a1=3矛盾,所以对任意n∈N+,a n≠0.从而a n+1=2a n(n∈N+),即{a n}是一个公比q=2的等比数列.故a n=a1q n-1=3·2n-1.(2)证明:若λ=,μ=-1,则数列{a n}的递推关系式变为a n+1a n+a n+1-=0,变形为a n+1=(n∈N+).由上式及a1=3>0,归纳可得3=a1>a2>...>a n>a n+1> 0因为a n+1===a n-+·,所以对n=1,2,…,k0求和得=a1+(a2-a1)+…+(-)=a1-k0·+·>2+·=2+.另一方面,由上已证的不等式知a1>a2>…>>>2,得=a1-k0·+·<2+·=2+.综上,2+<<2+.7.(2015湖北,22,14分)已知数列{a n}的各项均为正数,b n=a n(n∈N+),e为自然对数的底数.(1)求函数f(x)=1+x-e x的单调区间,并比较与e的大小;(2)计算,,,由此推测计算的公式,并给出证明;(3)令c n=(a1a2…a n,数列{a n},{c n}的前n项和分别记为S n,T n,证明:T n<eS n.解析(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=1-e x.当f '(x)>0,即x<0时, f(x)单调递增;当f '(x)<0,即x>0时, f(x)单调递减.故f(x)的单调递增区间为(-∞,0),单调递减区间为(0,+∞).当x>0时, f(x)<f(0)=0,即1+x<e x.令x=,得1+<,即<e. ①(2)=1×=1+1=2;=·=2×2×=(2+1)2=32;=·=32×3×=(3+1)3=43.由此推测:=(n+1)n.②下面用数学归纳法证明②.(i)当n=1时,左边=右边=2,②成立.(ii)假设当n=k时,②成立,即=(k+1)k.当n=k+1时,b k+1=(k+1)a k+1,由归纳假设可得=·=(k+1)k(k+1)=(k+2)k+1.所以当n=k+1时,②也成立.根据(i)(ii),可知②对一切正整数n都成立.(3)由c n的定义,②,算术-几何平均不等式,b n的定义及①得T n=c1+c2+c3+…+c n=(a1+(a1a2+(a1a2a3+…+(a1a2…a n=+++…+≤+++…+=b1+b2+…+b n·=b1+b2+…+b n<++…+=a1+a2+…+a n<ea1+ea2+…+ea n=eS n.即T n<eS n.8.(2015陕西,21,12分)设f n(x)是等比数列1,x,x2,…,x n的各项和,其中x>0,n∈N,n≥2.(1)证明:函数F n(x)=f n(x)-2在内有且仅有一个零点(记为x n),且x n=+;(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列,其各项和为g n(x),比较f n(x)和g n(x)的大小,并加以证明.解析(1)证明:F n(x)=f n(x)-2=1+x+x2+…+x n-2,则F n(1)=n-1>0,F n=1+++…+-2=-2=-<0,所以F n(x)在内至少存在一个零点.又F'n(x)=1+2x+…+nx n-1>0,故F n(x)在内单调递增,所以F n(x)在内有且仅有一个零点x n.因为x n是F n(x)的零点,所以F n(x n)=0,即-2=0,故x n=+.(2)解法一:由题设知,g n(x)=.设h(x)=f n(x)-g n(x)=1+x+x2+…+x n-,x>0.当x=1时, f n(x)=g n(x).当x≠1时,h'(x)=1+2x+…+nx n-1-.若0<x<1,则h'(x)>x n-1+2x n-1+…+nx n-1-x n-1=x n-1-x n-1=0.若x>1,则h'(x)<x n-1+2x n-1+…+nx n-1-x n-1=x n-1-x n-1=0.所以h(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减,所以h(x)<h(1)=0,即f n(x)<g n(x).综上所述,当x=1时, f n(x)=g n(x);当x≠1时, f n(x)<g n(x).解法二:由题设,f n(x)=1+x+x2+…+x n,g n(x)=,x>0.当x=1时, f n(x)=g n(x).当x≠1时,用数学归纳法可以证明f n(x)<g n(x).①当n=2时, f2(x)-g2(x)=-(1-x)2<0,所以f2(x)<g2(x)成立.②假设n=k(k≥2)时,不等式成立,即f k(x)<g k(x).那么,当n=k+1时,f k+1(x)=f k(x)+x k+1<g k(x)+x k+1=+x k+1=.又g k+1(x)-=,令h k(x)=kx k+1-(k+1)x k+1(x>0),则h'k(x)=k(k+1)x k-k(k+1)x k-1=k(k+1)x k-1(x-1).所以当0<x<1时,h'k(x)<0,h k(x)在(0,1)上递减;当x>1时,h'k(x)>0,h k(x)在(1,+∞)上递增.所以h k(x)>h k(1)=0,从而g k+1(x)>.故f k+1(x)<g k+1(x),即n=k+1时不等式也成立.由①和②知,对一切n≥2的整数,都有f n(x)<g n(x).解法三:由已知,记等差数列为{a k},等比数列为{b k},k=1,2,…,n+1.则a1=b1=1,a n+1=b n+1=x n,所以a k=1+(k-1)·(2≤k≤n),b k=x k-1(2≤k≤n),令m k(x)=a k-b k=1+-x k-1,x>0(2≤k≤n),当x=1时,a k=b k,所以f n(x)=g n(x).当x≠1时,m'k(x)=·nx n-1-(k-1)x k-2=(k-1)x k-2(x n-k+1-1).而2≤k≤n,所以k-1>0,n-k+1≥1.若0<x<1,则x n-k+1<1,m'k(x)<0;若x>1,则x n-k+1>1,m'k(x)>0,从而m k(x)在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增,所以m k(x)>m k(1)=0,所以当x>0且x≠1时,a k>b k(2≤k≤n),又a1=b1,a n+1=b n+1,故f n(x)<g n(x).综上所述,当x=1时, f n(x)=g n(x);当x≠1时, f n(x)<g n(x).9.(2014浙江,19,14分)已知数列{a n}和{b n}满足a1a2a3…a n=((n∈N*).若{a n}为等比数列,且a1=2,b3=6+b2.(1)求a n与b n;(2)设c n=-(n∈N*).记数列{c n}的前n项和为S n.(i)求S n;(ii)求正整数k,使得对任意n∈N*均有S k≥S n.解析(1)由a1a2a3…a n=(,b3-b2=6,知a3=(=8.又由a1=2,得公比q=2(q=-2舍去),所以数列{a n}的通项为a n=2n(n∈N*),所以,a1a2a3…a n==()n(n+1).故数列{b n}的通项为b n=n(n+1)(n∈N*).(2)(i)由(1)知c n=-=-(n∈N*),所以S n=-(n∈N*).(ii)因为c1=0,c2>0,c3>0,c4>0;当n≥5时,c n=,而-=>0,得≤<1,所以,当n≥5时,c n<0.综上,对任意n∈N*,恒有S4≥S n,故k=4.10.(2014湖北,18,12分)已知等差数列{a n}满足:a1=2,且a1,a2,a5成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)记S n为数列{a n}的前n项和,是否存在正整数n,使得S n>60n+800?若存在,求n的最小值;若不存在,说明理由.解析(1)设数列{a n}的公差为d,依题意,2,2+d,2+4d成等比数列,故有(2+d)2=2(2+4d),化简得d2-4d=0,解得d=0或d=4.当d=0时,a n=2;当d=4时,a n=2+(n-1)·4=4n-2,从而得数列{a n}的通项公式为a n=2或a n=4n-2.(2)当a n=2时,S n=2n.显然2n<60n+800,此时不存在正整数n,使得S n>60n+800成立.当a n=4n-2时,S n==2n2.令2n2>60n+800,即n2-30n-400>0,解得n>40或n<-10(舍去),此时存在正整数n,使得S n>60n+800成立,n的最小值为41.综上,当a n=2时,不存在满足题意的n;当a n=4n-2时,存在满足题意的n,其最小值为41.11.(2014湖南,20,13分)已知数列{a n}满足a1=1,|a n+1-a n|=p n,n∈N*.(1)若{a n}是递增数列,且a1,2a2,3a3成等差数列,求p的值;(2)若p=,且{a2n-1}是递增数列,{a2n}是递减数列,求数列{a n}的通项公式.解析(1)因为{a n}是递增数列,所以|a n+1-a n|=a n+1-a n=p n.而a1=1,因此a2=p+1,a3=p2+p+1.又a1,2a2,3a3成等差数列,所以4a2=a1+3a3,因而3p2-p=0,解得p=或p=0.当p=0时,a n+1=a n,这与{a n}是递增数列矛盾.故p=.(2)由于{a2n-1}是递增数列,因而a2n+1-a2n-1>0,于是(a2n+1-a2n)+(a2n-a2n-1)>0.①但<,所以|a2n+1-a2n|<|a2n-a2n-1|.②由①,②知,a2n-a2n-1>0,因此a2n-a2n-1==.③因为{a2n}是递减数列,同理可得,a2n+1-a2n<0,故a2n+1-a2n=-=.④由③,④知,a n+1-a n=.于是a n=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(a n-a n-1)=1+-+…+=1+·=+·,故数列{a n}的通项公式为a n=+·.12.(2013山东,20,12分)设等差数列{a n}的前n项和为S n,且S4=4S2,a2n=2a n+1.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列{b n}的前n项和为T n,且T n+=λ(λ为常数),令c n=b2n(n∈N*),求数列{c n}的前n项和R n. 解析(1)设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d.由S4=4S2,a2n=2a n+1得解得a1=1,d=2.因此a n=2n-1,n∈N*.(2)由题意知T n=λ-,所以n≥2时,b n=T n-T n-1=-+=.故c n=b2n==(n-1),n∈N*.所以R n=0×+1×+2×+3×+…+(n-1)×,则R n=0×+1×+2×+…+(n-2)×+(n-1)×,两式相减得R n=+++…+-(n-1)×=-(n-1)×=-,整理得R n=.所以数列{c n}的前n项和R n=.13.(2013广东,19,14分)设数列{a n}的前n项和为S n.已知a1=1,=a n+1-n2-n-,n∈N*.(1)求a2的值;(2)求数列{a n}的通项公式;(3)证明:对一切正整数n,有++…+<.解析(1)依题意得,2S1=a2--1-,又S1=a1=1,所以a2=4.(2)当n≥2时,2S n=na n+1-n3-n2-n,2S n-1=(n-1)a n-(n-1)3-(n-1)2-(n-1)两式相减得2a n=na n+1-(n-1)a n-(3n2-3n+1)-(2n-1)-,整理得(n+1)a n=na n+1-n(n+1),即-=1,又-=1,故数列是首项为=1,公差为1的等差数列,所以=1+(n-1)×1=n,所以a n=n2.(3)证明:当n=1时,=1<;当n=2时,+=1+=<;当n≥3时,=<=-,此时++…+=1++++…+<1++++…+=1++-=-<,综上,对一切正整数n,有++…+<.三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点一数列求和1.(2018天津实验中学上学期期中,7)已知S n是等差数列{a n}的前n项和,a1=1,S5=25,设T n为数列{(-1)n+1a n}的前n项和,则T2 015=( )A.2 014B.-2 014C.2 015D.-2 015答案 C2.(2017湖南郴州第一次教学质量检测,6)在等差数列{a n}中,a4=5,a7=11.设b n=(-1)n·a n,则数列{b n}的前100项之和S100=( )A.-200B.-100C.200D.100答案 D3.(2016山东部分重点中学第二次联考,7)设S n为等差数列{a n}的前n项和,a2=2,S5=15,若的前m项和为,则m的值为( )A.8B.9C.10D.11答案 B4.(2018湖北东南省级示范高中联考,15)已知S n为{a n}的前n项和,若a n(4+cos nπ)=n(2-cos nπ),则S88等于.答案 2 332考点二数列的综合应用5.(2017广东海珠上学期高三综合测试(一),7)公差不为0的等差数列{a n}的部分项,,,…构成等比数列{},且k1=1,k2=2,k3=6,则k4为( )A.20B.22C.24D.28答案 B6.(人教A必5,二,2-5A,5,变式)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题:三百七十八里关,初行健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关,要见次日行里数,请公仔细算相还.其意思为:有一个人要走378里路,第一天健步行走,从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半,走了6天后到达目的地,那么第二天走了( )A.192里B.96里C.48里D.24里答案 B7.(2018陕西宝鸡金台期中,15)若数列{a n}是正项数列,且+++…+=n2+n,则a1++…+=.答案2n2+2n8.(2017广东“六校联盟”联考,14)已知数列{a n}的前n项和为S n,且满足S n=2a n-1(n∈N*),则数列{na n}的前n项和T n为.答案(n-1)2n+1B组2016—2018年模拟·提升题组(满分:60分时间:50分钟)一、选择题(每小题5分,共20分)1.(2018广东茂名化州二模,10)已知有穷数列{a n}中,n=1,2,3,…,729,且a n=(2n-1)·(-1)n+1.从数列{a n}中依次取出a2,a5,a14,…构成新数列{b n},容易发现数列{b n}是以-3为首项,-3为公比的等比数列.记数列{a n}的所有项的和为S,数列{b n}的所有项的和为T,则( )A.S>TB.S=TC.S<TD.S与T的大小关系不确定答案 A2.(2018四川南充模拟,11)设数列{a n}的前n项和为S n,已知a1=,a n+1=则S2 018等于( )A. B. C. D.答案 B3.(2018湖南祁阳二模,12)已知数列{a n}与{b n}的前n项和分别为S n,T n,且a n>0,6S n=+3a n,n∈N*,b n=,若∀n∈N*,k>T n恒成立,则k的最小值是( )A. B.49 C. D.答案 C4.(2017湖北四地七校2月联盟,12)数列{a n}满足a1=1,na n+1=(n+1)a n+n(n+1),且b n=a n cos,记S n为数列{b n}的前n项和,则S24=( )A.294B.174C.470D.304答案 D二、填空题(每小题5分,共10分)5.(2017河北冀州第二次阶段考试,15)若数列{a n}是正项数列,且++…+=n2+3n,则++…+=.答案2n2+6n6.(2017河北武邑第三次调研,16)对于数列{a n},定义H n=为{a n}的“优值”,现在已知某数列{a n}的“优值”H n=2n+1,记数列{a n-kn}的前n项和为S n,若S n≤S5对任意的n(n∈N*)恒成立,则实数k的取值范围是.答案三、解答题(共30分)7.(2018吉林实验中学一模,19)已知数列{a n}中,a1=1,a n+1=(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)数列{b n}满足b n=(3n-1)··a n,数列{b n}的前n项和为T n,若不等式(-1)nλ<T n+对一切n∈N*恒成立,求λ的取值范围.解析(1)由a n+1=(n∈N*),得==+1,∴+=3,又+=,∴数列是以3为公比,为首项的等比数列,从而+=×3n-1⇒a n=.(2)将a n=代入b n=(3n-1)··a n可得b n=.T n=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,T n=1×+2×+…+(n-1)×+n×,两式相减得=+++…+-n×=2-,∴T n=4-,∴(-1)nλ<4-,若n为偶数,则λ<4-,∴λ<3,若n为奇数,则-λ<4-,∴-λ<2,∴λ>-2,∴-2<λ<3.8.(2017河北衡水中学摸底联考,17)中国人口已经出现老龄化与少子化并存的结构特征,测算显示中国是世界上人口老龄化速度最快的国家之一,再不实施“放开二胎”新政策,整个社会将会出现一系列的问题,若某地区2015年人口总数为45万人,实施“放开二胎”新政策后专家估计人口总数将发生如下变化:从2016年开始到2025年每年人口比上年增加0.5万人,从2026年开始到2035年每年人口为上一年的99%.(1)求实施新政策后第n年的人口总数a n(单位:万人)的表达式(注:2016年为第一年);(2)若新政策实施后的2016年到2035年的人口平均值超过49万人,则需调整政策,否则继续实施,那么2035年后是否需要调整政策?(说明:0.9910=(1-0.01)10≈0.9)解析(1)当n≤10时,数列{a n}是首项为45.5,公差为0.5的等差数列,故a n=45.5+0.5×(n-1), 当n≥11时,数列{a n}是公比为0.99的等比数列,又a10=50,故a n=50×0.99n-10,因此,新政策实施后第n年的人口总数a n(单位:万人)的表达式为a n=n∈N*.(2)设S n(单位:万人)为数列{a n}的前n项和,则由等差数列及等比数列的求和公式得,S20=S10+(a11+a12+…+a20)=477.5+4 950×(1-0.9910)≈972.5,∴新政策实施到2035年的人口平均值为=48.625<49,故2035年后不需要调整政策.C组2016—2018年模拟·方法题组方法1 错位相减法求和1.(2017河北武邑高三上学期第三次调研)已知数列{a n}是等比数列,首项a1=1,公比q>0,其前n项和为S n,且S1+a1,S3+a3,S2+a2成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足a n+1=,T n为数列{b n}的前n项和,若T n≥m恒成立,求m的最大值.解析(1)由题意可知,2(S3+a3)=(S1+a1)+(S2+a2),∴S3-S1+S3-S2=a1+a2-2a3,即4a3=a1,于是=q2=.∵q>0,∴q=.∵a1=1,∴a n=.(2)∵a n+1=,∴=,∴b n=n·2n-1,∴T n=1×1+2×2+3×22+…+n·2n-1,①∴2T n=1×2+2×22+3×23+…+n·2n.②由①-②得,-T n=1+2+22+…+2n-1-n·2n=-n·2n=(1-n)·2n-1,∴T n=1+(n-1)·2n.∵T n≥m恒成立,只需(T n)min≥m即可,∵T n+1-T n=n·2n+1-(n-1)·2n=(n+1)·2n>0,∴{T n}为递增数列,∴当n=1时,(T n)min=T1=1,∴m≤1,∴m的最大值为1.方法2 裂项相消法求和2.(2018内蒙古巴彦淖尔第一中学月考,9)定义为n个正数p1,p2,…,p n的“均倒数”,已知数列{a n}的前n项的“均倒数”为,又b n=,则++…+等于( )A. B. C. D.答案 C3.(2017陕西渭南二模,9)设S n为等差数列{a n}的前n项和,a2=3,S5=25,若的前n项和为,则n的值为( )A.504B.1 008C.1 009D.2 017答案 B4.(2017湖南湘潭三模,17)已知数列{a n}满足S n=2a n-1(n∈N*),{b n}是等差数列,且b1=a1,b4=a3.(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式;(2)若c n=-(n∈N*),求数列{c n}的前n项和T n.解析(1)∵S n=2a n-1,∴n≥2时,S n-1=2a n-1-1,∴a n=S n-S n-1=2a n-2a n-1,n≥2,即a n=2a n-1,n≥2.当n=1时,S1=a1=2a1-1,∴a1=1,∴{a n}是以1为首项,2为公比的等比数列,∴a n=2n-1,∴b4=a3=4,又b1=1,∴==1.∴b n=1+(n-1)=n.(2)由(1)知c n=-=21-n-=21-n-2,∴T n=-2=2--2=-21-n.。

高考数学一轮复习第6章《数列》等比数列课件

某林场有荒山3 250亩，每年春季在荒山上植树造林，第一年植树100亩，计划每年比上一年多植树50亩（全部成活）. （1）问需要几年，可将此山全部绿化完？（2）已知新种树苗每亩的木材量是2立方米，树林每
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由题设知a1≠0,Sn=
a 1 (1 - q n ,)则 1-q
a1q2=2 a1(1-q4)5a1(1-q2)，
① ②
1-q
1-q
由②,得
1-q4=5(1-q2),
即(q2-4)(q2-1)=0,
∴(q-2)(q+2)(q-1)(q+1)=0.
由q<1,解得q=-1或q=-2.
当q=-1时,代入①得a1=2,通项公式an=2×(-1)n-1;
项，在设法上要注意.
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＊对应演练＊
已知等差数列{an}的首项a1=1，公差d＞0,且第2项、第5项、第14项分别是等比数列{bn}的第2项、第3项、第4项.
（1）求数列{an}与{bn}的通项公式；
c1 （2）设数列 {Cn}对n∈ N*均有 b1
+c2 b2
+…+cn bn
=an+1
成立，求c1+c2+c3+…+c2 010.
学案3 等比数列
考点分析
1.等比数列的定义
一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数，那么这个数列叫做等
比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常
用字母 q(q≠0) 表示.
a n +1
其数学表达式为： a n
=q
（q为常数）或
an = q a n -1

2024年高考数学一轮复习(新高考版) 第6章数列的概念

§6.1数列的概念考试要求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．数列的有关概念概念含义数列按照确定的顺序排列的一列数数列的项数列中的每一个数通项公式如果数列{a n }的第n 项a n 与它的序号n 之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的通项公式递推公式如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的递推公式数列{a n }的前n 项和把数列{a n }从第1项起到第n 项止的各项之和，称为数列{a n }的前n 项和，记作S n ，即S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n2.数列的分类分类标准类型满足条件项数有穷数列项数有限无穷数列项数无限项与项间的大小关系递增数列a n ＋1>a n 其中n ∈N *递减数列a n ＋1<a n 常数列a n ＋1＝a n摆动数列从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列3.数列与函数的关系数列{a n }是从正整数集N *(或它的有限子集{1,2，…，n })到实数集R 的函数，其自变量是序号n ，对应的函数值是数列的第n 项a n ，记为a n ＝f (n )．常用结论1．已知数列{a n }的前n 项和S n ，则a n 1，n ＝1，n －S n －1，n ≥2.2．在数列{a n }中，若a n 最大，n ≥a n －1，n ≥a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)；若a n 最小，n ≤a n －1，n ≤a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)数列的项与项数是同一个概念．(×)(2)数列1,2,3与3,2,1是两个不同的数列．(√)(3)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．(×)(4)若数列用图象表示，则从图象上看是一群孤立的点．(√)教材改编题1．(多选)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝9＋12n ，则在下列各数中，是{a n }的项的是()A ．21B ．33C ．152D ．153答案ABD解析由数列的通项公式得，a 1＝21，a 2＝33，a 12＝153.2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n 2＋n ，则a 2的值是()A ．2B ．4C ．5D ．6答案B解析由题意，S 2＝22＋2＝6，S 1＝1＋1＝2，所以a 2＝S 2－S 1＝6－2＝4.3．在数列1,1,2,3,5,8,13,21，x ,55，…中，x ＝________.答案34解析通过观察数列各项的规律，发现从第三项起，每项都等于它前两项之和，因此x ＝13＋21＝34.题型一由a n 与S n 的关系求通项公式例1(1)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，S n ＋1＝2S n －1，则a 10等于()A ．128B ．256C ．512D ．1024答案B解析∵S n ＋1＝2S n －1，∴当n ≥2时，S n ＝2S n －1－1，两式相减得a n ＋1＝2a n .当n ＝1时，a 1＋a 2＝2a 1－1，又a 1＝2，∴a 2＝1.∴数列{a n }从第二项开始为等比数列，公比为2.则a 10＝a 2×28＝1×28＝256.(2)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝2n ＋2－3，则a n ＝________.答案，n ＝1，n ＋1，n ≥2解析根据题意，数列{a n }满足S n ＝2n ＋2－3，当n ≥2时，有a n ＝S n －S n －1＝(2n ＋2－3)－(2n ＋1－3)＝2n ＋1，当n ＝1时，有a 1＝S 1＝8－3＝5，不符合a n ＝2n ＋1，故a n ，n ＝1，n ＋1，n ≥2.思维升华S n 与a n 的关系问题的求解思路(1)利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)转化为只含S n ，S n －1的关系式，再求解．(2)利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为只含a n ，a n －1的关系式，再求解．跟踪训练1(1)已知正项数列{a n }中，a 1＋a 2＋…＋a n ＝n (n ＋1)2，则数列{a n }的通项公式为()A ．a n ＝nB ．a n ＝n 2C ．a n ＝n 2D ．a n ＝n 22答案B解析∵a 1＋a 2＋…＋a n ＝n (n ＋1)2，∴a 1＋a 2＋…＋a n －1＝n (n －1)2(n ≥2)，两式相减得a n ＝n (n ＋1)2－n (n －1)2＝n (n ≥2)，∴a n ＝n 2(n ≥2)，①又当n ＝1时，a 1＝1×22＝1，a 1＝1，适合①式，∴a n ＝n 2，n ∈N *.(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S n ＝__________.答案－1n解析因为a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝S n S n ＋1，所以由两式联立得S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1.因为S n ≠0，所以1S n －1S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n＝－1.又1S 1＝－1，1，公差为－1的等差数列．所以1S n ＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，所以S n ＝－1n .题型二由数列的递推关系求通项公式命题点1累加法例2设[x ]表示不超过x 的最大整数，如[－3.14]＝－4，[3.14]＝3.已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋n ＋1(n ∈N *)，则1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2023等于()A ．1B ．2C ．3D ．4答案A解析由a n ＋1＝a n ＋n ＋1，得a n －a n －1＝n (n ≥2)．又a 1＝1，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n ＋(n －1)＋(n －2)＋…＋2＋1＝n (n ＋1)2(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝1满足上式，则1a n ＝2n (n ＋1)＝所以1a 1＋1a 2＋…＋1a 2023＝2－12＋12－13＋ (12023)＝2＝20231012.所以1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2023＝20231012＝1.命题点2累乘法例3在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n －1na n －1(n ≥2，n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________．答案a n ＝1n 解析∵a n ＝n －1na 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，符合上式，∴a n ＝1n .思维升华(1)形如a n ＋1－a n ＝f (n )的数列，利用累加法．(2)形如a n ＋1a n ＝f (n )的数列，利用a n ＝a 1·a 2a 1·a3a 2·…·a n a n －1(n ≥2)即可求数列{a n }的通项公式．跟踪训练2(1)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋a n 等于()A ．2＋ln nB ．2＋(n －1)ln nC ．2＋n ln nD ．1＋n ＋ln n答案A解析因为a n ＋1－a n ＝lnn ＋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)，把以上各式相加得a n －a 1＝ln n －ln 1，则a n ＝2＋ln n (n ≥2)，且a 1＝2也满足此式，因此a n ＝2＋ln n (n ∈N *)．(2)已知数列a 1，a 2a 1，…，a n a n －1，…是首项为1，公比为2的等比数列，则log 2a n ＝________.答案n (n －1)2解析由题意知，a 1＝1，a n a n －1＝1×2n －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×…×1＝122n n (-)(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝1适合此式，所以log 2a n ＝n (n －1)2.题型三数列的性质命题点1数列的单调性例4设数列{a n }的前n 项和为S n ，且∀n ∈N *，a n ＋1>a n ，S n ≥S 6.请写出一个满足条件的数列{a n }的通项公式a n ＝________.答案n －6，n ∈N *(答案不唯一)解析由∀n ∈N *，a n ＋1>a n 可知数列{a n }是递增数列，又S n ≥S 6，故数列{a n }从第7项开始为正．而a 6≤0，因此不妨设数列是等差数列，公差为1，a 6＝0，所以a n ＝n －6，n ∈N *(答案不唯一)．命题点2数列的周期性例5若数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n，则a 2024的值为()A ．2B ．－3C ．－12D.13答案D解析由题意知，a 1＝2，a 2＝1＋21－2＝－3，a 3＝1－31＋3＝－12，a 4＝1－121＋12＝13，a 5＝1＋131－13＝2，a 6＝1＋21－2＝－3，…，因此数列{a n }是周期为4的周期数列，所以a 2024＝a 505×4＋4＝a 4＝13.命题点3数列的最值例6已知数列{a n }的通项公式为a n ＝12n －15，其最大项和最小项的值分别为()A ．1，－17B ．0，－17C.17，－17D ．1，－111答案A解析因为n ∈N *，所以当1≤n ≤3时，a n ＝12n －15<0，且单调递减；当n ≥4时，a n ＝12n －15>0，且单调递减，所以最小项为a 3＝18－15＝－17，最大项为a 4＝116－15＝1.思维升华(1)解决数列的单调性问题的方法用作差比较法，根据a n ＋1－a n 的符号判断数列{a n }是递增数列、递减数列还是常数列．(2)解决数列周期性问题的方法先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值．跟踪训练3(1)观察数列1，ln 2，sin 3,4，ln 5，sin 6,7，ln 8，sin 9，…，则该数列的第11项是()A ．1111B ．11C ．ln 11D ．sin 11答案C解析由数列得出规律，按照1，ln 2，sin 3，…，是按正整数的顺序排列，且以3为循环，由11÷3＝3余2，所以该数列的第11项为ln 11.(2)已知数列{a n }的通项a n ＝2n －192n －21，n ∈N *，则数列{a n }前20项中的最大项与最小项分别为________．答案3，－1解析a n ＝2n －192n －21＝2n －21＋22n －21＝1＋22n －21，当n ≥11时，22n －21>0，且单调递减；当1≤n ≤10时，22n －21<0，且单调递减．因此数列{a n }前20项中的最大项与最小项分别为第11项，第10项．a 11＝3，a 10＝－1.课时精练1．已知a n ＝n －1n ＋1，那么数列{a n }是()A ．递减数列B ．递增数列C ．常数列D ．摆动数列答案B 解析a n ＝1－2n ＋1，将a n 看作关于n 的函数，n ∈N *，易知数列{a n }是递增数列．2．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n S 1＝S n ＋1(n ∈N *)，且a 1＝2，那么a 7等于()A ．128B ．16C ．32D ．64答案D解析因为数列{a n }的前n 项和S n 满足S n S 1＝S n ＋1(n ∈N *)，a 1＝2，所以S n ＋1＝2S n ，即S n ＋1S n＝2，所以数列{S n }是以2为公比，以2为首项的等比数列，所以S n ＝2×2n －1＝2n .所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －2n －1＝2n －1.所以a 7＝26＝64.3．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 等于()A.n 2－n 2 B.n 2－n ＋22C.2n 2－nD.2n 2－n ＋2答案D解析由题意，得1a n ＋1－1a n ＝n ，则当n ≥2时，1a n －1a n －1＝n －1，1a n －1－1a n －2＝n －2，…，1a 2－1a 1＝1，所以1a n －1a 1＝1＋2＋…＋(n －1)＝n 2－n 2(n ≥2)，所以1a n ＝n 2－n2＋1＝n 2－n ＋22，即a n ＝2n 2－n ＋2(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝1适合此式，所以a n ＝2n 2－n ＋2.4．设数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝1－1a n，记数列{a n }的前n 项之积为P n ，则P 2024等于()A ．－2B ．－1C ．1D ．2答案C解析a 1＝2，a n ＋1＝1－1a n ，得a 2＝12，a 3＝－1，a 4＝2，a 5＝12，…，所以数列{a n }是周期为3的周期数列．且P 3＝－1,2024＝3×674＋2，所以P 2024＝(－1)674×a 1a 2＝1.5．大衍数列，来源于我国的《乾坤谱》，是世界数学史上第一道数列题，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理．其前11项依次是0,2,4,8,12,18,24,32,40,50,60，则大衍数列的第41项为()A ．760B ．800C ．840D ．924答案C解析由题意得，大衍数列的奇数项依次为12－12，32－12，52－12，…，易知大衍数列的第41项为412－12＝840.6．(多选)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(n ＋，则下列说法正确的是()A ．数列{a n }的最小项是a 1B ．数列{a n }的最大项是a 4C ．数列{a n }的最大项是a 5D ．当n ≥5时，数列{a n }递减答案BCD解析假设第n 项为{a n }的最大项，n ≥a n －1，n ≥a n ＋1，n ＋2)≥(n ＋1)－1，n ＋2)≥(n ＋3)＋1，所以≤5，≥4，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，当n ≥5时，数列{a n }递减．7．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________.答案a n ，n ＝1，n ，n ≥2解析由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 ，显然当n ＝1时，不满足上式．所以数列{a n }的通项公式为a n ，n ＝1，n ，n ≥2.8．若数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－10n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________，数列{na n }中数值最小的项是第________项．答案2n －113解析∵S n ＝n 2－10n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －11；当n ＝1时，a 1＝S 1＝－9也适合上式．∴a n ＝2n －11(n ∈N *)．记f (n )＝na n ＝n (2n －11)＝2n 2－11n ，此函数图象的对称轴为直线n ＝114，但n ∈N *，∴当n ＝3时，f (n )取最小值．∴数列{na n }中数值最小的项是第3项．9．在①na n ＋1－(n ＋1)a n ＝n (n ＋1)；②S n ＝2n 2－1这两个条件中任选一个补充在下面的横线上，并解答．若数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且数列{a n }满足________．(1)求a 2，a 3；(2)求数列{a n }的通项公式．注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．解(1)选择①：a 2－2a 1＝1×2，则a 2＝4.2a 3－3a 2＝2×3，则a 3＝9.选择②：a 2＝S 2－S 1＝2×22－1－1＝6.a 3＝S 3－S 2＝2×32－1－2×22＋1＝10.(2)选择①：由na n ＋1－(n ＋1)a n ＝n (n ＋1)，得a n ＋1n ＋1－a nn＝1，所以a n n ＝a n n －a n －1n －1＋a n －1n －1－a n －2n －2＋…＋a22－a 1＋a 1＝n －1＋1＝n ，所以a n ＝n 2.选择②：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－1－[2(n －1)2－1]＝4n －2；当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，不符合上式，故{a n }的通项公式为a n ，n ＝1，n －2，n ≥2，n ∈N *.10．(2023·长沙模拟)已知数列{c n }满足c 1＝12，c n ＋1c n ＋1－1＝c 2nc n －1，n ∈N *，S n 为该数列的前n 项和．(1)(2)求证：S n <1.证明(1)因为c 1＝12，c n ＋1c n ＋1－1＝c 2nc n －1，所以c n ≠1，c n ≠0，两边分别取倒数可得1－1c n ＋1＝1c n －1c 2n，整理可得1c n ＋1－1c n＝>0，(2)由c n ＋1c n ＋1－1＝c 2nc n －1可得c n ＋1－1＋1c n ＋1－1＝c 2n －1＋1c n －1，即1c n ＋1－1＝c n ＋1c n －1，所以c n ＝1c n ＋1－1－1c n －1，所以S n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝1c 2－1－1c 1－1＋1c 3－1－1c 2－1＋…＋1c n ＋1－1－1c n －1＝1c n ＋1－1－1c 1－1＝1c n ＋1－1＋2，又1c n ≥1c1＝2，所以c n ＋1所以1c n ＋1－1<－1，即S n <1.11．在数列{a n }中，a 1＝1，a ＝(n ，a n )，b ＝(a n ＋1，n ＋1)，且a ⊥b ，则a 100等于()A.10099B ．－10099C ．100D ．－100答案D解析因为a ＝(n ，a n )，b ＝(a n ＋1，n ＋1)，且a ⊥b ，所以na n ＋1＋(n ＋1)a n ＝0，所以a n ＋1a n ＝－n ＋1n，所以a 2a 1＝－21，a 3a 2＝－32，…，a 100a 99＝－10099.以上各式左右分别相乘，得a100a 1＝－100，因为a 1＝1，所以a 100＝－100.12．(2022·全国乙卷)嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星．为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{b n }：b 1＝1＋1α1，b 2＝1＋1α1＋1α2，b 3＝1＋1α1＋1α2＋1α3，…，依此类推，其中αk ∈N *(k ＝1,2，…)．则()A ．b 1<b 5B ．b 3<b 8C ．b 6<b 2D ．b 4<b 7答案D解析方法一当n 取奇数时，由已知b 1＝1＋1α1，b 3＝1＋1α1＋1α2＋1α3，因为1α1>1α1＋1α2＋1α3，所以b 1>b 3，同理可得b 3>b 5，b 5>b 7，…，于是可得b 1>b 3>b 5>b 7>…，故A 不正确；当n 取偶数时，由已知b 2＝1＋1α1＋1α2，b 4＝1＋1α1＋1α2＋1α3＋1α4，因为1α2>1α2＋1α3＋1α4，所以b 2<b 4，同理可得b 4<b 6，b 6<b 8，…，于是可得b 2<b 4<b 6<b 8<…，故C 不正确；因为1α1>1α1＋1α2，所以b 1>b 2，同理可得b 3>b 4，b 5>b 6，b 7>b 8，又b 3>b 7，所以b 3>b 8，故B 不正确；故选D.方法二(特殊值法)不妨取αk ＝1(k ＝1,2，…)，则b 1＝1＋11＝2，b 2＝1＋11＋11＝1＋1b 1＝1＋12＝32，b 3＝1＋11＋11＋11＝1＋1b 2＝1＋23＝53，所以b 4＝1＋1b 3＝1＋35＝85，b 5＝1＋1b 4＝1＋58＝138，b 6＝1＋1b 5＝1＋813＝2113，b 7＝1＋1b 6＝1＋1321＝3421，b 8＝1＋1b 7＝1＋2134＝5534.逐一判断选项可知选D.13．已知数列{a n }中，前n 项和为S n ，且S n ＝n ＋23a n ，则a n a n －1的最大值为________．答案3解析∵S n ＝n ＋23a n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，可化为a n a n －1＝n ＋1n －1＝1＋2n －1，由函数y ＝2x －1在区间(1，＋∞)上单调递减，可得当n ＝2时，2n －1取得最大值2.∴a n a n －1的最大值为3.14．已知[x ]表示不超过x 的最大整数，例如：[2.3]＝2，[－1.7]＝－2.在数列{a n }中，a n ＝[lg n ]，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则a 2024＝________；S 2024＝________.答案34965解析∵a n ＝[lg n ]，∴当1≤n ≤9时，a n ＝[lg n ]＝0；当10≤n ≤99时，a n ＝[lg n ]＝1；当100≤n ≤999时，a n ＝[lg n ]＝2；当1000≤n ≤9999时，a n ＝[lg n ]＝3.∴a 2024＝[lg 2024]＝3，S 2024＝9×0＋90×1＋900×2＋1025×3＝4965.15．(2023·郑州模拟)已知数列{a n }满足a 2＝2，a 2n ＝a 2n －1＋2n (n ∈N *)，a 2n ＋1＝a 2n ＋(－1)n (n ∈N *)，则数列{a n }第2024项为()A ．21012－2B ．21013－3C ．21011－2D ．21011－3答案B 解析由a 2n ＋1＝a 2n ＋(－1)n 得a 2n －1＝a 2n －2＋(－1)n －1(n ∈N *，n ≥2)，又由a 2n ＝a 2n －1＋2n 得a 2n ＝a 2n －2＋2n ＋(－1)n －1(n ∈N *，n ≥2)，所以a 4＝a 2＋22＋(－1)，a 6＝a 4＋23＋(－1)2，a 8＝a 6＋24＋(－1)3，…，a 2024＝a 2022＋21012＋(－1)1011，将上式相加得a 2024＝a 2＋(－1)1＋(－1)2＋…＋(－1)1011＋22＋23＋…＋21012＝2＋4×(1－21011)1－2－1＝21013－3.16．在数列{a n }中，已知a 1＝1，n 2a n －S n ＝n 2a n －1－S n －1(n ≥2，n ∈N *)，记b n ＝a n n 2，T n 为数列{b n }的前n 项和，则T 2025＝________.答案20251013解析由n 2a n －S n ＝n 2a n －1－S n －1(n ≥2，n ∈N *)，得n 2a n －(S n －S n －1)＝n 2a n －1，所以(n 2－1)a n ＝n 2a n －1，所以a n n ＝a n －1n －1×n n ＋1.令c n ＝a n n ，则c n ＝c n －1×n n ＋1，所以c n c n －1＝n n ＋1.由累乘法得c n c 1＝2n ＋1，又c 1＝a 1＝1，所以c n ＝2n ＋1，所以a n n ＝2n ＋1，所以a n ＝2n n ＋1，所以b n ＝a n n 2＝2n (n ＋1)＝2所以T 2025＝2－12＋12－13＋…＋12025－2＝20251013.。

2021版高考数学一轮复习第6章数列第4节数列求和课时跟踪检测理新人教A版

第四节数列求和A级·基础过关|固根基|1.(2019届广东六校第一次联考)已知数列{a n｝的前n项和为S n＝n2＋n＋1，b n＝（－1)n a n(n∈N*)，则数列{b n｝的前50项和为（）A．49 B．50C．99 D．100解析：选A 由题意得，当n≥2时,a n＝S n－S n－1＝2n，当n＝1时，a1＝S1＝3，所以数列｛b n}的前50项和为－3＋4－6＋8－10＋…＋96－98＋100＝1＋48＝49，故选A．2．(2019届江西五校联考)设S n是数列{a n｝的前n项和，若a n＋S n＝2n，2错误!＝2a n＋2－a n＋1，则错误!＋错误!＋…＋错误!＝( )A．错误!B．错误!C．错误!D．错误!解析：选D 因为a n＋S n＝2n①，所以a n＋1＋S n＋1＝2n＋1②，②－①得,2a n－a n＝2n,所以2a n＋2－a n＋1＝2n＋1.又2b n＝2a n＋2－a n＋1＝2n＋1,所以b n＝n＋1，所＋1以错误!＝错误!＝错误!－错误!,则错误!＋错误!＋…＋错误!＝1－错误!＋错误!－错误!＋…＋错误!－错误!＝1－错误!＝错误!,故选D．3．（2019届湖北武汉部分重点中学联考)等比数列{a n}的前n项和为S n，若对任意的正整数n,S n＋2＝4S n＋3恒成立，则a1的值为( ）A．－3 B．1C．－3或1 D．1或3解析：选C 设等比数列｛a n｝的公比为q,当q＝1时，S n＋2＝（n＋2)a1，S n＝na.由S n＋2＝4S n＋3，得(n＋2）a1＝4na1＋3，即3a1n＝2a1－3,若对任意的1正整数n，3a1n＝2a1－3恒成立，则a1＝0且2a1－3＝0,矛盾，所以q≠1。

所以S n＝错误!，S n＋2＝错误!，代入S n＋2＝4S n＋3并化简，得a1（4－q2）q n＝3＋3a1－3q，若对任意的正整数n该等式恒成立，则有错误!解得错误!或错误!故a1＝1或－3,故选C．4．(2019届广州市调研测试）已知等比数列｛a n｝的前n项和为S n,若S3＝7,S6＝63,则数列{na n｝的前n项和为( )A．－3＋(n＋1）×2n B．3＋(n＋1）×2nC．1＋(n＋1)×2n D．1＋(n－1）×2n解析:选D 设等比数列{a n}的公比为q，易知q≠1,所以由题设得错误!两式相除得1＋q3＝9，解得q＝2，进而可得a1＝1，所以a n＝a1q n－1＝2n－1，所以na n＝n×2n－1.设数列{na n｝的前n项和为T n，则T n＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1，2T n＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n,两式作差得－T n＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n×2n＝错误!－n×2n＝－1＋（1－n)×2n，故T n＝1＋（n－1)×2n。

2024年高考数学一轮复习(新高考版)《必刷大题数列的综合问题》课件ppt

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(2)删去数列{bn}中的第ai项(其中i＝1,2,3，…)，将剩余的项按从小到大的顺序排成新数列{cn}，求数列{cn}的前n项和Sn.
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由题意可知新数列{cn}为b1，b2，b4，b5，…，
则当n为偶数时，Sn＝ b1＋b4＋
＋b3
n 2
－2
＋
b2＋b5＋
n
n
n
＝ 3(1 272 ) ＋32(1 272 )
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2n
(3)求 [ak＋1－(－1)kak]bk.
k＝1
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因为[a2k－(－1)2k－1a2k－1]b2k－1＋[a2k＋1－(－1)2ka2k]b2k ＝(4k－1＋4k－3)×22k－2＋[4k＋1－(4k－1)]×22k－1＝2k·4k，
2n
所以 [ak＋1－(－1)kak]bk
n 1
所以an＝a1qn－1＝3 2 .
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(2)若bn＝log3a2n－1，求数列{bn}的前n项和Tn. 由(1)可得a2n－1＝3n－1，所以bn＝log3a2n－1＝n－1，故 Tn＝0＋1＋2＋…＋n－1＝nn－ 2 1.
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2.(2022·潍坊模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，S3＝a3＋6. (1)求数列{an}的通项公式；
设数列{an}的公比为q，由a1＝2，S3＝a3＋6，得a1(1＋q＋q2)＝6＋a1q2，解得q＝2，所以an＝2n.
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(2)设bn＝log2an，求数列{anbn}的前n项和Tn.
由(1)可得bn＝log2an＝n，所以anbn＝n·2n， Tn＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n×2n， 2Tn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)2n＋n·2n＋1，所以－Tn＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1＝211－－22n－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1，所以Tn＝(n－1)2n＋1＋2.

高考复习数学文一轮分层演练：第6章数列第4讲 Word版含解析

一、选择题1．数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (2n －1)，则该数列的前100项之和为( ) A ．－200 B ．－100 C ．200 D ．100 解析：选D.由题意知S 100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100.故选D.2．在数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝2，a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n ，n ∈N *，则S 60的值为( ) A ．990 B ．1 000 C ．1 100 D ．99 解析：选A.n 为奇数时，a n ＋2－a n ＝0，a n ＝2；n 为偶数时，a n ＋2－a n ＝2，a n ＝n .故S 60＝2×30＋(2＋4＋…＋60)＝990.3．S n ＝12＋12＋38＋…＋n2n 等于( )A ．2n －n2nB.2n ＋1－n －22nC ．2n －n ＋12n ＋1D.2n ＋1－n ＋22n解析：选B.由S n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，①得12S n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，② ①－②得，12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1 ＝12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12－n 2n ＋1，所以S n ＝2n ＋1－n －22n.4．数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则项数n 为( )A ．120B ．99C ．11D ．121解析：选A.a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n（n ＋1＋n ）（n ＋1－n ）＝n ＋1－n ，所以a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1＝10.即n ＋1＝11，所以n ＋1＝121，n ＝120.5.122－1＋132－1＋142－1＋…＋1（n ＋1）2－1的值为( ) A ．n ＋12（n ＋2） B.34－n ＋12（n ＋2）C ．34－12⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2 D.32－1n ＋1＋1n ＋2解析：选C.因为1（n ＋1）2－1＝1n 2＋2n ＝1n （n ＋2）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，所以122－1＋132－1＋142－1＋…＋1（n ＋1）2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2. 6．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，当n ≥2时，a n ＋2S n －1＝n ，则S 2 019的值为( ) A ．1 008 B ．1 009 C ．1 010 D ．1 011 解析：选C.因为a n ＋2S n －1＝n ，n ≥2，所以a n ＋1＋2S n ＝n ＋1，n ≥1，两式相减得a n ＋1＋a n ＝1，n ≥2.又a 1＝1，所以S 2 019＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 018＋a 2 019)＝1 010，故选C.二、填空题7．(2018·合肥第二次质量检测)已知数列{a n }中，a 1＝2，且a 2n ＋1a n＝4(a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则其前9项和S 9＝________．解析：由已知，得a 2n ＋1＝4a n a n ＋1－4a 2n ，即a 2n ＋1－4a n a n ＋1＋4a 2n ＝(a n ＋1－2a n )2＝0，所以a n ＋1＝2a n ，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，故S 9＝2×（1－29）1－2＝210－2＝1 022.答案：1 022 8．(2018·武昌调研)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝9，a 2为整数，且S n ≤S 5，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前9项和为________．解析：由S n ≤S 5得⎩⎪⎨⎪⎧a 5≥0a 6≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ≥0a 1＋5d ≤0，得－94≤d ≤－95，又a 2为整数，所以d ＝－2，a n ＝a 1＋(n －1)×d ＝11－2n ，1a n a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前n 项和T n ＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a 2＋1a 2－1a 3＋…＋1a n －1a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a n ＋1，所以T 9＝－12×⎣⎡⎦⎤19－⎝⎛⎭⎫－19＝－19. 答案：－199．已知数列{a n }满足a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，且a 1＝12，则该数列的前20项的和等于________．解析：因为a 1＝12，又a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，所以a 2＝1，从而a 3＝12，a 4＝1，即得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝2k －1（k ∈N *），1，n ＝2k （k ∈N *），故数列的前20项的和等于S 20＝10×⎝⎛⎭⎫1＋12＝15. 答案：1510．设函数f (x )＝12＋log 2x 1－x ，定义S n ＝f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f ⎝⎛⎭⎫2n ＋…＋f ⎝⎛⎫n －1n ，其中n ∈N *，且n ≥2，则S n ＝________．解析：因为f (x )＋f (1－x ) ＝12＋log 2 x 1－x ＋12＋log 2 1－x x ＝1＋log 21＝1，所以2S n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋[f ⎝⎛⎭⎫2n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2n ]＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f ⎝⎛⎭⎫1n ＝n －1.所以S n ＝n －12.答案：n －12三、解答题11．设数列{a n }满足：a 1＝5，a n ＋1＋4a n ＝5(n ∈N *)． (1)是否存在实数t ，使{a n ＋t }是等比数列？ (2)设b n ＝|a n |，求{b n }的前2 013项的和S 2 013. 解：(1)由a n ＋1＋4a n ＝5，得a n ＋1＝－4a n ＋5. 令a n ＋1＋t ＝－4(a n ＋t )，得a n ＋1＝－4a n －5t ，所以－5t ＝5，所以t ＝－1. 从而a n ＋1－1＝－4(a n －1)．又因为a 1－1＝4，所以a n －1≠0.所以{a n －1}是首项为4，公比为－4的等比数列．所以存在实数t ＝－1，使{a n ＋t }是等比数列． (2)由(1)得a n －1＝4×(－4)n －1⇒a n ＝1－(－4)n .所以b n ＝|a n |＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋4n，n 为奇数，4n －1，n 为偶数，所以S 2 013＝b 1＋b 2＋…＋b 2 013＝(1＋41)＋(42－1)＋(1＋43)＋(44－1)＋…＋(1＋42 013) ＝41＋42＋43＋…＋42 013＋1 ＝4×（1－42 013）1－4＋1＝42 014－13.12．(2018·广西三市第一次联考)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且6S n ＝3n ＋1＋a (n ∈N *)．(1)求a 的值及数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(1－an )log 3(a 2n ·a n ＋1)，求数列{1b n }的前n 项和T n . 解：(1)因为6S n ＝3n ＋1＋a (n ∈N *)，所以当n ＝1时，6S 1＝6a 1＝9＋a ，当n ≥2时，6a n ＝6(S n －S n －1)＝2×3n ，即a n ＝3n －1，所以{a n }是等比数列，所以a 1＝1，则9＋a ＝6，得a ＝－3，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1(n ∈N *)． (2)由(1)得b n ＝(1－an )log 3(a 2n ·a n ＋1)＝(3n －2)(3n ＋1)，所以T n ＝1b 1＋1b 2＋…＋1b n ＝11×4＋14×7＋…＋1（3n －2）（3n ＋1）＝13(1－14＋14－17＋…＋13n －2－13n ＋1) ＝n3n ＋1.1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n ＋1a n 的前n 项和T n . 解：(1)当n ＝1时，a 1＝2. 当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－2，所以a n ＝S n －S n －1＝2a n －2－(2a n －1－2)，即a na n －1＝2(n ≥2，n ∈N *)，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，故a n ＝2n (n ∈N *)． (2)令b n ＝n ＋1a n ＝n ＋12n ，则T n ＝221＋322＋423＋…＋n ＋12n ，①①×12，得12T n ＝222＋323＋424＋…＋n 2n ＋n ＋12n ＋1，②①－②，得12T n ＝32－n ＋32n ＋1，整理得T n ＝3－n ＋32n .2．已知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＝1（2n ＋1）（2n ＋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]＝n3（2n ＋3）.。

2020版高考数学一轮总复习第六单元数列与算法教案全集含解析

数列的概念及其表示法1．理解数列的定义及其有关概念，了解数列与函数的关系． 2．根据已知数列前几项的特点归纳数列的通项公式． 3．掌握a n 与S n 的关系，根据S n 会求通项a n .4．会根据递推关系确定数列的前几项，掌握几类简单的递推关系求通项的方法．知识梳理 1．数列的定义按照一定顺序排列的一列数称为数列，数列的一般形式为 a 1，a 2，…，a n ，… ，简记为 {a n } .2．数列的单调性3.数列的通项公式如果一个数列{a n }的第n 项a n 与项数n 之间的函数关系，如果可以用一个公式a n ＝f (n )来表示，我们把这个公式 a n ＝f (n ) 叫做这个数列的通项公式．4．数列的递推公式如果已知数列{a n }的第一项(或前几项)，且任一项a n 与它的前一项a n －1(或前几项)间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子就叫做这个数列的递推公式 .1．数列与函数的关系数列是以正整数集N *(或它的有限子集{1,2，…，n })为定义域的函数a n ＝f (n )，当自变量按照从小到大的顺序依次取值时，所对应的一列函数值．2．数列{a n }的通项a n 与前n 项和S n 的关系S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1， n ＝1，S n －S n －1， n ≥2.3．两个常用恒等式：a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1. a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1.热身练习1．数列23，45，67，89，…的第10项是(C)A.1617B.1819C.2021D.2223由数列的前4项可知，数列的一个通项公式为a n ＝2n2n ＋1.当n ＝10时，a 10＝2×102×10＋1＝2021.2．原命题为“若a n ＋a n ＋12<a n ，n ∈N *，则{a n }为递减数列”，关于其逆命题，否命题，逆否命题真假性的判断依次如下，正确的是(A)A ．真，真，真B ．假，假，真C ．真，真，假D ．假，假，假a n ＋a n ＋12<a n ，即a n ＋a n ＋1<2a n ，则a n ＋1<a n .所以{a n }是递减数列．故原命题为真，其逆否命题也为真．若{a n }为递减数列，则a n ＋1<a n ，所以a n ＋a n ＋1<2a n ，所以a n ＋a n ＋12<a n ，故其逆命题也是真命题，则其否命题也为真命题．3．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n (n ＋1)，则132是该数列的(C) A ．第9项 B ．第10项 C ．第11项 D ．第12项因为n (n ＋1)＝132，所以n 2＋n －132＝0，所以n ＝11，或n ＝－12(舍去)．4．设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则a 8的值为(A) A ．15 B ．16C ．49D ．64因为S 8＝a 1＋a 2＋…＋a 7＋a 8，S 7＝a 1＋a 2＋…＋a 7，所以a 8＝S 8－S 7＝82－72＝15.5．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln(1＋1n)，则a n ＝(A)A ．2＋ln nB ．2＋(n －1)ln nC ．2＋n ln nD ．1＋n ＋ln n由递推关系得：a 2＝2＋ln 2，a 3＝2＋ln 3，由题中选项特点知，选A.由数列的前几项求数列的通项写出数列的一个通项公式，使它的前几项分别是下列各数： (1)－23，38，－415，524，…；(2)3,5,9,17,33，….(1)观察每一项的符号：奇数项为负，偶数项为正，符号可由(－1)n确定；观察分子：符合规律：n ＋1；观察分母：符合规律：(n ＋1)2－1. 最后综合得所求通项公式为a n ＝(－1)nn ＋1n ＋2－1(n ∈N *)．(2)(方法一)由于每项的值增长很快，与{2n}：2,4,8,16,32，…，进行比较，得所求通项为a n ＝2n＋1(n ∈N *)． (方法二)考虑前后两项的关系，有a 2－a 1＝21，a 3－a 2＝22，a 4－a 3＝23，…，a n －a n －1＝2n －1，累加得，a n －a 1＝21＋22＋…＋2n －1＝2n－2，所以a n ＝2n ＋1(n ∈N *)．(1)依据数列前几项的特点归纳出通项公式的方法是依据数列的排列规律，求出项与项数的关系．具体可通过观察(观察项与项数的特点)、分析(系数、分子、分母等)、比较(与熟知的数列如等差、等比、(－1)n,2n，n 2等进行比较)、综合(综合写出项与项数的关系)得到所求数列的通项公式．(2)注意掌握下列恒等式：a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1.1．根据数列前几项，写出数列的一个通项公式： (1)45，12，411，27，…； (2)1,3,6,10，….(1)注意到前四项中有两项的分子为4，不妨把分子都统一成4，即45，48，411，414，…，所以a n ＝43n ＋2.(2)(方法一)a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋2.(方法二)观察得a n －a n －1＝n (n ≥2)．所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝n ＋(n －1)＋…＋3＋2＋1＝n n ＋2.由数列的前n 项和S n 求数列的通项设数列{a n }前n 项和为S n .(1)若S n ＝3n－2，则a n ＝； (2)若S n ＝n 2＋3n ，则a n ＝ .(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝3－2＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2·3n －1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1n ＝，2×3n －1n(2)当n ＝1时，a 1＝S 1＝4；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1 ＝n 2＋3n －(n －1)2－3(n －1) ＝2n ＋2，对于n ＝1，有2×1＋2＝a 1，所以所求数列的通项a n ＝2n ＋2(n ∈N *)．(1)⎩⎪⎨⎪⎧1 n ＝，2×3n －1n(2)2n ＋2(n ∈N *)由S n 求a n 的步骤： (1)当n ＝1时，a 1＝S 1； (2)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1；(3)当n ＝1的情况进行检验，若适合n ≥2的表达式，则可以合并；若不适合，则写也分段函数形式．2．(2017·陕西咸阳二模)已知正项数列{a n }中，a 1＋a 2＋…＋a n ＝n n ＋2(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为(B)A ．a n ＝nB ．a n ＝n 2C ．a n ＝n 2D ．a n ＝n 22因为a 1＋a 2＋…＋a n ＝n n ＋2，①当n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝n －n2，②①－②得a n ＝n n ＋2－n －n2＝n ，所以n ≥2时，a n ＝n 2.又当n ＝1时，a 1＝1×22＝1，a 1＝1，适合上式．所以a n ＝n 2(n ∈N *)．简单的递推公式求通项根据下列各个数列{a n }的首项和递推关系，求其通项公式： (1)a 1＝1，a n ＝a n －1＋3n －1(n ≥2)；(2)a 1＝－12，a n ＋1＝12a n ＋1(n ∈N *)．(1)a 1＝1，a n ＝a n －1＋3n －1，所以a n －a n －1＝3n －1，令n ＝2,3,4，…，得a 2－a 1＝31，a 3－a 2＝32，…，a n －a n －1＝3n －1，以上n －1个等式相加得：a n －a 1＝3＋32＋…＋3n －1，又a 1＝1，所以a n ＝1＋3＋9＋…＋3n －1＝3n－12(n ∈N *)．(2)设未知数x ，使a n ＋1＋x ＝12(a n ＋x )成立，所以a n ＋1＝12a n －12x ，与a n ＋1＝12a n ＋1比较得x ＝－2.a n ＋1－2＝12(a n －2)≠0.所以{a n －2}是以a 1－2＝－52为首项，q ＝12的等比数列．所以a n －2＝－52(12)n －1，即a n ＝2－5·(12)n (n ∈N *)．(1)由递推关系求通项，要求掌握如下方法： ①累加法与累乘法：a n －a n －1＝f (n )，可采用累加法求出a n (条件是f (n )可求和)； a na n －1＝g (n )，可采用累乘法求出a n (条件是g (n )可求积)． ②转化法：通过待定系数法、适当变形(如取倒数)等转化为等差数列或等比列数列求通项．如a n ＝pa n －1＋q (p ，q 为常数)可采用待定系数法转化为等比数列求通项．3．(1)数列{a n }的首项a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2，n ∈N *)，则a n ＝ 1n(n ∈N *) . (2)已知a 1＝1，a n ＋1＝2a n a n ＋2(n ∈N *)，则a n ＝ 2n ＋1(n ∈N *) .(1)因为a n ＝n －1na n －1(n ≥2)，所以a n －1＝n －2n －1a n －2，…，a 2＝12a 1，将以上n －1个式子相乘得a n ＝a 1×12×23×…×n －1n ＝a 1n ＝1n (n ≥2)，经检验n ＝1时也适合，所以a n ＝1n(n ∈N *)．(2)两边取倒数得 1a n ＋1＝a n ＋22a n ＝12＋1a n 1a n ＋1－1a n ＝12，所以{1a n }是以1a 1＝1为首项，以12为公差的等差数列，所以1a n ＝1＋(n －1)×12＝n ＋12，即a n ＝2n ＋1(n ∈N *)．1．根据数列的前若干项写出数列的通项公式，关键是通过观察、分析、比较，发现项与项数之间的关系．如果关系不明显时，应将该项的值作适当的变形和分解，让规律凸现出来．同时，要熟悉一些基本数列的通项及其特点，如正整数数列，正整数的平方数列，奇数数列，偶数数列，2或3为底的幂的数列，数列{(－1)n}等．2．已知S n 求a n ，要注意公式a n ＝S n －S n －1成立的充要条件是n ≥2，所得到的a n 的表达式一定要检验a 1＝S 1是否适合n ≥2的表达式，如不适合，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1 n ＝，S n －S n －1n，如适合，则a n ＝S n －S n －1 (n ≥1)．3．已知递推公式求通项，要求掌握如下常见方法： (1)算出前几项，再归纳、猜想；(2)利用累加法或累乘法可求数列的通项公式．要求掌握如下结论：a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1. a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1.(3)利用待定系数法或适当变形等转化为等差数列或等比数列求解的简单的递推关系问题．等差数列的概念及基本运算1．理解等差数列的概念．2．掌握等差数列的通项公式，前n 项和公式及其性质．知识梳理1．等差数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列叫做等差数列，首项记作a 1，公差记作d .符号表示为 a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)．(2)通项公式：如果等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，则它的通项公式是a n ＝ a 1＋(n －1)d .(3)等差中项：如果三数a ，A ，b 成等差数列，则A 叫做a 和b 的等差中项．即A ＝a ＋b2.2．等差数列{a n }的常用性质(其中m ，n ，p ，q ∈N *) (1)a n ＝a m ＋ (n －m ) d .(2)若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝ a p ＋a q . 特例：若m ＋n ＝2p ，则a m ＋a n ＝ 2a p .(3)等差数列的单调性：若公差d >0，则数列为递增数列；若d <0，则数列为递减数列；若d ＝0，则数列为常数列．3．等差数列的前n 项和公式(1)前n 项和公式：设等差数列{a n }的公差为d ，其前n 项和S n ＝ n a 1＋a n2＝ na 1＋n n －2d .(2)等差数列前n 项和的性质：S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…也是等差数列．1．等差数列的常用判断方法(1)定义：a n ＋1－a n ＝d (d 为常数) ⇔{a n }是等差数列． (2)等差中项：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)⇔{a n }是等差数列． (3)通项公式：a n ＝pn ＋q (p ，q 是常数) ⇔{a n }是等差数列． (4)前n 项和公式：S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数) ⇔{a n }是等差数列． 2．等差数列前n 项和的最值在等差数列{a n }中，a 1>0，d <0，则S n 存在最大值；若a 1<0，d >0，则S n 存在最小值．热身练习1．若a n ＝an ＋b (其中a ，b 为常数，n ∈N *)，则数列{a n }是(C) A ．当a ≠0时，才是等差数列 B ．当b ≠0时，才是等差数列 C ．一定是等差数列 D ．不一定是等差数列因为a n ＋1－a n ＝a (n ∈N *)，由定义知，{a n }一定是等差数列，故选C.2．在等差数列{a n }中，若a 2＝4，a 4＝2，则a 6＝(B) A ．－1 B ．0 C ．1 D ．6设数列{a n }的公差为d ，由a 2＝4，a 4＝2，a 4＝a 2＋2d ，得 2＝4＋2d ，所以d ＝－1.所以a 6＝a 4＋(6－4)d ＝a 4＋2d ＝2－2＝0.3．在等差数列{a n }中，若前10项的和S 10＝60，a 7＝7，则a 4＝(C) A ．4 B ．－4 C ．5 D ．－5因为S 10＝60，a 7＝7，所以⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋45d ＝60，a 1＋6d ＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝23，所以a 4＝a 1＋3d ＝5.4．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝(A) A ．5 B ．7 C ．9 D ．11a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝3，所以a 3＝1，S 5＝a 1＋a 52＝5a 3＝5.5．中位数为1010的一组数构成等差数列，其末项为2018，则该数列的首项为 2 .设首项为a 1，则a 1＋20182＝1010，故a 1＝2.等差数列的基本量的计算(2017·全国卷Ⅰ·理)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．4D ．8设{a n }的公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 5＝24，S 6＝48，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3d ＋a 1＋4d ＝24，6a 1＋6×52d ＝48，解得d ＝4.C(1)等差数列通项公式及前n项和公式涉及5个量a1，a n，d，n，S n，知道任意3个量，可建立方程组，求出另外两个量，即“知三求二”．(2)等差数列中，a1和d是两个基本量，将等差数列问题化归为基本量的关系来解决是通性解法．1．(2018·全国卷Ⅰ·理)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设等差数列{a n}的公差为d，由3S3＝S2＋S4，得3[3a 1＋－2×d]＝2a1＋－2×d＋4a1＋－2×d，将a1＝2代入上式，解得d＝－3，故a5＝a1＋(5－1)d＝2＋4×(－3)＝－10.等差数列性质的应用(1)在等差数列{a n}中，2(a1＋a3＋a5)＋3(a7＋a9)＝54，则此数列的前10项的和S10等于A．45 B．60C．75 D．90(2)若等差数列{a n}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当n＝__________时，{a n}的前n 项和最大．(1)因为2(a1＋a3＋a5)＋3(a7＋a9)＝54，所以2×3a3＋3×2a8＝54，所以a3＋a8＝9，所以S 10＝a1＋a102＝a3＋a82＝10×92＝45.(2)a7＋a8＋a9＝3a8>0，所以a8>0，因为a7＋a10＝a8＋a9<0，所以a9<－a8<0.所以数列的前8项和最大，即n＝8.(1)A (2)8(1)利用等差数列的性质求S n，突出了整体思想，减少了运算量．(2)求等差数列前n 项和的最值，可以将S n 化为关于n 的二次函数，利用求二次函数的最值的方法求出最值，但要注意n ∈N *.若利用等差数列的单调性，结合等差数列的性质，找到正、负项的分界点，则可快速解决．2．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，S 3＝S 6，则数列{a n }的前 4或5 项之和最大，最大值为 5 .(方法一)因为S 3＝S 6，所以a 4＋a 5＋a 6＝0. 所以a 4＋a 6＝2a 5＝0，所以a 5＝0. 因为a 1＝2，由a 4＋a 6＝0，得a 4>0，a 6<0，且a 1＋3d ＋a 1＋5d ＝0，所以d ＝－12.所以当n ＝4或n ＝5时，S n 取最大值，其最大值S 4＝S 5＝4×2＋4×32×(－12)＝5.(方法二)由a 1＝2，S 3＝S 6，得3×2＋3×22·d ＝6×2＋6×52·d ，解得d ＝－12.所以S n ＝2n ＋n n －2×(－12)＝－14(n 2－9n )＝－14[(n －92)2－814]，因此，当n ＝4或n ＝5时，S n 取最大值5.等差数列的判断与证明已知数列{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．(1)证明：因为a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，所以S n －1－S n ＝2S n ·S n －1，S n ≠0，所以1S n －1S n －1＝2(n ≥2)．由等差数列的定义知⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1＝1a 1＝2为首项，以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 ，所以S n ＝12n.当n ≥2时，a n ＝－2S n ·S n －1＝－12n n －，又n ＝1时，a 1＝12.所以a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12n ＝，－12n n －n(1)等差数列的判定方法：①定义法：即证明a n ＋1－a n ＝d (d 是常数，n ∈N *)． ②中项公式法：即证明2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)．(2)利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1， n ＝1，S n －S n －1， n ≥2，可将含a n 与S n 的关系转化为只含a n 或S n 来研究．3．(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．已知S 2＝2，S 3＝－6. (1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列．(1)设{a n }的公比为q .由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋q ＝2，a 1＋q ＋q2＝－6.解得q ＝－2，a 1＝－2.故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n. (2)由(1)可得S n ＝a 1－q n1－q＝－23＋(－1)n 2n ＋13.(方法一)由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n 2n ＋3－2n ＋23＝2[－23＋(－1)n 2n ＋13]＝2S n ，故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列． (方法二)由于S n ＋2＋S n ＋1 ＝(S n ＋a n ＋1＋a n ＋2)＋(S n ＋a n ＋1)＝2S n＋(2a n＋1＋a n＋2)＝2S n＋[2a n＋1＋a n＋1×(－2)]＝2S n.故S n＋1，S n，S n＋2成等差数列．1．等差数列中含有五个量：a1，d，a n，n，S n，通项公式和前n项和公式是连接这五个量的关系式，通过这两个公式，知道其中任意三个可以求出另外两个．但在计算时，要注意设元技巧，注意等差数列性质的运用．2．等差数列的证明一般采用定义法，即证明a n＋1－a n＝d.若要判定一个数列是不是等差数列还可采用如下结论：①用中项公式判定：2a n＋1＝a n＋a n＋2⇔{a n}是等差数列；②用通项公式判定：a n＝kn＋b⇔{a n}是等差数列；③用求和公式判定：S n＝an2＋bn⇔{a n}是等差数列．3．等差数列的前n项和公式是特殊的二次函数关系式，对前n项和的最大值或最小值的求解可以借助函数求最值的方法进行，也可以利用数列的通项公式进行求解．一般地，有如下结论：①如果d＞0，则S n有最小值．当a1＞0时，S n的最小值就是S1＝a1；当a1＜0时，数列中一定存在a m≤0，而a m＋1≥0，S n的最小值就是S m；②如果d＜0，则S n有最大值．当a1＜0时，S n的最大值就是S1＝a1；当a1＞0时，数列中一定存在a m≥0，而a m＋1≤0，S n的最大值就是S m.等比数列的概念及基本运算1．理解等比数列的概念．2．掌握等比数列的通项公式，前n项和公式及其性质．3．能运用等比数列的概念、公式及性质解决相关问题．知识梳理 1．等比数列的概念(1)定义：如果一个数列从第二项起，每一项与前一项的比等于同一个常数，这个数列叫做等比数列，首项记作a 1，公比记作q .(2)表示形式：a n ＋1a n＝q (n ∈N *) . (3)等比中项：如果三个数a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a ，b 的等比中项，即G 2＝ab .(4)通项公式：设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，则它的通项a n ＝ a 1·q n －1.2．等比数列的常用性质 (1)通项公式的推广：a n ＝a m · qn －m(m ，n ∈N *)．(2)在等比数列{a n }中，若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝ a p ·a q .(3)若{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }(λ≠0)，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 仍是等比数列．3．等比数列前n 项和公式(1)等比数列{a n }的公比为q ，其前n 项和公式为S n ，当q ＝1时，S n ＝ na 1 ；当q ≠1时，S n ＝a 1－q n1－q＝a 1－a n q1－q. (2)等比数列前n 项和公式的性质：若{a n }是公比为q (q ≠－1)的等比数列，则S n ，S 2n－S n ，S 3n －S 2n ，…仍为等比数列，且公比为 q n.1．等比数列{a n }的单调性(1)满足⎩⎪⎨⎪⎧ a 1>0，q >1或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1<0，0<q <1时，{a n }是递增数列．(2)满足⎩⎪⎨⎪⎧a 1>0，0<q <1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0，q >1时，{a n }是递减数列．(3)满足⎩⎪⎨⎪⎧a 1≠0，q ＝1时，{a n }是常数列．(4)满足q <0时，{a n }是摆动数列．2．等比数列前n 项和公式的特征：当等比数列的公比q ≠1时，S n ＝Aq n＋B ⇔A ＋B ＝0.热身练习1．等比数列－12，14，－18，…的通项公式是(A)A ．a n ＝(－12)nB ．a n ＝(－12)n ＋1C ．a n ＝－(12)nD ．a n ＝－(12)n ＋1因为数列是等比数列，又a 1＝－12，公比q ＝－12，所以a n ＝a 1·qn －1＝(－12)n.2．(2018·北京卷)设a ，b ，c ，d 是非零实数，则“ad ＝bc ”是“a ，b ，c ，d 成等比数列”的(B)A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件a ，b ，c ，d 是非零实数，若a ＜0，d ＜0，b ＞0，c ＞0，且ad ＝bc ，则a ，b ，c ，d 不成等比数列(可以假设a ＝－2，d ＝－3，b ＝2，c ＝3)．若a ，b ，c ，d 成等比数列，则由等比数列的性质可知ad ＝bc .所以“ad ＝bc ”是“a ，b ，c ，d 成等比数列”的必要而不充分条件．3．(2015·全国卷Ⅱ)已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7＝(B) A ．21 B ．42 C ．63 D ．84设等比数列的公比为q ，则a 1＋a 1q 2＋a 1q 4＝21.又因为a 1＝3，所以q 4＋q 2－6＝0，解得q 2＝2，所以a 3＋a 5＋a 7＝(a 1＋a 3＋a 5)q 2＝42.4．对任意等比数列{a n }，下列说法一定正确的是(D) 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成等比数列从项的下标入手寻找规律，下标成等差数列，对应的项成等比数列．因为a 26＝a 3a 9，所以a 3，a 6，a 9成等比数列．5．等比数列{a n }中，a 3＝7，前3项的和为S 3＝21，则公比q 的值为(C)A ．1B ．－12C ．1或－12D ．－1或12当q ＝1时，a 1＝a 2＝a 3＝7，S 3＝21，故q ＝1满足，排除B ，D ；当q ＝－12时，a 1＝a 3q 2＝28，a 2＝a 3q＝－14，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝21，所以q ＝－12也满足，故选C.等比数列的基本量的运算等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＋3S 2＝0，则公比q ＝____________.(方法一)当q ＝1时，S 3＝3a 1，S 2＝2a 1，由S 3＋3S 2＝0得，9a 1＝0，所以a 1＝0与{a n }是等比数列矛盾，故q ≠1. 当q ≠1时，由S 3＋3S 2＝0得，a 1－q 31－q＋3a 1－q 21－q＝0，解得q ＝－2.(方法二)由S 3＋3S 2＝0得，a 1(1＋q ＋q 2)＋3a 1(1＋q )＝0，因为a 1≠0，所以q 2＋4q ＋4＝0，所以q ＝－2.－2(1)解决等比数列问题，关键是抓住首项a 1和公比q ，求解时，要注意方程思想的运用．(2)运用等比数列求和公式时，要注意公比q 是否为1.当n 较小时，直接利用前n 项和的意义展开，不仅可避开公比q 的讨论，还可使求解过程简捷．1．(2017·江苏卷)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 ，显然q ≠1，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1－q31－q ＝74，a1－q 61－q＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2，所以a 8＝14×27＝25＝32.等比数列的性质及应用(1)已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10＝ A ．7 B ．5C ．－5D ．－7(2)公比不为1的等比数列{a n }中前10项的和S 10＝10，前20项的和S 20＝30，则S 30＝__________.(1)(方法一)利用等比数列的通项公式求解．由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 7＝a 1q 3＋a 1q 6＝2，a 5a 6＝a 1q 4×a 1q 5＝－8，所以⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－2，a 1＝1，或⎩⎪⎨⎪⎧ q 3＝－12，a 1＝－8.所以a 1＋a 10＝a 1(1＋q 9)＝－7. (方法二)利用等比数列的性质求解．由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝a 4a 7＝－8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝－2，a 7＝4，或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝4，a 7＝－2，所以⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－2，a 1＝1，或⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－12，a 1＝－8.所以a 1＋a 10＝a 1(1＋q 9)＝－7.(2)(方法一)设公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1－q101－q ＝10，a1－q 201－q＝30，得1＋q 10＝3，所以q 10＝2. 所以S 30＝a 1－q 301－q＝a 1－q 101－q(1＋q 10＋q 20)＝10(1＋2＋22)＝70.(方法二)因为S 10，S 20－S 10，S 30－S 20仍成等比数列，又S 10＝10，S 20＝30，所以S 30－30＝－210＝40，所以S 30＝70.(1)D (2)70在等比数列的计算时，要注意性质的运用和整体代入，以简化运算．等比数列的常用性质：(1)若m ＋n ＝p ＋q ，则a m a n ＝a p a q .(2)等比数列连续k 项的和仍成等比数列，即S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k 仍成等比数列，公比为q k.2．在等比数列{a n }中：(1)若a 1＋a 2＝324，a 3＋a 4＝36，则a 5＋a 6的值为 4 ；(2)若a n >0，且a 5a 6＝9，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10的值为 10 .(1)由等比数列的性质知：a 1＋a 2，a 3＋a 4，a 5＋a 6也成等比数列，所以(a 3＋a 4)2＝(a 1＋a 2)(a 5＋a 6)，所以a 5＋a 6＝a 3＋a 42a 1＋a 2＝362324＝4. (2)因为{a n }是等比数列，所以a 1·a 10＝a 2·a 9＝a 3·a 8＝a 4·a 7＝a 5·a 6＝9，所以log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10 ＝log 3(a 1·a 2·a 3·…·a 10)＝log 3(a 5·a 6)5＝5log 3(a 5·a 6)＝5log 39＝10.等比数列的判断与证明已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＋S n ＝n . (1)设c n ＝a n －1，求证：{c n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式．(1)证明：因为a n ＋S n ＝n ，① 所以a n ＋1＋S n ＋1＝n ＋1，②②－①得a n ＋1－a n ＋a n ＋1＝1，即2a n ＋1＝a n ＋1，所以2(a n ＋1－1)＝a n －1，所以a n ＋1－1a n －1＝12，又a 1＋S 1＝2a 1＝1，所以a 1＝12. 因为c n ＝a n －1，所以首项c 1＝a 1－1＝－12，公比q ＝12，所以{c n }是以－12为首项，以12为公比的等比数列．(2)由(1)可知c n ＝(－12)·(12)n －1＝－(12)n，所以a n ＝1－(12)n.(1)判断或证明一个数列是等差或等比数列的基本方法是运用定义．(2)在解决等差、等比数列的综合问题时，要树立目标意识：“需要什么，就求什么”，根据目标的需要去变形，去构造，才能快速找到解题途径，达到解决问题的目的．(3)一般地，若a n ＋1＝pa n ＋q (p ，q 是常数)，则可变形为a n ＋1－λ＝p (a n －λ)，利用待定系数法可确定其中的λ.3．(2016·全国卷Ⅰ)已知{a n }是公差为3的等差数列，数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝13，a n b n＋1＋b n ＋1＝nb n .(1)求{a n }的通项公式； (2)求{b n }的前n 项和．要求{a n }的通项公式，关键是确定a 1，要求{b n } 的前n 项和，关键是判断{b n } 是怎样的数列．因此，解决问题的突破口就是用好条件“a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n ”，这一条件，揭示了{a n }与{b n } 的联系，通过b 1，b 2可确定a 1，从而确定{a n }的通项公式；确定了a n ，则得到了{b n }的递推关系，由此可确定{b n } 是怎样的数列，从而求出{b n } 的前n 项和．(1)由已知a 1b 2＋b 2＝b 1，b 1＝1，b 2＝13，得a 1＝2.所以数列{a n }是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为a n ＝3n －1. (2)由(1)知a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n ，得b n ＋1＝b n3，因此{b n }是首项为1，公比为13的等比数列．记{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1－13n1－13＝32－12×3n －1.1．在等比数列中，无论是首项a 1、公比q ，还是通项a n 均不会为零，公比q ＝1时的等比数列是常数列，即a n ＝a 1.2．等比数列与等差数列之间存在着一种运算的对偶关系．因此，等比数列的复习可类比等差数列的复习进行．例如，在等比数列中，通项公式与前n 项和公式也包含有五个量，知道其中三个也可求出另外两个，同样要注意设元技巧，要根据求解目标作整体代换，等比数列和等差数列也有类似的性质和求解技巧等等．3．等比数列求和公式为Sn ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1 q ＝，a 1－q n1－qq 在处理等比数列求和的有关问题时，要注意对q 进行讨论，若忽视对q ＝1的讨论，则会导致“对而不全”．4．证明一个数列是等比数列常用定义法，若证明一个数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可．数列求和1．掌握数列求和的常用方法与思路．2．能选择适当的方法解决有关数列求和的问题．知识梳理 1．常用公式(1)等差数列求和公式：S n ＝ n a 1＋a n2＝na 1＋n n －2d ，推导方法是倒序相加 .(2)等比数列求和公式：S n ＝ ⎩⎪⎨⎪⎧na 1 q ＝，a 1－q n 1－q＝a 1－a n q1－q q，推导方法是错位相减 .2．常用方法(1)分组求和法：将通项展开后分解成几组，其中每一组可转化为等差或等比数列或其他可求和的数列求和．(2)裂项求和法：将数列中的通项拆成两项之差求和，使之正负相消，剩下首尾若干项．(3)并项求和法：依次将数列中相邻两项并成一项，使之转化为等差或等比数列或其他可求和的数列求和．(4)倒序相加法：将一个数列倒过来排列(倒序)与原数列相加，叫倒序相加，主要用于倒序相加后对应项和有公因式可提的数列求和，如等差数列求和公式就是用倒序相加法推导出来的．(5)错位相减法：这是推导等比数列前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别为等差数列和等比数列．1．常见数列的前n 项和 (1)1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋2；(2)2＋4＋6＋…＋2n ＝n 2＋n ； (3)1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2； (4)12＋22＋…＋n 2＝n n ＋n ＋6.2．常见的裂项公式(1)若{a n }各项都是不为0的等差数列，公差为d (d ≠0)，则 1a n ·a n ＋1＝1d (1a n －1a n ＋1)；(2)1nn ＋k ＝1k (1n －1n ＋k )； (3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .热身练习1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n 的前n 项和是(B)A ．1＋n 2－(12)n －1B ．1＋n 2－(12)nC ．1＋n 2－(12)n ＋1D ．1＋n 2－2n112＋314＋518＋7116＋…＋(2n －1)＋12n ＝[1＋3＋5＋7＋…＋(2n －1)] ＋(12＋14＋18＋116＋…＋12n )＝n [1＋n －2＋12[1－12n]1－12＝n 2＋1－(12)n .2．若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝(A) A ．15 B ．12 C ．－12 D ．－15因为a n ＝(－1)n(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝－1＋4－7＋10－…－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28) ＝3×5＝15.3．求和S n ＝11×3＋12×4＋13×5＋…＋1n n ＋＝12(32－1n ＋1－1n ＋2) .因为1nn ＋＝12(1n －1n ＋2)，所以原式＝12[(1－13)＋(12－14)＋(13－15)＋…＋(1n －1n ＋2)]＝12(1＋12－1n ＋1－1n ＋2) ＝12(32－1n ＋1－1n ＋2)． 4．sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝ 892.设S ＝sin 21°＋sin 22°＋…＋sin 288°＋sin 289°，则S ＝sin 289°＋sin 288°＋…＋sin 22°＋sin 21° 上述两式相加得2S ＝1×89，所以S ＝892.5．化简和式：1×2＋2×4＋…＋n ×2n ＝ (n －1)2n ＋1＋2 .令S n ＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋n ·2n，①2S n ＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1，②①－②得：－S n ＝21＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝－2n1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1.所以S n ＝(n －1)2n ＋1＋2.分组求和与并项求和(2016·北京卷)已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，且b 2＝3，b 3＝9，a 1＝b 1，a 14＝b 4.(1)求{a n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ＋b n ，求数列{c n }的前n 项和．(1)设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 3b 2＝93＝3，所以b 1＝b 2q＝1，b 4＝b 3q ＝27，所以b n ＝3n －1(n ∈N *)．设等差数列{a n }的公差为d .因为a 1＝b 1＝1，a 14＝b 4＝27，所以1＋13d ＝27，即d ＝2. 所以a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)由(1)知a n ＝2n －1，b n ＝3n －1，因此c n ＝a n ＋b n ＝2n －1＋3n －1.从而数列{c n }的前n 项和S n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＋1＋3＋…＋3n －1＝n＋2n －2＋1－3n1－3＝n 2＋3n－12.(1)数列求和，要注意通项的分析，根据通项的特点灵活选择方法．本题通项c n 可表示为a n ＋b n 的形式，其中{a n }是等差数列，{b n }是等差数列，故可采取拆项求和的方法．(2)“拆项”和“并项”方式不同，但目的都是为了转化，通过“拆”和“并”的手段，将不可直接求和的数列问题转化为可求和的数列来处理．1．若S n ＝－12＋22－32＋…＋(－1)n n 2(n ∈N *)，求S n .当n 为偶数时，S n ＝－12＋22－32＋…＋[－(n －1)2]＋n 2＝(22－12)＋(42－32)＋…＋[n 2－(n －1)2] ＝3＋7＋…＋(2n －1) ＝3＋n －2·n 2＝n n ＋2.当n 为奇数时，S n ＝S n －1＋a n ＝n －n2－n 2＝－n n ＋2.综上，可知S n ＝(－1)nn n ＋2.裂项求和法(经典真题)已知等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 3＝0，S 5＝－5. (1)求{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n －1a 2n ＋1的前n 项和．(1)设{a n }的公差为d ，则S n ＝na 1＋n n －d2.由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝0，5a 1＋10d ＝－5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝－1.故{a n }的通项公式为a n ＝2－n . (2)由(1)知1a2n －1a 2n ＋1＝1－2n－2n＝12(12n －3－12n －1)，从而数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n －1a 2n ＋1的前n 项和为 12(1－1－11＋11－13＋…＋12n －3－12n －1) ＝n1－2n. (1)本题考查了等差数列的基本量及其关系，考查了裂项求和的基本方法． (2)利用裂项求和法时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，要根据通项的特点来确定．2．(2017·全国卷Ⅲ)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n .(1)求{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和．(1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)，两式相减得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1(n ≥2)．又由题设可得a 1＝2，满足上式，所以{a n }的通项公式为a n ＝22n －1. (2)记⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n . 由(1)知a n2n ＋1＝2n ＋n －＝12n －1－12n ＋1，则S n ＝11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝2n 2n ＋1.错位相减法求和(经典真题)已知{a n }是递增的等差数列，a 2，a 4是方程x 2－5x ＋6＝0的根． (1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和．(1)方程x 2－5x ＋6＝0的两根为2,3，由题意得a 2＝2，a 4＝3.设数列{a n }的公差为d ，则a 4－a 2＝2d ，故d ＝12，从而a 1＝32，所以{a n }的通项公式为a n ＝12n ＋1.(2)设⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和为S n ，由(1)知a n 2n ＝n ＋22n ＋1，则S n ＝322＋423＋…＋n ＋12n ＋n ＋22n ＋1，12S n ＝323＋424＋…＋n ＋12n ＋1＋n ＋22n ＋2. 两式相减得12S n ＝34＋(123＋…＋12n ＋1)－n ＋22n ＋2 ＝34＋14(1－12n －1)－n ＋22n ＋2＝1－n ＋42n ＋2.所以S n ＝2－n ＋42n ＋1.(1)本题考查了等差数列的通项公式及错位相减法求和的基本方法，考查运算求解能力．(2)一般地，若{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，则求数列{a n ·b n }的前n 项和可采用错位相减法．3．(2017·山东卷)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝6，a 1a 2＝a 3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2){b n }为各项非零的等差数列，其前n 项和为S n .已知S 2n ＋1＝b n b n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n项和T n .(1)设{a n }的公比为q ，由题意知a 1(1＋q )＝6，a 21q ＝a 1q 2，又a n >0，由以上两式联立方程组解得a 1＝2，q ＝2，所以a n ＝2n. (2)由题意知S 2n ＋1＝n ＋b 1＋b 2n ＋12＝(2n ＋1)b n ＋1，又S 2n ＋1＝b n b n ＋1，b n ＋1≠0，所以b n ＝2n ＋1.令c n ＝b n a n ，则c n ＝2n ＋12n .因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝32＋522＋723＋…＋2n －12n －1＋2n ＋12n ，又12T n ＝322＋523＋724＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1，两式相减得12T n ＝32＋(12＋122＋…＋12n －1)－2n ＋12n ＋1 ＝32＋1－12n －1－2n ＋12n ＋1＝52－2n ＋52n ＋1，所以T n ＝5－2n ＋52n .1．数列求和的基本思想是“转化”，其一是转化为基本数列(如等差、等比数列)的求和或其他可求和的数列；其二是通过消项，把较复杂的数列求和转化为求不多的几项的和．到底如何进行转化，关键是在分析数列通项及其和式的构成规律，根据其特点转化为基本数列求和，或分解为基本数列求和．2．对于一般的数列求和无通法可循，能求和的是几类特殊的数列，其常用的方法有分组求和法、并项求和法、倒序相加法、错位相减法、裂项求和法等，要注意分析总结这几种方法的适用类型．3．对通项中含有(－1)n或奇数项、偶数项由等差(等比)数列构成的数列，求前n 项和时，注意根据n 的奇偶性进行讨论，转化为基本数列求和．数列的综合问题1．掌握数列的通项、前n 项和及等差、等比数列的综合问题处理的方法和技巧． 2．培养分析、归纳、抽象、概括的能力．热身练习1．(经典真题)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 ＝ 3n －1.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 －1.2．(经典真题)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n ，若a 3，a 4，a 8成等比数列，则(B)A ．a 1d >0，dS 4>0B ．a 1d <0，dS 4<0C ．a 1d >0，dS 4<0D ．a 1d <0，dS 4>0因为a 3，a 4，a 8成等比数列，所以a 24＝a 3a 8，所以(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )(a 1＋7d )，展开整理，得－3a 1d ＝5d 2，即a 1d ＝－53d 2.因为d ≠0，所以a 1d ＜0. 因为S n ＝na 1＋n n －2d ，所以S 4＝4a 1＋6d ，dS 4＝4a 1d ＋6d 2＝－23d 2<0.已知数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和为S n ＝n ＋23a n .(1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．由S n 与a n 的关系求通项，可利用a n 与S n 的关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1， n ＝1，S n －S n －1， n ≥2转化为a n 的递推关系再求解．(1)由S 2＝43a 2，得a 1＋a 2＝43a 2，即a 2＝3a 1＝3，由S 3＝53a 3，得a 1＋a 2＋a 3＝53a 3，即a 3＝32(a 1＋a 2)＝6.(2)n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，整理得(n －1)a n ＝(n ＋1)a n －1，即a n a n －1＝n ＋1n －1，所以a n ＝a 1·a 2a 1·a 3a 2·…·a na n －1＝1·31·42·53·64·…·n n －2·n ＋1n －1＝n n ＋2，因为当n ＝1时，a 1＝1也满足上式．所以{a n }的通项公式为a n ＝n n ＋2，n ∈N *.(1)累加法和累乘法是推导等差数列和等比数列的通项公式所采用的方法，是递推关系求通项的两种最基本的方法．(2)一般地，若a n －a n －1＝f (n )，在f (n )可求和的条件下，求a n 可采用累加法；若a na n －1＝g (n )，在g (n )可求积的条件下，求a n 可采用累乘法．1．数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋cn (c 为常数，n ＝1,2,3，…)，且a 1，a 2，a 3成公比不为1的等比数列．(1)求c 的值； (2)求{a n }的通项公式．(1)a 1＝2，a 2＝c ＋2，a 3＝2＋3c ，因为a 1，a 2，a 3成等比数列，所以(2＋c )2＝2(2＋3c )，解得c ＝0或c ＝2.当c ＝0时，a 1＝a 2＝a 3，不符合题意舍去，故c ＝2. (2)当n ≥2时，a 2－a 1＝c ，a 3－a 2＝2c ，…，a n －a n －1＝(n －1)c ，所以a n －a 1＝[1＋2＋…＋(n －1)]c ＝n n －2c ，又a 1＝2，c ＝2，故a n ＝2＋n (n －1)＝n 2－n ＋2(n ＝2,3,4，…)．当n ＝1时，上式也成立．故a n ＝n 2－n ＋2(n ＝1,2,3，…)．(2018·天津卷)设{a n }是等差数列，其前n 项和为S n (n ∈N )；{b n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为T n (n ∈N )，已知b 1＝1，b 3＝b 2＋2，b 4＝a 3＋a 5，b 5＝a 4＋2a 6.(1)求S n 和T n ；(2)若S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n ，求正整数n 的值．(1)设等比数列{b n }的公比为q (q >0)．由b 1＝1，b 3＝b 2＋2，可得q 2－q －2＝0. 因为q >0，可得q ＝2，故b n ＝2n －1.所以T n ＝1－2n1－2＝2n－1.设等差数列{a n }的公差为d . 由b 4＝a 3＋a 5，可得a 1＋3d ＝4. 由b 5＝a 4＋2a 6，可得3a 1＋13d ＝16，从而a 1＝1，d ＝1，故a n ＝n ，所以S n ＝n n ＋2.(2)由(1)有T 1＋T 2＋…＋T n ＝(21＋22＋…＋2n )－n＝－2n1－2－n＝2n ＋1－n －2.由S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n 可得n n ＋2＋2n ＋1－n －2＝n ＋2n ＋1，整理得n 2－3n －4＝0，解得n ＝－1(舍去)，或n ＝4. 所以n 的值为4.本题是数列知识之间的综合应用，主要考查等差、等比数列的通项、前n 项和等基础知识，还考查了特殊数列求和的基本方法，考查推理论证能力、运算求解能力．2．已知数列{a n }的各项均为正数，前n 项的和为S n ，且S n ＝a n a n ＋2(n ∈N *)．(1)求证：数列{a n }是等差数列；(2)设b n ＝12S n，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，证明T n <1.(1)因为S n ＝a n a n ＋2，n ∈N *，所以当n ＝1时，a 1＝S 1＝a 1a 1＋2(a n >0)，所以a 1＝1.当n ≥2时，由⎩⎪⎨⎪⎧2S n ＝a 2n ＋a n ， ①2S n －1＝a 2n －1＋a n －1， ②由①－②得2a n ＝a 2n ＋a n －a 2n －1－a n －1，即(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－1)＝0，因为a n ＋a n －1>0，所以a n －a n －1＝1(n ≥2)，所以数列{a n }是以1为首项，以1为公比的等比数列． (2)由(1)可得a n ＝n ，S n ＝n n ＋2，b n ＝12S n ＝1n n ＋＝1n －1n ＋1. 所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1<1.1．数列的综合应用是高考的难点，经常出现在解答题中，但高考的数列题难度有所降低，一般在解答题的第一个位置，主要是数列之间的综合．2．数列自身的综合的问题，要注意熟练掌握等差数列与等比数列两个特殊数列的定义、通项及前n项和公式及其性质，同时要注意掌握几种特殊类型的递推关系求通项的方法及数列求和的常用方法．3．数列可以看作为自变量为正整数的函数，因此，要注意用函数观点来解决有关数列问题．数列与不等式的综合问题，考查方式主要有三种：(1)判断数列问题的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小或借助数列对应的函数的单调性比较大小．(2)以数列为载体，考查不等式恒成立的问题，此类问题可转化为函数的最值．(3)考查与数列有关的不等式证明问题，此类问题一般采用放缩法进行证明，有时也可通过构造函数进行证明．算法初步与程序框图1．了解算法的含义，了解算法思想．2．理解程序框图的三种基本结构：顺序结构、条件结构、循环结构．3．通过模仿、操作、探索，学会程序框图来表达解决问题的过程，学会灵活、正确地阅读理解程序框图．知识梳理1．算法的概念算法通常是指可以用计算机来解决的某一类问题的程序或步骤，这些程序或步骤必须是明确和有效的，而且能够在有限步之内完成．2．程序框图的概念、表示及功能(1)程序框图又称为流程图，是一种用程序框、流程线及文字说明来表示算法的图形．(2)程序框图基本图形及功能：3.算法的逻辑结构算法的三种基本逻辑结构：顺序结构、条件结构、循环结构．(1)顺序结构是由若干个依次执行的步骤组成的，这是任何一个算法都离不开的基本结构．其结构形式如右图所示．(2)条件结构是指在算法中通过对条件的判断，根据条件是否成立而选择不同流向的算法结构．其结构形式为。

2020-2021【名校提分专用】高考数学一轮复习 第6章 数列 第4讲 数列求和分层演练 文

2021年新高考数学一轮总复习：第六章 数 列

2020版高考数学大一轮复习第六章数列 教案文含解析新人教A版