2019年高考数学二轮复习第1部分知识专题突破专题6数列学案

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高中数学《数列》二轮复习教学设计

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

2019年高考数学第1部分重点强化专题专题2数列突破点4等差数列等比数列教学案

专题二数列建知识网络明内在联系[高考点拨] 数列专题是浙江新高考的必考专题之一，主要考查等差、等比数列的基本量运算及数列求和的能力，该部分即可单独命题，又可与其他专题综合命题，考查方式灵活多样，结合浙江新高考的命题研究，本专题我们按照“等差、等比数列”和“数列求和及综合应用”两条主线展开分析和预测．突破点4 等差数列、等比数列(对应学生用书第16页)[核心知识提炼]提炼1等差数列、等比数列的运算(1)通项公式等差数列：a n ＝a 1＋(n －1)d ；等比数列：a n ＝a 1·qn －1. (2)求和公式等差数列：S n ＝n a 1＋a n 2＝na 1＋n n －2d ；等比数列：S n ＝a 1－q n 1－q ＝a 1－a n q 1－q (q ≠1)． (3)性质若m ＋n ＝p ＋q ，在等差数列中a m ＋a n ＝a p ＋a q ；在等比数列中a m ·a n ＝a p ·a q .提炼2等差数列、等比数列的判定与证明数列{a n }是等差数列或等比数列的证明方法：(1)证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法①利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为同一常数；②利用中项性质，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)．(2)证明{a n }是等比数列的两种基本方法①利用定义，证明a n ＋1a n(n ∈N *)为同一常数； ②利用等比中项，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2).提炼3数列中项的最值的求法(1)根据数列与函数之间的对应关系，构造相应的函数f (n )＝a n ，利用求解函数最值的方法(多利用函数的单调性)进行求解，但要注意自变量的取值必须是正整数的限制．(2)利用数列的单调性求解，利用不等式a n ＋1≥a n (或a n ＋1≤a n )求解出n 的取值范围，从而确定数列单调性的变化，进而确定相应的最值．(3)转化为关于n 的不等式组求解，若求数列{a n }的最大项，则可解不等式组⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1；若求数列{a n }的最小项，则可解不等式组⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1，求出n 的取值范围之后，再确定取得最值的项．[高考真题回访]回访1 等差数列及其运算1．(2017·浙江高考)已知等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d >0”是“S 4＋S 6>2S 5”的( )【导学号：68334059】A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件C [法一：∵数列{a n }是公差为d 的等差数列，∴S 4＝4a 1＋6d ，S 5＝5a 1＋10d ，S 6＝6a 1＋15d ，∴S 4＋S 6＝10a 1＋21d,2S 5＝10a 1＋20d .若d >0，则21d >20d,10a 1＋21d >10a 1＋20d ，即S 4＋S 6>2S 5.若S 4＋S 6>2S 5，则10a 1＋21d >10a 1＋20d ，即21d >20d ，∴d >0.∴“d >0”是“S 4＋S 6>2S 5”的充分必要条件．。

2019-2020年高三数学第二轮复习教案数列问题的题型与方法二人教版

一、考试内容数列；等差数列及其通项公式，等差数列前n项和公式；等比数列及其通项公式，等比数列前n项和公式。

二、考试要求1．理解数列的概念，了解数列通项公式的意义，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项。

2．理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n项和公式，并能运用公式解答简单的问题。

3．理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n项和公式，并能运用公式解决简单的问题。

三、复习目标1．能灵活地运用等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前n项和公式解题；2．能熟练地求一些特殊数列的通项和前项的和；3．使学生系统掌握解等差数列与等比数列综合题的规律，深化数学思想方法在解题实践中的指导作用，灵活地运用数列知识和方法解决数学和实际生活中的有关问题；4．通过解决探索性问题，进一步培养学生阅读理解和创新能力，综合运用数学思想方法分析问题与解决问题的能力．5．在解综合题的实践中加深对基础知识、基本技能和基本数学思想方法的认识，沟通各类知识的联系，形成更完整的知识网络，提高分析问题和解决问题的能力．6．培养学生善于分析题意，富于联想，以适应新的背景，新的设问方式，提高学生用函数的思想、方程的思想研究数列问题的自觉性、培养学生主动探索的精神和科学理性的思维方法．四、双基透视1．可以列表复习等差数列和等比数列的概念、有关公式和性质.2．判断和证明数列是等差（等比）数列常有三种方法：(1)定义法：对于n≥2的任意自然数,验证为同一常数。

(2)通项公式法：①若 = +（n-1）d= +（n-k）d，则为等差数列；②若，则为等比数列。

(3)中项公式法：验证都成立。

3. 在等差数列中,有关S n的最值问题——常用邻项变号法求解：(1)当>0,d<0时，满足的项数m使得取最大值.(2)当<0,d>0时，满足的项数m使得取最小值。

在解含绝对值的数列最值问题时,注意转化思想的应用。

2019高考数学二轮复习专题六数列第2讲数列的综合问题学案

第2讲数列的综合问题[考情考向分析] 江苏高考中，数列大题常在压轴的代数论证中考数列的综合应用．近几年江苏高考中数列解答题总是同等差、等比数列相关，进一步考查其子数列或派生数列的性质等，所以解题过程中既有等差、等比数列性质的挖掘，又有等差、等比数列的判断论证，综合性极强．热点一数列中的探索性问题例1 (2018·无锡期末)已知数列{}a n 满足⎝⎛⎭⎪⎫1－1a 1⎝⎛⎭⎪⎫1－1a 2…⎝⎛⎭⎪⎫1－1an＝1a n，n ∈N *，S n 是数列{}a n 的前n 项和．(1)求数列{}a n 的通项公式；(2)若a p,30，S q 成等差数列，a p,18，S q 成等比数列，求正整数p ，q 的值；(3)是否存在k ∈N *，使得a k a k ＋1＋16为数列{}a n 中的项？若存在，求出所有满足条件的k 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)因为⎝⎛⎭⎪⎫1－1a 1⎝⎛⎭⎪⎫1－1a 2…⎝⎛⎭⎪⎫1－1a n ＝1a n，n ∈N *，所以当n ＝1时，1－1a 1＝1a 1，a 1＝2，当n ≥2时，由⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 2…⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a n ＝1a n 和⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a 2…⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a n －1＝1a n －1，两式相除可得，1－1a n＝a n －1a n，即a n －a n －1＝1(n ≥2)．所以数列{}a n 是首项为2，公差为1的等差数列．所以a n ＝n ＋1(n ∈N *)．(2)因为a p ,30，S q 成等差数列，a p ,18，S q 成等比数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a p ＋S q ＝60，a p S q ＝182，于是⎩⎪⎨⎪⎧a p ＝6，S q ＝54或⎩⎪⎨⎪⎧a p ＝54，S q ＝6.当⎩⎪⎨⎪⎧a p ＝6，S q ＝54时，⎩⎪⎨⎪⎧p ＋1＝6，(q ＋3)q2＝54，解得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝5，q ＝9，当⎩⎪⎨⎪⎧a p ＝54，S q ＝6时，⎩⎪⎨⎪⎧p ＋1＝54，(q ＋3)q2＝6，无正整数解，所以p ＝5，q ＝9.(3)假设存在满足条件的正整数k ，使得a k a k ＋1＋16＝a m (m ∈N *)，则(k ＋1)(k ＋2)＋16＝m ＋1，平方并化简得，(2m ＋2)2－(2k ＋3)2＝63，则(2m ＋2k ＋5)(2m －2k －1)＝63，所以⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋2k ＋5＝63，2m －2k －1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋2k ＋5＝21，2m －2k －1＝3，或⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋2k ＋5＝9，2m －2k －1＝7，解得m ＝15，k ＝14，或m ＝5，k ＝3，或m ＝3，k ＝－1(舍去)，综上所述，k ＝3或14.思维升华数列中的探索性问题是江苏高考的一个热点，试题一般是探求数列中项的存在性问题，此类试题的解法一般具有以下特点：假设提出的问题存在，结合数论中不定方程、奇偶性的基本性质进行求解．跟踪演练1 已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝a ，且a n ＋1＝k (a n ＋a n ＋2)对任意正整数n 都成立，数列{a n }的前n 项和为S n .(1)是否存在实数k ，使数列{a n }是公比不为1的等比数列，且任意相邻三项a m ，a m ＋1，a m ＋2按某顺序排列后成等差数列？若存在，求出所有k 的值；若不存在，说明理由； (2)若k ＝－12，求S n .解 (1)设数列{a n }是等比数列，则它的公比q ＝a 2a 1＝a ，所以a m ＝am －1，a m ＋1＝a m ，a m ＋2＝am ＋1.①若a m ＋1为等差中项，则2a m ＋1＝a m ＋a m ＋2，即2a m＝am －1＋am ＋1，解得a ＝1，不合题意；②若a m 为等差中项，则2a m ＝a m ＋1＋a m ＋2，即2am －1＝a m ＋am ＋1，化简得a 2＋a －2＝0，解得a ＝－2或1(舍)．当a ＝－2时，k ＝a m ＋1a m ＋a m ＋2＝a m a m －1＋a m ＋1＝a 1＋a 2＝－25；③若a m ＋2为等差中项，则2a m ＋2＝a m ＋1＋a m ，即2am ＋1＝a m ＋am －1，化简得2a 2－a －1＝0，解得a ＝－12或1(舍)．当a ＝－12时，k ＝a m ＋1a m ＋a m ＋2＝a ma m －1＋a m ＋1＝a 1＋a 2＝－25.综上可得满足要求的实数k 有且仅有一个，即k ＝－25.(2)若k ＝－12，则a n ＋1＝－12(a n ＋a n ＋2)，于是a n ＋2＋a n ＋1＝－(a n ＋1＋a n )，所以a n ＋3＋a n ＋2＝－(a n ＋2＋a n ＋1)＝a n ＋1＋a n . 当n 是偶数时，S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a n －1＋a n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －1＋a n ) ＝n 2(a 1＋a 2)＝n2(a ＋1)；当n 是奇数时，S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a n －1＋a n ＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a n －1＋a n ) ＝a 1＋n －12(a 2＋a 3)＝a 1＋n －12[－(a 1＋a 2)]＝1－n －12(a ＋1)．当n ＝1时也适合上式．综上可得S n＝⎩⎪⎨⎪⎧1－n －12(a ＋1)，n 是奇数，n2(a ＋1)，n 是偶数.热点二数列中的证明问题例2 (2018·江苏黄桥中学等三校联考)已知数列{}a n 满足a 1＝1，前n 项和为S n ，且a n ＋1－a n a n a n ＋1＝24S n －1()n ∈N *. (1)求a 2的值；(2)设b n ＝a na n ＋1－a n，证明：数列{}b n 是等差数列；(3)设c n ＝2n b·a n ，若1≤λ≤2，求对所有的正整数n 都有2λ2－k λ＋32<c n 成立的k 的取值范围． (1)解令n ＝1得a 2－a 1a 1a 2＝24a 1－1，代入a 1＝1 得a 2＝3. (2)证明因为a n ＋1－a n a n a n ＋1＝24S n －1，所以4S n －1＝2a n a n ＋1a n ＋1－a n.①所以4S n ＋1－1＝2a n ＋1a n ＋2a n ＋2－a n ＋1，②由②－①，得2a n ＋1＝a n ＋1a n ＋2a n ＋2－a n ＋1－a n a n ＋1a n ＋1－a n .因为a n ＋1≠0，所以2＝a n ＋2a n ＋2－a n ＋1－a na n ＋1－a n.所以1＋a n ＋1a n ＋2－a n ＋1－a na n ＋1－a n＝2，即a n ＋1a n ＋2－a n ＋1－a na n ＋1－a n＝1，即b n ＋1－b n ＝1，所以数列{}b n 是公差为1的等差数列． (3)解由(2)知，b 1＝a 1a 2－a 1＝12，所以数列{}b n 的通项公式为b n ＝n －12. 因为a na n ＋1－a n ＝n －12，所以a n ＋1a n ＝22n －1＋1＝2n ＋12n －1，所以a n ＋12()n ＋1－1＝a n 2n －1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1是常数列. 由a 12×1－1＝1，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．所以c n ＝2nb ·a n ＝122n -·()2n －1＝22·2n·()2n －1. 因为c n ＋1－c n ＝22[]2n ＋1·()2n ＋1－2n ·()2n －1＝22·2n ·()2n ＋3>0，所以数列{}c n 为单调递增数列．当n ≥1时， c n ≥c 1＝2，即c n 的最小值为 2. 由2λ2－k λ＋32＜c n ，得k λ＞2λ2＋22，所以k >2⎝⎛⎭⎪⎫λ＋2λmax ，而当1≤λ≤2时， λ＋2λ在⎣⎡⎦⎤1，42上递减， ⎣⎡⎦⎤42，2上递增，所以⎝⎛⎭⎪⎫λ＋2λmax ＝1＋2，当且仅当λ＝1或2时取得，故k ∈()2＋22，＋∞.思维升华数列中的证明问题要有目标意识，比如本题第二问要证明{b n }是等差数列，就要构造出式子b n ＋1－b n ＝a n ＋1a n ＋2－a n ＋1－a na n ＋1－a n，然后代入条件进行证明，为证明问题提供思路．跟踪演练2 设数列{a n }是各项均为正数的等比数列，其前n 项和为S n ，若a 1a 5＝64，S 5－S 3＝48.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)对于正整数k ，m ，l (k <m <l )，求证：“m ＝k ＋1且l ＝k ＋3”是“5a k ，a m ，a l 这三项经适当排序后能构成等差数列”的充要条件． (1)解 ∵数列{a n }是各项均为正数的等比数列， ∴a 1a 5＝a 23＝64， ∴a 3＝8. 又∵S 5－S 3＝48， ∴a 4＋a 5＝8q ＋8q 2＝48， ∴q ＝2，∴a n ＝8·2n －3＝2n (n ∈N *)．(2)证明 (ⅰ)必要性：设5a k ，a m ，a l 这三项经适当排序后能构成等差数列， ①若2·5a k ＝a m ＋a l ，则10·2k＝2m＋2l， ∴10＝2m －k＋2l －k， ∴5＝2m －k －1＋2l －k －1，∴⎩⎪⎨⎪⎧2m －k －1＝1，2l －k －1＝4，∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＝k ＋1，l ＝k ＋3.②若2a m ＝5a k ＋a l ，则2·2m＝5·2k＋2l， ∴2m ＋1－k－2l －k＝5，左边为偶数，等式不成立．③若2a l ＝5a k ＋a m ，同理也不成立．综合①②③，得m ＝k ＋1，l ＝k ＋3， ∴必要性成立．(ⅱ)充分性：设m ＝k ＋1，l ＝k ＋3，则5a k ，a m ，a l 这三项为5a k ，a k ＋1，a k ＋3，即5a k ,2a k ,8a k ，调整顺序后易知2a k ,5a k ,8a k 成等差数列，∴充分性也成立．综合(ⅰ)(ⅱ)，原命题成立．热点三数列中的新定义问题例3 (2018·江苏海门中学最后一卷)对于数列{}a n ，记Δa n ＝a n ＋1－a n ，Δk ＋1a n ＝Δk a n ＋1－Δka n ，k ，n ∈N *，则称数列{Δka n }为数列{}a n 的“k 阶塑数列”；(1)已知Δa n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n，①若{}a n 为等比数列，求a 1的值；②设t 为任意正数，证明：存在k ∈N *，当n >m ≥k ，n ∈N *，m ∈N *时总有|a n －a m |≤t ； (2)已知Δ2a n ＝3n －2，若a 1＝1，且a n ≥a 3对n ∈N *恒成立，求a 2的取值范围． (1)①解 ∵a 22＝a 1a 3， ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－122＝a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－14， ∴a 1＝13.当n ≥2时a n ＝Δa n －1＋Δa n －2＋…＋Δa 1＋a 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －11－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋13＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，满足题意；②证明 a n －a m ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1－13⎝ ⎛⎭⎪⎫－12m －1＝－23⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －⎝ ⎛⎭⎪⎫－12m ，∴|a n －a m |＝23⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －⎝ ⎛⎭⎪⎫－12m ≤23⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ≤43⎝ ⎛⎭⎪⎫12m≤t ，∴m ≥log 243t ，因此k 取不小于log 243t 的正整数，当n >m ≥k ，n ∈N *，m ∈N *时总有|a n －a m |≤t . (2)解 ∵Δ2a n ＝Δa n ＋1－Δa n ＝3n－2， ∴Δa n ＝3(1－3n －1)1－3－2(n －1)＋Δa 1＝3n 2－2n ＋12＋Δa 1＝3n2－2n ＋a 2－12， ∵Δ2a n >0，∴{Δa n }递增，因此⎩⎪⎨⎪⎧Δa 2＝a 3－a 2≤0，Δa 3＝a 4－a 3≥0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 2≤0，a 2＋7≥0，∴－7≤a 2≤0.∴a 的取值范围为[－7,0]．思维升华数列中的“新定义”试题指给出一个从未接触过的新规定，要求现学现用，“给什么，用什么”是应用“新定义”解题的基本思路．理解新定义的规则后，解决问题的手段还是运用等差数列、等比数列的定义性质和基本数学思想．跟踪演练3 (2018·江苏省南京师范大学附中等四校调研)设数列{}a n 的首项为1，前n 项和为S n ，若对任意的n ∈N *，均有S n ＝a n ＋k －k (k 是常数且k ∈N *)成立，则称数列{}a n 为“P ()k 数列”．(1)若数列{}a n 为“P ()1数列”，求数列{}a n 的通项公式；(2)若数列{}a n 为“P ()2数列”，a 2＝2，设T n ＝a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n2n ，证明： T n <3.(1)解因为数列{}a n 为“P ()1数列”，则S n ＝a n ＋1－1，S n ＋1＝a n ＋2－1，两式相减得，a n ＋2＝2a n ＋1，又n ＝1时，a 1＝a 2－1，所以a 2＝2，故a n ＋1＝2a n 对任意的n ∈N *恒成立，即a n ＋1a n＝2(常数)，故数列{}a n 为等比数列，其通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *.(2)证明因为数列{}a n 为“P ()2数列”，所以S n ＝a n ＋2－2，S n ＋1＝a n ＋3－2，两式相减有a n ＋1＝a n ＋3－a n ＋2，又n ＝1时， a 1＝a 3－2，故a 3＝3，满足a 3＝a 2＋a 1，所以a n ＋2＝a n ＋1＋a n 对任意正整数n 恒成立，数列的前几项为1,2,3,5,8.故T n ＝a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n 2n ＝12＋222＋323＋524＋825＋…＋a n2n ，所以12T n ＝122＋223＋324＋525＋…＋a n －12n ＋a n2n ＋1，两式相减得 12T n ＝12＋122＋123＋224＋…＋a n －22n －a n 2n ＋1 ＝34＋14T n －2－a n2n ＋1，显然T n －2<T n ，a n 2n ＋1>0，所以12T n <34＋14T n ，故 T n <3.1．(2018·江苏)设{a n }是首项为a 1，公差为d 的等差数列，{b n }是首项为b 1，公比为q 的等比数列．(1)设a 1＝0，b 1＝1，q ＝2，若|a n －b n |≤b 1对n ＝1,2,3,4均成立，求d 的取值范围； (2)若a 1＝b 1＞0，m ∈N *，q ∈(1，m2]，证明：存在d ∈R ，使得|a n －b n |≤b 1对n ＝2,3，…，m ＋1均成立，并求d 的取值范围(用b 1，m ，q 表示)．解 (1)由条件知a n ＝(n －1)d ，b n ＝2n －1，因为|a n －b n |≤b 1对n ＝1,2,3,4均成立，即|(n －1)d －2n －1|≤1对n ＝1,2,3,4均成立，即⎩⎪⎨⎪⎧1≤1，1≤d ≤3，3≤2d ≤5，7≤3d ≤9，得73≤d ≤52. 因此，d 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤73，52. (2)由条件知a n ＝b 1＋(n －1)d ，b n ＝b 1qn －1.若存在d ，使得|a n －b n |≤b 1(n ＝2,3，…，m ＋1)成立，即|b 1＋(n －1)d －b 1qn －1|≤b 1(n ＝2,3，…，m ＋1)，即当n ＝2,3，…，m ＋1时，d 满足q n －1－2n －1b 1≤d ≤q n －1n －1b 1.因为q ∈(1，m2]，则1＜qn －1≤q m≤2，从而q n －1－2n －1b 1≤0，q n －1n －1b 1＞0对n ＝2,3，…，m ＋1均成立．因此，取d ＝0时，|a n －b n |≤b 1对n ＝2,3，…，m ＋1均成立．下面讨论数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1－2n －1的最大值和数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1n －1的最小值(n ＝2,3，…，m ＋1)． ①令t ＝n －1，则1≤t ≤m ，q t －2t －q t －1－2t －1＝tq t －q t －tq t －1＋2t (t －1) ＝t (q t －q t －1)－q t ＋2t (t －1)，当1＜q ≤12m时，有q t ≤q m≤2，从而t (q t－qt －1)－q t＋2＞0.因此，当2≤n ≤m ＋1时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1－2n －1单调递增，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1－2n －1的最大值为q m －2m .②设f (x )＝2x(1－x )，当x ＞0时，f ′(x )＝(ln 2－1－x ln 2)2x＜0，所以f (x )单调递减，从而f (x )＜f (0)＝1.令t ＝n －1，则1≤t ≤m ，则q tt q t －1t －1＝q (t －1)t ≤12t ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1t ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ＜1，因此，当2≤n ≤m ＋1时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1n －1单调递减，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1n －1的最小值为q mm . 因此，d 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤b 1(q m －2)m ，b 1q mm .2．(2016·江苏)记U ＝{1,2，…，100}．对数列{a n }(n ∈N *)和U 的子集T ，若T ＝∅，定义S T ＝0；若T ＝{t 1，t 2，…，t k }，定义S T ＝12k t t t a a a …＋＋＋.例如：T ＝{1,3,66}时，S T ＝a 1＋a 3＋a 66.现设{a n }(n ∈N *)是公比为3的等比数列，且当T ＝{2,4}时，S T ＝30. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)对任意正整数k (1≤k ≤100)，若T ⊆{1,2，…，k }，求证：S T ＜a k ＋1； (3)设C ⊆U ，D ⊆U ，S C ≥S D ，求证：S C ＋S C ∩D ≥2S D . (1)解当T ＝{2,4}时，S T ＝a 2＋a 4＝a 2＋9a 2＝30， ∴a 2＝3，a 1＝a 23＝1，故a n ＝a 1qn －1＝3n －1(n ∈N *)．(2)证明对任意正整数k (1≤k ≤100)．由于T ⊆{1,2，…，k }，则S T ≤a 1＋a 2＋a 3＋…＋a k ＝1＋3＋32＋…＋3k －1＝3k－12＜3k ＝a k ＋1.(3)证明设A ＝∁C (C ∩D )，B ＝∁D (C ∩D )，则A ∩B ＝∅，S C ＝S A ＋S C ∩D ，S D ＝S B ＋S C ∩D ，S C ＋S C ∩D －2S D ＝S A －2S B ，∴S C ＋S C ∩D ≥2S D 等价于S A ≥2S B . 由条件S C ≥S D 可得S A ≥S B .①若B ＝∅，则S B ＝0，所以S A ≥2S B 成立， ②若B ≠∅，由S A ≥S B 可知A ≠∅，设A 中的最大元素为I ，B 中的最大元素为m ，若m ≥I ＋1，则由(2)得S A ＜S I ＋1≤a m ≤S B ，矛盾．又∵A ∩B ＝∅，∴I ≠m ，∴I ≥m ＋1， ∴S B ≤a 1＋a 2＋…＋a m ＝1＋3＋32＋…＋3m －1＜a m ＋12≤a I 2≤S A2，即S A ＞2S B 成立．综上所述，S A ≥2S B . 故S C ＋S C ∩D ≥2S D 成立．3．(2018·南通模拟)已知等差数列{}a n 与等比数列{}b n 是非常数列的实数列，设A ＝{}k | a k ＝b k，k ∈N *.(1)请举出一对数列{}a n 与{}b n ，使集合A 中有三个元素； (2)问集合A 中最多有多少个元素？并证明你的结论；解 (1)a n ＝6n －8，b n ＝(－2)n，则a 1＝b 1，a 2＝b 2，a 4＝b 4，A ＝{}1，2，4；(2)不妨设a n ＝a ＋bn (b ≠0)，b n ＝pq n(q ≠1)，由a n ＝b n ⇔a ＋bn ＝pq n，得a p ＋b pn ＝q n，令s ＝a p ，t ＝b p(t ≠0)，原问题转化为关于n 的方程q n－tn －s ＝0，最多有多少个解．① 下面我们证明：当q >0时，方程①最多有2个解；q <0时，方程①最多有3个解．当q >0时，考虑函数f (x )＝q x－tx －s ，则f ′(x )＝q xln q －t . 如果t ln q <0，则f (x )为单调函数，故方程①最多只有1个解；如果t ln q >0，且不妨设由f ′(x )＝0得f ′(x )有唯一零点x 0＝log q tln q，于是当x >x 0时，f ′(x )恒大于0或恒小于0，当x <x 0时，f ′(x )恒小于0或恒大于0，这样f (x )在区间(0，x 0)与(x 0，＋∞)上是单调函数，故方程①最多有2个解，当q <0时，如果t >0，如果n 为奇数，则方程①变为||q n＋tn ＋s ＝0，显然方程最多只有一个解，即最多只有一个奇数满足方程①，如果n 为偶数，则方程①变为||q n －tn －s ＝0，由q >0的情形，上式最多有2个解，即满足①的偶数最多有2个，这样，最多有3个正数满足方程①，对于t <0，同理可以证明，方程①最多有3个解．综上所述，集合A 中的元素最多有3个．A 组专题通关1．若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n·(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝________. 答案 15解析记b n ＝3n －2，则数列{b n }是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝(－b 1)＋b 2＋…＋(－b 9)＋b 10＝(b 2－b 1)＋(b 4－b 3)＋…＋(b 10－b 9)＝5×3＝15.2．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，且a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21＝________.答案 6解析由a n ＋a n ＋1＝12＝a n ＋1＋a n ＋2，∴a n ＋2＝a n ，则a 1＝a 3＝a 5＝…＝a 21, a 2＝a 4＝a 6＝…＝a 20，∴S 21＝a 1＋()a 2＋a 3＋()a 4＋a 5＋…＋()a 20＋a 21＝ 1＋10×12＝6.3．设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…·a n 的最大值为________．答案 64解析设{a n }的公比为q ，于是a 1(1＋q 2)＝10，①a 1(q ＋q 3)＝5，②联立①②得a 1＝8，q ＝12，∴a n ＝24－n，∴a 1a 2…a n ＝23＋2＋1＋…＋(4－n )＝217222n n -+＝217492282n ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭≤26＝64.∴a 1a 2…a n 的最大值为64.4．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝a n (a n ＋2)4，则数列{a n }的通项公式是________．答案 a n ＝2n 解析 S n ＝a n (a n ＋2)4，当n ＝1时，a 1＝S 1＝a 1(a 1＋2)4，解得a 1＝2或a 1＝0(舍去)．当n ≥2时，由a n ＝S n －S n －1＝a n (a n ＋2)4－a n －1(a n －1＋2)4⇒a 2n －a 2n －1＝2(a n ＋a n －1)，因为a n >0，所以a n ＋a n －1≠0，则a n －a n －1＝2，所以数列{a n }是首项为2，公差为2的等差数列，故a n ＝2n .5．若数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－10n (n ＝1,2,3，…)，则数列{na n }中数值最小的项是第________项．答案 3解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝－9，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－10n －[(n －1)2－10(n －1)]＝2n －11，a 1＝－9符合上式，所以a n ＝2n －11. na n ＝2n 2－11n ＝2⎝⎛⎭⎪⎫n －1142－1218，当n ＝3时，na n 最小．6．已知S n 为数列{a n }的前n 项和，若a n (4＋cos n π)＝n (2－cos n π)，则S 20＝________. 答案 122解析由题意知，因为a n (4＋cos n π)＝n (2－cos n π)，所以a 1＝1，a 2＝25，a 3＝3，a 4＝45，a 5＝5，a 6＝65，…，所以数列{a n }的奇数项构成首项为1，公差为2的等差数列，偶数项构成首项为25，公差为25的等差数列，所以S 20＝(a 1＋a 3＋…＋a 19)＋(a 2＋a 4＋…＋a 20)＝122.7．设公差为d (d 为奇数，且d ＞1)的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－9，S m ＝0，其中m ＞3，且m ∈N *，则a n ＝________. 答案 3n －12解析由S m －1＝－9，S m ＝0，得a m ＝S m －S m －1＝9,而S m ＝0＝m2(a 1＋a m )，得a 1＝－9，而a m ＝a 1＋(m －1)d ，得(m －1)d ＝18. 又d 为奇数，且d >1，m >3，且m ∈N *，得m ＝7，d ＝3，则a n ＝3n －12.8．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(n ＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫910n (n ∈N *)，则数列{a n }的最大项是__________．答案第7项或第8项解析因为a n ＋1－a n ＝(n ＋3)⎝ ⎛⎭⎪⎫910n ＋1－(n ＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫910n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫910n ·7－n 10，当n <7时，a n ＋1－a n>0，即a n ＋1>a n ；当n ＝7时，a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝a n ；当n >7时，a n ＋1－a n <0，即a n ＋1<a n .故a 1<a 2<…<a 7＝a 8>a 9>a 10…，所以此数列的最大项是第7项或第8项．9．(2018·全国大联考江苏卷)已知等比数列{}a n 的各项均为正数，若94a 2是2a 1与a 3的等差中项，且a 1a 2＝a 21＋3a 2. (1)求数列{}a n 的通项公式；(2)设b n ＝a n2a n －3a n ＋1，求数列{}b n 的前n 项和S n .解 (1)设等比数列{}a n 的公比为q ，则a n ＝a 1·q n －1.由题意，得2×94a 2＝2a 1＋a 3，且a 1>0，化简得2q 2－9q ＋4＝0，解得q ＝4或12.又因为a 1a 2＝a 21＋3a 2，即a 21(q －1)＝3a 2>0，所以q >1，所以q ＝4，所以3a 21＝12a 1，所以a 1＝4(a 1＝0舍去)，故数列{}a n 的通项公式为a n ＝4n(n ∈N *)．(2)由(1)知b n ＝2n 2×4n －3×2n ＋1＝2n(2n －1)(2n ＋1－1) ＝12n －1－12n ＋1－1(n ∈N *)，于是有S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝⎛⎭⎪⎫121－1－122－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122－1－123－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1－1，所以S n ＝1－12n ＋1－1＝2n ＋1－22n ＋1－1(n ∈N *)．10．(2018·江苏省苏州市高新区一中月考)已知数列{}a n 满足2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2＋k (n ∈N *，k ∈R )，且a 1＝2，a 3＋a 5＝－4.(1)若k ＝0，求数列{}a n 的前n 项和S n ； (2)若a 4＝－1，①求证：数列{}a n ＋1－a n 为等差数列； ②求数列{}a n 的通项公式a n . (1)解当k ＝0时，2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，即a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，所以数列{}a n 是等差数列．设数列{}a n 公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，2a 1＋6d ＝－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝－43.所以S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝2n ＋n (n －1)2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝－23n 2＋83n (n ∈N *)．(2)①证明由题意，2a 4＝a 3＋a 5＋k ，即－2＝－4＋k ，所以k ＝2.又a 4＝2a 3－a 2－2＝3a 2－2a 1－6，所以a 2＝3，由2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2＋2，得(a n ＋2－a n ＋1)－(a n ＋1－a n )＝－2，所以数列{}a n ＋1－a n 是以a 2－a 1＝1为首项，－2为公差的等差数列． ②解由①知a n ＋1－a n ＝－2n ＋3, 当n ≥2时，有a n －a n －1＝－2(n －1)＋3，于是，a n －1－a n －2＝－2(n －2)＋3，a n －2－a n －3＝－2(n －3)＋3，…，a 3－a 2＝－2×2＋3， a 2－a 1＝－2×1＋3，叠加得，a n －a 1＝－2[]1＋2＋…＋(n －1)＋3(n －1)，n ≥2，所以a n ＝－2×n (n －1)2＋3(n －1)＋2＝－n 2＋4n －1，n ≥2，又当n ＝1时，a 1＝2也适合．所以数列{}a n 的通项公式为a n ＝－n 2＋4n －1，n ∈N *.B 组能力提高11．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＝4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，若对任意n ∈N *，都有1≤p (S n －4n )≤3，则实数p 的取值范围是________．答案 [2,3]解析 S n ＝4n ＋23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ，可得1≤23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n p ≤3，n 为奇数时，1≤23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n p ≤3；n 为偶数时，1≤23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n p ≤3.即1≤2p 3⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n min 且2p 3⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n max ≤3，令前者n ＝2，后者n ＝1，得2≤p ≤3.12．已知等比数列{a n }中，a 1＝a ，a 2＝b ，a 3＝c ，a ，b ，c 分别为△ABC 的三内角A ，B ，C 的对边，且cos B ＝34，则数列{a n }的公比为________．答案2或22解析依题意知，b 2＝ac ，由余弦定理，得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫a c ＋c a －12＝34.而c a ＝q 2，代入上式，得q 2＝2或q 2＝12，又在△ABC 中，a ，b ，c >0，∴q ＝2或q ＝22. 13．已知数列{a n }的奇数项依次构成公差为d 1的等差数列，偶数项依次构成公差为d 2的等差数列，且对任意n ∈N *，都有a n <a n ＋1.若a 1＝1，a 2＝2，且数列{a n }的前10项和S 10＝75，则a 8的值是________．答案 11解析由于对任意n ∈N *，都有a n <a n ＋1，故d 1＝d 2. 由S 10＝5＋10d 1＋10＋10d 2＝15＋20d 1＝75，所以d 1＝d 2＝3，从而a 8＝11.14．(2018·江苏省高考冲刺预测)已知数列{}a n 的首项a 1＝1，其前n 项和为S n ，且S n ＋S n ＋1＝n 2＋2n ＋p ，若{}a n 单调递增，则p 的取值范围是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32 解析由S n ＋S n ＋1＝n 2＋2n ＋p ，可得S n －1＋S n ＝()n －12＋2()n －1＋p ()n ≥2，两式相减得a n ＋a n ＋1＝2n ＋1()n ≥2， ∴a n －1＋a n ＝2n －1()n ≥3，两式相减得，a n ＋1－a n －1＝2()n ≥3，∴数列a 2，a 4，a 6…是以2为公差的等差数列，数列a 3，a 5，a 7…是以2为公差的等差数列，将n ＝1代入S n ＋S n ＋1＝n 2＋2n ＋p 及a 1＝1可得，a 2＝1＋p ，将n ＝2代入a n ＋a n ＋1＝2n ＋1()n ≥2可得a 3＝4－p ， ∵a 4＝a 2＋2＝3＋p ，要使得∀n ∈N *，a n <a n ＋1恒成立，只需要a 1<a 2<a 3<a 4即可， ∴1<1＋p <4－p <3＋p ，解得12<p <32，则p 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32. 15．已知数列{a n }，{b n }满足：对于任意正整数n ，当n ≥2时，a 2n ＋b n a 2n －1＝2n ＋1. (1)若b n ＝(－1)n ，求a 21＋a 23＋a 25＋…＋a 211的值； (2)若b n ＝－1，a 1＝2，且数列{a n }的各项均为正数． ①求数列{a n }的通项公式；②是否存在k ∈N *，且k ≥2，使得a 2k －1a 2k －2＋19为数列{a n }中的项？若存在，求出所有满足条件的k 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)由条件，a 22＋a 21＝5，a 23－a 22＝7，a 26＋a 25＝13，a 27－a 26＝15，a 210＋a 29＝21，a 211－a 210＝23，所以a 21＋a 23＋a 25＋…＋a 211＝84.(2)①由a 2n －a 2n －1＝2n ＋1(n ≥2)，a 22－a 21＝5，a 23－a 22＝7，a 24－a 23＝9，…，a 2n －a 2n －1＝2n ＋1. 将上面的式子相加，得a 2n －a 21＝(2n ＋1＋5)(n －1)2，所以a 2n ＝(2n ＋1＋5)(n －1)2＋4＝(n ＋1)2(n ≥2)．因为{a n }的各项均为正数，故a n ＝n ＋1(n ≥2)．因为a 1＝2也适合上式，所以a n ＝n ＋1(n ∈N *)． ②假设存在满足条件的k ，不妨设 a 2k －1a 2k －2＋19＝a m ，所以2k (2k －1)＋19＝m ＋1，平方得2k (2k －1)＋19＝(m ＋1)2，(*)所以(2k －1)2<2k (2k －1)＝(m ＋1)2－19<(2k )2，所以⎩⎪⎨⎪⎧(m ＋1)2－(2k －1)2>19，(m ＋1)2－(2k )2<19，即⎩⎪⎨⎪⎧(m ＋2k )(m ＋2－2k )>19， ①(m ＋1＋2k )(m ＋1－2k )<19， ②由①得m ＋2－2k ≥1，即m ＋1－2k ≥0，若m ＋1－2k ＝0，代入(*)式，求得m ＝18，k ＝192不合题意，舍去；若m ＋1－2k >0，结合②得m ＋1＋2k <19，所以2k <m ＋1<19－2k ，即k <194，又k ∈N *且k ≥2，所以k 的可能取值为2,3,4，代入(*)式逐一计算，可求得k ＝3.所以存在k ＝3，使得a 2k －1a 2k －2＋19＝7为数列{a n }的第6项．16．(2018·南通模拟)若数列{}a n 同时满足：①对于任意的正整数n, a n ＋1≥a n 恒成立；②对于给定的正整数k, a n －k ＋a n ＋k ＝2a n 对于任意的正整数n (n >k )恒成立，则称数列{}a n 是“R ()k 数列”．(1)已知a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －1，n 为奇数，2n ，n 为偶数，判断数列{}a n 是否为“R ()2数列”，并说明理由；(2)已知数列{}b n 是“R ()3数列”，且存在整数p (p >1)，使得b 3p －3, b 3p －1, b 3p ＋1，b 3p ＋3成等差数列，证明： {}b n 是等差数列．(1)解当n 为奇数时， a n ＋1－a n ＝2()n ＋1－()2n －1＝3>0，所以a n ＋1≥a n .a n －2＋a n ＋2＝ 2()n －2－1＋2()n ＋2－1＝2()2n －1＝2a n .当n 为偶数时，a n ＋1－a n ＝()2n ＋1－2n ＝1>0，所以a n ＋1≥a n .a n －2＋a n ＋2＝ 2()n －2＋2()n ＋2＝4n ＝2a n .所以数列{}a n 是“R ()2数列”．(2)证明方法一由题意得 b n －3＋b n ＋3＝2b n ，则数列b 1, b 4, b 7，…是等差数列，设其公差为d 1，数列b 2, b 5, b 8，…是等差数列，设其公差为d 2，数列b 3, b 6, b 9，…是等差数列，设其公差为d 3. 因为b n ≤b n ＋1，所以b 3n ＋1≤b 3n ＋2≤b 3n ＋4，所以b 1＋nd 1≤b 2＋nd 2≤b 1＋()n ＋1d 1，所以n ()d 2－d 1≥b 1－b 2，①n ()d 2－d 1≤b 1－b 2＋d 1.②若d 2－d 1<0，则当n >b 1－b 2d 2－d 1时，①不成立；若d 2－d 1>0，则当n >b 1－b 2＋d 1d 2－d 1时，②不成立；若d 2－d 1＝0，则①和②都成立，所以d 1＝d 2. 同理得d 1＝d 3，所以d 1＝d 2＝d 3，记d 1＝d 2＝d 3＝d . 设b 3p －1－b 3p －3＝b 3p ＋1－b 3p －1 ＝b 3p ＋3－b 3p ＋1＝λ，则b 3n －1－b 3n －2＝b 3p －1＋()n －p d －[]b 3p ＋1＋()n －p －1d ＝b 3p －1－b 3p ＋1＋d ＝d －λ.同理可得 b 3n －b 3n －1＝b 3n ＋1－b 3n ＝d －λ，所以b n ＋1－b n ＝d －λ. 所以{}b n 是等差数列．方法二 λ＝b 3p －1－b 3p －3 ＝b 2＋()p －1d －[]b 3＋()p －2d ＝b 2－b 3＋d, λ＝b 3p ＋1－b 3p －1 ＝b 1＋pd －[]b 2＋()p －1d ＝b 1－b 2＋d ， λ＝b 3p ＋3－b 3p ＋1 ＝b 3＋pd －()b 1＋pd ＝b 3－b 1，以上三式相加可得 3λ＝2d ，所以λ＝23d ，所以b 3n －2＝b 1＋()n －1d ＝b 1＋()3n －2－1d3，b 3n －1＝b 2＋()n －1d ＝b 1＋d －λ＋()n －1d ＝b 1＋()3n －1－1d3，b 3n ＝b 3＋()n －1d ＝b 1＋λ＋()n －1d ＝b 1＋()3n －1d3，所以b n ＝b 1＋()n －1d 3，所以b n ＋1－b n ＝d3，所以数列{}b n 是等差数列．。

(通用版)高考数学二轮复习第一部分专题二数列教学案文-人教版高三全册数学教学案

专题二数列[研高考·明考点]偶考点 1.三角函数的综合问题2.平面向量与解三角形、三角函数的综合问题偶考点数列与其他知识的综合问题第一讲小题考法——等差数列与等比数列考点(一) 主要考查方式有两种：一是利用a n 与S n 的关系求通项a n 或前n 项和S n ；二是利用a n 与a n ＋1的关系求通项a n 或前n 项和S n .数列的递推关系式[典例感悟][典例] (1)(2017·云南调研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足4(n ＋1)(S n ＋1)＝(n ＋2)2a n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝( )A ．(n ＋1)3B ．(2n ＋1)2C ．8n 2D ．(2n ＋1)2－1(2)(2017·成都模拟)在数列{a n }中，a 1＝1，a 1＋a 222＋a 332＋…＋a nn 2＝a n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.[解析] (1)当n ＝1时，4×(1＋1)×(a 1＋1)＝(1＋2)2×a 1，解得a 1＝8.当n ≥2时，4(S n ＋1)＝n ＋22a n n ＋1，则4(S n －1＋1)＝n ＋12a n －1n ，两式相减得，4a n ＝n ＋22a nn ＋1－n ＋12a n －1n，整理得，a na n －1＝n ＋13n 3，所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝n ＋13n 3×n 3n －13×…×3323×8＝(n ＋1)3.检验知，a 1＝8也符合，所以a n ＝(n ＋1)3. (2)根据a 1＋a 222＋a 332＋…＋a nn 2＝a n ，①有a 1＋a 222＋a 332＋…＋a n －1n －12＝a n －1，②①－②得，a nn2＝a n －a n －1，即n 2a n －1＝(n 2－1)a n ，所以a n a n －1＝n 2n 2－1＝n 2n ＋1n －1，所以a n ＝a 1×a 2a 1×a 3a 2×…×a na n －1＝1×222＋12－1×323＋13－1×…×n 2n ＋1n －1＝22×32×42×…×n 22－12＋13－13＋14－14＋1…n －1n ＋1＝22×32×42×…×n21×3×2×4×3×5×…×n －1×n ＋1 ＝2n n ＋1. [答案] (1)A (2)2n n ＋1[方法技巧]由a n 与S n 的关系求通项公式的注意事项(1)应重视分类讨论思想的应用，分n ＝1和n ≥2两种情况讨论，特别注意a n ＝S n －S n －1成立的前提是n ≥2.(2)由S n －S n －1＝a n 推得a n ，当n ＝1时，a 1也适合，则需统一表示(“合写”)． (3)由S n －S n －1＝a n 推得a n ，当n ＝1时，a 1不适合，则数列的通项公式应分段表示(“分写”)，即a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1n ＝1，S n －S n －1n ≥2.[演练冲关]1．(2018届高三·广东五校联考)数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1＝a 1＋a n ＋n (n ∈N *)，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 017＝( )A.2 0171 009 B.2 0151 008 C.2 0162 017 D.2 0152 016解析：选A 由a 1＝1，a n ＋1＝a 1＋a n ＋n 可得a n ＋1－a n ＝n ＋1，利用累加法可得a n －a 1＝n －1n ＋22，所以a n ＝n 2＋n2，所以1a n ＝2n 2＋n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，故1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 017＝211－12＋12－13＋…＋12 017－12 018＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 018＝2 0171 009，故选A. 2．(2017·石家庄质检)数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为( )A ．3 690B ．3 660C ．1 845D ．1 830解析：选D 不妨令a 1＝1，根据题意，得a 2＝2，a 3＝a 5＝a 7＝…＝1，a 4＝6，a 6＝10，…，所以当n 为奇数时，a n ＝1，当n 为偶数时构成以a 2＝2为首项，以4为公差的等差数列．所以{a n }的前60项和为S 60＝30＋2×30＋30×30－12×4＝1 830.3．设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则S 5＝________. 解析：∵a n ＋1＝2S n ＋1，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，∴S n ＋1＝3S n ＋1，∴S n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎪⎫S n ＋12，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是公比为3的等比数列，∴S 2＋12S 1＋12＝3.又S 2＝4，∴S 1＝1，∴S 5＋12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫S 1＋12×34＝32×34＝2432，∴S 5＝121. 答案：121考点(二)主要考查与等差比数列的通项公式、前n 项和公式有关的五个基本量间的“知三求二”运算.等差、等比数列的基本运算[典例] (1)(2016·全国卷Ⅰ)已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( )A ．100B ．99C ．98D ．97(2)(2017·全国卷Ⅲ)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( )A ．－24B ．－3C ．3D ．8(3)(2017·江苏高考)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n .已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________. [解析] (1)∵{a n }是等差数列，设其公差为d ， ∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝27，∴a 5＝3.又∵a 10＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝3，a 1＋9d ＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝1.∴a 100＝a 1＋99d ＝－1＋99×1＝98，故选C. (2)设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 2，a 3，a 6成等比数列，所以a 2a 6＝a 23，即(a 1＋d )(a 1＋5d )＝(a 1＋2d )2. 又a 1＝1，所以d 2＋2d ＝0. 又d ≠0，则d ＝－2，所以{a n }前6项的和S 6＝6×1＋6×52×(－2)＝－24. (3)设等比数列{a n}的公比为q ，则由S 6≠2S 3，得q ≠1，则⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝a 11－q 31－q ＝74，S 6＝a11－q 61－q＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝14，则a 8＝a 1q 7＝14×27＝32.[答案] (1)C (2)A (3)32[方法技巧]等差(比)数列基本运算的解题思路(1)设基本量：首项a 1和公差d (公比q )．(2)列、解方程(组)：把条件转化为关于a 1和d (或q )的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量．[演练冲关]1．(2017·合肥质检)若等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 2＋S 3＝4，a 3＋S 5＝12，则a 4＋S 7的值是( )A ．20B ．36解析：选C 由a 2＋S 3＝4及a 3＋S 5＝12得⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋4d ＝4，6a 1＋12d ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝0，d ＝1，∴a 4＋S 7＝8a 1＋24d ＝24.故选C.2．(2017·全国卷Ⅲ)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则a 4＝________. 解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则a 1＋a 2＝a 1(1＋q )＝－1，a 1－a 3＝a 1(1－q 2)＝－3，两式相除，得1＋q 1－q 2＝13，解得q ＝－2，a 1＝1，所以a 4＝a 1q 3＝－8. 答案：－83．(2018届高三·河南十校联考)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和，若S 8＝4S 4，则a 10＝________.解析：∵{a n }是公差为1的等差数列， ∴S 8＝8a 1＋28，S 4＝4a 1＋6. ∵S 8＝4S 4，∴8a 1＋28＝4(4a 1＋6)，解得a 1＝12，∴a 10＝a 1＋9d ＝12＋9＝192.答案：192[典例] (1)(2017·云南调研)已知数列{a n }是等比数列，S n 为其前n 项和，若a 1＋a 2＋a 3＝4，a 4＋a 5＋a 6＝8，则S 12＝( )A ．40B ．60C ．32D ．50(2)(2017·长沙模拟)在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 3＝2－1，a 5＝2＋1，则a 23＋2a 2a 6＋a 3a 7＝( )C．8 D．8－4 2(3)(2018届高三·湖南名校联考)若{a n}是等差数列，首项a1>0，a2 016＋a2 017>0，a2 016·a2 017<0，则使前n项和S n>0成立的最大正整数n是( )A．2 016 B．2 017C．4 032 D．4 033[解析] (1)由等比数列的性质可知，数列S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比数列，即数列4,8，S9－S6，S12－S9是等比数列，所以S9－S6＝16，S12－S9＝32，所以S12＝(S12－S9)＋(S9－S6)＋(S6－S3)＋S3＝32＋16＋8＋4＝60，故选B.(2)在等比数列{a n}中，a3a7＝a25，a2a6＝a3a5，所以a23＋2a2a6＋a3a7＝a23＋2a3a5＋a25＝(a3＋a5)2＝(2－1＋2＋1)2＝(22)2＝8，故选C.(3)因为a1>0，a2 016＋a2 017>0，a2 016·a2 017<0，所以d<0，a2 016>0，a2 017<0，所以S4 032＝4 032a1＋a4 0322＝4 032a2 016＋a2 0172>0，S4 033＝4 033a1＋a4 0332＝4 033a2 017<0，所以使前n项和S n>0成立的最大正整数n是4 032，故选C.[答案] (1)B (2)C (3)C[方法技巧]等差、等比数列性质问题的求解策略(1)解题关键：抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解．(2)运用函数性质：数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题．[演练冲关]1．已知等差数列{a n}中，a1＝1，前10项和等于前5项和，若a m＋a6＝0，则m＝( ) A．10 B．9C．8 D．2解析：选A 记数列{a n}的前n项和为S n，由题意S10＝S5，所以S10－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝0，又a6＋a10＝a7＋a9＝2a8，于是a8＝0，又a m＋a6＝0，所以m＋6＝2×8，解得m＝10.2．(2017·合肥质检)已知数列{a n}是首项为a，公差为1的等差数列，数列{b n}满足b n＝1＋a n a n.若对任意的n ∈N *，都有b n ≥b 8成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－8，－7)B ．[－8，－7)C ．(－8，－7]D ．[－8，－7]解析：选A 因为{a n }是首项为a ，公差为1的等差数列，所以a n ＝n ＋a －1，因为b n＝1＋a n a n ＝1＋1a n ，又对任意的n ∈N *都有b n ≥b 8成立，所以1＋1a n ≥1＋1a 8，即1a n ≥1a 8对任意的n∈N *恒成立，因为数列{a n }是公差为1的等差数列，所以{a n }是单调递增的数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 8<0，a 9>0，即⎩⎪⎨⎪⎧8＋a －1<0，9＋a －1>0，解得－8<a <－7.3．若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝________.解析：因为a 10a 11＋a 9a 12＝2a 10a 11＝2e 5，所以a 10a 11＝e 5.所以ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ln(a 1a 2…a 20)＝ln[(a 1a 20)·(a 2a 19)·…·(a 10a 11)]＝ln(a 10a 11)10＝10ln(a 10a 11)＝10ln e 5＝50ln e ＝50.答案：50[典例] (1)(2018届高三·西安八校联考)已知数列{a n }是等比数列，数列{b n }是等差数列，若a 1·a 6·a 11＝－33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，则tanb 3＋b 91－a 4·a 8的值为( )A ．－ 3B ．－1C ．－33D ． 3(2)设数列{}a n 是等差数列，数列{}b n 是等比数列，记数列{}a n ，{}b n 的前n 项和分别为S n ，T n .若a 5＝b 5，a 6＝b 6，且S 7－S 5＝4(T 6－T 4)，则a 7＋a 5b 7＋b 5＝________. [解析] (1)依题意得，a 36＝(－3)3，a 6＝－3，3b 6＝7π，b 6＝7π3，所以b 3＋b 91－a 4·a 8＝2b 61－a 26＝－7π3，故tan b 3＋b 91－a 4·a 8＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－7π3＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2π－π3＝－tan π3＝－ 3. (2)设等差数列{}a n 的公差为d ，等比数列{}b n 的公比为q . 由a 5＝b 5，a 6＝b 6，且S 7－S 5＝4(T 6－T 4)，得⎩⎪⎨⎪⎧a 5＝b 5，a 5＋d ＝b 5q ，2a 5＋3d ＝4b 5＋b 5q ，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝－5，d ＝－6a 5.故a 7＋a 5b 7＋b 5＝2a 5＋2d b 5q 2＋b 5＝2a 5＋2－6a 525a 5＋a 5＝－10a 526a 5＝－513. [答案] (1)A (2)－513[方法技巧]等差、等比数列综合问题的求解策略(1)对于等差数列与等比数列交汇的问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用等差中项、等比中项等性质，可使运算简便．(2)数列的通项或前n 项和可以看作关于n 的函数，然后利用函数的性质求解数列的有关最值问题．[演练冲关]1．(2017·云南调研)已知数列{a n }是等差数列，若a 1－1，a 3－3，a 5－5依次构成公比为q 的等比数列，则q ＝( )A ．－2B ．－1C ．1D ．2解析：选C 依题意，得2a 3＝a 1＋a 5,2a 3－6＝a 1＋a 5－6，即2(a 3－3)＝(a 1－1)＋(a 5－5)，所以a 1－1，a 3－3，a 5－5成等差数列．又a 1－1，a 3－3，a 5－5依次构成公比为q 的等比数列，因此有a 1－1＝a 3－3＝a 5－5，q ＝a 3－3a 1－1＝1. 2．(2017·望江调研)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 10＝0，S 15＝25，则nS n 的最小值为( )A ．－47B ．－48C ．－49D ．－50解析：选C 由已知得⎩⎪⎨⎪⎧S10＝10a 1＋10×92d ＝0，S15＝15a 1＋15×142d ＝25，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝23，那么nS n ＝n 2a 1＋n 2n －12d ＝n 33－10n 23.由于函数f (x )＝x 33－10x 23在x ＝203处取得极小值，又6<203<7，从而检验n ＝6时，6S 6＝－48，n ＝7时，7S 7＝－49.所以nS n 的最小值为－49.3．(2017·太原模拟)设等比数列{a n }的前6项和S 6＝6，且1－a 22为a 1，a 3的等差中项，则a 7＋a 8＋a 9＝________.解析：依题意得a 1＋a 3＝2－a 2，即S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝2，由等比数列的性质，知数列S 3，S 6－S 3，S 9－S 6成等比数列，即数列2,4，S 9－S 6成等比数列，于是有S 9－S 6＝8，即a 7＋a 8＋a 9＝8.答案：8[必备知能·自主补缺] (一) 主干知识要记牢 1．等差数列、等比数列等差数列等比数列通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d a n ＝a 1q n －1(q ≠0)前n 项和公式S n ＝n a 1＋a n2＝na 1＋n n －12d(1)q ≠1，S n ＝a 11－q n 1－q ＝a 1－a n q1－q；(2)q ＝1，S n ＝na 1(1)定义法：a n ＋1－a n ＝d (常数)(n ∈N *)⇔{a n }是等差数列．(2)通项公式法：a n ＝pn ＋q (p ，q 为常数，n ∈N *)⇔{a n }是等差数列． (3)中项公式法：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)⇔{a n }是等差数列．(4)前n 项和公式法：S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数，n ∈N *)⇔{a n }是等差数列． 3．判断等比数列的常用方法(1)定义法：a n ＋1a n＝q (q 是不为0的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列． (2)通项公式法：a n ＝cq n(c ，q 均是不为0的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列． (3)中项公式法：a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(a n ·a n ＋1·a n ＋2≠0，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列． (二) 二级结论要用好 1．等差数列的重要规律与推论(1)a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a m ＋(n －m )d ；p ＋q ＝m ＋n ⇒a p ＋a q ＝a m ＋a n . (2)a p ＝q ，a q ＝p (p ≠q )⇒a p ＋q ＝0；S m ＋n ＝S m ＋S n ＋mnd .(3)连续k 项的和(如S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…)构成的数列是等差数列．(4)若等差数列{a n }的项数为偶数2m ，公差为d ，所有奇数项之和为S 奇，所有偶数项之和为S 偶，则所有项之和S 2m ＝m (a m ＋a m ＋1)，S 偶－S 奇＝md ，S 奇S 偶＝a ma m ＋1. (5)若等差数列{a n }的项数为奇数2m －1，所有奇数项之和为S 奇，所有偶数项之和为S偶，则所有项之和S 2m －1＝(2m －1)a m ，S 奇＝ma m ，S 偶＝(m －1)a m ，S 奇－S 偶＝a m ，S 奇S 偶＝m m －1. [针对练1] 一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和之比为32∶27，则该数列的公差d ＝________.解析：设等差数列的前12项中奇数项的和为S 奇，偶数项的和为S 偶，等差数列的公差为d .由已知条件，得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＋S 偶＝354，S 偶∶S 奇＝32∶27，解得⎩⎪⎨⎪⎧S 偶＝192，S 奇＝162.又S 偶－S 奇＝6d ，所以d ＝192－1626＝5.答案：52．等比数列的重要规律与推论 (1)a n ＝a 1qn －1＝a m qn －m；p ＋q ＝m ＋n ⇒a p ·a q ＝a m ·a n .(2){a n }，{b n }成等比数列⇒{a n b n }成等比数列．(3)连续m 项的和(如S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…)构成的数列是等比数列(注意：这连续m 项的和必须非零才能成立)．(4)若等比数列有2n 项，公比为q ，奇数项之和为S 奇，偶数项之和为S 偶，则S 偶S 奇＝q . (5)对于等比数列前n 项和S n ，有： ①S m ＋n ＝S m ＋q mS n ；②S m S n ＝1－q m 1－q n(q ≠±1)． (三) 易错易混要明了已知数列的前n 项和求a n ，易忽视n ＝1的情形，直接用S n －S n －1表示．事实上，当n ＝1时，a 1＝S 1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1.[针对练2] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，则该数列的通项公式为________．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]＝n 2－(n －1)2＝2n －1，又当n ＝1时，2×1－1＝1≠2.∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2[课时跟踪检测]A 组——12＋4提速练一、选择题1．(2017·成都模拟)在等比数列{a n }中，已知a 3＝6，a 3＋a 5＋a 7＝78，则a 5＝( ) A ．12 B ．18 C ．24D ．30解析：选B ∵a 3＋a 5＋a 7＝a 3(1＋q 2＋q 4)＝6(1＋q 2＋q 4)＝78，解得q 2＝3，∴a 5＝a 3q 2＝6×3＝18.故选B.2．(2017·兰州模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，a 8＋a 10＝28，则S 9＝( )A ．36B ．72C ．144D ．288解析：选B ∵a 8＋a 10＝2a 9＝28，∴a 9＝14，∴S 9＝9a 1＋a 92＝72.3．(2017·全国卷Ⅰ)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解析：选C 设等差数列{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，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋7d ＝24，2a 1＋5d ＝16，解得d ＝4.4．设等比数列{}a n 的前n 项和为S n ，若S 1＝13a 2－13，S 2＝13a 3－13，则公比q ＝( )A ．1B ．4C ．4或0D ．8解析：选B ∵S 1＝13a 2－13，S 2＝13a 3－13，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝13a 1q －13，a 1＋a 1q ＝13a 1q 2－13，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝4或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－13，q ＝0(舍去)，故所求的公比q ＝4.5．已知S n 是公差不为0的等差数列{}a n 的前n 项和，且S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 2＋a 3a 1的值为( )A ．4B ．6C ．8D ．10解析：选C 设数列{}a n 的公差为d ，则S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋d ，S 4＝4a 1＋6d ，故(2a 1＋d )2＝a 1(4a 1＋6d )，整理得d ＝2a 1，所以a 2＋a 3a 1＝2a 1＋3d a 1＝8a 1a 1＝8. 6．(2018届高三·湖南十校联考)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n ＋1＝S n ＋a n ＋3，a 4＋a 5＝23，则S 8＝( )A ．72B ．88C ．92D ．98解析：选C 由S n ＋1＝S n ＋a n ＋3，得a n ＋1－a n ＝3，所以数列{a n }是公差为3的等差数列，S 8＝8a 1＋a 82＝8a 4＋a 52＝92.7．已知数列{}a n 满足a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n，0≤a n＜12，2a n－1，12≤a n＜1.若a 1＝35，则a 2 018＝( )A.15B.25C.35D.45解析：选A 因为a 1＝35，根据题意得a 2＝15，a 3＝25，a 4＝45，a 5＝35，所以数列{}a n 以4为周期，又2 018＝504×4＋2，所以a 2 018＝a 2＝15，故选A.8．若等比数列的各项均为正数，前4项的和为9，积为814，则前4项倒数的和为( )A.32B.94C ．1D ．2解析：选D 设等比数列的首项为a 1，公比为q ，则第2,3,4项分别为a 1q ，a 1q 2，a 1q 3，依题意得a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝9，a 1·a 1q ·a 1q 2·a 1q 3＝814，化简得a 21q 3＝92，则1a 1＋1a 1q ＋1a 1q2＋1a 1q 3＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3a 21q3＝2. 9．(2017·广州模拟)已知等比数列{a n }的各项都为正数，且a 3，12a 5，a 4成等差数列，则a 3＋a 5a 4＋a 6的值是( ) A.5－12 B.5＋12 C.3－52 D.3＋52解析：选A 设等比数列{a n }的公比为q ，由a 3，12a 5，a 4成等差数列可得a 5＝a 3＋a 4，即a 3q 2＝a 3＋a 3q ，故q 2－q －1＝0，解得q ＝1＋52或q ＝1－52(舍去)，所以a 3＋a 5a 4＋a 6＝a 3＋a 3q2a 4＋a 4q 2＝a 31＋q 2a 41＋q 2＝1q ＝25＋1＝5－12，故选A.10．(2017·张掖模拟)等差数列{a n }中，a n a 2n是一个与n 无关的常数，则该常数的可能值的集合为( )A ．{1}B.⎩⎨⎧⎭⎬⎫1，12C.⎩⎨⎧⎭⎬⎫12 D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫0，12，1解析：选Ba n a 2n ＝a 1＋n －1d a 1＋2n －1d ＝a 1－d ＋nd a 1－d ＋2nd ，若a 1＝d ≠0，则a n a 2n ＝12；若a 1≠0，d ＝0，则a n a 2n ＝1.∵a 1－d ＋nd ≠0，∴a na 2n ≠0，∴该常数的可能值的集合为⎩⎨⎧⎭⎬⎫1，12.11．(2018届高三·湖南十校联考)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1<0，若存在自然数m ≥3，使得a m ＝S m ，则当n >m 时，S n 与a n 的大小关系是( )A ．S n <a nB ．S n ≤a nC ．S n >a nD ．大小不能确定解析：选C 若a 1<0，存在自然数m ≥3，使得a m ＝S m ，则d >0，否则若d ≤0，数列是递减数列或常数列，则恒有S m <a m ，不存在a m ＝S m .由于a 1<0，d >0，当m ≥3时，有a m ＝S m ，因此a m >0，S m >0，又S n ＝S m ＋a m ＋1＋…＋a n ，显然S n >a n .故选C.12．(2017·洛阳模拟)等比数列{a n }的首项为32，公比为－12，前n 项和为S n ，则当n ∈N *时，S n －1S n的最大值与最小值之和为( )A ．－23B ．－712C.14D.56解析：选C 依题意得，S n ＝32⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n.当n 为奇数时，S n ＝1＋12n 随着n的增大而减小，1<S n ＝1＋12n ≤S 1＝32，S n －1S n 随着S n 的增大而增大，0<S n －1S n ≤56；当n 为偶数时，S n ＝1－12n 随着n 的增大而增大，34＝S 2≤S n ＝1－12n <1，S n －1S n 随着S n 的增大而增大，－712≤S n －1S n <0.因此S n －1S n 的最大值与最小值分别为56，－712，其最大值与最小值之和为56＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－712＝14. 二、填空题13．(2017·合肥质检)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 ，又因为a 1＝2，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，故S 9＝2×1－291－2＝210－2＝1 022.答案：1 02214．(2017·兰州模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，S n 为数列{a n }的前n 项和，且当n ≥2时，有2a na n S n －S 2n＝1成立，则S 2 017＝________.解析：当n ≥2时，由2a n a n S n －S 2n ＝1，得2(S n －S n －1)＝(S n －S n －1)S n －S 2n ＝－S n S n －1，∴2S n －2S n －1＝1，又2S 1＝2，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫2S n 是以2为首项，1为公差的等差数列，∴2S n ＝n ＋1，故S n ＝2n ＋1，则S 2 017＝11 009. 答案：11 00915．(2016·全国卷Ⅰ)设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________．解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则由a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝q (a 1＋a 3)＝5，知q ＝12.又a 1＋a 1q 2＝10，∴a 1＝8.故a 1a 2…a n ＝a n 1q1＋2＋…＋(n －1)＝23n·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1n2＝23n －n 22＋n 2＝2－n 22＋72n .记t ＝－n 22＋7n2＝－12(n 2－7n )＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫n －722＋498，结合n ∈N *可知n ＝3或4时，t 有最大值6. 又y ＝2t为增函数，从而a 1a 2…a n 的最大值为26＝64.答案：6416．(2017·广州模拟)设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝2，对任意p ，q ∈N *，都有a p ＋q ＝a p ＋a q ，则f (n )＝S n ＋60n ＋1(n ∈N *)的最小值为________．解析：a 1＝2，对任意p ，q ∈N *，都有a p ＋q ＝a p ＋a q ，令p ＝1，q ＝n ，则有a n ＋1＝a n ＋a 1＝a n ＋2.故{a n }是等差数列，所以a n ＝2n ，S n ＝2×1＋n n 2＝n 2＋n ，f (n )＝S n ＋60n ＋1＝n 2＋n ＋60n ＋1＝n ＋12－n ＋1＋60n ＋1＝n ＋1＋60n ＋1－1.当n ＋1＝8，即n ＝7时，f (7)＝8＋608－1＝292；当n ＋1＝7，即n ＝6时，f (6)＝7＋607－1＝1027，因为292<1027，则f (n )＝S n ＋60n ＋1(n ∈N *)的最小值为292.答案：292B 组——能力小题保分练1．若a ，b 是函数f (x )＝x 2－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 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9 解析：选D 不妨设a ＞b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝p ＞0，ab ＝q ＞0，∴a ＞0，b ＞0，则a ，－2，b 成等比数列，a ，b ，－2成等差数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧ab ＝－22，a －2＝2b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝1，∴p ＝5，q ＝4，∴p ＋q ＝9.2．(2017·郑州质检)已知数列{a n }满足a 1a 2a 3…a n ＝2n 2(n ∈N *)，且对任意n ∈N *都有1a 1＋1a 2＋…＋1a n<t ，则实数t 的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞C.⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞ D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞ 解析：选D 依题意得，当n ≥2时，a n ＝a 1a 2a 3…a n a 1a 2a 3…a n －1＝2n22n －12＝2n 2－(n －1)2＝22n －1，又a 1＝21＝22×1－1，因此a n ＝22n －1，1a n ＝122n －1＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1，即数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以12为首项，14为公比的等比数列，等比数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和等于12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n <23，因此实数t 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞. 3．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k＝________.解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3，4a 1＋6d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，所以S n ＝n n ＋12，1S n＝2n n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，因此∑k ＝1n1S k ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2n n ＋1.答案：2nn ＋14．(2017·兰州模拟)已知数列{a n }，{b n }，若b 1＝0，a n ＝1nn ＋1，当n ≥2时，有b n ＝b n －1＋a n －1，则b 2 018＝________.解析：由b n ＝b n －1＋a n －1，得b n －b n －1＝a n －1，∴b 2－b 1＝a 1，b 3－b 2＝a 2，…，b n －b n －1＝a n －1，∴b 2－b 1＋b 3－b 2＋…＋b n －b n －1＝a 1＋a 2＋…＋a n －1＝11×2＋12×3＋…＋1n －1×n，即b n －b 1＝a 1＋a 2＋…＋a n －1＝11×2＋12×3＋…＋1n －1×n ＝11－12＋12－13＋…＋1n －1－1n＝1－1n ＝n －1n ，∵b 1＝0，∴b n ＝n －1n ，∴b 2 018＝2 0172 018.答案：2 0172 0185．(2017·石家庄质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{a n }为12，13，23，14，24，34，15，25，35，45，…，1n ，2n ，…，n －1n，…，若S k ＝14，则a k ＝________.解析：因为1n ＋2n ＋…＋n －1n ＝1＋2＋…＋n －1n ＝n 2－12，1n ＋1＋2n ＋1＋…＋nn ＋1＝1＋2＋…＋n n ＋1＝n 2，所以数列12，13＋23，14＋24＋34，…，1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1是首项为12，公差为12的等差数列，所以该数列的前n 项和T n ＝12＋1＋32＋…＋n 2＝n 2＋n 4.令T n ＝n 2＋n 4＝14，解得n ＝7(n ＝－8舍去)，所以a k ＝78.答案：786．在数列{a n }和{b n }中，a n ＋1＝a n ＋b n ＋a 2n ＋b 2n ，b n ＋1＝a n ＋b n －a 2n ＋b 2n ，a 1＝1，b 1＝1.设c n ＝1a n ＋1b n，则数列{c n }的前2 018项和为________．解析：由已知a n ＋1＝a n ＋b n ＋a 2n ＋b 2n ，b n ＋1＝a n ＋b n －a 2n ＋b 2n 得a n ＋1＋b n ＋1＝2(a n ＋b n )，又a 1＋b 1＝2，所以数列{a n ＋b n }是首项为2，公比为2的等比数列，即a n ＋b n ＝2n，将a n ＋1＝a n ＋b n ＋a 2n ＋b 2n ，b n ＋1＝a n ＋b n －a 2n ＋b 2n 相乘并化简，得a n ＋1b n ＋1＝2a n b n ，即a n ＋1b n ＋1a nb n＝2.所以数列{a n b n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以a n b n ＝2n －1，因为c n ＝1a n ＋1b n，所以c n＝a n ＋b n a n b n ＝2n 2n －1＝2，数列{c n }的前2 018项和为2×2 018＝4 036. 答案：4 036第二讲大题考法——数列[典例1] (2017·全国卷Ⅱ)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，a 1＝－1，b 1＝1，a 2＋b 2＝2.(1)若a 3＋b 3＝5，求{b n }的通项公式； (2)若T 3＝21，求S 3.[解] 设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则a n ＝－1＋(n －1)d ，b n ＝q n －1.由a 2＋b 2＝2得d ＋q ＝3. ① (1)由a 3＋b 3＝5得2d ＋q 2＝6.②联立①②解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝0(舍去)或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2.因此{b n }的通项公式为b n ＝2n －1.(2)由b 1＝1，T 3＝21，得q 2＋q －20＝0，解得q ＝－5或q ＝4.当q ＝－5时，由①得d ＝8，则S 3＝21. 当q ＝4时，由①得d ＝－1，则S 3＝－6.[备课札记][方法技巧]等差、等比数列的基本量的求解策略(1)分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要先求解的中间问题．如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等，即确定解题的逻辑次序．(2)注意细节．例如：在等差数列与等比数列综合问题中，若等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能；在数列的通项问题中，第一项和后面的项能否用同一个公式表示等．[演练冲关]1．(2017·洛阳模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a n ≠0，a 1＝1，且2a n a n ＋1＝4S n －3(n ∈N *)．(1)求a 2的值并证明：a n ＋2－a n ＝2； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)令n ＝1得2a 1a 2＝4a 1－3，又a 1＝1，∴a 2＝12.由题可得，2a n a n ＋1＝4S n －3，① 2a n ＋1a n ＋2＝4S n ＋1－3.②②－①得，2a n ＋1(a n ＋2－a n )＝4a n ＋1. ∵a n ≠0，∴a n ＋2－a n ＝2.(2)由(1)可知：数列a 1，a 3，a 5，…，a 2k －1，…为等差数列，公差为2，首项为1，∴a 2k－1＝1＋2(k －1)＝2k －1，即n 为奇数时，a n ＝n .数列a 2，a 4，a 6，…，a 2k ，…为等差数列，公差为2，首项为12，∴a 2k ＝12＋2(k －1)＝2k－32，即n 为偶数时，a n ＝n －32.综上所述，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数，n －32，n 为偶数.题型(二) 主要考查错位相减法求和、裂项相消法求和以及分组求和，且常结合数列的递推公式、周期等命题.数列求和问题[典例感悟][典例2] 等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，满足a 1＝3，b 1＝1，b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)令c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2S n，n 为奇数，b n ，n 为偶数，设数列{c n }的前n 项和为T n ，求T 2n .[解] (1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q ，则由⎩⎪⎨⎪⎧b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3，得⎩⎪⎨⎪⎧q ＋6＋d ＝10，3＋4d －2q ＝3＋2d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝2，所以a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝2n －1.(2)由a 1＝3，a n ＝2n ＋1得S n ＝n (n ＋2)，则c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n n ＋2，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，即c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1n －1n ＋2，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，所以T 2n ＝(c 1＋c 3＋…＋c 2n －1)＋(c 2＋c 4＋…＋c 2n )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＋(2＋23＋…＋22n －1) ＝1－12n ＋1＋21－4n1－4＝2n 2n ＋1＋23(4n－1)． [备课札记][方法技巧]1．分组求和中分组的策略 (1)根据等差、等比数列分组． (2)根据正号、负号分组． 2．裂项相消的规律(1)裂项系数取决于前后两项分母的差． (2)裂项相消后前、后保留的项数一样多． 3．错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列{a n }与等比数列{b n }对应项相乘({a n ·b n })型数列求和． (2)步骤：①求和时先乘以数列{b n }的公比； ②将两个和式错位相减； ③整理结果形式．[演练冲关]2．(2017·合肥质检)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 4＝24，S 7＝63. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2a n ＋a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)∵{a n }为等差数列， ∴⎩⎪⎨⎪⎧S 4＝4a 1＋4×32d ＝24，S 7＝7a 1＋7×62d ＝63，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝2，∴a n ＝2n ＋1. (2)∵b n ＝2a n ＋a n ＝22n ＋1＋(2n ＋1)＝2×4n＋(2n ＋1)，∴T n ＝2×(4＋42＋ (4))＋(3＋5＋…＋2n ＋1) ＝2×41－4n1－4＋n 3＋2n ＋12＝83(4n －1)＋n 2＋2n . 3．(2017·天津高考)已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和(n ∈N *)．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q . 由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12，而b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0. 又因为q ＞0，解得q ＝2. 所以b n ＝2n.由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8.① 由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16.②由①②，解得a 1＝1，d ＝3，由此可得a n ＝3n －2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n. (2)设数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为T n ，由a 2n ＝6n －2，b 2n －1＝2×4n －1，得a 2n b 2n －1＝(3n －1)×4n，故T n ＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n －1)×4n，4T n ＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n －4)×4n ＋(3n －1)×4n ＋1，上述两式相减，得－3T n ＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n －(3n －1)×4n ＋1＝12×1－4n1－4－4－(3n －1)×4n ＋1＝－(3n －2)×4n ＋1－8.故T n ＝3n －23×4n ＋1＋83.所以数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为3n －23×4n ＋1＋83.题型(三)主要考查等差数列与等比数列的定义、等差中项及等比中项，且常与数列的递推公式相结合命题.等差、等比数列的判定与证明[典例感悟][典例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． [解] (1)设{a n }的公比为q .由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 11＋q ＝2，a 11＋q ＋q2＝－6.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，q ＝－2.故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n. (2)由(1)可得S n ＝－2×[1－－2n]1－－2＝－23＋(－1)n 2n ＋13.由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n2n ＋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．[备课札记][方法技巧]判定和证明数列是等差(比)数列的方法(1)定义法：对于n ≥1的任意自然数，验证a n ＋1－a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫或a n ＋1a n 为与正整数n 无关的某一常数．(2)中项公式法：①若2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)，则{a n }为等差数列； ②若a 2n ＝a n －1·a n ＋1≠0(n ∈N *，n ≥2)，则{a n }为等比数列．[演练冲关]4．(2018届高三·东北三校联考)已知数列{a n }的首项a 1>0，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1(n ∈N *)，且a 1＝23.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n－1是等比数列，并求出{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和T n .解：(1)证明：记b n ＝1a n －1，则b n ＋1b n ＝1a n ＋1－11a n －1＝2a n ＋13a n －11a n－1＝2a n ＋1－3a n 3－3a n ＝1－a n 31－a n ＝13，又b 1＝1a 1－1＝32－1＝12，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是首项为12，公比为13的等比数列．所以1a n －1＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1，即a n ＝2×3n －11＋2×3n －1.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2×3n －11＋2×3n －1.(2)由(1)知，1a n ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＋1.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n 1－13＋n ＝34⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n ＋n .[解题通法点拨] 数列问题重在“化归”[循流程思维——入题快]等差数列与等比数列是我们最熟悉的两个基本数列，在高中阶段它们是一切数列问题的出发点与落脚点．首项与公差(比)称为等差(比)数列的基本量，大凡涉及这两个数列的问题，我们总希望把已知条件化归为等差或等比数列的基本量间的关系，从而达到解决问题的目的．这种化归为基本量处理的方法是解决等差或等比数列问题特有的方法，对于不是等差或等比的数列，可通过转化化归，转化为等差(比)数列问题或相关问题求解．由于数列是一种特殊的函数，也可根据题目特点，将数列问题化归为函数问题来解决．[按流程解题——快又准][典例] (2015·全国卷Ⅰ)S n 为数列{a n }的前n 项和．已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3. (1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．[解题示范](1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，① 可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.②②－①，得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )．由a n >0，得a n ＋1－a n ＝2. 又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3.所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝12n ＋12n ＋3＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17 ＋…＋12n ＋1－12n ＋3＝n32n ＋3.[思维升华] 对于数列的备考：一是准确掌握数列中a n 与S n 之间的关系，这是解决数列问题的基础；二是重视等差与等比数列的复习，熟悉其基本概念、公式和性质，这是解决数列问题的根本；三是注意数列与函数、不等式等的综合问题，掌握解决此类问题的通法；四是在知识的复习和解题过程中体会其中所蕴含的数学思想方法，如分类讨论、数形结合、等价转化、函数与方程思想等．[应用体验](2017·张掖模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝－3S n ＋4，b n ＝－log 2a n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式与数列{b n }的通项公式； (2)令c n ＝b n2n ＋1，其中n ∈N *，记数列{c n }的前n 项和为T n ，求T n ＋n ＋22n的值．解：(1)由题意知a 1＝1，∵a n ＝－3S n ＋4，∴a n ＋1＝－3S n ＋1＋4. 两式相减并化简得a n ＋1＝14a n ，∴{a n }是首项为1，公比为14的等比数列，∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1.b n ＝－log 2a n ＋1＝－log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＝2n . (2)∵c n ＝b n 2n ＋1＝2n 2n ＋1＝n2n ，∴T n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，①12T n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1， ②①－②得，12T n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1.∴T n ＝2－n ＋22n，即T n ＋n ＋22n＝2.[课时跟踪检测] 1．(2018届高三·广西三市联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n－1(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 4a n ＋1，求{b n }的前n 项和T n . 解：(1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1，当n ＝1时，a 1＝2－1＝1，满足a n ＝2n －1，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)由(1)得，b n ＝log 4a n ＋1＝n ＋12，则b n ＋1－b n ＝n ＋22－n ＋12＝12，又b 1＝log 4a 1＋1＝1，∴数列{b n }是首项为1，公差d ＝12的等差数列，∴T n ＝nb 1＋n n －12d ＝n 2＋3n4.2．(2017·福州质检)已知等差数列{a n }的各项均为正数，其公差为2，a 2a 4＝4a 3＋1. (1)求{a n }的通项公式； (2)求a 1＋a 3＋a 9＋…＋a 3n .解：(1)依题意知，a n ＝a 1＋2(n －1)，a n >0.因为a 2a 4＝4a 3＋1，所以(a 1＋2)(a 1＋6)＝4(a 1＋4)＋1，所以a 21＋4a 1－5＝0，解得a 1＝1或a 1＝－5(舍去)，所以a n ＝2n －1.(2)a 1＋a 3＋a 9＋…＋a 3n ＝(2×1－1)＋(2×3－1)＋(2×32－1)＋…＋(2×3n－1)＝2×(1＋3＋32＋ (3))－(n ＋1)＝2×1－3n ＋11－3－(n ＋1)＝3n ＋1－n －2.3．(2017·济南模拟)已知数列{a n }满足a 1＝511,4a n ＝a n －1－3(n ≥2)． (1)求证：数列{a n ＋1}为等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝|log 2(a n ＋1)|，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)证明：当n ≥2时，由4a n ＝a n －1－3得a n ＋1＝14(a n －1＋1)，所以数列{a n ＋1}是以512为首项，14为公比的等比数列．所以a n ＋1＝512×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＝211－2n ，a n＝211－2n －1.(2)b n ＝|11－2n |，设数列{11－2n }的前n 项和为T n ，则T n ＝10n －n 2.当n ≤5时，S n ＝T n ＝10n －n 2；当n ≥6时，S n ＝2S 5－T n ＝n 2－10n ＋50.所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧10n －n 2，n ≤5，n 2－10n ＋50，n ≥6.4．(2018届高三·广东五校联考)数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)∵S n ＝2a n －a 1， ① ∴当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－a 1；②①－②得，a n ＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －1.由a 1，a 2＋1，a 3成等差数列，得2(a 2＋1)＝a 1＋a 3，∴2(2a 1＋1)＝a 1＋4a 1，解得a 1＝2.∴数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列．∴a n ＝2n.(2)∵a n ＝2n，∴S n ＝2a n －a 1＝2n ＋1－2，S n ＋1＝2n ＋2－2.∴b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝2n ＋12n ＋1－22n ＋2－2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1－1. ∴数列{b n }的前n 项和T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1－122－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122－1－123－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1－1＝2n－12n ＋1－1. 5．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }中，b 1＝a 1，b n ＝a n －a n －1(n ≥2)，且a n ＋S n＝n .(1)设c n ＝a n －1，求证：{c n }是等比数列； (2)求数列{b n }的通项公式及前n 项和T n . 解：(1)证明：∵a n ＋S n ＝n ， ① ∴a n ＋1＋S n ＋1＝n ＋1.②②－①得a n ＋1－a n ＋a n ＋1＝1，∴2a n ＋1＝a n ＋1，∴2(a n ＋1－1)＝a n －1，∴a n ＋1－1a n －1＝12，当n ＝1时，a 1＋S 1＝1，∴a 1＝12，a 1－1＝－12，又c n ＝a n －1，∴{c n }是首项为－12，公比为12的等比数列．(2)由(1)可知c n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，∴a n ＝c n ＋1＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n.∴当n ≥2时，b n ＝a n。

高考数学二轮复习第一部分送分专题第6讲排列、组合、二项式定理练习理-人教版高三全册数学试题

第6讲排列、组合、二项式定理一、选择题1．设i 为虚数单位，则(x ＋i)6的展开式中含x 4的项为( ) A ．－15x 4B ．15x 4C ．－20i x 4D ．20i x 4解析：(x ＋i)6的展开式的通项为T r ＋1＝C r 6x 6－r i r(r ＝0,1,2，…，6)，令r ＝2，得含x 4的项为C 26x 4i 2＝－15x 4，故选A. 答案：A2．用0,1，…，9这十个数字可以组成有重复数字的三位数的个数为( ) A ．243 B ．252 C ．261D ．279解析：0,1,2，…，9共能组成9×10×10＝900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648(个)，所以有重复数字的三位数有900－648＝252(个)．答案：B3．甲、乙两人要在一排8个空座上就坐，若要求甲、乙两人每人的两旁都有空座，则有多少种坐法( ) A ．10 B ．16 C ．20D ．24解析：一排共有8个座位，现有两人就坐，故有6个空座．因为要求每人左右均有空座，所以在6个空座的中间5个空中插入2个座位让两人就坐，即有A 25＝20种坐法．答案：C4．二项式⎝⎛⎭⎪⎪⎫9x －133x 9的展开式中x 的系数等于( ) A ．84 B ．24 C ．6D ．－24解析：根据二项式定理可知，T r ＋1＝C r 9⎝ ⎛⎭⎪⎫－13r 99－＝令9－43r ＝1，得r ＝6，所以x 的系数为C 69⎝ ⎛⎭⎪⎫－136×93＝84，故选A.5．小明试图将一箱中的24瓶啤酒全部取出，每次小明在取出啤酒时只能取出3瓶或4瓶啤酒，那么小明取出啤酒的方式共有( )A．18种B．27种C．37种D．212种解析：由题可知，取出酒瓶的方式有3类，第一类：取6次，每次取出4瓶，只有1种方式；第二类：取8次，每次取出3瓶，只有1种方式；第三类：取7次，3次4瓶和4次3瓶，取法为C37，为35种．共计37种取法．故选C.答案：C6．已知(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，则a＝( )A．－4 B．－3C．－2 D．－1解析：(1＋x)5中含有x与x2的项为T2＝C15x＝5x，T3＝C25x2＝10x2，所以x2的系数为10＋5a ＝5，所以a＝－1，故选D.答案：D7．在二项式(1－2x)n的展开式中，偶数项的二项式系数之和为128，则展开式的中间项的系数为( )A．－960 B．960C．1 120 D．1 680解析：根据题意，奇数项的二项式系数之和也应为128，所以在(1－2x)n的展开式中，二项式系数之和为256，即2n＝256，n＝8，则(1－2x)8的展开式的中间项为第5项，且T5＝C48(－2)4x4＝1 120x4，即展开式的中间项的系数为1 120，故选C.答案：C8．若x4(x＋3)8＝a0＋a1(x＋2)＋a2(x＋2)2＋…＋a12(x＋2)12，则log2(a1＋a3＋a5＋…＋a11)等于( )A．27B．28C．7 D．8解析：取x＝－1得(－1)4(－1＋3)8＝a0＋a1＋a2＋…＋a11＋a12，①取x＝－3得(－3)4(－3＋3)8＝a0－a1＋a2－…－a11＋a12，②①与②两式左、右两边分别相减得28＝2(a1＋a3＋a5＋…＋a11)，所以a1＋a3＋a5＋…＋a11＝27，所以log2(a1＋a3＋a5＋…＋a11)＝7.9．从8名网络歌手中选派4名同时去4个地区演出(每地1人)，其中甲和乙只能同去或同不去，甲和丙不同去，则不同的选派方案共有( ) A ．240种 B ．360种 C ．480种D ．600种解析：分两步，第一步，先选4名网络歌手，又分两类，第一类，甲去，则乙一定去，丙一定不去，有C 25＝10种不同选法，第二类，甲不去，则乙一定不去，丙可能去也可能不去，有C 46＝15种不同选法，所以不同的选法有10＋15＝25(种)．第二步，4名网络歌手同时去4个地区演出，有A 44＝24种方案．由分步乘法计数原理知不同的选派方案共有25×24＝600(种)．答案：D10．若(x ＋2＋m )9＝a 0＋a 1(x ＋1)＋a 2(x ＋1)2＋…＋a 9·(x ＋1)9，且(a 0＋a 2＋…＋a 8)2－(a 1＋a 3＋…＋a 9)2＝39，则实数m 的值为( ) A ．1或－3 B ．－1或3 C ．1D ．－3解析：令x ＝0，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 9＝(2＋m )9，令x ＝－2，得a 0－a 1＋a 2－a 3＋…－a 9＝m 9，所以(2＋m )9m 9＝39，即m 2＋2m ＝3，解得m ＝1或－3.答案：A11．某学校派出5名优秀教师去边远地区的三所中学进行教学交流，每所中学至少派一名教师，则不同的分配方法有( ) A ．80种 B ．90种 C ．120种D ．150种解析：有两类情况：①其中一所学校3名教师，另两所学校各一名教师的分法有C 35A 33＝60种；②其中一所学校1名教师，另两所学校各两名教师的分法有C 15×C 242×A 33＝90种．所以共有60＋90＝150种．故选D. 答案：D12．两对夫妇各带一个小孩一起到动物园游玩，购票后排队依次入园，为安全起见，首尾一定要排两位爸爸，另外，两个小孩一定要排在一起，则这6人的入园顺序排法种数为( ) A ．48 B ．36 C ．24D ．12解析：分三步：①先分派两位爸爸，必须一首一尾，有A 22＝2种排法；②两个小孩一定要排在一起，将其看成一个元素，考虑其顺序有A 22＝2种排法；③将两个小孩与两位妈妈进行全排列，有A 33＝6种排法．则共有2×2×6＝24种排法．故选C. 答案：C 二、填空题13．若⎝⎛⎭⎪⎫x ＋a x 4展开式的常数项为54，且a >0，则a ＝__________. 解析：依题意，二项式⎝⎛⎭⎪⎫x ＋a x 4的展开式的通项T r ＋1＝C r 4·(x )4－r·⎝ ⎛⎭⎪⎫a x r ＝C r 4·a r ·x 2－r .令2－r ＝0得r ＝2.因此，二项式⎝⎛⎭⎪⎫x ＋a x 4的展开式中的常数项是T 3＝C 24·a 2＝6a 2＝54，a 2＝9.又a >0，因此a ＝3.答案：314．若直线x ＋ay －1＝0与2x －y ＋5＝0垂直，则二项式⎝⎛⎭⎪⎫ax 2－1x 5的展开式中x 4的系数为__________．解析：由两条直线垂直，得1×2＋a ×(－1)＝0，得a ＝2，所以二项式为⎝⎛⎭⎪⎫2x 2－1x 5，其通项T r ＋1＝C r 5(2x 2)5－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x r ＝(－1)r 25－r C r 5x 10－3r，令10－3r ＝4，解得r ＝2，所以二项式的展开式中x 4的系数为23C 25＝80. 答案：8015．现有5名教师要带3个兴趣小组外出学习考察，要求每个兴趣小组的带队教师至多2人，但其中甲教师和乙教师均不能单独带队，则不同的带队方案有__________种．(用数字作答)解析：第一类，把甲、乙看作一个复合元素，另外3人分成两组，再分配到3个小组中，有C 23A 33＝18种；第二类，先把另外的3人分配到3个小组，再把甲、乙分配到其中2个小组，有A 33A 23＝36种，根据分类加法计数原理可得，共有36＋18＝54种．答案：5416．从1,3,5,7,9中任取2个数，从0,2,4,6中任取2个数组成没有重复数字的四位数，若将所有个位是5的四位数从小到大排成一列，则第100个数是__________．解析：①形如“1××5”，中间所缺的两数只能从0,2,4,6中选取，有A 24＝12个． ②形如“2××5”，中间所缺的两数是奇偶各一个，有C 14C 13A 22＝24个．③形如“3××5”，同①有A24＝12个．④形如“4××5”，同②，也有C14C13A22＝24个，⑤形如“6××5”，也有C14C13A22＝24个，以上5类小于7 000的数共有96个．故第97个数是7 025，第98个数是7 045，第99个数是7 065，第100个数是7 205. 答案：7 205。

高三数学第二轮复习教案《数列》

数列（第二轮复习）1.等差(比)数列的定义如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差(比)等于同一个常数，这个数列叫做等差(比)数列.2.通项公式等差 a n =a 1+(n-1)d ，等比a n =a 1q n -13.等差(比)中项如果在a 、b 中间插入一个数A ，使a 、A 、b 成等差(比)数列，则A 叫a 、b 的等差(比)中项．A ＝(a+b)/2或A ＝±ab4.重要性质：m+n=p+q ⇔ a m ·a n ＝a p ·a q (等比数列)a m +a n ＝a p +a q (等差数列) (m 、n 、p 、q ∈N*) 特别地 m+n=2p ⇔ a m +a n ＝2a p (等差数列) a m ·a n ＝a p 2 (等比数列)5.等差数列前n 项和等比数列前n 项和6.如果某个数列前n 项和为Sn ，则7.差数列前n 项和的最值（1）若a1＞0，d ＜0，则S n 有最大值，n 可由 ⎩⎨⎧≥≥+0a 0a 1n n （2）若a1＜0，d ＞0，则S n 有最小值，n 可由 ⎩⎨⎧≤≤+0a 0a 1n n 8．求数列的前n 项和S n ，重点应掌握以下几种方法：（1）.倒序相加法：如果一个数列{a n }，与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写和与倒着写和的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和的方法称为倒序相加法.（2）.错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列对应项乘积组成，此时求和可采用错位相减法.（3）.分组转化法：把数列的每一项分成两项，或把数列的项“集”在一块重新组合，或把整个数列分成两部分，使其转化为等差或等比数列，这一求和方法称为分组转化法.（4）.裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差，()()⎩⎨⎧≥-==-2111n S S n S a n n n ()()d n n na n a a S n n 21211-+=+=()()()⎪⎩⎪⎨⎧≠--==111111q qq a q na S n n在求和时一些正负项相互抵消，于是前n项的和变成首尾若干少数项之和，这一求和方法称为裂项相消法.9. 三个模型：（1）复利公式按复利计算利息的一种储蓄，本金为a元，每期利率为r，存期为x，则本利和y=a(1+r)x（2）.单利公式利息按单利计算，本金为a元，每期利率为r，存期为x，则本利和y=a(1+xr) （3）.产值模型原来产值的基础数为N，平均增长率为p，对于时间x的总产值y=N(1+p) x10．例、习题：1.若关于x的方程x2-x+a=0和x2-x+b=0(a,b∈R且a≠b)的四个根组成首项为1/4的等差数列，则a+b的值为( )A. 3/8B. 11/24C. 13/24D. 31/722.在等差数列{a n}中，a2+a4=p，a3+a5=q．则其前6项的和S6为( )(A) 5 (p+q)/4 (B) 3(p+q)/2 (C) p+q (D) 2(p+q)3.下列命题中正确的是( )A.数列{a n}的前n项和是S n=n2+2n-1，则{a n}为等差数列B.数列{a n}的前n项和是S n=3n-c，则c=1是{a n}为等比数列的充要条件C.数列既是等差数列，又是等比数列D.等比数列{a n}是递增数列，则公比q大于14.等差数列{a n}中，a1＞0，且3a8=5a13，则S n中最大的是( )(A)S10(B)S11(C)S20(D)S215.等差数列{a n}中，S n为数列前n项和，且S n/S m＝n2/m2 (n≠m)，则a n / a m值为( )(A)m/n (B)(2m-1)/n (C)2n/(2n-1) (D)(2n-1)/(2m-1)6.已知{a n}的前n项和S n=n2-4n+1，则|a1|+|a2|+…|a10|=( )(A)67 (B)65 (C)61 (D)567.一个项数是偶数的等比数列，它的偶数项的和是奇数项和的2倍，又它的首项为1，且中间两项的和为24，则此等比数列的项数为（）(A)12 (B)10 (C)8 (D)68.计算机是将信息转换成二进制进行处理的，二进制即“逢2进1”，如(1101)2表示二进制数，将它转换成十进制形式是1×23+1×22+0×21+1×20=13，那么将二进制数(111…11)2 （16个1）位转换成十进制形式是( )(A) 217-2 (B) 216-2 (C) 216-1 (D)215-19.{a n}为等比数列，{b n}为等差数列，且b1=0,C n＝a n+b n，若数列{C n}是1，1，5，…则{C n}的前10项和为___________.10.如果b是a，c的等差中项，y是x与z的等比中项，且x，y，z都是正数，则(b-c)log m x+(c-a)log m y+(a-b)log m z=_______.11.数列{a n}的前n项和S n=n2+1，则a n=_________________.12.四个正数成等差数列，若顺次加上2，4，8，15后成等比数列，求原数列的四个数.13.已知等比数列{a n }的公比为q ，前n 项的和为S n ，且S 3，S 9，S 6成等差数列.(1)求q 3的值；(2)求证a 2，a 8，a 5成等差数列.14.一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项和与奇数项和之比为32∶27，求公差d.15.数列{a n }是由正数组成的等比数列，S n 为前n 项的和，是否存在正常数c ，使得对任意的n ∈N +成立?并证明你的结论.16.一个首项为正数的等差数列中，前3项和等于前11项和，问此数列前多少项的和最大?17.已知等比数列{a n }的首项a1＞0，公比q ＞0.设数列{b n }的通项b n =a n+1+a n+2(n ∈N*)，数列{a n }与{b n }的前n 项和分别记为A n 与B n ，试比较A n 与B n 的大小.()()()c S c S c S n n n -=-+-++12lg 2lg lg18.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10=100，S 100=10，试求S 110.19.已知数列{a n }和{b n }满足(n ∈N +)，试证明：{a n }成等差数列的充分条件是{b n }成等差数列.20.已知数列{a n }中的a 1=1/2，前n 项和为S n ．若S n =n 2a n ，求S n 与a n 的表达式.21.在数列{a n }中，a n ＞0， 2Sn = a n +1(n ∈N) ①求S n 和a n 的表达式；②求证： n a n a a b n n +++⋅++⋅+⋅= 21212121111321<+++nS S S S。

高考数学二轮复习练习：专题限时集训6 数列含答案

专题限时集训(六)数列(限时：120分钟)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分，请把答案填写在题中横线上．)1．(四川省凉山州2019届高中毕业班第一次诊断性检测)设数列{a n }满足a 1＝a ，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋1(n ∈N *)，若数列{a n }是常数列，则a ＝________.－2[因为数列{a n }是常数列，所以a ＝a 2＝a 21－2a 1＋1＝a 2－2a ＋1，即a (a ＋1)＝a 2－2，解得a ＝－2.]2．(江苏省南京市、盐城市2019届高三第一次模拟)设{a n }是等差数列，若a 4＋a 5＋a 6＝21，则S 9＝________.63[由a 4＋a 5＋a 6＝21得a 5＝7，所以S 9＝a 1＋a 92＝9a 5＝63.]3．数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为________．1830[当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝4k －1；当n ＝2k －1时，a 2k －a 2k －1＝4k －3. 所以a 2k ＋1＋a 2k －1＝2，所以a 2k ＋1＋a 2k ＋3＝2，所以a 2k －1＝a 2k ＋3，所以a 1＝a 5＝…＝a 61. 所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 60＝(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 60＋a 61) ＝3＋7＋11＋…＋(2×60－1) ＝30×3＋1192＝30×61＝1830.]4．(江苏省泰州中学2019届高三上学期第二次月考)等差数列{a n }的前n 项和S n ，若a 1＝2，S 3＝12，则a 6＝________.12[∵S 3＝12，∴S 3＝3a 1＋3×22d ＝3a 1＋3d ＝12.解得d ＝2，则a 6＝a 1＋5d ＝2＋2×5＝12.]5．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比q ＝3，S 3＋S 4＝533，则a 3＝________.3[∵等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比q ＝3，S 3＋S 4＝533，∴a 13－3－1＋a 14－3－1＝533，解得a 1＝13.则a 3＝13×32＝3.] 6．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 6成等差数列．且a 2＋a 5＝4，则a 8的值为________．2[∵等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 6成等差数列．且a 2＋a 5＝4，∴⎩⎪⎨⎪⎧2×a 1－q 91－q ＝a 1－q 31－q ＋a 1－q61－q，a 1q ＋a 1q 4＝4，解得a 1q ＝8，q 3＝－12，∴a 8＝a 1q 7＝(a 1q )(q 3)2＝8×14＝2.]7．《九章算术》中的“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则该竹子最上面一节的容积为________升． 1322[设最上面一节的容积为a 1，由题设知⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋4×32d ＝3，⎝⎛⎭⎪⎫9a 1＋9×82d －⎝ ⎛⎭⎪⎫6a 1＋6×52d ＝4，解得a 1＝1322.]8．已知{a n }是公差不为0的等差数列，S n 是其前n 项和，若a 2a 3＝a 4a 5，S 9＝1，则a 1的值是________.【导学号：56394041】－527[设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)， ∵a 2a 3＝a 4a 5，S 9＝1，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d a 1＋2d ＝a 1＋3d a 1＋4d ，9a 1＋9×82d ＝1，解得a 1＝－527.]9．(广东湛江市2019届高三上学期期中调研考试)在各项均为正数的等比数列{a n }中，若log 2a 2＋log 2a 8＝1，则a 3·a 7＝________.2[由log 2a 2＋log 2a 8＝1得log 2(a 2a 8)＝1，所以a 2a 8＝2，由等比数列性质可得a 3a 7＝a 2a 8＝2.] 10．记公比为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n .若a 1＝1，S 4－5S 2＝0，则S 5的值为________．31[若等比数列的公比等于1，由a 1＝1，则S 4＝4,5S 2＝10，与题意不符．设等比数列的公比为q (q ≠1)，由a 1＝1，S 4＝5S 2，得a 1－q 41－q＝5a 1(1＋q )，解得q ＝±2.∵数列{a n }的各项均为正数，∴q ＝2. 则S 5＝1－251－2＝31.]11．(广东郴州市2019届高三第二次教学质量监测试卷)在△ABC 中，A 1，B 1分别是边BA ，CB 的中点，A 2，B 2分别是线段A 1A ，B 1B 的中点，…，A n ，B n 分别是线段A n －1A ，B n －1B (n ∈N *，n >1)的中点，设数列{a n }，{b n }满足：向量B n A n →＝a n CA →＋b n CB →(n ∈N *)，有下列四个命题，其中假命题是：________.【导学号：56394042】①数列{a n }是单调递增数列，数列{b n }是单调递减数列； ②数列{a n ＋b n }是等比数列； ③数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 有最小值，无最大值；④若△ABC 中，C ＝90°，CA ＝CB ，则|B n A n →|最小时，a n ＋b n ＝12.③[由BA n →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n (CA →－CB →)，B n B →＝12n CB →，B n A n →＝B n B →＋BA n →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n CA →＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－1CB →，所以a n ＝1－12n ，b n ＝12n －1－1.则数列{a n }是单调递增数列，数列{b n }是单调递减数列，故①正确；数列{a n ＋b n }即为⎩⎨⎧⎭⎬⎫12n 是首项和公比均为12的等比数列，故②正确；而当n ＝1时，a 1＝12，b 1＝0，a n b n 不存在；n ＞1时，a n b n ＝2n－12－2n ＝－1＋12－2n 在n ∈N *上递增，无最小值和最大值，故③错误；在△ABC 中，C ＝90°，CA ＝CB ，则|B n A n →|2＝(a 2n ＋b 2n )CA →2＋2a n b n CA →·CB →＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －352－15，当n ＝1时，取得最小值，即有|B n A n →|最小时，a n ＋b n ＝12，故④正确．]12．(天津六校2019届高三上学期期中联考)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋2(n ∈N *)．若b n ＋1＝(n －2λ)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1(n ∈N *)，b 1＝－λ，且数列{b n }是单调递增数列，则实数λ的取值范围是________．⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，23[因为a n ＋1＝a n a n ＋2⇒1a n ＋1＝2a n ＋1⇒1a n ＋1＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1⇒1a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋12n －1＝2n ，所以b n ＋1＝(n －2λ)·2n，因为数列{b n }是单调递增数列，所以当n ≥2时b n ＋1>b n ⇒(n －2λ)·2n>(n －1－2λ)·2n －1⇒n >2λ－1⇒2>2λ－1⇒λ<32；当n ＝1时，b 2>b 1⇒(1－2λ)·2>－λ⇒λ<23，因此λ<23.]13.(山西大学附属中学2019级上学期11月模块诊断)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 17>0，S 18<0，则S 1a 1，S 2a 2，…，S 15a 15中最大的项为________．S 9a 9[S 17>0⇒a 1＋a 172>0⇒a 92>0⇒a 9>0，S 18<0⇒a 1＋a 182<0⇒a 9＋a 102<0⇒a 10＋a 9<0⇒a 10<0，因此S 1a 1>0，S 2a 2>0，…，S 8a 8>0，S 9a 9>0，S 10a 10<0，而S 1<S 2<…<S 9，a 1>a 2>…>a 8>a 9，所以S 1a 1<S 2a 2<…<S 8a 8<S 9a 9.] 14．(云南大理2019届高三第一次统测)若数列{a n }的首项a 1＝2，且a n ＋1＝3a n ＋2(n ∈N *)；令b n＝log 3(a n ＋1)，则b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 100＝________. 5050[由a n ＋1＝3a n ＋2(n ∈N *)可知a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，∴a n ＋1＋1a n ＋1＝3，所以数列{a n ＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，所以a n ＋1＝3n，∴a n ＝3n－1，所以b n ＝log 3(a n ＋1)＝n ，因此b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 100＝＋2＝5050.]二、解答题(本大题共6小题，共90分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．) 15．(本小题满分14分)(泰州中学2019届高三上学期期中考试)已知{a n }是一个公差大于0的等差数列，且满足a 3a 6＝55，a 2＋a 7＝16. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)等比数列{b n }满足：b 1＝a 1，b 2＝a 2－1，若数列c n ＝a n ·b n ，求数列{c n }的前n 项和S n . [解](1)设等差数列{a n }的公差为d ，则依题意设d >0.由a 2＋a 7＝16，得2a 1＋7d ＝16.① 由a 3a 6＝55，得(a 1＋2d )(a 1＋5d )＝55.②4分由①得2a 1＝16－7d 将其代入②得(16－3d )(16＋3d )＝220.即256－9d 2＝220，∴d 2＝4，又d >0，∴d ＝2.代入①得a 1＝1，∴a n ＝1＋(n －1)2＝2n －1.6分(2)∵b 1＝1，b 2＝2，∴b n ＝2n －1，∴c n ＝a n b n ＝(2n －1)2n －1， 8分S n ＝1·20＋3·21＋…＋(2n －1)·2n －1,2S n ＝1·21＋3·22＋…＋(2n －1)·2n .两式相减可得：－S n ＝1·20＋2·21＋2·22＋…＋2·2n －1－(2n －1)·2n＝1＋2×－2n －11－2－(2n －1)·2n， 10分∴－S n ＝1＋－2n －11－2－(2n －1)·2n ＝1＋2n ＋1－4－(2n －1)·2n ＝2n ＋1－3－(2n －1)·2n ，∴S n ＝3＋(2n －1)·2n－2n ＋1＝3＋(2n －3)·2n.14分16．(本小题满分14分)(河南省豫北名校联盟2019届高三年级精英对抗赛)已知各项均不相等的等差数列{a n }的前五项和S 5＝20，且a 1，a 3，a 7成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和，且存在n ∈N *，使得T n －λa n ＋1≥0成立，求实数λ的取值范围．[解](1)设数列{a n }的公差为d ，则 ⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋5×42d ＝20，a 1＋2d 2＝a 1a 1＋6d ，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝4，2d 2＝a 1d .2分又因为d ≠0，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝1.4分所以a n ＝n ＋1. 5分(2)因为1a n a n ＋1＝1n ＋n ＋＝1n ＋1－1n ＋2，所以T n ＝12－13＋13－14＋…＋1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＝nn ＋. 7分因为存在n ∈N *，使得T n －λa n ＋1≥0成立，所以存在n ∈N *，使得n n ＋－λ(n ＋2)≥0成立，即存在n ∈N *，使λ≤n n ＋2成立.10分又n n ＋2＝12⎝⎛⎭⎪⎫n ＋4n＋4≤116(当且仅当n ＝2时取等号)，所以λ≤116.即实数λ的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，116. 14分17．(本小题满分14分)(四川省凉山州2019届高中毕业班第一次诊断性检测)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n a n ＋1＝2n ，n ∈N *.(1)若函数f (x )＝A sin(2x ＋φ)(A >0,0<φ<π)在x ＝π6处取得最大值a 4＋1，求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，π2上的值域； (2)求数列{a n }的通项公式． [解](1)∵a n a n ＋1＝2n，则a n ＋1a n ＋2＝2n ＋1，∴a n ＋2a n＝2，又a 1＝1，故a 1a 2＝21，即a 2＝2，∴a 3＝2，a 4＝4，∴A ＝a 4＋1＝5，故f (x )＝5sin(2x ＋φ)，4分又x ＝π6时，f (x )＝5，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋φ＝1，且0<φ<π，解得φ＝π6， ∴f (x )＝5sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，6分而x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，π2，故2x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，7π6，从而sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，1，综上知f (x )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－52，5. 8分18．(本小题满分16分)(天津六校2019届高三上学期期中联考)已知各项都是正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝a 2n ＋12a n ，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足：b 1＝1，b n －b n －1＝2a n (n ≥2)，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和为T n ，求证：T n <2；(3)若T n ≤λ(n ＋4)对任意n ∈N *恒成立，求λ的取值范围.【导学号：56394043】[解](1)n ＝1时，a 1＝a 21＋12a 1，∴a 1＝12.⎩⎪⎨⎪⎧S n －1＝a 2n －1＋12a n －1S n ＝a 2n ＋12a n⇒a n ＝a 2n －a 2n －1＋12a n －12a n －1，⇒(a n ＋a n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －a n －1－12＝0，∵a n >0，∴a n －a n －1＝12， ∴{a n }是以12为首项，12为公差的等差数列．∴a n ＝12n .4分(2)证明：b n －b n －1＝n ，⎩⎪⎨⎪⎧b 2－b 1＝2b 3－b 2＝3⋮b n －b n －1＝n⇒b n －b 1＝n ＋n －2⇒b n ＝n n ＋2.1b n ＝2n n ＋＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴T n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1，即T n <2.12分(3)由2n n ＋1≤λ(n ＋4)得λ≥2nn ＋n ＋＝2n ＋4n ＋5，当且仅当n ＝2时，2n ＋4n＋5有最大值29，∴λ≥29.16分19．(本小题满分16分)(中原名校豫南九校2019届第四次质量考评)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 5＝a 5＋a 6＝25. (1)求{a n }的通项公式；(2)若不等式2S n ＋8n ＋27>(－1)nk (a n ＋4)对所有的正整数n 都成立，求实数k 的取值范围． [解](1)设公差为d ，则5a 1＋5×42d ＝a 1＋4d ＋a 1＋5d ＝25，∴a 1＝－1，d ＝3.∴{a n }的通项公式为a n ＝3n －4. 6分(2)S n ＝－n ＋3nn －2，2S n ＋8n ＋27＝3n 2＋3n ＋27，a n ＋4＝3n ；8分(－1)nk <n ＋1＋9n，当n 为奇数时，k >－⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1＋9n ；当n 为偶数时，k <n ＋1＋9n，∵n ＋1＋9n ≥7，当且仅当n ＝3时取等号，∴当n 为奇数时，n ＋1＋9n的最小值为7，当n为偶数时，n ＝4时，n ＋1＋9n 的最小值为294，∴－7<k <294.16分20．(本小题满分16分)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)是函数f (x )＝12＋log 2x1－x的图象上任意两点，且OM →＝12(OA →＋OB →)，已知点M 的横坐标为12.(1)求证：M 点的纵坐标为定值；(2)若S n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋…＋f ⎝⎛⎭⎪⎫n －1n ，n ∈N *，且n ≥2，求S n； (3)已知a n＝⎩⎪⎨⎪⎧23，n ＝1，1S n＋Sn ＋1＋，n ≥2.其中n ∈N *.T n 为数列{a n }的前n 项和，若T n <λ(S n ＋1＋1)对一切n ∈N *都成立，试求λ的取值范围.【导学号：56394044】[解](1)证明：∵OM →＝12(OA →＋OB →)，∴M 是AB 的中点．设M 点的坐标为(x ，y )，由12(x 1＋x 2)＝x ＝12，得x 1＋x 2＝1，则x 1＝1－x 2或x 2＝1－x 1.2分而y ＝12(y 1＋y 2)＝12[f (x 1)＋f (x 2)]＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋log 2x 11－x 1＋12＋log 2x 21－x 2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋log 2x 11－x 1＋log 2x 21－x 2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋log 2x 11－x 1·x 21－x 2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋log 2x 1x 2x 1x 2＝12()1＋0＝12，∴M 点的纵坐标为定值12. 5分(2)由(1)，知x 1＋x 2＝1，f (x 1)＋f (x 2)＝y 1＋y 2＝1，S n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ，S n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ，两式相加，得2S n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2n ＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＝1＋1＋…＋1n －1，∴S n＝n －12(n ≥2，n ∈N *).8分(3)当n ≥2时，a n ＝1S n ＋S n ＋1＋＝4n ＋n ＋＝4⎝⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2.10分T n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝23＋4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝23＋4⎝ ⎛⎭⎪⎫13－1n ＋2＝2n n ＋2. 12分由T n <λ(S n ＋1＋1)，得2n n ＋2<λ·n ＋22.∴λ>4n n ＋2＝4nn 2＋4n ＋4＝4n ＋4n＋4.∵n ＋4n≥4，当且仅当n ＝2时等号成立，∴4n ＋4n＋4≤44＋4＝12. 因此λ>12，即λ的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞. 16分。

高考数学第二轮专题复习数列教案

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

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

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

2019年高考数学数列复习指导(最适用、最全面)

2019年高考数学数列复习指导第一节数列的概念与简单表示法教材细梳理1．数列的有关概念概念含义数列按照一定顺序排列的一列数数列的项数列中的每一个数数列的通项数列{a n}的第n项a n通项公式数列{a n}的第n项a n与n之间的关系能用公式a n＝f(n)表示，这个公式叫做数列的通项公式前n项和数列{a n}中，S n＝a1＋a2＋…＋a n叫做数列的前n项和n n 若数列{a n }的前n 项和为S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.4．数列的分类[1．数列的通项公式不一定唯一．2．在利用数列的前n 项和求通项时，往往容易忽略先求出a 1，而是直接把数列的通项公式写成a n ＝S n －S n －1的形式，但它只适用于n ≥2的情形．知识微思考1．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)所有数列的第n 项都能使用公式表达．( )(2)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( ) (3)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．( )(4)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对∀n ∈N *，都有a n ＋1＝S n ＋1－S n .( ) (5)在数列{a n }中，对于任意正整数m ，n ，a m ＋n ＝a mn ＋1，若a 1＝1，则a 2＝2.( ) 答案：(1)× (2)√ (3)× (4)√ (5)√2．数列的通项a n ＝2n 与函数f (x )＝2x 有何区别与联系？提示：数列a n ＝2n 是特殊函数，其定义域为N *，而函数f (x )＝2x 的定义域为R ，a n ＝2n 的图象是离散点且在f (x )＝2x 的图象上．3．数列{a n }中，由a n ＋1＝n ＋1能得到{a n }的通项a n ＝n 吗？提示：不能．由a n ＋1＝n ＋1得到a n ＝n ，这里n ≥2.若a 1＝1时，数列的通项a n ＝n ；若a 1＝2时，则通项a n ＝⎩⎨⎧2 (n ＝1)，n (n ≥2).四基精演练1．(必修5·2.1例3改编)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1＋1a n －1(n ≥2)，则a 4＝( )A.32 B.53 C.74D.85解析：选B.由题意知，a 1＝1，a 2＝1＋1a 1＝2，a 3＝1＋1a 2＝32，a 4＝1＋1a 3＝53.2．(实践题)(必修5·2.1教材引例改编)把1,3,6,10,15,21，…这些数叫作三角形数，这是因为以这些数目的点可以排成一个正三角形(如图)．则第7个三角形数是( ) A ．27 B ．28 C ．29D ．30解析：选B.观察规律可知三角形数为1,3,6,10,15,21,28,36，….3．(必修5·2.1练习改编)数列1，23，35，47，59，…的一个通项公式a n 是．解析：由已知得，数列可写成11，23，35，…，故通项公式可以为n2n －1.答案：a n ＝n2n －14．(2018·山东日照期末)在数列{a n }中，a n ＝－2n 2＋29n ＋3，则此数列最大项的值是．解析：根据题意并结合二次函数的性质可得a n ＝－2n 2＋29n ＋3＝－2⎝⎛⎭⎫n 2－292n ＋3＝－2⎝⎛⎭⎫n －2942＋3＋8418， ∴n ＝7时，a n 取得最大值，最大项a 7的值为108. 答案：1085．(2016·高考浙江卷)设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝，S 5＝ .解析：法一：∵a n ＋1＝2S n ＋1，∴a 2＝2S 1＋1，即S 2－a 1＝2a 1＋1，又∵S 2＝4，∴4－a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝1.又a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，即S n ＋1＝3S n ＋1，由S 2＝4，可求出S 3＝13，S 4＝40，S 5＝121. 法二：由a n ＋1＝2S n ＋1，得a 2＝2S 1＋1，即S 2－a 1＝2a 1＋1，又S 2＝4，∴4－a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝1.又a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，即S n ＋1＝3S n ＋1，则S n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎫S n ＋12，又S 1＋12＝32，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列，∴S n ＋12＝32×3n －1，即S n ＝3n －12，∴S 5＝35－12＝121.答案：1；121考点一已知数列的前几项求通项[简单型]——发展数学抽象由数列的前几项求数列通项公式的策略1．对数列的前几项进行归纳、联想，具体如下：(1)分式中分子、分母的特征；(2)相邻项的变化特征；(3)拆项后的特征；(4)各项符号特征等．2．根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是利用不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想，由不完全归纳得出的结果是不可靠的，要注意代值检验，对于正负符号变化，可用(－1)n或(－1)n＋1来调整．写出下列数列的一个通项公式： (1)1,3,5,7，…； (2)－11×2，12×3，－13×4，14×5，…； (3)1,5,1,5,1,5，…； (4)9,99,999,9 999，….解：(1)数列的前4项都是序号的2倍减去1，所以它的一个通项公式为a n ＝2n －1.事实上，该数列是由连续的正奇数组成的．(2)此数列前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)n 1n (n ＋1).(3)已知数列可以变换为3－2,3＋2,3－2,3＋2，…，所以已知数列的一个通项公式为a n＝3＋(－1)n ·2.(4)数列的前4项可以写成10－1,100－1,1 000－1,10 000－1，所以它的一个通项公式为a n ＝10n －1.考点二已知递推关系求通项[探究型]——发展数学运算[例1] (1)(2018·湖南四校联考)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ，则a n 等于( )A ．2＋ln nB ．2＋(n －1)ln nC ．2＋n ln nD ．1＋n ＋ln n解析：由已知，a n ＋1－a n ＝ln n ＋1n ，a 1＝2，所以a n －a n －1＝ln nn －1(n ≥2)，a n －1－a n －2＝ln n －1n －2， …a 2－a 1＝ln 21，将以上n －1个式子叠加，得 a n －a 1＝ln n n －1＋ln n －1n －2＋…＋ln 21＝ln ⎝⎛⎭⎪⎫n n －1·n －1n －2 (21)＝ln n .所以a n ＝2＋ln n (n ≥2)，经检验n ＝1时也适合．故选A. 答案：A(2)设{a n }是首项为1的正项数列，且(n ＋1)a 2n ＋1－na 2n ＋a n ＋1·a n ＝0(n ＝1,2,3，…)，则它的通项公式a n ＝ .解析：因为(n ＋1)a 2n ＋1＋a n ＋1·a n －na 2n ＝0，所以(a n ＋1＋a n )[(n ＋1)a n ＋1－na n ]＝0，又a n ＋1＋a n ＞0，所以(n ＋1)a n ＋1－na n ＝0，即a n ＋1a n ＝n n ＋1，所以a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·a 5a 4·…·a n a n －1＝12×23×34×45×…×n －1n ，所以a n ＝1n .答案：1n[母题变式]1．若把本例(1)中条件“a n ＋1＝a n ＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ”改为“a n ＋1＝2a n ＋1”，则a n ＝ . 解析：由题意知a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，所以数列{a n ＋1}是以3为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＋1＝3×2n －1，所以a n ＝3× 2n －1－1.答案：3×2n －1－1(n ∈N *)2．若把本例(1)中条件“a n ＋1＝a n ＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ”改为a n ＋1＝2a n 2＋a n ，则a n ＝ . 解析：∵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 . 答案：2n3．若把本例(2)中条件改为“a 1＝1，a n ＋1＋a n ＝2n ”，则a n ＝ . 解析：∵a n ＋1＋a n ＝2n ，∴a n ＋2＋a n ＋1＝2n ＋2，故a n ＋2－a n ＝2，即数列{a n }是奇数项与偶数项都是公差为2的等差数列．当n 为偶数时，a 2＝1，故a n ＝a 2＋2⎝⎛⎭⎫n 2－1＝n －1.当n 为奇数时，∵a n ＋1＋a n ＝2n ，a n ＋1＝a 1＋2×n －12＝1＋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.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数n －1，n 为偶数已知数列的递推关系，求数列的通项时，通常用累加、累乘、构造法求解.当出现a n ＝a n －1＋m 时，构造等差数列；当出现a n ＝xa n －1＋y 时，构造等比数列；当出现a n ＝a n －1＋f (n )时，用累加法求解；当出现a na n -1＝f (n )时，用累乘法求解.[提醒] 在求出通项公式后，一定要验证是否满足公式．考点三 a n 与S n 的关系应用[高频型]——发展数学运算[例n n 为．解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n －5，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2(2)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝5－4×2－n ，则其通项公式为．解析：a 1＝S 1＝5－4×2－1＝3，a n ＝S n －S n －1＝(5－4×2－n )－(5－4×2－n ＋1)＝42n (n ≥2)．当n ＝1时，42n ＝2≠a 1，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，42n ，n ≥2答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，42n，n ≥2[例n n 1n ＋1S n S n ＋1，则S n ＝ .解析：由已知得a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝S n ＋1S n ，两边同时除以S n ＋1S n ，得1S n ＋1－1S n ＝－1，故数列{1S n }是以－1为首项，－1为公差的等差数列，则1S n ＝－1－(n －1)＝－n ，所以S n ＝－1n.答案：－1n(2)(2018·南昌模拟)数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ≥1)，则S n 等于．解析：由a n ＋1＝3S n 得S n ＋1－S n ＝3S n ， ∴S n ＋1＝4S n ，又S 1＝a 1＝1≠0，∴{S n }是首项为1，公比为4的等比数列，∴S n ＝4n －1. 答案：4n －1数列的通项a n 与前n 项和S n 的关系是a n ＝当n＝1时，a 1若适合S n －S n －1，则n ＝1的情况可并入n ≥2时的通项a n ；当n ＝1时，a 1若不适合S n －S n －1，则用分段函数的形式表示.1．(2018·陕西四校联考)已知数列{a n }满足条件12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n a n ＝2n ＋5，则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝2n ＋1B ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧14(n ＝1)2n ＋1(n ≥2)C ．a n ＝2nD ．a n ＝2n ＋2解析：选B.由题意可知，数列{a n }满足条件12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n a n ＝2n ＋5，则12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n －1a n －1 ＝2(n －1)＋5，n ＞1，两式相减可得：a n2n ＝2n ＋5－2(n －1)－5＝2，∴a n ＝2n ＋1，n ＞1，n ∈N *. 当n ＝1时，a 12＝7，∴a 1＝14，综上可知，数列{a n }的通项公式为：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧14 (n ＝1)，2n ＋1 (n ≥2).故选B.2．数列{a n }的前n 项和记为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1(n ≥1，n ∈N )，则数列{a n }的前n 项和S n ＝ .解析：由a n ＋1＝2S n ＋1，可得a n ＝2S n －1＋1(n ≥2)，两式相减，得a n ＋1－a n ＝2a n ，a n ＋1＝3a n (n ≥2)．∵a 2＝2S 1＋1＝3，∴a 2＝3a 1，故数列{a n }是首项为1，公比为3的等比数列． ∴a n ＝3n －1，由a n ＋1＝2S n ＋1，得S n ＝a n ＋1－12＝3n －12.答案：3n －12发展数学建模、数学运算(创新型)模型数列的单调性与函数不等式、导数的交汇创新数列是特殊函数，所以可用函数的观点和方法研究数列的性质、单调性，最大(小)项．数列与函数、不等式、导数等交汇命题是高考的热点，解决这类问题的策略是：1．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、递减数列或是常数列．2．用作商比较法，根据a n ＋1a n (a n ＞0或a n ＜0)与1的大小关系进行判断．3．结合相应函数的图象直观判断．[例4] (1)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 10＝0，S 15＝25，则nS n 的最小值为．解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由等差数列前n 项和公式可得⎩⎨⎧10a 1＋10×92d ＝0，15a 1＋15×142d ＝25，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝23.∴nS n ＝n 2a 1＋n 2(n －1)2d ＝－3n 2＋13(n 3－n 2)＝13n 3－10n 23. 构造函数f (x )＝13x 3－103x 2(x ＞0)．令f ′(x )＝0，解得x ＝0(舍去)或x ＝203.当x ＞203时，f (x )单调递增；当0＜x ＜203时，f (x )单调递减．∵n ∈N *，∴当n ＝7时，nS n 取最小值， ∴(nS n )min ＝13×73－10×723＝－49.答案：－49(2)(2018·烟台质检)已知数列{a n }的通项为a n ＝2n －1，又数列{b n }满足b n ＝2log 2a n ＋1，记S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，若∀n ∈N *都有S n a n ≤S ka k成立，则正整数k 的值为．解析：∵a n ＝2n －1，∴b n ＝2log 2a n ＋1＝2n . 所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n (2＋2n )2＝n 2＋n ，令c n ＝S n a n ＝n 2＋n2n －1.则c n ＋1－c n ＝S n ＋1a n ＋1－S n a n ＝(n ＋1)(n ＋2)2n －n (n ＋1)2n －1＝(n ＋1)(2－n )2n .所以当n ＝1时，c 1＜c 2；当n ＝2时，c 3＝c 2；当n ≥3时，c n ＋1－c n ＜0，即c 3＞c 4＞c 5＞…，所以数列{c n }中最大项为c 2和c 3.所以存在k ＝2或3，使得任意的正整数n ，都有S k a k ≥S na n .答案：2或3课时规范训练(限时练·夯基练·提能练)A 级基础夯实练(30分钟，55分)1．(2018·合肥模拟)数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n －S n －1＝2n －1(n ≥2)，且S 2＝3，则a 1＋a 3的值为( )A ．1B ．3C ．5D ．6解析：选C.依题意，S 2－S 1＝3，所以a 1＝S 1＝S 2－3＝3－3＝0，又因为a 3＝S 3－S 2＝5，所以a 1＋a 3＝0＋5＝5.2．(2018·株洲模拟)数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n (n ∈N *)，若p －q ＝5，则a p －a q ＝( )A ．10B ．15C ．－5D ．20 解析：选D.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－3n －[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5，当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1，符合上式，所以a n ＝4n －5，所以a p －a q ＝4(p －q )＝20.3．(2018·西安模拟)在各项均为正数的数列{a n }中，对任意m ，n ∈N *，都有a m ＋n ＝a m ·a n .若a 6＝64，则a 9等于( )A ．256B ．510C ．512D ．1 024解析：选C.在各项均为正数的数列{a n }中，对任意m ，n ∈N *，都有a m ＋n ＝a m ·a n . ∴a 6＝a 3·a 3＝64，a 3＝8. ∴a 9＝a 6·a 3＝64×8＝512.4．数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎨⎧2a n，0≤a n＜12，2a n－1，12≤a n＜1.若a 1＝35，则a 2 019＝( )A.15B.25C.35D.45解析：选B.由递推关系得，a 1＝35，a 2＝2a 1－1＝2×35－1＝15，a 3＝2a 2＝2×15＝25，a 4＝2a 3＝2×25＝45，a 5＝2a 4－1＝2×45－1＝35，…，所以a 5＝a 1，即a n ＋4＝a n .所以数列{a n }是周期为4的周期数列，a 2 019＝a 504×4＋3＝a 3＝25，故选B.5．(2018·洛阳模拟)设数列{a n }满足a 1＋2a 2＋22a 3＋…＋2n －1a n ＝n 2(n ∈N *)，则通项公式是( )A ．a n ＝12nB ．a n ＝12n －1C ．a n ＝12nD ．a n ＝12n ＋1解析：选C.设{2n －1·a n }的前n 项和为T n ，∵数列{a n }满足a 1＋2a 2＋22a 3＋…＋2n －1a n ＝n 2(n ∈N *)，∴T n ＝n 2，∴2n －1an ＝T n －T n －1＝n 2－n －12＝12， ∴a n ＝122n －1＝12n ，经验证，n ＝1时也成立，故a n ＝12n .故选C.6．(2018·济南模拟)设曲线f (x )＝x n ＋1(n ∈N *)在点(1,1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ，则x 1·x 2·x 3·x 4·…·x 2 018＝( )A.2 0172 018 B.12 018 C.2 0182 019D.12 019解析：选D.由f (x )＝x n ＋1得f ′(x )＝(n ＋1)x n ，切线方程为y －1＝(n ＋1)(x －1)，令y ＝0得x n ＝n n ＋1，故x 1·x 2·x 3·x 4·…·x 2 018＝12×23×…×2 0182 019＝12 019.7．(2018·长春模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，数列{S n ＋na n }为常数列，则a n ＝( )A.13n －1 B.2n (n ＋1)C.6(n ＋1)(n ＋2) D.5－2n 3解析：选B.由题意知当n ＝1时，S n ＋na n ＝2，当n ≥2时， S n －1＋(n －1)a n －1＝2，所以(n ＋1)a n ＝(n －1)a n －1，即a n a n －1＝n －1n ＋1，从而a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·…·a n a n －1＝13·24·…·n －1n ＋1，则a n ＝2n (n ＋1)，当n ＝1时上式成立，所以a n ＝2n (n ＋1). 8．(2018·广州二模)设数列{a n }的各项都是正数，且对任意n ∈N *，都有4S n ＝a 2n ＋2a n ，其中S n 为数列{a n }的前n 项和，则数列{a n }的通项公式为a n ＝ .解析：当n ＝1时，由4S 1＝a 21＋2a 1，a 1＞0，得a 1＝2；当n ≥2时，由4a n ＝4S n －4S n －1＝(a 2n ＋2a n )－(a 2n －1＋2a n －1)，得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0. 因为a n ＋a n －1＞0，所以a n －a n －1＝2，则数列{a n }是首项为2，公差为2的等差数列，故a n ＝2＋(n －1)×2＝2n . 答案：2n9．(2018·厦门调研)若数列{a n }满足a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2＋3n ＋2，则数列{a n }的通项公式为．解析：a 1·a 2·a 3·…·a n ＝(n ＋1)(n ＋2)，当n ＝1时，a 1＝6；当n ≥2时，⎩⎪⎨⎪⎧a 1·a 2·a 3·…·a n －1·a n ＝(n ＋1)(n ＋2)，a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝n (n ＋1)，故当n ≥2时，a n ＝n ＋2n，所以a n＝⎩⎨⎧6，n ＝1，n ＋2n ，n ≥2，n ∈N *.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6，n ＝1，n ＋2n，n ≥2，n ∈N *.10．(10分)已知数列{a n }满足前n 项和S n ＝n 2＋1，数列{b n }满足b n ＝2a n ＋1，且前n 项和为T n ，设c n ＝T 2n ＋1－T n .(1)求数列{b n }的通项公式； (2)判断数列{c n }的增减性．解：(1)a 1＝2，a n ＝S n －S n －1＝2n －1(n ≥2)．∴b n＝⎩⎨⎧23 (n ＝1)，1n(n ≥2).(2)∵c n ＝b n ＋1＋b n ＋2＋…＋b 2n ＋1 ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＋1， ∴c n ＋1－c n ＝12n ＋2＋12n ＋3－1n ＋1＝12n ＋3－12n ＋2＝－1(2n ＋3)(2n ＋2)＜0， ∴{c n }是递减数列．B 级能力升级练(25分钟，40分)1．对于数列{a n }，“a n ＋1＞|a n |(n ＝1,2，…)”是“{a n }为递增数列”的( ) A ．必要不充分条件 B ．充分不必要条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选B.当a n ＋1＞|a n |(n ＝1,2，…)时， ∵|a n |≥a n ，∴a n ＋1＞a n ， ∴{a n }为递增数列．当{a n }为递增数列时，若该数列为－2,0,1，则a 2＞|a 1|不成立，即a n ＋1＞|a n |(n ＝1,2，…)不一定成立．综上知，“a n ＋1＞|a n |(n ＝1,2，…)”是“{a n }为递增数列”的充分不必要条件． 2．(2018·潍坊模拟)定义：称nP 1＋P 2＋…＋P n为n 个正数P 1，P 2，…，P n 的“均倒数”．若数列{a n }的前n 项的“均倒数”为12n －1，则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝2n －1B ．a n ＝4n －1C ．a n ＝4n －3D ．a n ＝4n －5解析：选C.∵n a 1＋a 2＋…＋a n ＝12n －1，∴a 1＋a 2＋…＋a n n ＝2n －1，∴a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2n －1)n ，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝(2n －3)(n －1)(n ≥2)，当n ≥2时，a n ＝(2n －1)n －(2n －3)(n －1)＝4n －3； a 1＝1也适合此等式，∴a n ＝4n －3.3．(2018·苏州调研)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则8＋a nn的最小值为．解析：由a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋n ＋1得 a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…… a n －a n －1＝n .以上等式相加得a n ＝a 1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，∴8＋a n n ＝n 2＋8n ＋12≥24＋12＝412，当且仅当n ＝4时上式取到等号．答案：4124．(12分)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋4.(1)若k ＝－5，则数列中有多少项是负数？n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值； (2)对于n ∈N *，都有a n ＋1＞a n ，求实数k 的取值范围．解：(1)由n 2－5n ＋4＜0，解得1＜n ＜4.因为n ∈N *，所以n ＝2,3，所以数列中有两项是负数，即为a 2，a 3. 因为a n ＝n 2－5n ＋4＝⎝⎛⎭⎫n －522－94，由二次函数性质，得当n ＝2或n ＝3时，a n 有最小值，其最小值为a 2＝a 3＝－2. (2)由a n ＋1＞a n ，知该数列是一个递增数列，又因为通项公式a n ＝n 2＋kn ＋4，可以看作是关于n 的二次函数，考虑到n ∈N *，所以－k 2＜32，即得k ＞－3.所以实数k 的取值范围为(－3，＋∞)．5．(13分)(2018·沈阳期末)已知{a n }是公差为d 的等差数列，它的前n 项和为S n ，S 4＝2S 2＋4，数列{b n }中，b n ＝1＋a na n.(1)求公差d 的值；(2)若a 1＝－52，求数列{b n }中的最大项和最小项的值；(3)若对任意的n ∈N *，都有b n ≤b 8成立，求a 1的取值范围．解：(1)∵S 4＝2S 2＋4，∴4a 1＋3×42d ＝2(2a 1＋d )＋4，解得d ＝1. (2)∵a 1＝－52，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝－52＋(n －1)＝n －72，∴b n ＝1＋1a n ＝1＋1n －72.∵函数f (x )＝1＋1x －72在⎝⎛⎭⎫－∞，72和⎝⎛⎭⎫72，＋∞上分别是单调减函数， ∴b 3＜b 2＜b 1＜1，当n ≥4时，1＜b n ≤b 4， ∴数列{b n }中的最大项是b 4＝3，最小项是b 3＝－1. (3)由b n ＝1＋1a n ，得b n ＝1＋1n ＋a 1－1.又函数f (x )＝1＋1x ＋a 1－1在(－∞，1－a 1)和(1－a 1，＋∞)上分别是单调减函数，且x ＜1－a 1时，y ＜1；当x ＞1－a 1时，y ＞1.∵对任意的n ∈N *，都有b n ≤b 8， ∴7＜1－a 1＜8，∴－7＜a 1＜－6， ∴a 1的取值范围是(－7，－6)．第二节等差数列及其前n 项和教材细梳理1．等差数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．符号表示为a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)．(2)等差中项：数列a ，A ，b 成等差数列的充要条件是A ＝a ＋b2，其中A 叫做a ，b 的等差中项．2．等差数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d . (2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n (a 1＋a n )2. 3．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }是等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n . (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则{a 2n }也是等差数列，公差为2d . (4)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }(p ，q ∈N *)也是等差数列．(5)若{a n }是等差数列，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)组成公差为md 的等差数列． (6)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…也是等差数列．(7)S 2n －1＝(2n －1)a n .(8)若n 为偶数，则S 偶－S 奇＝nd2；若n 为奇数，则S 奇－S 偶＝a 中(中间项)． [易错易混]1．要注意概念中的“从第2项起”．如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或第4项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列．2．求等差数列的前n 项和S n 的最值时，需要注意“自变量n 为正整数”这一隐含条件．知识微思考1．判断下面结论是否正确(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)数列{a n }为等差数列的充要条件是对任意n ∈N *，都有 2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.( )(3)等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的．( )(4)数列{a n }为等差数列的充要条件是其通项公式为n 的一次函数．( ) (5)数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝n ，则数列{a n }是等差数列．( )(6)设S n 是{a n }的前n 项和，那么{a n }是等差数列的充要条件是S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)．( )答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)× (5)× (6)√2．设S n 是{a n }的前n 项和，若S n ＝n 2＋1，则{a n }是等差数列，对吗？提示：不对，由S n ＝n 2得当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1，又a 1＝2，所以数列{a n }去掉首项后，才是等差数列．四基精演练1．(必修5·2.1例1改编)已知等差数列－5，－2,1，…，则该数列的第20项为．解析：依题意得，该等差数列的首项为－5，公差为3，所以a 20＝－5＋19×3＝52，故第20项为52.答案：522．(必修5·习题2.3T 5改编)在100以内的正整数中有个能被6整除的数．解析：由题意知，能被6整除的数构成一个等差数列{a n }，则a 1＝6，d ＝6，得a n ＝6＋(n －1)6＝6n .由a n ＝6n ≤100，即n ≤1646＝1623，所以在100以内有16个能被6整除的数．答案：163．(实践题)(必修5·2.2练习T 2改编)某剧场有20排座位，后一排比前一排多2个座位，最后一排有60个座位，则剧场总共的座位数为．解析：设第n 排的座位数为a n (n ∈N *)，数列{a n }为等差数列，其公差d ＝2，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a 1＋2(n －1)．由已知a 20＝60，得60＝a 1＋2×(20－1)，解得a 1＝22，则剧场总共的座位数为20(a 1＋a 20)2＝20×(22＋60)2＝820.答案：8204．(2017·高考全国卷Ⅰ)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解析：选C.等差数列{a n }中，S 6＝(a 1＋a 6)×62＝48，则a 1＋a 6＝16＝a 2＋a 5，又a 4＋a 5＝24，所以a 4－a 2＝2d ＝24－16＝8，得d ＝4，故选C.5．(2017·高考浙江卷)已知等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d ＞0”是“S 4＋S 6＞2S 5”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选C.∵S 4＋S 6＞2S 5⇔S 4＋S 4＋a 5＋a 6＞2(S 4＋a 5)⇔a 6＞a 5⇔a 5＋d ＞a 5⇔d ＞0，∴“d ＞0”是“S 4＋S 6＞2S 5”的充分必要条件．故选C.考点一等差数列的性质及基本量运算[简单型]——发展数学运算等差数列运算的思想方法1．方程思想：设出首项a1和公差d，然后将通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解．2．整体思想：当所给条件只有一个时，可将已知和所求结果都用a1，d表示，寻求两者的联系，整体代换即可求解．3．利用性质：运用等差数列性质，可以化繁为简、优化解题过程．1．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m ＝( ) A ．3 B ．4 C ．5D ．6解析：选C.由已知得，a m ＝S m －S m －1＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3，因为数列{a n }为等差数列，所以d ＝a m ＋1－a m ＝1，又因为S m ＝m (a 1＋a m )2＝0，所以m (a 1＋2)＝0，因为m ≠0，所以a 1＝－2，又a m ＝－2＋(m －1)1＝2，解得m ＝5.2．在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25，则a 2＋a 8＝ .解析：根据等差数列的性质，得a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝5a 5＝25，解得a 5＝5.又a 2＋a 8＝2a 5，所以a 2＋a 8＝10.答案：103．(2016·高考江苏卷)已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 1＋a 22＝－3，S 5＝10，则a 9的值是．解析：因为S 5＝5a 3＝10，所以a 3＝2.又a 1＋a 22＝－3，所以2－2d ＋(2－d )2＝－3，所以d ＝3，所以a 9＝a 3＋6d ＝2＋6×3＝20.答案：20考点二等差数列的判定与证明[探究型]——发展逻辑推理[例1] (2018·南昌一模)已知数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，且满足2S n ＝a 2n＋n －4(n ∈N *)．(1)求证：数列{a n }为等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)证明：当n＝1时，有2a1＝a21＋1－4，即a21－2a1－3＝0，解得a1＝3(a1＝－1舍去)．当n≥2时，有2S n－1＝a2n－1＋n－5，又2S n＝a2n＋n－4，两式相减得2a n＝a2n－a2n－1＋1，即a2n－2a n＋1＝a2n－1，也即(a n－1)2＝a2n－1，因此a n－1＝a n－1或a n－1＝－a n－1.若a n－1＝－a n－1，则a n＋a n－1＝1.而a1＝3，所以a2＝－2，这与数列{a n}的各项均为正数相矛盾，所以a n－1＝a n－1，即a n－a n－1＝1，因此数列{a n}为首项为3，公差为1的等差数列．(2)由(1)知a1＝3，d＝1，所以数列{a n}的通项公式为a n＝3＋(n－1)×1＝n＋2，即a n＝n＋2.[母题变式]1．若本例条件变为“数列{a n}的前n项和为S n，且满足2S n－na n＝n”，判断{a n}是不是等差数列．证明：因为2S n－na n＝n，①所以当n≥2时，2S n－1－(n－1)a n－1＝n－1，②所以①－②得：(2－n)a n＋(n－1)a n－1＝1，(1－n)a n＋1＋na n＝1，∴(2－n)a n＋(n－1)a n－1＝(1－n)a n＋1＋na n，所以2a n＝a n－1＋a n＋1(n≥2)，所以数列{a n}为等差数列．2．本例的条件不变，若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n －λ为等差数列，则非零常数λ的值为．解析：由例1解答知a n ＝n ＋2， ∴S n ＝n 22＋52n ，设b n ＝S nn －λ＝n (n ＋5)2(n －λ).由{b n }为等差数列，∴2b 2＝b 1＋b 3，解得λ＝－5或λ＝0(舍去)，经检验符合题意．答案：－5判定数列{a n }是等差数列的常用方法1．定义法：对任意n ∈N *，a n ＋1－a n 是同一个常数． 2．等差中项法：对任意n ≥2，n ∈N *，满足2a n ＝a n ＋1＋a n －1. 3．通项公式法：数列的通项公式a n 是n 的一次函数．4．前n 项和公式法：数列的前n 项和公式S n 是n 的二次函数，且常数项为0.考点三等差数列前n 项和及性质的应用[高频型]——发展数学运算[例n 1357910等于( )A ．45B ．60C ．75D ．90解析：由题意得a 3＋a 8＝9，所以S 10＝10(a 1＋a 10)2＝10(a 3＋a 8)2＝10×92＝45.答案：A(2)(2018·山师附中月考)在等差数列{a n }中，S 10＝100，S 100＝10，则S 110＝ . 解析：法一：设数列{a n }的公差为d ，首项为a 1，则⎩⎨⎧10a 1＋10×92d ＝100，100a 1＋100×992d ＝10，解得⎩⎨⎧a 1＝1 099100，d ＝－1150.所以S 110＝110a 1＋110×1092d ＝－110.法二：因为S 100－S 10＝(a 11＋a 100)×902＝－90，所以a 11＋a 100＝－2，所以S 110＝(a 1＋a 110)×1102＝(a 11＋a 100)×1102＝－110.答案：－110[例n 1n 717n 的值为．解析：法一：由S 7＝S 17得2a 1＋23d ＝0，即(a 1＋11d )＋(a 1＋12d )＝0，故a 12＋a 13＝0.又由a 1＜0，S 7＝S 17，可知d ＞0，所以a 12＜0，a 13＞0，所以n ＝12时，S n 最小．法二：由S 7＝S 17得d ＝－223a 1，从而S n ＝d2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n ＝－a 123(n －12)2＋14423a 1.因为a 1＜0，所以－a 123＞0，所以n ＝12时，S n 最小．答案：121．求等差数列前n 项和S n 最值的两种方法(1)利用S n ＝an 2＋bn 转化为二次函数求最值时要注意n 的取值． (2)若{a n }是等差数列，求其前n 项和的最值时，①若a 1＞0，d ＜0，且满足⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1＜0，前n 项和S n 最大．②若a 1＜0，d ＞0，且满足⎩⎨⎧a n ≤0a n ＋1＞0，前n 项和S n 最小．2．运用等差数列的性质，可以化繁为简、优化解题过程，但要注意性质运用的条件，灵活应用．1．(2018·沈阳一模)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 6＝36，则a 7＋a 8＋a 9等于( )A ．63B ．45C ．36D ．27解析：选B.由{a n }是等差数列，得S 3，S 6－S 3，S 9－S 6为等差数列．即2(S 6－S 3)＝S 3＋(S 9－S 6)，得到a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6＝2S 6－3S 3＝45.2．(2018·桂林一模)在等差数列{a n }中，其前n 项和是S n ，若S 15＞0，S 16＜0，则在S 1a 1，S 2a 2，…，S 15a 15中最大的项是( ) A.S 1a 1 B.S 8a 8 C.S 9a 9D.S 15a 15解析：选B.由于S 15＝15(a 1＋a 15)2＝15a 8＞0，S 16＝16(a 1＋a 16)2＝8(a 8＋a 9)＜0，所以可得a 8＞0，a 9＜0.这样S 1a 1＞0，S 2a 2＞0，…，S 8a 8＞0，S 9a 9＜0，S 10a 10＜0，…，S 15a 15＜0，而S 1＜S 2＜…＜S 8，a 1＞a 2＞…＞a 8，所以在S 1a 1，S 2a 2，…，S 15a 15中最大的是S 8a 8.发展数学建模、数学运算(应用型)模型巧用三点共线解等差数列问题用函数观点深入研究通项公式和前n 项和公式，得到一些重要结论，将大大提高解题速度．1．由等差数列与一次函数的关系可知：对于公差为d (d ≠0)的等差数列{a n }，其通项公式为a n ＝dn ＋(a 1－d )，则点(n ，a n )(n ∈N *)共线，又d ＝a n －a mn －m (n ≠m )，所以d 为过(m ，a m )，(n ，a n )两点的直线的斜率．由此可用三点共线解决等差数列问题．2．在等差数列前n 项和公式的变形S n ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n 中，两边同除以n 得S n n ＝d 2n ＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2.该式说明对任意n ∈N *，所有的点⎝⎛⎭⎫n ，S n n 都在同一条直线上，从而对m ，n ∈N *(m ≠n )有S n n －S mm n －m ＝d 2(常数)，即数列{S n n }是一个等差数列．[例4] (1)(2017·石家庄三模)已知{a n }为等差数列，且a 100＝304，a 300＝904，则a 1 000＝ .解析：因为{a n }为等差数列，则(100,304)，(300,904)，(1 000，a 1 000)三点共线．所以904－304300－100＝a 1 000－9041 000－300，解得a 1 000＝3 004.答案：3 004(2)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若S n ＝33，S 2n ＝44，则S 6n 的值为．解析：由题意知，⎝⎛⎭⎫n ，33n ，⎝⎛⎭⎫2n ，442n ，⎝⎛⎭⎫6n ，S 6n6n 三点共线，从而有442n －33n 2n －n ＝S 6n 6n －442n 6n －2n ，解得S 6n ＝－132.答案：－132课时规范训练(限时练·夯基练·提能练)A 级基础夯实练(30分钟，55分)1．(2018·广东六校联考)已知等差数列{a n }中，a 7＋a 9＝16，S 11＝992，则a 12的值是( )A ．15B ．30C ．31D ．64解析：选A.因为a 7＋a 9＝2a 8＝16，所以a 8＝8.因为S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11×2a 62＝11a 6＝992，所以a 6＝92，则d ＝a 8－a 62＝74，所以a 12＝a 8＋4d ＝15，故选A.2．(2018·山东威海质检)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 6a 5＝911，则S 11S 9＝( )A ．1B ．－1C ．2D.12解析：选A.S 11S 9＝11(a 1＋a 11)29(a 1＋a 9)2＝11a 69a 5＝119×911＝1.3．若数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2，则使a k ·a k ＋1＜0的k 值为( ) A ．22 B ．21 C ．24D ．23解析：选D.因为3a n ＋1＝3a n －2，所以a n ＋1－a n ＝－23，所以数列{a n }是首项为15，公差为－23的等差数列，所以a n ＝15－23·(n －1)＝－23n ＋473，令a n ＝－23n ＋473＞0，得n ＜23.5，所以使a k ·a k ＋1＜0的k 值为23.4．(2018·广州模拟)等差数列{a n }、{b n }的前n 项和分别为S n 、T n ，若a n b n ＝2n 3n ＋1，则S 21T 21的值为( )A.1315 B.2335 C.1117D.49解析：选C.由a n b n ＝2a n 2b n ＝a 1＋a 2n －1b 1＋b 2n －1＝(2n －1)(a 1＋a 2n －1)2(2n －1)(b 1＋b 2n －1)2＝S 2n －1T 2n －1＝2n 3n ＋1，显然S 21T 21＝S 2×11－1T 2×11－1＝a 11b 11＝2×113×11＋1＝1117，选C.5．(2018·浙江名校联考)已知每项均大于零的数列{a n }中，首项a 1＝1且前n 项和S n 满足S n S n －1－S n －1S n ＝2S n S n －1(n ∈N *，且n ≥2)，则a 81＝( )A ．641B ．640C ．639D ．638解析：选B.由已知S nS n －1－S n －1S n ＝2S n S n －1可得，S n －S n －1＝2，∴{S n }是以1为首项，2为公差的等差数列，故S n ＝2n －1，S n ＝(2n －1)2，∴a 81＝S 81－S 80＝1612－1592＝640.故选B.6．下面是关于公差d ＞0的等差数列{a n }的四个命题： p 1：数列{a n }是递增数列；p 2：数列{na n }是递增数列； p 3：数列{a nn }是递增数列；p 4：数列{a n ＋3nd }是递增数列．其中的真命题为( ) A ．p 1，p 2 B ．p 3，p 4 C ．p 2，p 3D ．p 1，p 4解析：选D.{a n }是等差数列，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝dn ＋a 1－d ，因为d ＞0，所以{a n }是递增数列，故p 1正确；对p 2，举反例，令a 1＝－3，a 2＝－2，d ＝1，则a 1＞2a 2，故{na n }不是递增数列，p 2不正确；a n n ＝d ＋a 1－d n ，当a 1－d ＞0时，{a nn }递减，p 3不正确；a n ＋3nd＝4nd ＋a 1－d,4d ＞0，{a n ＋3nd }是递增数列，p 4正确．故p 1，p 4是正确的，选D.7．(2018·揭阳质检)数列{a n }的首项为3，{b n }为等差数列且b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，若b 3＝－2，b 10＝12，则a 8等于( )A ．0B ．3C ．8D ．11解析：选B.∵{b n }为等差数列，设其公差为d ，由b 3＝－2，b 10＝12，∴7d ＝b 10－b 3＝12－(－2)＝14，∴d ＝2， ∵b 3＝－2，∴b 1＝b 3－2d ＝－2－4＝－6， ∴b 1＋b 2＋…＋b 7＝7b 1＋7×62d＝7×(－6)＋21×2＝0，又b 1＋b 2＋…＋b 7＝(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a 8－a 7)＝a 8－a 1＝a 8－3， ∴a 8－3＝0，∴a 8＝3.故选B.8．设数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －10(n ∈N *)，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝ . 解析：由a n ＝2n －10(n ∈N *)知{a n }是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由a n ＝2n －10≥0得n ≥5，∴n ≤5时，a n ≤0；当n ＞5时，a n ＞0.∴|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋…＋a 15)＝20＋110＝130.答案：1309．(2018·广东潮州二模)在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增一十三里；驽马初日行九十七里，日减半里，良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢，问：几日相逢( )A ．8日B ．9日C ．12日D ．16日解析：选 B.设n 日相逢，则依题意得103n ＋n (n －1)2×13＋97n ＋n (n －1)2×⎝⎛⎭⎫－12＝1 125×2，整理得n 2＋31n －360＝0，解得n ＝9(负值舍去)，故选B.10．(10分)(2017·高考全国卷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．解：(1)设{a n }的公比为q ，由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1＋q )＝2，a 1(1＋q ＋q 2)＝－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(1－q n )1－q ＝－23＋(－1)n ·2n ＋13.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．B 级能力升级练(20分钟，40分)1．(2018·潍坊模拟)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，(n ＋1)S n ＜nS n ＋1(n ∈N *)．若a 8a 7＜－1，则( )A ．S n 的最大值是S 8B ．S n 的最小值是S 8C ．S n 的最大值是S 7D ．S n 的最小值是S 7解析：选D.由条件得S n n ＜S n ＋1n ＋1，即n (a 1＋a n )2n ＜(n ＋1)(a 1＋a n ＋1)2(n ＋1)，所以a n ＜a n ＋1，所以等差数列{a n }为递增数列．又a 8a 7＜－1，所以a 8＞0，a 7＜0，即数列{a n }前7项均小于0，第8项大于零，所以S n 的最小值为S 7，故选D.2．(2016·高考浙江卷)如图，点列{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且|A n A n ＋1|＝|A n ＋1A n ＋2|，A n ≠A n ＋2，n ∈N *，|B n B n ＋1|＝|B n ＋1B n ＋2|，B n ≠B n ＋2，n ∈N *(P ≠Q 表示点P 与Q 不重合)．若d n ＝|A n B n |，S n 为△A n B n B n ＋1的面积，则( )A ．{S n }是等差数列B ．{S 2n }是等差数列C ．{d n }是等差数列D ．{d 2n}是等差数列解析：选A.作A 1C 1，A 2C 2，A 3C 3，…，A n C n 垂直于直线B 1B n ，垂足分别为C 1，C 2，C 3，…，C n ，则A 1C 1∥A 2C 2∥…∥A n C n .∵|A n A n ＋1|＝|A n ＋1A n ＋2|， ∴|C n C n ＋1|＝|C n ＋1C n ＋2|.设|A 1C 1|＝a ，|A 2C 2|＝b ，|B 1B 2|＝c ，则|A 3C 3|＝2b －a ，…，|A n C n |＝(n －1)b －(n －2)a (n ≥3)， ∴S n ＝12c [(n －1)b －(n －2)a ]＝12c [(b －a )n ＋(2a －b )]， ∴S n ＋1－S n ＝12c [(b －a )(n ＋1)＋(2a －b )－(b －a )n －(2a －b )]＝12c (b －a )，∴数列{S n }是等差数列．3．(2018·烟台模拟)已知数列{a n }为等差数列，若a 11a 10＜－1，且它们的前n 项和S n 有最大值，则使S n ＞0的n 的最大值为．解析：∵a 11a 10＜－1，且S n 有最大值，∴a 10＞0，a 11＜0，且a 10＋a 11＜0， ∴S 19＝19(a 1＋a 19)2＝19·a 10＞0，S 20＝20(a 1＋a 20)2＝10(a 10＋a 11)＜0，故使得S n ＞0的n 的最大值为19. 答案：194．(12分)(2017·南昌三模)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 5＋a 13＝34，S 3＝9. (1)求数列{a n }的通项公式及前n 项和公式；(2)设数列{b n }的通项公式为b n ＝a n a n ＋t ，问：是否存在正整数t ，使得b 1，b 2，b m (m ≥3，m ∈N )成等差数列？若存在，求出t 和m 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)设{a n }的公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋16d ＝34，3a 1＋3d ＝9，解得a 1＝1，d ＝2，故a n ＝2n －1，S n ＝n 2. (2)由(1)知b n ＝2n －12n －1＋t，要使b 1，b 2，b m 成等差数列，必须有2b 2＝b 1＋b m ，即2×33＋t ＝11＋t ＋2m －12m －1＋t，移项得2m －12m －1＋t ＝63＋t －11＋t ＝6＋6t －3－t (3＋t )(1＋t )，整理得m ＝3＋4t －1.因为m ，t 为正整数，所以t 只能取2,3,5.当t ＝2时，m ＝7；当t ＝3时，m ＝5；当t ＝5时，m ＝4.所以存在正整数t ，使得b 1，b 2，b m 成等差数列．5．(13分)设同时满足条件：①b n ＋b n ＋22≤b n ＋1(n ∈N *)；②b n ≤M (n ∈N *，M 是与n 无关的常数)的无穷数列{b n }叫“特界”数列．(1)若数列{a n }为等差数列，S n 是其前n 项和，a 3＝4，S 3＝18，求S n ； (2)判断(1)中的数列{S n }是否为“特界”数列，并说明理由．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a 1＋2d ＝4，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝3a 1＋3d ＝18，解得a 1＝8，d ＝－2，∴S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝－n 2＋9n .(2){S n }是“特界”数列，理由如下：由S n ＋S n ＋22－S n ＋1＝(S n ＋2－S n ＋1)－(S n ＋1－S n )2 ＝a n ＋2－a n ＋12＝d2＝－1＜0，得S n ＋S n ＋22＜S n ＋1，故数列{S n }适合条件①.而S n ＝－n 2＋9n ＝－⎝⎛⎭⎫n －922＋814(n ∈N *)，则当n ＝4或5时，S n 有最大值20，即S n ≤20，故数列{S n }适合条件②. 综上，数列{S n }是“特界”数列．第三节等比数列及其前n 项和教材细梳理1．等比数列的有关概念 (1)定义：①文字语言：从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数． ②符号语言：a n ＋1a n＝q (n ∈N *，q 为非零常数)．(2)等比中项：如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即：G 是a 与b 的等比中项⇔a ，G ，b 成等比数列⇒G 2＝ab .2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －1.(2)前n 项和公式：S n ＝⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.3．等比数列的常见性质 (1)项的性质： ①a n ＝a m q n －m ；②若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k ；③若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，{|a n |}，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n (λ≠0)仍然是等比数列；④在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n＋3k，…为等比数列，公比为q k . (2)和的性质：①若等比数列{a n }有2k (k ∈N *)项，则S 偶S 奇＝q .②公比不为－1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n ，当公比为－1时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 不一定构成等比数列．(3)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⎩⎪⎨⎪⎧a 1≠0，q ＝1时，{a n }为常数列； [易错易混]1．由a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能立即判断{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0.2．在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形而导致解题失误．知识微思考1．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．( ) (2)G 为a ，b 的等比中项⇔G 2＝ab .( )(3)如果数列{a n }为等比数列，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，则数列{b n }也是等比数列．( ) (4)如果数列{a n }为等比数列，则数列{ln a n }是等差数列．( ) (5)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.( )(6)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．( ) 答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)×2．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝Aq n ＋B 其中q ≠0，且q ≠1，AB ≠0，则A ＝－B 是数列{a n }为等比数列的充要条件吗？。

2019版高考数学二轮复习第1篇专题3数列学案

专题三数列数列问题重在“化”——化归等差数列与等比数列是我们最熟悉的两个基本数列，在高中阶段它们是一切数列问题的出发点与落脚点．首项与公差(比)称为等差(比)数列的基本量，大凡涉及这两个数列的问题，我们总希望把已知条件化归为等差或等比数列的基本量间的关系，从而达到解决问题的目的．这种化归为基本量处理的方法是解决等差或等比数列问题特有的方法，对于不是等差或等比的数列，可通过转化化归，转化为等差(比)数列问题或相关问题求解．由于数列是一种特殊的函数，也可根据题目特点，将数列问题化归为函数问题来解决．【典例】 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．[解题示范] (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 ＝2.❶又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3.所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1．(2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝1n ＋n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3.❷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 ＝nn ＋．❶化归：由条件化归为等差数列项与项之间的关系．❷化归：把数列的通项分拆后使得求和时某些项可以相消，即为裂项相消法求和．对于数列的备考：一是准确掌握数列中a n 与S n 之间的关系，这是解决数列问题的基础；二是重视等差与等比数列的复习，熟悉其基本概念、公式和性质，这是解决数列问题的根本；三是注意数列与函数、不等式等的综合问题，掌握解决此类问题的通法；四是在知识的复习和解题过程中体会其中所蕴含的数学思想方法，如分类讨论、数形结合、等价转化、函数与方程思想等．。

全国通用版2019高考数学二轮复习专题二数列第1讲等差数列与等比数列学案理

第1讲等差数列与等比数列[考情考向分析] 1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现.2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力．热点一等差数列、等比数列的运算1．通项公式等差数列：a n＝a1＋(n－1)d；等比数列：a n＝a1·q n－1.2．求和公式等差数列：S n＝错误!＝na1＋错误!d；等比数列：S n＝错误!＝错误!(q≠1)．3．性质若m＋n＝p＋q，在等差数列中a m＋a n＝a p＋a q；在等比数列中a m·a n＝a p·a q.例1 (1)(2018·全国Ⅰ)记S n为等差数列{a n}的前n项和，若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5等于( )A．－12 B．－10C．10 D．12答案B解析设等差数列{a n}的公差为d，由3S3＝S2＋S4，得3错误!＝2a1＋错误!×d＋4a1＋错误!×d，将a1＝2代入上式，解得d＝－3，故a5＝a1＋(5－1)d＝2＋4×(－3)＝－10.故选B.(2)(2018·杭州质检)设各项均为正数的等比数列{a n}中，若S4＝80，S2＝8，则公比q＝________，a5＝________.答案 3 162解析由题意可得，S4－S2＝q2S2，代入得q2＝9.∵等比数列{a n}的各项均为正数，∴q ＝3，解得a 1＝2，故a 5＝162.思维升华在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a 1和d (q )的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量．跟踪演练1 (1)设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则a 1等于( )A ．－2B ．－1 C.12 D.23答案 B解析 S 4－S 2＝a 3＋a 4＝3a 4－3a 2，即3a 2＋a 3－2a 4＝0，即3a 2＋a 2q －2a 2q 2＝0，即2q 2－q －3＝0，解得q ＝－1(舍)或q ＝32，当q ＝32时，代入S 2＝3a 2＋2，得a 1＋a 1q ＝3a 1q ＋2，解得a 1＝－1.(2)(2018·全国Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3.①求{a n }的通项公式；②记S n 为{a n }的前n 项和，若S m ＝63，求m . 解 ①设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝qn －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2.故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1(n ∈N *)．②若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝错误!.由S m ＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．若a n ＝2n －1，则S n ＝2n－1.由S m ＝63得2m＝64，解得m ＝6.综上，m ＝6.热点二等差数列、等比数列的判定与证明证明数列{a n }是等差数列或等比数列的证明方法 (1)证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法： ①利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为一常数；②利用等差中项，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)．(2)证明数列{a n }是等比数列的两种基本方法：①利用定义，证明an ＋1an(n ∈N *)为一常数；②利用等比中项，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)．例2 已知数列{a n }，{b n }，其中a 1＝3，b 1＝－1，且满足a n ＝12(3a n －1－b n －1)，b n ＝－12(a n －1－3b n －1)，n ∈N *，n ≥2.(1)求证：数列{a n －b n }为等比数列； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n anan ＋1的前n 项和T n .(1)证明 a n －b n ＝12(3a n －1－b n －1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12(a n －1－3b n －1)＝2(a n －1－b n －1)，又a 1－b 1＝3－(－1)＝4，所以{a n －b n }是首项为4，公比为2的等比数列．(2)解由(1)知，a n －b n ＝2n ＋1，①又a n ＋b n ＝12(3a n －1－b n －1)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12(a n －1－3b n －1)＝a n －1＋b n －1，又a 1＋b 1＝3＋(－1)＝2，所以{a n ＋b n }为常数数列，a n ＋b n ＝2，②联立①②得，a n ＝2n＋1，2nanan ＋1＝错误!＝错误!－错误!，所以T n ＝⎝⎛⎭⎪⎫121＋1－122＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋1－123＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋1＋1＝121＋1－12n ＋1＋1＝13－12n ＋1＋1(n ∈N *)．思维升华 (1)判断一个数列是等差(比)数列，也可以利用通项公式及前n 项和公式，但不能作为证明方法．(2)a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)是数列{a n }为等比数列的必要不充分条件，判断时还要看各项是否为零．跟踪演练2 (2018·新余模拟)已知{a n}是各项都为正数的数列，其前n项和为S n，且S n为a n与1an的等差中项．(1)求证：数列{S2n}为等差数列；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)设b n＝错误!，求{b n}的前n项和T n.(1)证明由题意知2S n＝a n＋1an，即2S n a n－a2n＝1，(*)当n≥2时，有a n＝S n－S n－1，代入(*)式得2S n(S n－S n－1)－(S n－S n－1)2＝1，整理得S2n－S2n－1＝1(n≥2)．又当n＝1时，由(*)式可得a1＝S1＝1，∴数列{S2n}是首项为1，公差为1的等差数列．(2)解由(1)可得S2n＝1＋n－1＝n，∵数列{a n}的各项都为正数，∴S n＝n，∴当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝n－n－1，又a1＝S1＝1满足上式，∴a n＝n－n－1(n∈N*)．(3)解由(2)得b n＝错误!＝错误!＝(－1)n(n＋n－1)，当n为奇数时，T n＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…＋(n－1＋n－2)－(n＋n－1)＝－n，当n为偶数时，T n＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…－(n－1＋n－2)＋(n＋n－1)＝n，∴数列{b n}的前n项和T n＝(－1)n n(n∈N*)．热点三等差数列、等比数列的综合问题解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解．例3 已知等差数列{a n}的公差为－1，且a2＋a7＋a12＝－6.(1)求数列{a n}的通项公式a n与其前n项和S n；(2)将数列{a n}的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{b n}的前3项，记{b n}的前n项和为T n，若存在m∈N*，使得对任意n∈N*，总有S n<T m＋λ恒成立，求实数λ的取值范围．解 (1)由a 2＋a 7＋a 12＝－6，得a 7＝－2，∴a 1＝4，∴a n ＝5－n ，从而S n ＝错误!(n ∈N *)． (2)由题意知b 1＝4，b 2＝2，b 3＝1，设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b2b1＝12，∴T m ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m 1－12＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ，∵⎝ ⎛⎭⎪⎫12m随m 的增加而减少，∴{T m }为递增数列，得4≤T m <8. 又S n ＝错误!＝－错误!(n 2－9n )＝－12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫n －922－814，故(S n )max ＝S 4＝S 5＝10，若存在m ∈N *，使得对任意n ∈N *，总有S n <T m ＋λ，则10<8＋λ，得λ>2.即实数λ的取值范围为(2，＋∞)．思维升华 (1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便．(2)数列的项或前n 项和可以看作关于n 的函数，然后利用函数的性质求解数列问题．(3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数，通过求数列的值域求解．跟踪演练3 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n －1＝3(a n －1)，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足a n ＋1＝，若b n ≤t 对于任意正整数n 都成立，求实数t 的取值范围．解 (1)由已知得S n ＝3a n －2，令n ＝1，得a 1＝1，又a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝3a n ＋1－3a n ，得a n ＋1＝32a n ，所以数列{a n }是以1为首项，32为公比的等比数列，所以a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(n ∈N *)．(2)由a n ＋1＝，得b n ＝1an＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，所以b n ＋1－b n ＝(n ＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＝2n －13n(2－n )，所以(b n )max ＝b 2＝b 3＝43，所以t ≥43.即t 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞.真题体验1．(2017·全国Ⅰ改编)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________．答案 4解析设{a n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a4＋a5＝24，S6＝48，得错误!解得d ＝4.2．(2017·浙江改编)已知等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d >0”是“S 4＋S 6>2S 5”的________条件．答案充要解析方法一 ∵数列{a n }是公差为d 的等差数列，∴S 4＝4a 1＋6d ，S 5＝5a 1＋10d ，S 6＝6a 1＋15d ，∴S 4＋S 6＝10a 1＋21d,2S 5＝10a 1＋20d .若d >0，则21d >20d,10a 1＋21d >10a 1＋20d ，即S 4＋S 6>2S 5.若S 4＋S 6>2S 5，则10a 1＋21d >10a 1＋20d ，即21d >20d ，∴d >0.∴“d >0”是“S 4＋S 6>2S 5”的充要条件．方法二 ∵S 4＋S 6>2S 5⇔S 4＋S 4＋a 5＋a 6>2(S 4＋a 5)⇔a 6>a 5⇔a 5＋d >a 5⇔d >0.∴“d >0”是“S 4＋S 6>2S 5”的充要条件．3．(2017·北京)若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，则a2b2＝________. 答案 1解析设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，则由a 4＝a 1＋3d ，得d ＝a4－a13＝错误!＝3，由b 4＝b 1q 3，得q 3＝b4b1＝8－1＝－8，∴q ＝－2.∴a2b2＝a1＋d b1q＝错误!＝1.4．(2017·江苏)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＝________.答案 32解析设{a n }的首项为a 1，公比为q ，则错误!解得错误!所以a 8＝14×27＝25＝32.押题预测1．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1>0，a 3＋a 10>0，a 6a 7<0，则满足S n >0的最大自然数n 的值为( )A ．6B ．7C ．12D ．13押题依据等差数列的性质和前n 项和是数列最基本的知识点，也是高考的热点，可以考查学生灵活变换的能力．答案 C解析 ∵a 1>0，a 6a 7<0，∴a 6>0，a 7<0，等差数列的公差小于零，又a 3＋a 10＝a 1＋a 12>0，a 1＋a 13＝2a 7<0，∴S 12>0，S 13<0，∴满足S n >0的最大自然数n 的值为12.2．在等比数列{a n }中，a 3－3a 2＝2，且5a 4为12a 3和2a 5的等差中项，则{a n }的公比等于( )A ．3B ．2或3C ．2D ．6押题依据等差数列、等比数列的综合问题可反映知识运用的综合性和灵活性，是高考出题的重点．答案 C解析设公比为q,5a 4为12a 3和2a 5的等差中项，可得10a 4＝12a 3＋2a 5，10a 3q ＝12a 3＋2a 3q 2，得10q ＝12＋2q 2，解得q ＝2或3.又a 3－3a 2＝2，所以a 2q －3a 2＝2，即a 2(q －3)＝2，所以q＝2.3．已知各项都为正数的等比数列{a n }满足a 7＝a 6＋2a 5，存在两项a m ，a n 使得 am·an＝4a 1，则1m ＋4n的最小值为( )A.32B.53C.256D.43押题依据本题在数列、方程、不等式的交汇处命题，综合考查学生应用数学的能力，是高考命题的方向．答案 A解析由a 7＝a 6＋2a 5，得a 1q 6＝a 1q 5＋2a 1q 4，整理得q 2－q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－1(不合题意，舍去)，又由am·an＝4a 1，得a m a n ＝16a 21，即a 212m ＋n －2＝16a 21，即有m ＋n －2＝4，亦即m ＋n ＝6，那么1m ＋4n ＝16(m ＋n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋4n ＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫4m n ＋n m ＋5≥16⎝⎛⎭⎪⎫2 4m n ·n m ＋5＝32，当且仅当4m n ＝nm，即n ＝2m ＝4时取等号．4．定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f (x )，如果对于任意给定的等比数列{a n }，{f (a n )}仍是等比数列，则称f (x )为“保等比数列函数”．现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：①f (x )＝x 2；②f (x )＝2x；③f (x )＝|x|；④f (x )＝ln|x |.则其中是“保等比数列函数”的f (x )的序号为( )A ．①② B．③④C ．①③ D．②④押题依据先定义一个新数列，然后要求根据定义的条件推断这个新数列的一些性质或者判断一个数列是否属于这类数列的问题是近年来高考中逐渐兴起的一类问题，这类问题一般形式新颖，难度不大，常给人耳目一新的感觉．答案 C解析由等比数列的性质得，a n a n ＋2＝a 2n ＋1.①f (a n )f (a n ＋2)＝a 2n a 2n ＋2＝(a 2n ＋1)2＝[f (a n ＋1)]2；②f (a n )f (a n ＋2)＝＝≠＝[f (a n ＋1)]2；③f (a n )f (a n ＋2)＝|anan ＋2|＝|an ＋1|2＝[f (a n ＋1)]2； ④f (a n )f (a n ＋2)＝ln|a n |ln|a n ＋2|≠(ln|a n ＋1|)2＝[f (a n ＋1)]2.A 组专题通关1．(2018·大庆质检)已知等差数列{a n }中，a 4＝9，S 4＝24，则a 7等于( )A ．3B ．7C ．13D ．15答案 D解析由于数列为等差数列，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a1＋3d ＝9，4a1＋6d ＝24，解得d ＝2，所以a 7＝a 4＋3d ＝9＋6＝15.2．已知等比数列{a n }的首项为1，公比q ≠－1，且a 5＋a 4＝3()a3＋a2，则 9a1a2a3 (9)于( )A ．－9B ．9C ．－81D ．81答案 B解析根据题意可知a5＋a4a3＋a2＝q 2＝3，而9a1a2a3…a9＝9a95＝a 5＝a 1·q 4＝1×32＝9.3．(2017·全国Ⅲ)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }的前6项和为( )A ．－24B ．－3C ．3D ．8答案 A解析由已知条件可得a 1＝1，d ≠0，由a 23＝a 2a 6，可得(1＋2d )2＝(1＋d )(1＋5d )，解得d ＝－2或d ＝0(舍)．所以S 6＝6×1＋错误!＝－24.4．一个等比数列的前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列的项数是( ) A ．13 B ．12 C ．11 D ．10答案 B解析设等比数列为{a n }，其前n 项积为T n ，由已知得a 1a 2a 3＝2，a n a n －1a n －2＝4，可得(a 1a n )3＝2×4，a 1a n ＝2，∵T n ＝a 1a 2…a n ，∴T 2n ＝(a 1a 2…a n )2＝(a 1a n )(a 2a n －1)…(a n a 1)＝(a 1a n )n＝2n＝642＝212，∴n ＝12.5．(2018·荆州质检)已知数列{a n }满足＝25·5a n ，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则(a 5＋a 7＋a 9)等于()A ．－3B ．3C ．－13 D.13答案 A解析 ∵＝25·＝，∴a n ＋1＝a n ＋2，∴数列{a n }是等差数列，且公差为2.∵a 2＋a 4＋a 6＝9， ∴3a 4＝9，a 4＝3.∴＝＝＝＝－3.6．(2018·吉林调研)已知等差数列{a n }的公差不为0，a 1＝1，且a 2，a 4，a 8成等比数列，设{a n }的前n 项和为S n ，则S n ＝________.答案错误!(n ∈N *)解析设等差数列{a n }的公差为d .∵a 2，a 4，a 8成等比数列，∴a 24＝a 2·a 8，即(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )·(a 1＋7d )，∴(1＋3d )2＝(1＋d )·(1＋7d )，解得d ＝1或d ＝0(舍)．∴S n ＝na 1＋错误!d ＝错误!(n ∈N *)．7．(2018·资阳模拟)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝8，且S n ≤S 7，则公差d 的取值范围是________．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－85，－43 解析 ∵a 2＝8＝a 1＋d ，∴a 1＝8－d ，S n ＝na 1＋错误!d ＝(8－d )n ＋错误!d＝12dn 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫8－32d n ，对称轴为n ＝32－8d，∵S n ≤S 7，∴S 7为S n 的最大值，由二次函数的性质可得，⎩⎪⎨⎪⎧132≤32－8d ≤152，d<0，得－85≤d ≤－43，即d 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－85，－43.8．已知数列{a n }与⎩⎨⎧⎭⎬⎫a2n n (n ∈N *)均为等差数列，且a 1＝2，则a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a333＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫an n n ＝________.答案 2n ＋1－2解析设a n ＝2＋(n －1)d ，所以a2nn ＝错误!＝错误!，由于⎩⎨⎧⎭⎬⎫a2n 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 n ＝2＋2(n －1)＝2n ，∴an n ＝2nn＝2.所以a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a333＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫an n n ＝21＋22＋…＋2n ＝错误!＝2n ＋1－2.9．意大利数学家列昂那多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，…，即F (1)＝F (2)＝1，F (n )＝F (n －1)＋F (n －2)(n ≥3，n ∈N *)，此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用，若此数列被3整除后的余数构成一个新数列{}bn ，则b 2 017＝________.答案 1解析由题意得引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，…，此数列被3 整除后的余数构成一个新数列为1,1,2,0,2,2,1,0,1,1,2,0,2,2,1,0，…，构成以8项为周期的周期数列，所以b 2 017＝b 1＝1.10．(2018·天津)设{a n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是等差数列．已知a 1＝1，a 3＝a 2＋2，a 4＝b 3＋b 5，a 5＝b 4＋2b 6.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{S n }的前n 项和为T n (n ∈N *)，①求T n ；②证明：∑k ＝1n错误!＝错误!－2(n ∈N *)．(1)解设等比数列{a n }的公比为q .由a 1＝1，a 3＝a 2＋2，可得q 2－q －2＝0.由q >0，可得q ＝2，故a n ＝2n －1.设等差数列{b n }的公差为d .由a 4＝b 3＋b 5，可得b 1＋3d ＝4.由a 5＝b 4＋2b 6，可得3b 1＋13d ＝16，从而b 1＝1，d ＝1，故b n ＝n .所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1(n ∈N *)，数列{b n }的通项公式为b n ＝n (n ∈N *)． (2)①解由(1)得S n ＝1－2n 1－2＝2n－1，故T n ＝∑k ＝1n(2k－1)＝∑k ＝1n2k －n ＝错误!－n＝2n ＋1－n －2(n ∈N *)．②证明因为错误!＝错误! ＝错误!＝错误!－错误!，所以∑k ＝1n错误!＝错误!＋错误!＋…＋错误!＝错误!－2(n ∈N *)．B 组能力提高11．数列{a n }是以a 为首项，b 为公比的等比数列，数列{b n }满足b n ＝1＋a 1＋a 2＋…＋a n (n ＝1,2，…)，数列{}cn 满足c n ＝2＋b 1＋b 2＋…＋b n (n ＝1,2，…)，若{}cn 为等比数列，则a ＋b 等于( )A. 2 B ．3 C. 5 D ．6答案 B解析由题意知，当b ＝1时，{c n }不是等比数列，所以b ≠1.由a n ＝abn －1，得b n ＝1＋错误!＝1＋错误!－错误!，则c n ＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a 1－b n －a 1－b ·错误!＝2－错误!＋错误!n ＋错误!，要使{}cn 为等比数列，必有错误!得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝2，a ＋b ＝3.12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝15，且满足()2n －5a n ＋1＝()2n －3a n ＋4n 2－16n ＋15，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解析根据题意可知(2n －5)a n ＋1＝(2n －3)a n ＋(2n －5)(2n －3)，式子的每一项都除以(2n －5)(2n －3)，可得an ＋12n －3＝an2n －5＋1，即错误!－错误!＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫an 2n －5是以152－5＝－5为首项，以1为公差的等差数列，所以an2n －5＝－5＋(n －1)·1＝n －6，即a n ＝(n －6)(2n －5)，由此可以判断出a 3，a 4，a 5这三项是负数，从而得到当n ＝5，m ＝2时，S n －S m 取得最小值，且S n －S m ＝S 5－S 2＝a 3＋a 4＋a 5＝－3－6－5＝－14.13．已知数列{a n }满足na n ＋2－(n ＋2)a n ＝λ(n 2＋2n )，其中a 1＝1，a 2＝2，若a n <a n ＋1对∀n ∈N*恒成立，则实数λ的取值范围为________．答案 [0，＋∞)解析由na n ＋2－(n ＋2)a n ＝λ(n 2＋2n )，得an ＋2n ＋2－an n＝λ，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫an n 的奇数项和偶数项分别构成首项均为1，且公差均为λ的等差数列．因为a 1＝1，a 2＝2，所以当n 为奇数时，ann＝1＋λ⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12－1＝n －12λ＋1，所以a n ＝n2－n 2λ＋n ；当n 为偶数时，ann＝1＋λ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2－1＝n －22λ＋1，所以a n ＝n2－2n 2λ＋n .当n 为奇数时，由a n <a n ＋1，得n2－n2λ＋n <错误!λ＋n ＋1，即λ(n －1)>－2，若n ＝1，则λ∈R ；若n >1，则λ>－2n －1，所以λ≥0.当n 为偶数时，由a n <a n ＋1，得n2－2n 2λ＋n <错误!λ＋n ＋1，即3n λ>－2，所以λ>－23n ，即λ≥0.综上，λ的取值范围为[0，＋∞)．14．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a ＝(a 1,1)，b ＝(1，a 10)，若a·b ＝24，且S 11＝143，数列{b n }的前n 项和为T n ，且满足＝λT n －(a 1－1)(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式及数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1anan ＋1的前n 项和M n ；(2)是否存在非零实数λ，使得数列{b n }为等比数列？并说明理由．解 (1)设数列{a n }的公差为d ，由a ＝(a 1,1)，b ＝(1，a 10)，a·b ＝24，得a 1＋a 10＝24，又S 11＝143，解得a 1＝3，d ＝2，因此数列{a n }的通项公式是a n ＝2n ＋1(n ∈N *)，所以1anan ＋1＝错误!＝错误!错误!，所以M n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3＝n 6n ＋9(n ∈N *)．(2)因为＝λT n －(a 1－1)(n ∈N *)，且a 1＝3，所以T n ＝4n λ＋2λ，当n ＝1时，b 1＝6λ；当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝3·4n－1λ，此时有bnbn －1＝4，若{b n }是等比数列，则有b2b1＝4，而b 1＝6λ，b 2＝12λ，彼此相矛盾，故不存在非零实数λ使数列{b n }为等比数列．。

2019高考数学二轮复习专题六数列第2讲数列的综合问题学案

第2讲数列的综合问题[考情考向分析] 江苏高考中，数列大题常在压轴的代数论证中考数列的综合应用．近几年江苏高考中数列解答题总是同等差、等比数列相关，进一步考查其子数列或派生数列的性质等，所以解题过程中既有等差、等比数列性质的挖掘，又有等差、等比数列的判断论证，综合性极强．热点一数列中的探索性问题例1 (2018·无锡期末)已知数列{}a n 满足⎝⎛⎭⎪⎫1－1a 1⎝⎛⎭⎪⎫1－1a 2…⎝⎛⎭⎪⎫1－1an＝1a n，n ∈N *，S n 是数列{}a n 的前n 项和．(1)求数列{}a n 的通项公式；(2)若a p,30，S q 成等差数列，a p,18，S q 成等比数列，求正整数p ，q 的值；(3)是否存在k ∈N *，使得a k a k ＋1＋16为数列{}a n 中的项？若存在，求出所有满足条件的k 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)因为⎝⎛⎭⎪⎫1－1a 1⎝⎛⎭⎪⎫1－1a 2…⎝⎛⎭⎪⎫1－1an＝1a n，n ∈N *，所以当n ＝1时，1－1a 1＝1a 1，a 1＝2，当n ≥2时，由⎝⎛⎭⎪⎫1－1a 1⎝⎛⎭⎪⎫1－1a 2…⎝⎛⎭⎪⎫1－1a n＝1a n 和⎝⎛⎭⎪⎫1－1a 1⎝⎛⎭⎪⎫1－1a 2…⎝⎛⎭⎪⎫1－1an －1＝1a n －1，两式相除可得，1－1a n ＝a n －1a n，即a n －a n －1＝1(n ≥2)．所以数列{}a n 是首项为2，公差为1的等差数列．所以a n ＝n ＋1(n ∈N *)．(2)因为a p ,30，S q 成等差数列，a p ,18，S q 成等比数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a p ＋S q ＝60，a p S q ＝182，于是⎩⎪⎨⎪⎧a p ＝6，S q ＝54或⎩⎪⎨⎪⎧a p ＝54，S q ＝6.当⎩⎪⎨⎪⎧a p ＝6，S q ＝54时，⎩⎪⎨⎪⎧p ＋1＝6，(q ＋3)q2＝54，解得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝5，q ＝9，当⎩⎪⎨⎪⎧a p ＝54，S q ＝6时，⎩⎪⎨⎪⎧p ＋1＝54，(q ＋3)q2＝6，无正整数解，所以p ＝5，q ＝9.(3)假设存在满足条件的正整数k ，使得a k a k ＋1＋16＝a m (m ∈N *)，则(k ＋1)(k ＋2)＋16＝m ＋1，平方并化简得，(2m ＋2)2－(2k ＋3)2＝63，则(2m ＋2k ＋5)(2m －2k －1)＝63，所以⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋2k ＋5＝63，2m －2k －1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋2k ＋5＝21，2m －2k －1＝3，或⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋2k ＋5＝9，2m －2k －1＝7，解得m ＝15，k ＝14，或m ＝5，k ＝3，或m ＝3，k ＝－1(舍去)，综上所述，k ＝3或14.思维升华数列中的探索性问题是江苏高考的一个热点，试题一般是探求数列中项的存在性问题，此类试题的解法一般具有以下特点：假设提出的问题存在，结合数论中不定方程、奇偶性的基本性质进行求解．跟踪演练1 已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝a ，且a n ＋1＝k (a n ＋a n ＋2)对任意正整数n 都成立，数列{a n }的前n 项和为S n .(1)是否存在实数k ，使数列{a n }是公比不为1的等比数列，且任意相邻三项a m ，a m ＋1，a m ＋2按某顺序排列后成等差数列？若存在，求出所有k 的值；若不存在，说明理由； (2)若k ＝－12，求S n .解 (1)设数列{a n }是等比数列，则它的公比q ＝a 2a 1＝a ，所以a m ＝am －1，a m ＋1＝a m ，a m ＋2＝am ＋1.①若a m ＋1为等差中项，则2a m ＋1＝a m ＋a m ＋2，即2a m＝am －1＋am ＋1，解得a ＝1，不合题意；②若a m 为等差中项，则2a m ＝a m ＋1＋a m ＋2，即2am －1＝a m ＋am ＋1，化简得a 2＋a －2＝0，解得a ＝－2或1(舍)．当a ＝－2时，k ＝a m ＋1a m ＋a m ＋2＝a m a m －1＋a m ＋1＝a 1＋a 2＝－25；③若a m ＋2为等差中项，则2a m ＋2＝a m ＋1＋a m ，即2am ＋1＝a m ＋am －1，化简得2a 2－a －1＝0，解得a ＝－12或1(舍)．当a ＝－12时，k ＝a m ＋1a m ＋a m ＋2＝a ma m －1＋a m ＋1＝a 1＋a 2＝－25.综上可得满足要求的实数k 有且仅有一个，即k ＝－25.(2)若k ＝－12，则a n ＋1＝－12(a n ＋a n ＋2)，于是a n ＋2＋a n ＋1＝－(a n ＋1＋a n )，所以a n ＋3＋a n ＋2＝－(a n ＋2＋a n ＋1)＝a n ＋1＋a n . 当n 是偶数时，S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a n －1＋a n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －1＋a n ) ＝n 2(a 1＋a 2)＝n2(a ＋1)；当n 是奇数时，S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a n －1＋a n ＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a n －1＋a n ) ＝a 1＋n －12(a 2＋a 3)＝a 1＋n －12[－(a 1＋a 2)]＝1－n －12(a ＋1)．当n ＝1时也适合上式．综上可得S n＝⎩⎪⎨⎪⎧1－n －12(a ＋1)，n 是奇数，n2(a ＋1)，n 是偶数.热点二数列中的证明问题例2 (2018·江苏黄桥中学等三校联考)已知数列{}a n 满足a 1＝1，前n 项和为S n ，且a n ＋1－a n a n a n ＋1＝24S n －1()n ∈N *. (1)求a 2的值； (2)设b n ＝a na n ＋1－a n，证明：数列{}b n 是等差数列；(3)设c n ＝2n b·a n ，若1≤λ≤2，求对所有的正整数n 都有2λ2－k λ＋32<c n 成立的k 的取值范围． (1)解令n ＝1得a 2－a 1a 1a 2＝24a 1－1，代入a 1＝1 得a 2＝3. (2)证明因为a n ＋1－a n a n a n ＋1＝24S n －1，所以4S n －1＝2a n a n ＋1a n ＋1－a n.①所以4S n ＋1－1＝2a n ＋1a n ＋2a n ＋2－a n ＋1，②由②－①，得2a n ＋1＝a n ＋1a n ＋2a n ＋2－a n ＋1－a n a n ＋1a n ＋1－a n .因为a n ＋1≠0，所以2＝a n ＋2a n ＋2－a n ＋1－a na n ＋1－a n.所以1＋a n ＋1a n ＋2－a n ＋1－a na n ＋1－a n＝2，即a n ＋1a n ＋2－a n ＋1－a na n ＋1－a n＝1，即b n ＋1－b n ＝1，所以数列{}b n 是公差为1的等差数列． (3)解由(2)知，b 1＝a 1a 2－a 1＝12，所以数列{}b n 的通项公式为b n ＝n －12. 因为a na n ＋1－a n ＝n －12，所以a n ＋1a n ＝22n －1＋1＝2n ＋12n －1，所以a n ＋12()n ＋1－1＝a n 2n －1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1是常数列. 由a 12×1－1＝1，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．所以c n ＝2nb ·a n ＝122n -·()2n －1＝22·2n·()2n －1. 因为c n ＋1－c n ＝22[]2n ＋1·()2n ＋1－2n ·()2n －1＝22·2n ·()2n ＋3>0，所以数列{}c n 为单调递增数列．当n ≥1时， c n ≥c 1＝2，即c n 的最小值为 2. 由2λ2－k λ＋32＜c n ，得k λ＞2λ2＋22，所以k >2⎝⎛⎭⎪⎫λ＋2λmax ，而当1≤λ≤2时， λ＋2λ在⎣⎡⎦⎤1，42上递减， ⎣⎡⎦⎤42，2上递增，所以⎝⎛⎭⎪⎫λ＋2λmax ＝1＋2，当且仅当λ＝1或2时取得，故k ∈()2＋22，＋∞.思维升华数列中的证明问题要有目标意识，比如本题第二问要证明{b n }是等差数列，就要构造出式子b n ＋1－b n ＝a n ＋1a n ＋2－a n ＋1－a na n ＋1－a n，然后代入条件进行证明，为证明问题提供思路．跟踪演练2 设数列{a n }是各项均为正数的等比数列，其前n 项和为S n ，若a 1a 5＝64，S 5－S 3＝48. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)对于正整数k ，m ，l (k <m <l )，求证：“m ＝k ＋1且l ＝k ＋3”是“5a k ，a m ，a l 这三项经适当排序后能构成等差数列”的充要条件．(1)解 ∵数列{a n }是各项均为正数的等比数列， ∴a 1a 5＝a 23＝64，∴a 3＝8. 又∵S 5－S 3＝48， ∴a 4＋a 5＝8q ＋8q 2＝48， ∴q ＝2，∴a n ＝8·2n －3＝2n (n ∈N *)．(2)证明 (ⅰ)必要性：设5a k ，a m ，a l 这三项经适当排序后能构成等差数列， ①若2·5a k ＝a m ＋a l ，则10·2k＝2m＋2l， ∴10＝2m －k＋2l －k， ∴5＝2m －k －1＋2l －k －1，∴⎩⎪⎨⎪⎧2m －k －1＝1，2l －k －1＝4，∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＝k ＋1，l ＝k ＋3.②若2a m ＝5a k ＋a l ，则2·2m＝5·2k＋2l， ∴2m ＋1－k－2l －k＝5，左边为偶数，等式不成立．③若2a l ＝5a k ＋a m ，同理也不成立．综合①②③，得m ＝k ＋1，l ＝k ＋3， ∴必要性成立．(ⅱ)充分性：设m ＝k ＋1，l ＝k ＋3，则5a k ，a m ，a l 这三项为5a k ，a k ＋1，a k ＋3，即5a k ,2a k ,8a k ，调整顺序后易知2a k ,5a k ,8a k 成等差数列， ∴充分性也成立．综合(ⅰ)(ⅱ)，原命题成立．热点三数列中的新定义问题例3 (2018·江苏海门中学最后一卷)对于数列{}a n ，记Δa n ＝a n ＋1－a n ，Δk ＋1a n ＝Δk a n ＋1－Δk a n ，k ，n ∈N *，则称数列{Δka n }为数列{}a n 的“k 阶塑数列”；(1)已知Δa n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n，①若{}a n 为等比数列，求a 1的值；②设t 为任意正数，证明：存在k ∈N *，当n >m ≥k ，n ∈N *，m ∈N *时总有|a n －a m |≤t ； (2)已知Δ2a n ＝3n －2，若a 1＝1，且a n ≥a 3对n ∈N *恒成立，求a 2的取值范围． (1)①解 ∵a 22＝a 1a 3， ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－122＝a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－14， ∴a 1＝13.当n ≥2时a n ＝Δa n －1＋Δa n －2＋…＋Δa 1＋a 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －11－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋13＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，满足题意；②证明 a n －a m ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1－13⎝ ⎛⎭⎪⎫－12m －1＝－23⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －⎝ ⎛⎭⎪⎫－12m ，∴|a n －a m |＝23⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －⎝ ⎛⎭⎪⎫－12m ≤23⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ≤43⎝ ⎛⎭⎪⎫12m≤t ，∴m ≥log 243t ，因此k 取不小于log 243t 的正整数，当n >m ≥k ，n ∈N *，m ∈N *时总有|a n －a m |≤t . (2)解 ∵Δ2a n ＝Δa n ＋1－Δa n ＝3n－2， ∴Δa n ＝3(1－3n －1)1－3－2(n －1)＋Δa 1＝3n 2－2n ＋12＋Δa 1＝3n2－2n ＋a 2－12， ∵Δ2a n >0，∴{Δa n }递增，因此⎩⎪⎨⎪⎧Δa 2＝a 3－a 2≤0，Δa 3＝a 4－a 3≥0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 2≤0，a 2＋7≥0，∴－7≤a 2≤0.∴a 的取值范围为[－7,0]．思维升华数列中的“新定义”试题指给出一个从未接触过的新规定，要求现学现用，“给什么，用什么”是应用“新定义”解题的基本思路．理解新定义的规则后，解决问题的手段还是运用等差数列、等比数列的定义性质和基本数学思想．跟踪演练3 (2018·江苏省南京师范大学附中等四校调研)设数列{}a n 的首项为1，前n 项和为S n ，若对任意的n ∈N *，均有S n ＝a n ＋k －k (k 是常数且k ∈N *)成立，则称数列{}a n 为“P ()k 数列”．(1)若数列{}a n 为“P ()1数列”，求数列{}a n 的通项公式；(2)若数列{}a n 为“P ()2数列”，a 2＝2，设T n ＝a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n2n ，证明： T n <3.(1)解因为数列{}a n 为“P ()1数列”，则S n ＝a n ＋1－1，S n ＋1＝a n ＋2－1，两式相减得，a n ＋2＝2a n ＋1，又n ＝1时，a 1＝a 2－1，所以a 2＝2，故a n ＋1＝2a n 对任意的n ∈N *恒成立，即a n ＋1a n＝2(常数)，故数列{}a n 为等比数列，其通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *.(2)证明因为数列{}a n 为“P ()2数列”，所以S n ＝a n ＋2－2，S n ＋1＝a n ＋3－2，两式相减有a n ＋1＝a n ＋3－a n ＋2，又n ＝1时， a 1＝a 3－2，故a 3＝3，满足a 3＝a 2＋a 1，所以a n ＋2＝a n ＋1＋a n 对任意正整数n 恒成立，数列的前几项为1,2,3,5,8.故T n ＝a 12＋a 222＋a 323＋…＋a n 2n ＝12＋222＋323＋524＋825＋…＋a n2n ，所以12T n ＝122＋223＋324＋525＋…＋a n －12n ＋a n2n ＋1，两式相减得 12T n ＝12＋122＋123＋224＋…＋a n －22n －a n 2n ＋1 ＝34＋14T n －2－a n2n ＋1，显然T n －2<T n ，a n 2n ＋1>0，所以12T n <34＋14T n ，故 T n <3.1．(2018·江苏)设{a n }是首项为a 1，公差为d 的等差数列，{b n }是首项为b 1，公比为q 的等比数列． (1)设a 1＝0，b 1＝1，q ＝2，若|a n －b n |≤b 1对n ＝1,2,3,4均成立，求d 的取值范围；(2)若a 1＝b 1＞0，m ∈N *，q ∈(1，m2]，证明：存在d ∈R ，使得|a n －b n |≤b 1对n ＝2,3，…，m ＋1均成立，并求d 的取值范围(用b 1，m ，q 表示)．解 (1)由条件知a n ＝(n －1)d ，b n ＝2n －1，因为|a n －b n |≤b 1对n ＝1,2,3,4均成立，即|(n －1)d －2n －1|≤1对n ＝1,2,3,4均成立，即⎩⎪⎨⎪⎧1≤1，1≤d ≤3，3≤2d ≤5，7≤3d ≤9，得73≤d ≤52. 因此，d 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤73，52. (2)由条件知a n ＝b 1＋(n －1)d ，b n ＝b 1qn －1.若存在d ，使得|a n －b n |≤b 1(n ＝2,3，…，m ＋1)成立，即|b 1＋(n －1)d －b 1qn －1|≤b 1(n ＝2,3，…，m ＋1)，即当n ＝2,3，…，m ＋1时，d 满足q n －1－2n －1b 1≤d ≤q n －1n －1b 1.因为q ∈(1，m2]，则1＜qn －1≤q m≤2，从而q n －1－2n －1b 1≤0，q n －1n －1b 1＞0对n ＝2,3，…，m ＋1均成立．因此，取d ＝0时，|a n －b n |≤b 1对n ＝2,3，…，m ＋1均成立．下面讨论数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1－2n －1的最大值和数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1n －1的最小值(n ＝2,3，…，m ＋1)． ①令t ＝n －1，则1≤t ≤m ，q t －2t －q t －1－2t －1＝tq t －q t －tq t －1＋2t (t －1) ＝t (q t －q t －1)－q t ＋2t (t －1)，当1＜q ≤12m时，有q t ≤q m≤2，从而t (q t－qt －1)－q t＋2＞0.因此，当2≤n ≤m ＋1时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1－2n －1单调递增，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1－2n －1的最大值为q m －2m .②设f (x )＝2x(1－x )，当x ＞0时，f ′(x )＝(ln 2－1－x ln 2)2x＜0，所以f (x )单调递减，从而f (x )＜f (0)＝1.令t ＝n －1，则1≤t ≤m ，则q tt q t －1t －1＝q (t －1)t ≤12t ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1t ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ＜1，因此，当2≤n ≤m ＋1时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1n －1单调递减，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1n －1的最小值为q mm . 因此，d 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤b 1(q m －2)m ，b 1q mm .2．(2016·江苏)记U ＝{1,2，…，100}．对数列{a n }(n ∈N *)和U 的子集T ，若T ＝∅，定义S T ＝0；若T ＝{t 1，t 2，…，t k }，定义S T ＝12k t t t a a a …＋＋＋.例如：T ＝{1,3,66}时，S T ＝a 1＋a 3＋a 66.现设{a n }(n ∈N *)是公比为3的等比数列，且当T ＝{2,4}时，S T ＝30. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)对任意正整数k (1≤k ≤100)，若T ⊆{1,2，…，k }，求证：S T ＜a k ＋1； (3)设C ⊆U ，D ⊆U ，S C ≥S D ，求证：S C ＋S C ∩D ≥2S D . (1)解当T ＝{2,4}时，S T ＝a 2＋a 4＝a 2＋9a 2＝30， ∴a 2＝3，a 1＝a 23＝1，故a n ＝a 1qn －1＝3n －1(n ∈N *)．(2)证明对任意正整数k (1≤k ≤100)．由于T ⊆{1,2，…，k }，则S T ≤a 1＋a 2＋a 3＋…＋a k ＝1＋3＋32＋…＋3k －1＝3k－12＜3k ＝a k ＋1.(3)证明设A ＝∁C (C ∩D )，B ＝∁D (C ∩D )，则A ∩B ＝∅，S C ＝S A ＋S C ∩D ，S D ＝S B ＋S C ∩D ，S C ＋S C ∩D －2S D ＝S A －2S B ，∴S C ＋S C ∩D ≥2S D 等价于S A ≥2S B . 由条件S C ≥S D 可得S A ≥S B .①若B ＝∅，则S B ＝0，所以S A ≥2S B 成立， ②若B ≠∅，由S A ≥S B 可知A ≠∅，设A 中的最大元素为I ，B 中的最大元素为m ，若m ≥I ＋1，则由(2)得S A ＜S I ＋1≤a m ≤S B ，矛盾．又∵A ∩B ＝∅，∴I ≠m ，∴I ≥m ＋1， ∴S B ≤a 1＋a 2＋…＋a m ＝1＋3＋32＋…＋3m －1＜a m ＋12≤a I 2≤S A2，即S A ＞2S B 成立．综上所述，S A ≥2S B . 故S C ＋S C ∩D ≥2S D 成立．3．(2018·南通模拟)已知等差数列{}a n 与等比数列{}b n 是非常数列的实数列，设A ＝{}k | a k ＝b k ，k ∈N *.(1)请举出一对数列{}a n 与{}b n ，使集合A 中有三个元素； (2)问集合A 中最多有多少个元素？并证明你的结论；解 (1)a n ＝6n －8，b n ＝(－2)n，则a 1＝b 1，a 2＝b 2，a 4＝b 4，A ＝{}1，2，4；(2)不妨设a n ＝a ＋bn (b ≠0)，b n ＝pq n(q ≠1)，由a n ＝b n ⇔a ＋bn ＝pq n，得a p ＋b pn ＝q n，令s ＝a p ，t ＝b p(t ≠0)，原问题转化为关于n 的方程q n－tn －s ＝0，最多有多少个解．① 下面我们证明：当q >0时，方程①最多有2个解；q <0时，方程①最多有3个解．当q >0时，考虑函数f (x )＝q x－tx －s ，则f ′(x )＝q xln q －t . 如果t ln q <0，则f (x )为单调函数，故方程①最多只有1个解；如果t ln q >0，且不妨设由f ′(x )＝0得f ′(x )有唯一零点x 0＝log q tln q，于是当x >x 0时，f ′(x )恒大于0或恒小于0，当x <x 0时，f ′(x )恒小于0或恒大于0，这样f (x )在区间(0，x 0)与(x 0，＋∞)上是单调函数，故方程①最多有2个解，当q <0时，如果t >0，如果n 为奇数，则方程①变为||q n＋tn ＋s ＝0，显然方程最多只有一个解，即最多只有一个奇数满足方程①，如果n 为偶数，则方程①变为||q n －tn －s ＝0，由q >0的情形，上式最多有2个解，即满足①的偶数最多有2个，这样，最多有3个正数满足方程①，对于t <0，同理可以证明，方程①最多有3个解．综上所述，集合A 中的元素最多有3个．A 组专题通关1．若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n·(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝________. 答案 15解析记b n ＝3n －2，则数列{b n }是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝(－b 1)＋b 2＋…＋(－b 9)＋b 10＝(b 2－b 1)＋(b 4－b 3)＋…＋(b 10－b 9)＝5×3＝15. 2．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，且a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21＝________.答案 6解析由a n ＋a n ＋1＝12＝a n ＋1＋a n ＋2，∴a n ＋2＝a n ，则a 1＝a 3＝a 5＝…＝a 21, a 2＝a 4＝a 6＝…＝a 20，∴S 21＝a 1＋()a 2＋a 3＋()a 4＋a 5＋…＋()a 20＋a 21＝ 1＋10×12＝6.3．设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…·a n 的最大值为________．答案 64解析设{a n }的公比为q ，于是a 1(1＋q 2)＝10，①a 1(q ＋q 3)＝5，②联立①②得a 1＝8，q ＝12，∴a n ＝24－n，∴a 1a 2…a n ＝23＋2＋1＋…＋(4－n )＝217222n n -+＝217492282n ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭≤26＝64.∴a 1a 2…a n 的最大值为64.4．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝a n (a n ＋2)4，则数列{a n }的通项公式是________．答案 a n ＝2n 解析 S n ＝a n (a n ＋2)4，当n ＝1时，a 1＝S 1＝a 1(a 1＋2)4，解得a 1＝2或a 1＝0(舍去)．当n ≥2时，由a n ＝S n －S n －1＝a n (a n ＋2)4－a n －1(a n －1＋2)4⇒a 2n －a 2n －1＝2(a n ＋a n －1)，因为a n >0，所以a n ＋a n －1≠0，则a n －a n －1＝2，所以数列{a n }是首项为2，公差为2的等差数列，故a n ＝2n .5．若数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－10n (n ＝1,2,3，…)，则数列{na n }中数值最小的项是第________项．答案 3解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝－9，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－10n －[(n －1)2－10(n －1)]＝2n －11，a 1＝－9符合上式，所以a n ＝2n －11. na n ＝2n 2－11n ＝2⎝⎛⎭⎪⎫n －1142－1218，当n ＝3时，na n 最小．6．已知S n 为数列{a n }的前n 项和，若a n (4＋cos n π)＝n (2－cos n π)，则S 20＝________. 答案 122解析由题意知，因为a n (4＋cos n π)＝n (2－cos n π)，所以a 1＝1，a 2＝25，a 3＝3，a 4＝45，a 5＝5，a 6＝65，…，所以数列{a n }的奇数项构成首项为1，公差为2的等差数列，偶数项构成首项为25，公差为25的等差数列，所以S 20＝(a 1＋a 3＋…＋a 19)＋(a 2＋a 4＋…＋a 20)＝122.7．设公差为d (d 为奇数，且d ＞1)的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－9，S m ＝0，其中m ＞3，且m ∈N *，则a n ＝________. 答案 3n －12解析由S m －1＝－9，S m ＝0，得a m ＝S m －S m －1＝9, 而S m ＝0＝m2(a 1＋a m )，得a 1＝－9，而a m ＝a 1＋(m －1)d ，得(m －1)d ＝18. 又d 为奇数，且d >1，m >3，且m ∈N *，得m ＝7，d ＝3，则a n ＝3n －12.8．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(n ＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫910n (n ∈N *)，则数列{a n }的最大项是__________．答案第7项或第8项解析因为a n ＋1－a n ＝(n ＋3)⎝ ⎛⎭⎪⎫910n ＋1－(n ＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫910n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫910n ·7－n 10，当n <7时，a n ＋1－a n >0，即a n ＋1>a n；当n ＝7时，a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝a n ；当n >7时，a n ＋1－a n <0，即a n ＋1<a n .故a 1<a 2<…<a 7＝a 8>a 9>a 10…，所以此数列的最大项是第7项或第8项．9．(2018·全国大联考江苏卷)已知等比数列{}a n 的各项均为正数，若94a 2是2a 1与a 3的等差中项，且a 1a 2＝a 21＋3a 2.(1)求数列{}a n 的通项公式；(2)设b n ＝a n2a n －3a n ＋1，求数列{}b n 的前n 项和S n .解 (1)设等比数列{}a n 的公比为q ，则a n ＝a 1·q n －1.由题意，得2×94a 2＝2a 1＋a 3，且a 1>0，化简得2q 2－9q ＋4＝0，解得q ＝4或12.又因为a 1a 2＝a 21＋3a 2，即a 21(q －1)＝3a 2>0，所以q >1，所以q ＝4，所以3a 21＝12a 1，所以a 1＝4(a 1＝0舍去)，故数列{}a n 的通项公式为a n ＝4n(n ∈N *)．(2)由(1)知b n ＝2n 2×4n －3×2n ＋1＝2n(2n －1)(2n ＋1－1) ＝12n －1－12n ＋1－1(n ∈N *)，于是有S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝⎛⎭⎪⎫121－1－122－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122－1－123－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1－1，所以S n ＝1－12n ＋1－1＝2n ＋1－22n ＋1－1(n ∈N *)．10．(2018·江苏省苏州市高新区一中月考)已知数列{}a n 满足2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2＋k (n ∈N *，k ∈R )，且a 1＝2，a 3＋a 5＝－4.(1)若k ＝0，求数列{}a n 的前n 项和S n ； (2)若a 4＝－1，①求证：数列{}a n ＋1－a n 为等差数列； ②求数列{}a n 的通项公式a n . (1)解当k ＝0时，2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，即a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，所以数列{}a n 是等差数列．设数列{}a n 公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，2a 1＋6d ＝－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝－43.所以S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝2n ＋n (n －1)2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－43＝－23n 2＋83n (n ∈N *)．(2)①证明由题意，2a 4＝a 3＋a 5＋k ，即－2＝－4＋k ，所以k ＝2.又a 4＝2a 3－a 2－2＝3a 2－2a 1－6，所以a 2＝3，由2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2＋2，得(a n ＋2－a n ＋1)－(a n ＋1－a n )＝－2，所以数列{}a n ＋1－a n 是以a 2－a 1＝1为首项，－2为公差的等差数列． ②解由①知a n ＋1－a n ＝－2n ＋3, 当n ≥2时，有a n －a n －1＝－2(n －1)＋3，于是，a n －1－a n －2＝－2(n －2)＋3，a n －2－a n －3＝－2(n －3)＋3，…，a 3－a 2＝－2×2＋3， a 2－a 1＝－2×1＋3，叠加得，a n －a 1＝－2[]1＋2＋…＋(n －1)＋3(n －1)，n ≥2，所以a n ＝－2×n (n －1)2＋3(n －1)＋2＝－n 2＋4n －1，n ≥2，又当n ＝1时，a 1＝2也适合．所以数列{}a n 的通项公式为a n ＝－n 2＋4n －1，n ∈N *.B 组能力提高11．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＝4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，若对任意n ∈N *，都有1≤p (S n －4n )≤3，则实数p 的取值范围是________．答案 [2,3]解析 S n ＝4n ＋23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ，可得1≤23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n p ≤3，n 为奇数时，1≤23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n p ≤3；n 为偶数时，1≤23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n p ≤3.即1≤2p 3⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n min 且2p 3⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n max ≤3，令前者n ＝2，后者n ＝1，得2≤p ≤3.12．已知等比数列{a n }中，a 1＝a ，a 2＝b ，a 3＝c ，a ，b ，c 分别为△ABC 的三内角A ，B ，C 的对边，且cos B ＝34，则数列{a n }的公比为________．答案2或22解析依题意知，b 2＝ac ，由余弦定理，得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫a c ＋c a －12＝34.而c a ＝q 2，代入上式，得q 2＝2或q 2＝12，又在△ABC 中，a ，b ，c >0，∴q ＝2或q ＝22. 13．已知数列{a n }的奇数项依次构成公差为d 1的等差数列，偶数项依次构成公差为d 2的等差数列，且对任意n ∈N *，都有a n <a n ＋1.若a 1＝1，a 2＝2，且数列{a n }的前10项和S 10＝75，则a 8的值是________．答案 11解析由于对任意n ∈N *，都有a n <a n ＋1，故d 1＝d 2. 由S 10＝5＋10d 1＋10＋10d 2＝15＋20d 1＝75，所以d 1＝d 2＝3，从而a 8＝11.14．(2018·江苏省高考冲刺预测)已知数列{}a n 的首项a 1＝1，其前n 项和为S n ，且S n ＋S n ＋1＝n 2＋2n ＋p ，若{}a n 单调递增，则p 的取值范围是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32 解析由S n ＋S n ＋1＝n 2＋2n ＋p ，可得S n －1＋S n ＝()n －12＋2()n －1＋p ()n ≥2，两式相减得a n ＋a n ＋1＝2n ＋1()n ≥2， ∴a n －1＋a n ＝2n －1()n ≥3，两式相减得，a n ＋1－a n －1＝2()n ≥3，∴数列a 2，a 4，a 6…是以2为公差的等差数列，数列a 3，a 5，a 7…是以2为公差的等差数列，将n ＝1代入S n ＋S n ＋1＝n 2＋2n ＋p 及a 1＝1可得，a 2＝1＋p ，将n ＝2代入a n ＋a n ＋1＝2n ＋1()n ≥2可得a 3＝4－p ， ∵a 4＝a 2＋2＝3＋p ，要使得∀n ∈N *，a n <a n ＋1恒成立，只需要a 1<a 2<a 3<a 4即可， ∴1<1＋p <4－p <3＋p ，解得12<p <32，则p 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32. 15．已知数列{a n }，{b n }满足：对于任意正整数n ，当n ≥2时，a 2n ＋b n a 2n －1＝2n ＋1. (1)若b n ＝(－1)n ，求a 21＋a 23＋a 25＋…＋a 211的值； (2)若b n ＝－1，a 1＝2，且数列{a n }的各项均为正数． ①求数列{a n }的通项公式；②是否存在k ∈N *，且k ≥2，使得a 2k －1a 2k －2＋19为数列{a n }中的项？若存在，求出所有满足条件的k 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)由条件，a 22＋a 21＝5，a 23－a 22＝7，a 26＋a 25＝13，a 27－a 26＝15，a 210＋a 29＝21，a 211－a 210＝23，所以a 21＋a 23＋a 25＋…＋a 211＝84.(2)①由a 2n －a 2n －1＝2n ＋1(n ≥2)，a 22－a 21＝5，a 23－a 22＝7，a 24－a 23＝9，…，a 2n －a 2n －1＝2n ＋1. 将上面的式子相加，得a 2n －a 21＝(2n ＋1＋5)(n －1)2，所以a 2n ＝(2n ＋1＋5)(n －1)2＋4＝(n ＋1)2(n ≥2)．因为{a n }的各项均为正数，故a n ＝n ＋1(n ≥2)．因为a 1＝2也适合上式，所以a n ＝n ＋1(n ∈N *)． ②假设存在满足条件的k ，不妨设 a 2k －1a 2k －2＋19＝a m ，所以2k (2k －1)＋19＝m ＋1，平方得2k (2k －1)＋19＝(m ＋1)2，(*)所以(2k －1)2<2k (2k －1)＝(m ＋1)2－19<(2k )2，所以⎩⎪⎨⎪⎧(m ＋1)2－(2k －1)2>19，(m ＋1)2－(2k )2<19，即⎩⎪⎨⎪⎧(m ＋2k )(m ＋2－2k )>19， ①(m ＋1＋2k )(m ＋1－2k )<19， ②由①得m ＋2－2k ≥1，即m ＋1－2k ≥0，若m ＋1－2k ＝0，代入(*)式，求得m ＝18，k ＝192不合题意，舍去；若m ＋1－2k >0，结合②得m ＋1＋2k <19，所以2k <m ＋1<19－2k ，即k <194，又k ∈N *且k ≥2，所以k 的可能取值为2,3,4，代入(*)式逐一计算，可求得k ＝3.所以存在k ＝3，使得a 2k －1a 2k －2＋19＝7为数列{a n }的第6项．16．(2018·南通模拟)若数列{}a n 同时满足：①对于任意的正整数n, a n ＋1≥a n 恒成立；②对于给定的正整数k, a n －k ＋a n ＋k ＝2a n 对于任意的正整数n (n >k )恒成立，则称数列{}a n 是“R ()k 数列”．(1)已知a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －1，n 为奇数，2n ，n 为偶数，判断数列{}a n 是否为“R ()2数列”，并说明理由；(2)已知数列{}b n 是“R ()3数列”，且存在整数p (p >1)，使得b 3p －3, b 3p －1, b 3p ＋1，b 3p ＋3成等差数列，证明： {}b n 是等差数列．(1)解当n 为奇数时， a n ＋1－a n ＝2()n ＋1－()2n －1＝3>0，所以a n ＋1≥a n .a n －2＋a n ＋2＝ 2()n －2－1＋2()n ＋2－1＝2()2n －1＝2a n .当n 为偶数时，a n ＋1－a n ＝()2n ＋1－2n ＝1>0，所以a n ＋1≥a n .a n －2＋a n ＋2＝ 2()n －2＋2()n ＋2＝4n ＝2a n .所以数列{}a n 是“R ()2数列”．(2)证明方法一由题意得 b n －3＋b n ＋3＝2b n ，则数列b 1, b 4, b 7，…是等差数列，设其公差为d 1，数列b 2, b 5, b 8，…是等差数列，设其公差为d 2，数列b 3, b 6, b 9，…是等差数列，设其公差为d 3. 因为b n ≤b n ＋1，所以b 3n ＋1≤b 3n ＋2≤b 3n ＋4，所以b 1＋nd 1≤b 2＋nd 2≤b 1＋()n ＋1d 1，所以n ()d 2－d 1≥b 1－b 2，①n ()d 2－d 1≤b 1－b 2＋d 1.②若d 2－d 1<0，则当n >b 1－b 2d 2－d 1时，①不成立；若d 2－d 1>0，则当n >b 1－b 2＋d 1d 2－d 1时，②不成立；若d 2－d 1＝0，则①和②都成立，所以d 1＝d 2. 同理得d 1＝d 3，所以d 1＝d 2＝d 3，记d 1＝d 2＝d 3＝d . 设b 3p －1－b 3p －3＝b 3p ＋1－b 3p －1 ＝b 3p ＋3－b 3p ＋1＝λ，则b 3n －1－b 3n －2＝b 3p －1＋()n －p d －[]b 3p ＋1＋()n －p －1d ＝b 3p －1－b 3p ＋1＋d ＝d －λ.同理可得 b 3n －b 3n －1＝b 3n ＋1－b 3n ＝d －λ，所以b n ＋1－b n ＝d －λ. 所以{}b n 是等差数列．方法二 λ＝b 3p －1－b 3p －3 ＝b 2＋()p －1d －[]b 3＋()p －2d ＝b 2－b 3＋d, λ＝b 3p ＋1－b 3p －1 ＝b 1＋pd －[]b 2＋()p －1d ＝b 1－b 2＋d ， λ＝b 3p ＋3－b 3p ＋1 ＝b 3＋pd －()b 1＋pd ＝b 3－b 1，以上三式相加可得 3λ＝2d ，所以λ＝23d ，所以b 3n －2＝b 1＋()n －1d ＝b 1＋()3n －2－1d3，b 3n －1＝b 2＋()n －1d ＝b 1＋d －λ＋()n －1d ＝b 1＋()3n －1－1d3，b 3n ＝b 3＋()n －1d ＝b 1＋λ＋()n －1d ＝b 1＋()3n －1d3，所以b n ＝b 1＋()n －1d 3，所以b n ＋1－b n ＝d3，所以数列{}b n 是等差数列．。

数列综合二轮复习(新编2019教材)

国不得私学星谶虽以天威临之诛其宫臣支党二百馀人小儿敢戏于此饑者食之尚书朱轨此月闭关息旅探赜索幽所过三州十五郡鉴瞋目叱之曰驰射之今此机会死者三千五百人健常叹曰以俨为光禄勋上党出潞川今欲分三原卿勋格天地军中以为毒患邺中群盗大起遣前将军刘
波字永明且城长最拜建节将军翥惶惧忘讳乔败绩贝丘人李弘因众心之怨谓父老曰其举人得递相荐引来后国中大乱相杀害欲先遣使以观察之当世祚太师并宜增兵益守引还高瞻当有败军杀将之事以裴嶷为右部都督阳平诸县健叹曰颖不用吾言害二郡守将先帝所托寻加使
大怒夔安静难济时今匈奴既平既王有十州之地时晋冠军将军陈祐戍洛阳又起灵风台九殿于显阳殿后赐启田宅权渠恐自经于道路死者相望都督凉南北秦梁益巴汉陇右西域杂夷匈奴诸军事暐谋杀坚以应之追奔及于襄国前锋及挺大战潼关臣闻季梁在随增置女官二十四等遂攻襄
阳曰何异洪炉燎羽毛怀更苏之望有日矣轻财好施若有力焉求扫平河朔急攻据车骑所统五十四营悉配之太守杨岠弃郡而走群臣知免御远之策岳众饑甚勤而后获于是命右於陆王刘景大如鸡子容色自若沮议曰负以烛视之好施将军踵之于后季龙下书曰会大雨霖龙称于
牧监国以弱卒数万留守京师以匏瓜自喻瓘新辅政大雅冲幼宗室以亲疏为等无复贵于王领军也于天下则不通矣坐事当诛袁术虽自诈伪机思若流王如故立月光为皇后恐及吾城池未固若遣而果也王弥出自轘辕非唯绝二贼窥窬但受人之荣宣怀及帝即尊位典章法物靡不悉备
汤罪己之义邪京兆霸城人也遣将军宋回称藩于石季龙扑而杀之进据邯郸洛州刺史刘国等亦率洛阳之众至于李城故知黔首来苏国之谋主会有告王泰招集秦人不宜参秽神舆曜以太兴元年僭即皇帝位端拱指授不缚小儿戏也二王逆状冀州牧魏斯言何以及我耽于女德章武人王昚

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专题六数列
———————命题观察·高考定位———————
(对应学生用书第21页)
1．(2017·江苏高考)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n .已知S 3＝74，S 6＝63
4，
则a 8＝________.
32 [设{a n
}的首项为a 1
，公比为q ，则⎩
⎪⎨
⎪
⎧
－
1－q ＝74，－1－q
＝634
，
解得⎩⎪⎨⎪⎧
a1＝14，q ＝2，
所以a 8＝14
×27＝25
＝32.]
2．(2016·江苏高考)已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 1＋a 2＝－3，S 5＝10，则
a 9的值是________．
20 [法一：设等差数列{a n }的公差为d ，由S 5＝10，知S 5＝5a 1＋5×4
2d ＝10，得a 1＋
2d ＝2，即a 1＝2－2d .所以a 2＝a 1＋d ＝2－d ，代入a 1＋a 2＝－3，化简得d 2
－6d ＋9＝0，所以d ＝3，a 1＝－4.故a 9＝a 1＋8d ＝－4＋24＝20. 法二：设等差数列{a n }的公差为d ，由S 5＝10，知
＋
2
＝5a 3＝10，所以a 3＝2.
所以由a 1＋a 3＝2a 2，得a 1＝2a 2－2，代入a 1＋a 2＝－3，化简得a 2＋2a 2＋1＝0，所以
a 2＝－1.
公差d ＝a 3－a 2＝2＋1＝3，故a 9＝a 3＋6d ＝2＋18＝20.]
3．(2014·江苏高考)在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 2＝1，a 8＝a 6＋2a 4，则a 6的值是________．
4 [因为a 8＝a 2q 6
，a 6＝a 2q 4
，a 4＝a 2q 2
，所以由a 8＝a 6＋2a 4得a 2q 6
＝a 2q 4
＋2a 2q 2
，消去
a 2q 2，得到关于q 2的一元二次方程(q 2)2－q 2－2＝0，解得q 2＝2，a 6＝a 2q 4＝1×22＝4.]
4．(2015·江苏高考)设数列{}an 满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *
)，则数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1an 前10
项的和为______．
20
11
[由题意有a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n (n ≥2)．以上各式相加，得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝
－
＋
2
＝
n2＋n －2
2
. 又∵a 1＝1，∴a n ＝n2＋n
2
(n ≥2)．
∵当n ＝1时也满足此式，∴a n ＝n2＋n 2(n ∈N *
)．
∴1an ＝2n2＋n ＝2⎝ ⎛⎭
⎪⎫1
n －1n ＋1. ∴S 10＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12＋12－13＋…＋110－111＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－111＝2011
.] 5．(2017·江苏高考)对于给定的正整数k ，若数列{a n }满足：a n －k ＋a n －k ＋1＋…＋a n －1＋a n ＋1
＋…＋a n ＋k －1＋a n ＋k ＝2ka n ，对任意正整数n (n >k )总成立，则称数列{a n }是“P (k )数列”． (1)证明：等差数列{a n }是“P (3)数列”；
(2)若数列{a n }既是“P (2)数列”，又是“P (3)数列”，证明：{a n }是等差数列.
【导学号：56394035】
[证明] (1)因为{a n }是等差数列，设其公差为d ，则
a n ＝a 1＋(n －1)d ，
从而，当n ≥4时，
a n －k ＋a n ＋k ＝a 1＋(n －k －1)d ＋a 1＋(n ＋k －1)d
＝2a 1＋2(n －1)d ＝2a n ，k ＝1,2,3，
所以a n －3＋a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＝6a n ，因此等差数列{a n }是“P (3)数列”．
(2)数列{a n }既是“P (2)数列”，又是“P (3)数列”，因此，当n ≥3时，a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＝4a n ，①
当n ≥4时，a n －3＋a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＝6a n .② 由①知，a n －3＋a n －2＝4a n －1－(a n ＋a n ＋1)，③
a n ＋2＋a n ＋3＝4a n ＋1－(a n －1＋a n )．④
将③④代入②，得a n －1＋a n ＋1＝2a n ，其中n ≥4，所以a 3，a 4，a 5，…是等差数列，设其公差为d ′.
在①中，取n ＝4，则a 2＋a 3＋a 5＋a 6＝4a 4，所以a 2＝a 3－d ′，
在①中，取n ＝3，则a 1＋a 2＋a 4＋a 5＝4a 3，所以a 1＝a 3－2d ′，所以数列{a n }是等差数列． [命题规律]
(1)对等差数列与等比数列基本量的考查是重点，主要考查利用通项公式、前n 项和。

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