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高考数学一轮复习第五章数列考点集训理【含答案】

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(新课标)高考数学一轮总复习第五章数列55数列的综合应用课时规范练理(含解析)新人教A版

(新课标)高考数学一轮总复习第五章数列55数列的综合应用课时规范练理(含解析)新人教A版

（新课标）高考数学一轮总复习第五章数列55数列的综合应用课时规范练理（含解析）新人教A 版课时规范练(授课提示：对应学生用书第275页)A 组 基础对点练1．(2018·龙泉驿区期末)等差数列{a n }的公差为1，且a 1，a 3，a 7成等比数列，则{a n }的前20项和为( A ) A ．230 B ．－230 C ．210D ．－2102．在等比数列{a n }中，S n 是它的前n 项和，若q ＝2，且a 2与2a 4的等差中项为18，则S 5＝( A ) A ．62 B ．－62 C ．32D ．－323．已知数列{a n }，定直线l ：y ＝m ＋32m ＋4x －m ＋92m ＋4，若(n ，a n )在直线l 上，则数列{a n }的前13项和为( C ) A ．10 B ．21 C ．39D ．784．等差数列{a n }中的a 4，a 2 016是函数f (x )＝x 3－6x 2＋4x －1的极值点，则log 14a 1 010＝( D )A.12 B ．2 C ．－2D ．－125．(2018·柳林县期末)已知x ＞0，y ＞0，x ，a ，b ，y 成等差数列，x ，c ，d ，y 成等比数列，则a ＋bcd的最小值是( C ) A ．0 B ．1 C ．2D ．4解析：由x ＞0，y ＞0，x ，a ，b ，y 成等差数列，x ，c ，d ，y 成等比数列，可得a ＋b ＝x ＋y ，xy ＝cd ，则a ＋b cd ＝x ＋y xy ≥2xyxy＝2，当且仅当x ＝y 时，等号成立，则a ＋bcd的最小值是2. 6．已知在等差数列{a n }中，a 1＝120，公差d ＝－4，若S n ≤a n (n ≥2)，其中S n 为该数列的前n 项和，则n 的最小值为( B )A ．60B ．62C ．70D ．727．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 ) A ．－24 B ．－3 C ．3D ．88．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，且3S 1,2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝ 3n －1.解析：由3S 1,2S 2，S 3成等差数列，得4S 2＝3S 1＋S 3，即3S 2－3S 1＝S 3－S 2，则3a 2＝a 3，得公比q ＝3，所以a n ＝a 1q n －1＝3n －1.9．(2017·江西师大附中检测)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 1，S 3，S 4成等差数列，则数列{a n }的公比为1＋52. 解析：设{a n }的公比为q ，由题意易知q >0且q ≠1，因为S 1，S 3，S 4成等差数列，所以2S 3＝S 1＋S 4，即2a 11－q 31－q＝a 1＋a 11－q 41－q ，解得q ＝1＋52.10．已知函数y ＝f (x )的定义域为R ，当x <0时，f (x )>1，且对任意的实数x ，y ∈R ，等式f (x )f (y )＝f (x ＋y )恒成立．若数列{a n }满足a 1＝f (0)，且f (a n ＋1)＝1f－2－a n(n ∈N *)，则a 2 016的值为 4 031 .解析：根据题意，不妨设f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x，则a 1＝f (0)＝1，∵f (a n ＋1)＝1f －2－a n，∴a n ＋1＝a n ＋2，∴数列{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列， ∴a n ＝2n －1，∴a 2 016＝4 031.11．(2016·高考四川卷)已知数列{a n }的首项为1，S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＋1＝qS n ＋1，其中q >0，n ∈N *.(1)若a 2，a 3，a 2＋a 3成等差数列，求数列{a n }的通项公式；(2)设双曲线x 2－y 2a 2n＝1的离心率为e n ，且e 2＝2，求e 21＋e 22＋…＋e 2n .解析：(1)由已知，S n ＋1＝qS n ＋1，S n ＋2＝qS n ＋1＋1，两式相减得到a n ＋2＝qa n ＋1，n ≥1. 又由S 2＝qS 1＋1得到a 2＝qa 1， 故a n ＋1＝qa n 对所有n ≥1都成立．所以数列{a n }是首项为1，公比为q 的等比数列． 从而a n ＝qn －1.由a 2，a 3，a 2＋a 3成等差数列，可得2a 3＝a 2＋a 2＋a 3， 所以a 3＝2a 2，故q ＝2，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)由(1)可知，a n ＝qn －1.所以双曲线x 2－y 2a 2n＝1的离心率e n ＝1＋a 2n ＝ 1＋q2n －1.由e 2＝ 1＋q 2＝2解得q ＝ 3.所以e 21＋e 22＋…＋e 2n ＝(1＋1)＋(1＋q 2)＋…＋[1＋q2(n －1)]＝n ＋[1＋q 2＋…＋q 2(n －1)]＝n ＋q 2n －1q 2－1＝n ＋12(3n－1)．12．已知等差数列{a n }的各项均为正数，a 1＝1，前n 项和为S n ，数列{b n }为等比数列，b 1＝1，且b 2S 2＝6，b 2＋S 3＝8. (1)求数列{a n }与{b n }的通项公式； (2)求1S 1＋1S 2＋…＋1S n.解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，d >0，{b n }的公比为q ，则a n ＝1＋(n －1)d ，b n ＝qn －1.依题意有⎩⎪⎨⎪⎧q 2＋d ＝6，q ＋3＋3d ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－43，q ＝9(舍去)．故a n ＝n ，b n ＝2n －1.(2)由(1)知S n ＝1＋2＋…＋n ＝12n (n ＋1)，∴1S n ＝2nn ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝2⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1. B 组 能力提升练1．(2018·武平县校级月考)已知函数f (x )＝4x 2x －1，M ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n n (n ∈N *，且n为奇数)，则M 等于( C ) A ．2n －1 B ．n －12C ．2n ＋2D ．2n ＋12解析：化简f (x )＝2＋22x －1，则f (1－x )＝2－22x －1，f (x )＋f (1－x )＝4，且f (0)＝0，M ＝f (0)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n n ， ∴2M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f 0＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n n ＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n n ＋f 0＝4(n ＋1)，∴M ＝2n ＋2.2．(2018·柯桥区期末)设数列{a n }是首项为1，公比为q (q ≠－1)的等比数列，若⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋a n ＋1是等差数列，则⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋1a 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2 017＋1a 2 018的值等于( C )A ．2 017B ．2 018C ．4 034D ．4 036解析：数列{a n }是首项为1，公比为q (q ≠－1)的等比数列，可得a n ＝q n －1，1a n ＋a n ＋1＝1q n －1＋qn＝11＋q ·1qn －1. 由⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋a n ＋1是等差数列，可得q ＝1，即a n ＝1，即有⎝⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋⎝⎛⎭⎪⎫1a 2＋1a 3＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1a 2 017＋1a 2 018＝2＋2＋…＋2＝2×2 017＝4 034. 3．已知数列{a n }的首项a 1＝2，数列{b n }为等比数列，且b n ＝a n ＋1a n，若b 10b 11＝2，则a 21＝( C ) A ．29B ．210C ．211D ．2124．(2018·宜宾期末)已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，且a 1＝2，S n 为其前n 项和，等比数列{b n }的前三项分别为a 2，a 5，a 11，设向量OQ n →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n n ，S n n 2(n ∈N *)，则OQ n →的模的最大值是( B ) A. 2 B ．2 2 C. 3D ．2 3解析：由题意可得a 25＝a 2a 11，即(a 1＋4d )2＝(a 1＋d )·(a 1＋10d )，化为a 1＝2d ＝2，可得d ＝1，则a n ＝2＋n －1＝n ＋1，S n ＝12n (n ＋3)．向量OQ n →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n n ，S n n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n ，n ＋32n ，可得 |OQ n →|2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋3n 2＝134n 2＋72n ＋54.由于n ∈N *，当n ＝1时，1n取得最大值1，可得134n 2＋72n ＋54的最大值为134＋72＋54＝8，则OQ n →的模的最大值是2 2.5．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 的值等于 9 . 解析：依题意有a ，b 是方程x 2－px ＋q ＝0的两根，则a ＋b ＝p ，ab ＝q ，由p ＞0，q >0可知a ＞0，b ＞0.由题意可知ab ＝(－2)2＝4＝q ，a －2＝2b 或b －2＝2a ，将a －2＝2b 代入ab ＝4可解得a ＝4，b ＝1，此时a ＋b ＝5，将b －2＝2a 代入ab ＝4可解得a ＝1，b ＝4，此时a ＋b ＝5，则p ＝5，故p ＋q ＝9.6．(2018·上饶三模)已知等比数列{a n }的首项是1，公比为3，等差数列{b n }的首项是－5，公差为1，把{b n }中的各项按如下规则依次插入到{a n }的每相邻两项之间，构成新数列{c n }：a 1，b 1，a 2，b 2，b 3，a 3，b 4，b 5，b 6，a 4，…，即在a n 和a n ＋1两项之间依次插入{b n }中n 个项，则c 2 018＝ 1 949 .(用数字作答) 解析：由题意得a n ＝3n －1，b n ＝－5＋(n －1)×1＝n －6，数列{c n }中的项为30，－5,31，－4，－3,32，－2，－1,0,33， (3)时，共有项数为1＋2＋…＋n ＋(n ＋1)＝n ＋1n ＋22.当n ＝62时，63×642＝2 016，即此时共有2 016项，且第2 016项为362， ∴c 2 018＝b 1 955＝1 955－6＝1 949.7．对于数列{a n }，若对∀m ，n ∈N *(m ≠n )，都有a m －a nm －n≥t (t 为常数)成立，则称数列{a n }具有性质P (t )．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n，且具有性质P (t )，则t 的最大值为 2 . 解析：借助y ＝2x的图象(图略)可知，a m －a nm －n表示该图象上两个整数点连线的斜率，由图象知m ＝1，n ＝2或m ＝2，n ＝1时斜率取最小值2，若对∀m ，n ∈N *(m ≠n )，都有a m －a nm －n≥t 成立，则t ≤2，所以t 的最大值为2.8．对于数列{a n }，定义H n ＝a 1＋2a 2＋…＋2n －1a nn为{a n }的“优值”，现在已知某数列{a n }的“优值”H n ＝2n ＋1，记数列{a n －kn }的前n 项和为S n ，若S n ≤S 5对任意的n ∈N *恒成立，则实数k 的取值范围为 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤73，125 . 解析：由题意知H n ＝a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n n＝2n ＋1，所以a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n ＝n ×2n ＋1， ①当n ≥2时，a 1＋2a 2＋…＋2n －2a n －1＝(n －1)×2n ， ②①－②得2n －1a n ＝n ×2n ＋1－(n －1)×2n ，解得a n ＝2n ＋2，n ≥2，当n ＝1时，a 1＝4也满足上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋2，且数列{a n }为等差数列，公差为2.令b n ＝a n －kn ＝(2－k )n ＋2，则数列{b n }也是等差数列，由S n ≤S 5对任意的n ∈N *恒成立，知2－k <0，且b 5＝12－5k ≥0，b 6＝14－6k ≤0，解得73≤k ≤125.9．已知首项为32的等比数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，且－2S 2，S 3,4S 4成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)证明：S n ＋1S n ≤136(n ∈N *)．解析：(1)设等比数列{a n }的公比为q ， 因为－2S 2，S 3,4S 4成等差数列，所以S 3＋2S 2＝4S 4－S 3，即S 4－S 3＝S 2－S 4，可得2a 4＝－a 3，于是q ＝a 4a 3＝－12.又a 1＝32，所以等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝(－1)n －1·32n .(2)证明：S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n，S n ＋1S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＋11－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n＝⎩⎪⎨⎪⎧2＋12n2n＋1，n 为奇数，2＋12n2n－1，n 为偶数.当n 为奇数时，S n ＋1S n随n 的增大而减小，所以S n ＋1S n ≤S 1＋1S 1＝136.当n 为偶数时，S n ＋1S n随n 的增大而减小，所以S n ＋1S n ≤S 2＋1S 2＝2512.故对于n ∈N *，有S n ＋1S n ≤136.10．(2017·高考山东卷)已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1＋x 2＝3，x 3－x 2＝2. (1)求数列{x n }的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1,1)，P 2(x 2,2)，…，P n ＋1(x n ＋1，n ＋1)得到折线P 1P 2…P n ＋1，求由该折线与直线y ＝0，x ＝x 1，x ＝x n ＋1所围成的区域的面积T n .解析：(1)设数列{x n }的公比为q ，q >0. 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 1q ＝3，x 1q 2－x 1q ＝2，所以3q 2－5q －2＝0，因为q >0，所以q ＝2，x 1＝1， 因此数列{x n }的通项公式为x n ＝2n －1.(2)过P 1，P 2，P 3，…，P n ＋1向轴x 作垂线，垂足分别为Q 1，Q 2，Q 3，…，Q n ＋1， 由(1)得x n ＋1－x n ＝2n－2n －1＝2n －1，记梯形P n P n ＋1Q n ＋1Q n 的面积为b n . 由题意b n ＝n ＋n ＋12×2n －1＝(2n ＋1)×2n －2，所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n －1)×2n －3＋(2n ＋1)×2n －2，①又2T n ＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n －1)×2n －2＋(2n ＋1)×2n －1，②①－②得－T n ＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n －1)－(2n ＋1)×2n －1＝32＋21－2n －11－2－(2n ＋1)×2n －1.所以T n ＝2n －1×2n＋12.。

【精品】2019版高考数学一轮复习《第五章数列》课时训练(含答案)

【精品】2019版高考数学一轮复习《第五章数列》课时训练(含答案)

第五章 数列第1课时 数列的概念及其简单表示法一、 填空题1. 数列23，－45，67，－89，…的第10项是________．答案：－2021解析：所给数列呈现分数形式，且正负相间，求通项公式时，我们可以把符号、分母、分子每一部分进行分解，就很容易归纳出数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n ＋1·2n 2n ＋1，故a 10＝－2021.2. 已知数列{a n }满足a n ＋2＝a n ＋1－a n ，且a 1＝2，a 2＝3，则a 2 016的值为________． 答案：－1解析：由题意，得a 3＝a 2－a 1＝1，a 4＝a 3－a 2＝－2，a 5＝a 4－a 3＝－3，a 6＝a 5－a 4＝－1，a 7＝a 6－a 5＝2，∴ 数列{a n }是周期为6的周期数列．而2 016＝6×336，∴ a 2 016＝a 6＝－1.3. 数列7，9，11，…，2n －1的项数是_________. 答案：n －3解析：易知a 1＝7，d ＝2，设项数为m ，则2n －1＝7＋(m －1)×2，m ＝n －3.4. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ≠0(n∈N *)，又a n a n ＋1＝S n ，则a 3－a 1＝________． 答案：1解析：因为a n a n ＋1＝S n ，所以令n ＝1得a 1a 2＝S 1＝a 1，即a 2＝1.令n ＝2，得a 2a 3＝S 2＝a 1＋a 2，即a 3＝1＋a 1，所以a 3－a 1＝1.5. 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ＋1，则{a n }的通项公式为__________．答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4（n ＝1），2n ＋1（n≥2）解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝4；当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1，∴ a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4（n ＝1），2n ＋1（n≥2）.6. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －1(n ∈N *)，则a 5＝__________． 答案：16解析：当n ＝1时，S 1＝2a 1－1，∴ a 1＝1；当n≥2时，S n ＝2a n －1，S n －1＝2a n －1－1，则有 a n ＝2a n －2a n －1，∴ a n ＝2a n －1.∴ {a n }是等比数列，且a 1＝1，q ＝2，故a 5＝a 1×q 4＝24＝16.7. 若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式a n ＝________．答案：(－2)n －1解析：当n ＝1时，a 1＝1；当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝23a n －23a n －1，则a n a n －1＝－2，得a n ＝(－2)n －1.8. 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 ＝________.答案：－2解析：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 ＝－2.9. 数列{a n }的前n 项积为n 2，那么当n≥2时，a n ＝________．答案：n2（n －1）2解析：设数列{a n }的前n 项积为T n ，则T n ＝n 2，当n≥2时，a n ＝T n T n －1＝n 2（n －1）2.10. 数列{a n }满足：a 1＝1，且对任意的m ，n ∈N *都有a n ＋m ＝a n ＋a m ＋nm ，则a 100＝________． 答案：5 050解析：令m ＝1，则a n ＋1＝a n ＋1＋n ⇒a n ＋1－a n ＝n ＋1⇒a 100＝(a 100－a 99)＋(a 99－a 98)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝100＋99＋…＋2＋1＝5 050.二、 解答题11. 数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2－7n ＋6. (1) 这个数列的第4项是多少？(2) 150是不是这个数列的项？若是这个数列的项，它是第几项？ (3) 该数列从第几项开始各项都是正数？解：(1) 当n ＝4时，a 4＝42－4×7＋6＝－6.(2) 令a n ＝150，即n 2－7n ＋6＝150，解得n ＝16或n ＝－9(舍去)，即150是数列的第16项．(3) 令a n ＝n 2－7n ＋6＞0，解得n ＞6或n ＜1(舍)，∴ 从第7项起各项都是正数．12. 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 ＋1<c n .∴ 数列{c n }为递减数列．13. 已知数列{a n }中，a n ＝1＋1a ＋2（n －1）(n∈N *，a ∈R ，且a≠0)．(1) 若a ＝－7，求数列{a n }中的最大项和最小项的值；(2) 若对任意的n∈N *，都有a n ≤a 6成立，求a 的取值范围．解：(1) ∵ a n ＝1＋1a ＋2（n －1）(n∈N *，a ∈R ，且a≠0)，又a ＝－7，∴ a n ＝1＋12n －9(n∈N *)．结合函数f(x)＝1＋12x －9的单调性，可知1>a 1>a 2>a 3>a 4，a 5>a 6>a 7>…＞a n >1(n∈N *)，∴ 数列{a n }中的最大项为a 5＝2，最小项为a 4＝0.(2) a n ＝1＋1a ＋2（n －1）＝1＋12n －2－a 2，对任意的n∈N *，都有a n ≤a 6成立，结合函数f(x)＝1＋12x －2－a2的单调性，可知5<2－a2<6，即－10<a<－8，即a 的取值范围是(－10，－8)．第2课时 等 差 数 列一、 填空题1. 在等差数列{a n }中，a 5＝33，公差d ＝3，则201是该数列的第________项． 答案：61解析：∵ a n ＝a 5＋(n －5)d ，∴ 201＝33＋3(n －5)，n ＝61.2. 已知{a n }为等差数列，a 1＋a 3＋a 5＝105，a 2＋a 4＋a 6＝99，则a 20＝________． 答案：1解析：∵ a 1＋a 3＋a 5＝105，即3a 3＝105，解得a 3＝35，同理a 2＋a 4＋a 6＝99，得a 4＝33.∵ d＝a 4－a 3＝33－35＝－2，∴ a 20＝a 4＋(20－4)d ＝33＋16×(－2)＝1.3. 在等差数列{a n }中，已知a 2＋a 8＝11，则3a 3＋a 11的值为__________． 答案：22解析：3a 3＋a 11＝a 3＋a 3＋a 3＋a 11＝a 3＋a 2＋a 4＋a 11＝a 3＋a 2＋a 7＋a 8＝2(a 2＋a 8)＝11×2＝22. 4. 若等差数列{a n }的前5项和S 5＝25，且a 4＝3，则a 7＝________． 答案：－3解析：S 5＝25⇒5（a 1＋a 5）2＝25⇒a 3＝5，所以d ＝a 4－a 3＝－2，a 7＝a 4＋(7－4)d ＝3－6＝－3.5. 在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前n 项和为S n ，当且仅当n ＝8时，S n 取最大值，则d 的取值范围是________．答案：－1<d<－78解析：由题意得，a 8>0，a 9<0，所以7＋7d>0，7＋8d<0，即－1<d<－78.6. 若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9＞0，a 7＋a 10＜0，则当n ＝________时，{a n }的前n 项和最大． 答案：8解析：由等差数列的性质，得a 7＋a 8＋a 9＝3a 8，a 8＞0，又a 7＋a 10＜0，所以a 8＋a 9＜0，所以a 9＜0，所以S 8＞S 7，S 8＞S 9，故数列{a n }的前8项和最大．7. 若一个等差数列{a n }的前3项和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列有________项．答案：13解析：a 1＋a 2＋a 3＋a n －2＋a n －1＋a n ＝34＋146＝180，所以3(a 1＋a n )＝180，即a 1＋a n ＝60.由S n ＝390，知n （a 1＋a n ）2＝390，所以n×602＝390，解得n ＝13. 8. 记等差数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝2，且数列{S n }也为等差数列，则a 13的值为________． 答案：50解析：数列{S n }为等差数列，得S 1＋S 3＝2S 2，即2＋6＋3d ＝24＋d ，则d ＝4，a 13 ＝a 1＋12d ＝50.9. 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3S 6＝13，则S 6S 12＝________．答案：310解析： 由等差数列的求和公式可得S 3S 6＝3a 1＋3d 6a 1＋15d ＝13，可得a 1＝2d ，且d≠0，所以S 6S 12＝6a 1＋15d 12a 1＋66d ＝27d 90d ＝310.10. 在等差数列{a n }中，a 2＝5，a 6＝21，记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，若S 2n ＋1－S n ≤m 15对n∈N *恒成立，则正整数m 的最小值为________．答案：5解析：由a 2＝5，a 6＝21易得等差数列{a n }的通项公式为a n ＝4n －3，所以1a n ＝14n －3.故S 2n ＋1－S n ＝1a 2n ＋1＋1a 2n＋1a 2n －1＋…＋1a n ＋2＋1a n ＋1. 设T n ＝S 2n ＋1－S n ，则T n ＋1＝S 2(n ＋1)＋1－S n ＋1＝S 2n ＋3－S n ＋1，所以T n ＋1－T n ＝(S 2n ＋3－S n ＋1)－(S 2n ＋1－S n )＝(S 2n ＋3－S 2n ＋1)－(S n ＋1－S n )＝1a 2n ＋3＋1a 2n ＋2－1a n ＋1＝14（2n ＋3）－3＋14（2n ＋2）－3－14（n ＋1）－3 ＝18n ＋9＋18n ＋5－14n ＋1<18n ＋2＋18n ＋2－14n ＋1＝28n ＋2－14n ＋1＝0. 所以T n ＋1－T n <0，即T n ＋1<T n .故T n ＝S 2n ＋1－S n 随n 的增大而减小，所以若S 2n ＋1－S n ≤m 15对n∈N *恒成立，即(S 2n＋1－S n )max ＝S 3－S 1＝1a 3＋1a 2＝19＋15＝1445≤m 15.由1445≤m 15得m≥143，所以正整数m 的最小值为5. 二、 解答题11. 在等差数列{a n }中，a 1＝1，a 3＝－3. (1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 若数列{a n }的前k 项和S k ＝－35，求k 的值．解：(1) 设等差数列{a n }的公差为d ，由a 1＝1，a 3＝－3，可得1＋2d ＝－3，解得d ＝－2. 从而a n ＝1＋(n －1)×(－2)＝3－2n. (2) 由(1)可知a n ＝3－2n.所以S n ＝n[1＋（3－2n ）]2＝2n －n 2.由S k ＝－35，可得2k －k 2＝－35，即k 2－2k －35＝0，解得k ＝7或k ＝－5.又k∈N *，故k ＝7.12. 设a 1，d 为实数，首项为a 1，公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S 5S 6＋15＝0. (1) 若S 5＝5，求S 6及a 1； (2) 求d 的取值范围．解：(1) 由题意知S 6＝－15S 5＝－3，a 6＝S 6－S 5＝－8，所以⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋10d ＝5，a 1＋5d ＝－8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝7，d ＝－3，因此S 6＝－3，a 1＝7.(2) 因为S 5S 6＋15＝0，所以(5a 1＋10d)(6a 1＋15d)＋15＝0，即2a 21＋9da 1＋10d 2＋1＝0.故(4a 1＋9d)2＝d 2－8，所以d 2≥8.故d 的取值范围是d≤－22或d≥2 2. 13. 在等差数列{a n }中，公差d ＞0，前n 项和为S n ，a 2·a 3＝45，a 1＋a 5＝18. (1) 求数列{a n }的通项公式．(2) 令b n ＝S n n ＋c(n∈N *)，是否存在一个非零常数c ，使数列{b n }也为等差数列？若存在，求出c 的值；若不存在，请说明理由．解：(1) 由题设，知{a n }是等差数列，且公差d ＞0，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 2a 3＝45，a 1＋a 5＝18，得⎩⎪⎨⎪⎧（a 1＋d ）（a 1＋2d ）＝45，a 1＋（a 1＋4d ）＝18，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝4.∴ a n ＝4n －3(n∈N *)．(2) 由b n ＝S n n ＋c ＝n （1＋4n －3）2n ＋c ＝2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12n ＋c.∵ c ≠0，∴ 可令c ＝－12，得到b n ＝2n.∵ b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)－2n ＝2(n∈N *)， ∴ 数列{b n }是公差为2的等差数列．即存在一个非零常数c ＝－12，使数列{b n }也为等差数列．第3课时 等 比 数 列一、 填空题1. 等比数列{a n }的公比大于1，a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6，则a 3＝________． 答案：4解析：由a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6(q>1)，得q ＝2，a 1＝1，则a 3＝4.2. 设等比数列{a n }的公比q ＝12，前n 项和为S n ，则S 4a 4＝________．答案：15解析：S 4＝a 1（1－q 4）1－q ，a 4＝a 1q 3，所以S 4a 4＝1－q 4q 3（1－q ）＝15.3. 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 3a 7＝________． 答案：2解析：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＝2.4. 已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且4a 1，2a 2，a 3依次成等差数列，若a 1＝1，则S 5＝________ . 答案：31解析：因为4a 1，2a 2，a 3依次成等差数列，4a 2＝4a 1＋a 3，所以4a 1q ＝4a 1＋a 1q 2，所以q ＝2.又a 1＝1，所以S 5＝a 1（1－q 5）1－q＝31.5. 设S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若a 5＋2a 10＝0，则S 20S 10的值是________．答案：54解析：当q ＝1时，a 5＝a 10＝0不合题意，∴ 公比q ≠1.∴ q 5＝a 10a 5＝－12，因而S 20S 10＝1－q 201－q 10＝1＋q 10＝1＋14＝54.6. 我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯________盏．答案：3解析：设塔的顶层共有灯x 盏，则各层的灯数构成一个首项为x ，公比为2的等比数列，结合等比数列的求和公式有：x×（1－27）1－2＝381，解得x ＝3，即塔的顶层共有灯3盏．7. 设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝7，S 6＝63，则a 7＋a 8＋a 9＝__________． 答案：448解析：由S 3＝7，S 6＝63，得a 1＋a 2＋a 3＝7，7＋a 4＋a 5＋a 6＝63，则a 4＋a 5＋a 6＝(a 1＋a 2＋a 3)q 3＝56，q 3＝8，a 7＋a 8＋a 9＝(a 4＋a 5＋a 6)q 3＝56×8＝448.8. 已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝2a 2＋3，S 3＝2a 3＋3，则公比q 的值为________． 答案：2解析：∵ S 2＝2a 2＋3，S 3＝2a 3＋3，∴ a 1＝a 1q ＋3，a 1(1＋q)＝a 1q 2＋3，∴ q 2－2q ＝0，q ≠0，则公比q ＝2.9. 在等比数列{a n }中，已知a 1＝1，a 4＝8，设S 3n 为该数列的前3n 项和，T n 为数列{a 3n }的前n 项和．若S 3n＝tT n ，则实数t 的值为________．答案：7解析： ∵a 4＝a 1q 3＝q 3＝8，∴ q ＝2，S 3n ＝1－23n1－2＝8n －1.由题意知，数列{a 3n }是首项为1，公比为8的等比数列，∴T n ＝1－8n1－8＝17(8n－1)．由S 3n ＝tT n ，得t ＝7.10. 在正项等比数列{a n }中，若a 4＋a 3－2a 2－2a 1＝6，则a 5＋a 6的最小值为________． 答案：48解析：设 a 2＋a 1＝x ，等比数列的公比为q ，则a 4＋a 3 ＝xq 2，a 5＋a 6 ＝xq 4.再由a 4＋a 3－2a 2－2a 1＝6，得 xq2＝6＋2x ，∴ x ＝6q 2－2＞0，q ＞1.∴ a 5＋a 6 ＝xq 4＝6q 4q 2－2＝6⎝⎛⎭⎪⎫q 2－2＋4q 2－2＋4≥6×(4＋4)＝48，当且仅当q 2－2＝2时，等号成立，故a 5＋a 6的最小值为48.二、 解答题11. 已知{a n }是首项为a 1，公比q 为正数(q≠1)的等比数列，其前n 项和为S n ，且5S 2＝4S 4. (1) 求q 的值．(2) 设b n ＝q ＋S n ，请判断数列{b n }能否为等比数列？若能，请求出a 1的值；若不能，请说明理由． 解：(1) 由题意知，5S 2＝4S 4，∴ 5a 1（1－q 2）1－q ＝4a 1（1－q 4）1－q.∵ a 1≠0，q>0，且q≠1，∴ 4q 4－5q 2＋1＝0，解得q ＝12.(2) ∵ S n ＝a 1（1－q n）1－q ＝2a 1－a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，∴ b n ＝q ＋S n ＝12＋2a 1－a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.∴ 当且仅当12＋2a 1＝0，即a 1＝－14时，b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1为等比数列，∴ {b n }能为等比数列，此时a 1＝－14.12. 已知等差数列{a n }的公差d 不为0，且ak 1，ak 2，…，ak n ，…(k 1＜k 2＜…＜k n ＜…)成等比数列，公比为q.(1) 若k 1＝1，k 2＝3，k 3＝8，求a 1d的值；(2) 当a 1d为何值时，数列{k n }为等比数列．解：(1) 由已知可得a 1，a 3，a 8成等比数列，所以(a 1＋2d)2＝a 1(a 1＋7d)，整理可得，4d 2＝3a 1d.因为d≠0，所以a 1d ＝43.(2) 设数列{k n }为等比数列，则k 22＝k 1k 3.又ak 1，ak 2，ak 3成等比数列，所以[a 1＋(k 1－1)d][a 1＋(k 3－1)d]＝[a 1＋(k 2－1)d]2.整理，得a 1(2k 2－k 1－k 3)＝d(k 1k 3－k 22－k 1－k 3＋2k 2)．因为k 22＝k 1k 3，所以a 1(2k 2－k 1－k 3)＝d(2k 2－k 1－k 3)．因为2k 2≠k 1＋k 3，所以a 1＝d ，即a 1d＝1.当a 1d＝1时，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝nd ，所以ak n ＝k n d. 因为ak n ＝ak 1q n －1＝k 1dq n －1，所以k n ＝k 1q n －1.所以k n ＋1k n ＝k 1q nk 1qn －1＝q ，数列{k n }为等比数列．综上，当a 1d＝1时，数列{k n }为等比数列．13. (2017·苏州期中)已知等比数列{a n }的公比q>1，且满足a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项． (1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n ＋n·2n ＋1>62成立的正整数n 的最小值．解：(1) ∵ a 3＋2是a 2，a 4的等差中项， ∴ 2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，代入a 2＋a 3＋a 4＝28，可得a 3＝8， ∴ a 2＋a 4＝20，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝8，a 1q ＋a 1q 3＝20，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝32，q ＝12. ∵ q>1，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2，∴ 数列{a n }的通项公式为a n ＝2n.(2) ∵ b n ＝a n log 12a n ＝2n log 122n ＝－n·2n，∴ S n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n) ①，2S n ＝－(1×22＋2×23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1) ②，②－①得，S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n·2n ＋1＝2（1－2n）1－2－n·2n ＋1＝2n ＋1－2－n·2n ＋1.∵ S n ＋n·2n ＋1>62，∴ 2n ＋1－2>62，∴ n ＋1>6，n>5，∴ 使S n ＋n·2n ＋1>62成立的正整数n 的最小值为6.第4课时 数列的求和一、 填空题1. 在数列{a n }中，若a 1＝－2，且对任意的n∈N *有2a n ＋1＝1＋2a n ，则数列{a n }前10项的和为________．答案：52解析：由2a n ＋1＝1＋2a n 得a n ＋1－a n ＝12，所以数列{a n }是首项为－2，公差为12的等差数列，所以S 10＝10×(－2)＋10×（10－1）2×12＝52.2. 已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n－12n ，其前n 项和S n ＝32164，则项数n ＝________．答案：6解析：∵ a n ＝1－12n ，∴ S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－18＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＝n －(12＋14＋18＋…＋12n )＝n －12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝n －1＋12n .由S n ＝32164＝n －1＋12n ，可得出n ＝6. 3. 数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n ＝________．答案：n 2＋1－12n解析：该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(12＋122＋…＋12n )＝n 2＋1－12n . 4. 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前100项和为________． 答案：100101解析：∵ a 5＝5，S 5＝15，∴ 5（a 1＋a 5）2＝15，则a 1＝1，∴ d ＝a 5－a 14＝1，∴ a n ＝n ，∴ 1a n a n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和为T n ，则 T 100＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1100－1101＝1－1101＝100101.5. 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，则{|a n |}的前n 项和T n ＝__________．答案：⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2（1≤n≤3），n 2－6n ＋18（n>3）解析：由S n ＝n 2－6n 得{a n }是等差数列，且首项为－5，公差为2，∴ a n ＝－5＋(n －1)×2＝2n －7，∴ 当n≤3时，a n <0；当n>3时，a n >0，∴ T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2（1≤n≤3），n 2－6n ＋18（n>3）.6. 数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则S 17＝________． 答案：9解析：S 17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.7. 已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，…，110＋210＋310＋…＋910，….若b n ＝1a n a n ＋1，那么数列{b n }的前n项和S n ＝________．答案：4nn ＋1解析：∵ a n ＝1＋2＋3＋…＋n n ＋1＝n2，∴ b n ＝1a n a n ＋1＝4n （n ＋1）＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴ S n ＝4[⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1]＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝4n n ＋1. 8. 已知数列{a n }满足a n ＋2＝－a n (n∈N ＋)，且a 1＝1，a 2＝2，则数列{a n }的前2 014项的和为________．答案：3 解析：∵ a n ＋2＝－a n ＝－(－a n －2)，n ＞2，∴ 数列{a n }是以4为周期的周期数列．S 2 014＝503(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 2 013＋a 2 014＝503(a 1＋a 2－a 1－a 2)＋a 503×4＋1＋a 503×4＋2＝a 1＋a 2＝3.9. 设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________．答案：2011解析：∵ a 1＝1，a n ＋1－a n ＝n ＋1，∴ a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n.将以上n －1个式子相加得a n－a 1＝2＋3＋…＋n ＝n （n ＋1）－22，即a n ＝n （n ＋1）2.令b n ＝1a n ，故b n ＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，故S 10＝b 1＋b 2＋…＋b 10＝2×(1－12＋12－13＋…＋110－111)＝2011.二、 解答题10. 已知数列{a n }的通项a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －5（n 为奇数），2n （n 为偶数），求其前n 项和S n .解：奇数项组成以a 1＝1为首项，公差为12的等差数列，偶数项组成以a 2＝4为首项，公比为4的等比数列；当n 为奇数时，奇数项有n ＋12项，偶数项有n －12项，∴ S n ＝n ＋12（1＋6n －5）2＋4（1－4n －12）1－4＝（n ＋1）（3n －2）2＋4（2n －1－1）3；当n 为偶数时，奇数项和偶数项分别有n2项，∴ S n ＝n 2（1＋6n －5）2＋4（1－4n 2）1－4＝n （3n －2）2＋4（2n －1）3，∴ S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧（n ＋1）（3n －2）2＋4（2n －1－1）3（n 为奇数），n （3n －2）2＋4（2n－1）3（n 为偶数）. 11. 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3＝2S 2＋4，a 5＝36. (1) 求a n ，S n ；(2) 设b n ＝S n －1(n∈N *)，T n ＝1b 1＋1b 2＋1b 3＋…＋1b n，求T n .解：(1) 因为S 3＝2S 2＋4，所以a 1－d ＝－4.因为a 5＝36，所以a 1＋4d ＝36，解得d ＝8，a 1＝4，所以a n ＝4＋8(n －1)＝8n －4，S n ＝n （4＋8n －4）2＝4n 2.(2) 因为b n ＝4n 2－1＝(2n －1)(2n ＋1)，所以1b n ＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，T n ＝1b 1＋1b 2＋1b 3＋…＋1b n＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1. 12. 已知数列{a n }是首项为a 1＝14，公比为q ＝14的等比数列，设b n ＋2＝3log 14a n (n∈N *)，数列{c n }满足c n ＝a n ·b n .(1) 求数列{b n }的通项公式； (2) 求数列{c n }的前n 项和S n .解：(1) 由题意，知a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14n(n∈N *)．又b n ＝3log 14a n －2，故b n ＝3n －2(n∈N *)．(2) 由(1)知a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ，b n ＝3n －2(n∈N *)，所以c n ＝(3n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n (n∈N *)，所以S n ＝1×14＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋7×⎝ ⎛⎭⎪⎫143＋…＋(3n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＋(3n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ，于是14S n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫143＋7×⎝ ⎛⎭⎪⎫144＋…＋(3n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＋(3n －2)×(14)n ＋1，两式相减，得34S n ＝14＋3[(14)2＋(14)3＋…＋(14)n ]－(3n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＋1＝12－(3n ＋2)×(14)n ＋1，所以S n ＝23－3n ＋23×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n (n∈N *)．13. 在等差数列{a n }中，已知公差d ＝2，a 2是a 1与a 4的等比中项． (1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 设b n ＝a n （n ＋1）2，记T n ＝－b 1＋b 2－b 3＋b 4－…＋(－1)nb n ，求T n .解：(1) 由题意知(a 1＋d)2＝a 1(a 1＋3d)，即(a 1＋2)2＝a 1(a 1＋6)，解得a 1＝2， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n.(2) 由题意知b n ＝a n （n ＋1）2＝n(n ＋1)，则b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)，所以T n ＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)nn ×(n ＋1)． 当n 为偶数时，T n ＝(－b 1＋b 2)＋(－b 3＋b 4)＋…＋(－b n －1＋b n )＝4＋8＋12＋…＋2n ＝n2（4＋2n ）2＝n （n ＋2）2，当n 为奇数时，T n ＝T n －1＋(－b n )＝（n －1）（n ＋1）2－n(n ＋1)＝－（n ＋1）22，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－（n ＋1）22，n 为奇数，n （n ＋2）2，n 为偶数.第5课时 数列的综合应用一、 填空题1. 在等差数列{a n }中，满足3a 4＝7a 7，且a 1＞0，S n 是数列{a n }的前n 项和，若S n 取得最大值，则n ＝________． 答案：9解析：设公差d ，由题设知3(a 1＋3d)＝7(a 1＋6d)，得d ＝－433a 1＜0，解不等式a n ＞0，即a 1＋(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫－433a 1＞0，解得n ＜374，则n≤9时，a n ＞0，同理可得n≥10时，a n ＜0，故当n ＝9时，S n 取得最大值．2. 在等比数列{a n }中，各项都是正数，且a 1，12a 3，2a 2成等差数列，则a 9＋a 10a 7＋a 8＝________．答案：3＋2 2解析：∵ a 1，12a 3，2a 2成等差数列，∴ 2×12a 3＝a 1＋2a 2，即a 3＝a 1＋2a 2.设等比数列{a n }的公比为q 且q ＞0，则a 3＝a 1q 2，a 2＝a 1q ，∴ a 1q 2＝a 1＋2a 1q ，∴ q 2＝1＋2q ，解得q ＝1＋2或1－2(舍)，∴a 9＋a 10a 7＋a 8＝a 9（1＋q ）a 7（1＋q ）＝q 2＝(2＋1)2＝3＋2 2.3. 在数列{a n }中，S n 是其前n 项和，且S n ＝2a n ＋1，则数列的通项公式a n ＝________．答案：a n ＝－2n －1解析：依题意得S n ＋1＝2a n ＋1＋1，S n ＝2a n ＋1，两式相减得S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－2a n ，即a n ＋1＝2a n .又S 1＝2a 1＋1＝a 1，所以a 1＝－1，所以数列{a n }是以a 1＝－1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝－2n －1.4. 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________． 答案：－24解析：设等差数列的公差为d ，由a 2，a 3，a 6成等比数列可得a 23＝a 2a 6，即(1＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d)，整理可得d 2＋2d ＝0.因为公差不为0，所以d ＝－2，数列的前6项和为S 6＝6a 1＋6×（6－1）2d ＝6×1＋6×（6－1）2×(－2)＝－24.5. 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________． 答案：2解析：∵ 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，∴ q ≠1，⎩⎪⎨⎪⎧2×a 1（1－q 9）1－q ＝a 1（1－q 3）1－q ＋a 1（1－q 6）1－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＝2.6. 在等差数列{a n }中，已知首项a 1＞0，公差d ＞0.若a 1＋a 2≤60，a 2＋a 3≤100，则5a 1＋a 5的最大值为________．答案：200解析：由a 1＋a 2≤60，a 2＋a 3≤100得2a 1＋d≤60，2a 1＋3d≤100，a 1＞0，d ＞0.由线性规划的知识得5a 1＋a 5＝6a 1＋4d ，过点(20，20)时，取最大值为200.7. 设正项数列{a n }的前n 项和是S n ，{a n }和{S n }都是等差数列，则S n ＋10a n的最小值是____________．答案：21解析：由题设知S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n ＋d 2n 2.又S n 为等差数列，从而a 1＝d 2，从而a n ＝a 1＋(n －1)d ＝d ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12，S n＝d 2n 2，∴ S n ＋10a n ＝d 2（n ＋10）2d ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＝（n ＋10）22⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＝（n ＋10）22n －1.令2n －1＝t(t≥1)，原式＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋12＋102t ＝14·⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋441t ＋42≥14·⎝ ⎛⎭⎪⎫2t·441t ＋42＝21，从而当t ＝21，即n ＝11时，原式取到最小值21. 8. 中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其大意为：“有一个人走了378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”问此人第4天和第5天共走了________里．答案：36解析：由题意知，此人每天走的里数构成公比为12的等比数列，设等比数列的首项为a 1，则有a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1261－12＝378，解得a 1＝192，所以a 4＝192×18＝24，a 5＝24×12＝12，a 4＋a 5＝24＋12＝36，所以此人第4天和第5天共走了36里．9. 已知{a n }，{b n }均为等比数列，其前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意的n∈N *，总有S n T n ＝3n＋14，则a 3b 3＝________． 答案：9解析：设{a n }，{b n }的公比分别为q ，q ′，∵ S n T n ＝3n ＋14， ∴ 当n ＝1时，a 1＝b 1.当n ＝2时，a 1＋a 1q b 1＋b 1q ′＝52.当n ＝3时，a 1＋a 1q ＋a 1q 2b 1＋b 1q ′＋b 1q ′2＝7，∴ 2q －5q′＝3，7q ′2＋7q′－q 2－q ＋6＝0，解得q ＝9，q ′＝3，∴ a 3b 3＝a 1q 2b 1q ′2＝9. 10. 现有一根n 节的竹竿，自上而下每节的长度依次构成等差数列，最上面一节长为10 cm ，最下面的三节长度之和为114 cm ，第6节的长度是首节与末节长度的等比中项，则n ＝________．答案：16解析：设每节竹竿的长度对应的数列为{a n }，公差为d(d ＞0)．由题意知a 1＝10，a n ＋a n －1＋a n －2＝114，a 26＝a 1a n .由a n ＋a n －1＋a n －2＝114，得3a n －1＝114，解得a n －1＝38，∴ (a 1＋5d)2＝a 1(a n －1＋d)，即(10＋5d)2＝10(38＋d)，解得d ＝2，∴a n －1＝a 1＋(n －2)d ＝38，即10＋2(n －2)＝38，解得n ＝16.二、 解答题11. 设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，且a 1，a 2＋5，a 3成等差数列．(1) 求a 1，a 2的值；(2) 求证：数列{a n ＋2n }是等比数列，并求数列{a n }的通项公式．(1) 解：由已知，得2a 1＝a 2－3 ①，2(a 1＋a 2)＝a 3－7 ②，又a 1，a 2＋5，a 3成等差数列，所以a 1＋a 3＝2a 2＋10 ③，解①②③，得a 1＝1，a 2＝5.(2) 证明：由已知，n ∈N *时，2(S n ＋1－S n )＝a n ＋2－a n ＋1－2n ＋2＋2n ＋1，即a n ＋2＝3a n ＋1＋2n ＋1，即a n ＋1＝3a n ＋2n (n≥2)，由(1)得，a 2＝3a 1＋2，∴ a n ＋1＝3a n ＋2n (n∈N *)，从而有a n ＋1＋2n ＋1＝3a n ＋2n ＋2n ＋1＝3a n ＋3×2n ＝3(a n ＋2n )．又a 1＋2＞0，∴ a n ＋2n ＞0，∴ a n ＋1＋2n ＋1a n ＋2n ＝3， ∴ 数列{a n ＋2n }是等比数列，且公比为3，∴ a n ＋2n ＝(a 1＋2)×3n －1＝3n ，即a n ＝3n －2n .12. 商学院为推进后勤社会化改革，与桃园新区商定，由该区向建设银行贷款500万元在桃园新区为学院建一栋可容纳一千人的学生公寓，工程于2017年初动工，年底竣工并交付使用，公寓管理处采用收费偿还建行贷款形式(年利率5%，按复利计算)，公寓所收费用除去物业管理费和水电费18万元，其余部分全部用于年底还建行贷款．(1) 若公寓收费标准定为每生每年800元，问到哪一年可偿还建行全部贷款？(2) 若公寓管理处要在2025年年底把贷款全部还清，则每生每年的最低收费标准是多少元(精确到元)？(参考数据：lg 1.734 3≈0.239 1，lg 1.05≈0.021 2，1.058≈1.477 4)解：(1) 设公寓投入使用后n 年可偿还全部贷款，则公寓每年收费总额为1 000×800＝800 000(元)＝80万元，扣除18万元，可偿还贷款62万元．依题意有62[1＋(1＋5%)＋(1＋5%)2＋…＋(1＋5%)n －1]≥500(1＋5%)n ＋1，化简得62(1.05n －1)≥25×1.05n ＋1，∴ 1.05n ≥1.734 3.两边取对数并整理得n ≥lg 1.734 3lg 1.05≈0.239 10.021 2≈11.28， ∴ 当取n ＝12时，即到2029年底可全部还清贷款．(2) 设每生每年的最低收费标准为x 元，因到2025年底公寓共使用了8年，依题意有⎝ ⎛⎭⎪⎫1 000x 10 000－18[1＋(1＋5%)＋(1＋5%)2＋…＋(1＋5%)7]≥500(1＋5%)9. 化简得(0.1x －18)×1.058－11.05－1≥500×1.059， 解得x≥992，∴ 每生每年的最低收费标准为992元．13. 已知数列{a n }，{b n }满足2S n ＝(a n ＋2)b n ，其中S n 是数列{a n }的前n 项和．(1) 若数列{a n }是首项为23，公比为－13的等比数列，求数列{b n }的通项公式； (2) 若b n ＝n ，a 2＝3，求数列{a n }的通项公式；(3) 在(2)的条件下，设c n ＝a n b n，求证：数列{c n }中的任意一项总可以表示成该数列其他两项之积． (1) 解：因为a n ＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －1＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ， S n ＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ， 所以b n ＝2S n a n ＋2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －2⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ＋2＝12. (2) 解：若b n ＝n ，则2S n ＝na n ＋2n ，所以2S n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1＋2(n ＋1)，两式相减得2a n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1－na n ＋2，即na n ＝(n －1)a n ＋1＋2.当n≥2时，(n －1)a n －1＝(n －2)a n ＋2，两式相减得(n －1)a n －1＋(n －1)a n ＋1＝2(n －1)a n ，即a n －1＋a n ＋1＝2a n .由2S 1＝a 1＋2，得a 1＝2，又a 2＝3，所以数列{a n }是首项为2，公差为3－2＝1的等差数列，故数列{a n }的通项公式是a n ＝n ＋1.(3) 证明：由(2)得c n ＝n ＋1n，对于给定的n∈N *，若存在k ，t ≠n ，k ，t ∈N *，使得c n ＝c k ·c t ， 只需n ＋1n ＝k ＋1k ·t ＋1t ，即1＋1n ＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋1k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1t ， 即1n ＝1k ＋1t ＋1kt ，则t ＝n （k ＋1）k －n， 取k ＝n ＋1，则t ＝n(n ＋2)，所以对数列{c n }中的任意一项c n ＝n ＋1n ，都存在c n ＋1＝n ＋2n ＋1和c n2＋2n ＝n 2＋2n ＋1n 2＋2n ，使得c n ＝c n ＋1·c n2＋2n .。

2019版高考数学一轮复习第五章数列练习理

2019版高考数学一轮复习第五章数列练习理

第五章数列、推理与证明第 1 讲数列的观点与简单表示法1．设数列 { a n n2)} 的前n项和S＝ n ，则 a8的值为(A．15 B ．16 C ．49 D ．64≥2时，·2· · n＝2，则＋5＝()2．在数列 {a n}中，已知1＝ 1，且当n1n3a a a a a a7613111A.3B.16C. 15D.43．古希腊人常用小石子在沙岸上摆成各样形状来研究数，如图X5-1-1.图 X5-1-1他们研究过图 X5-1-1(1)中的1,3,6,10 ，，因为这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；近似地，称图 X5-1-1(2)中的 1,4,9,16 ，，这样的数为正方形数．以下数中既是三角形数又是正方形数的是()A． 289 B ． 1024 C ． 1225 D ．1378a n＋1－14．已知数列 { a n} 知足a1＝ 2，a n＝a n＋1＋1，其前 n 项积为 T n，则 T2017＝() 11A.2B．－2C．2D．－25． (2015年辽宁大连模拟 ) 在数列 { a } 中，a＝2，a＝ a ＋ln1＋n，则 a ＝()n1n＋ 1n1n A． 2＋ln n B ．2＋(－1)ln nnC． 2＋n ln n D．1＋ n＋ln n6． (2014年新课标Ⅱ ) 若数列 {} 知足n＋ 1＝11＝________.n， 8＝2，则a a1－ana a7．已知数列 { a n} 知足：a4n－3＝ 1，a4n－1＝ 0，a2n＝a n，n∈ N*，则a2009＝________，a2014＝________.8．已知递加数列{ a n} 的通项公式为a n＝ n2＋ kn＋2，则实数 k 的取值范围为________．9． (201321年新课标Ⅰ ) 若数列 { a n} 的前n项和S n＝a n＋，则数列 { a n} 的通项公式是a n33＝________.10．(2016年上海 ) 无量数列 { a n} 由k个不一样的数构成，S n为 { a n} 的前n项和．若对随意*n∈N， S n∈{2,3}，则 k 的最大值为________．n n10n*n 11．已知数列 { a } 的通项公式为 a ＝( n＋1)11( n∈ N ) ，则当n为多大时，a最大？12． (2012 年纲领 ) 已知数列 { a } 中，a1＝ 1，前n项和S＝＋ 2a.3n nn n(1)求 a2， a3；(2)n求 { a } 的通项公式．第2讲等差数列1．(2017 年江西南昌二模) 已知数列 { a n} 为等差数列，其前n项和为S n，2a7－a8＝ 5，则S11＝()A．110 B ．55C． 50 D ．不可以确立2．设 { a n} 是首项为a1，公差为－1的等差数列， S n为其前 n 项和，若 S1， S2，S4成等比数列，则 a1＝()A．2 B ．－211C.2D．－23．已知S n为等差数列 { a n} 的前n项和，若a1＋a7＋a13的值是一个确立的常数，则以下各式：①a21；② a7；③ S13；④ S14；⑤ S8－ S5.其结果为确立常数的是()A．②③⑤ B ．①②⑤C．②③④D ．③④⑤4．(2017 年新课标Ⅲ ) 等差数列 { a n} 的首项为1，公差不为0. 若a2，a3，a6成等比数列，则数列 { a n} 前 6 项的和为 ()A．－24 B ．－3 C ．3 D．85．(2017 年湖北七市 4 月联考 ) 在我国古代有名的数学专著《九章算术》里有一段表达：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，二马相遇，问：几天相逢？()A．9日 B ．8日 C ．16日 D ．12 日d 2 a －d，6．已知等差数列 { } 的公差为，对于的不等式 2＋ 2 x＋ c≥0的解集是[0,22]1则使得数列 { a n} 的前n项和最大的正整数n 的值是()A． 11B ．11或12C． 12D ．12或13，7．(2017 年广东揭阳一模 ) 已知数列 { a } 对随意的n∈N都有 a ＋1＝ a －2a ＋1 a ，若 a1＝2n*nn nn1则 a8＝__________.8．已知数列 { a n} 的通项公式为a n＝2n－10( n∈N*)，则| a1|＋| a2|＋＋| a15|＝________.9． (2016 年新课标Ⅱ ) 在等差数列 { a n} 中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝ 6.(1)求数列 { a n} 的通项公式；(2)设 b n＝[ a n]，求数列{ b n}的前10项和，此中[ x]表示不超出 x 的最大整数，如[0.9]＝0， [2.6] ＝ 2.10． (2014 年纲领 ) 数列 { a n} 知足a1＝ 1，a2＝ 2，a n＋2＝ 2a n＋1－a n＋2.(1)设 b n＝ a n＋1－a n，证明{ b n}是等差数列；(2)求 { a n} 的通项公式．11．(2014 年新课标Ⅰ ) 已知数列 { a n} 的前n项和为S n，a1＝ 1，a n≠0，a n a n＋1＝λS n－ 1，此中λ 为常数．(1)证明： a n＋2－ a n＝λ；(2)能否存在λ，使得 { a n} 为等差数列？并说明原因．第3讲等比数列1．对随意的等比数列 { a n} ，以下说法必定正确的选项是()A．a1，a3，a9成等比数列 B ．a2，a3，a6成等比数列C．2，4，8 成等比数列D．3，6，9 成等比数列a a a a a a{ a n} 的前n项和为S n，若S n＝ 2，S3n 2．(2016 年河北衡水模拟 ) 各项均为正数的等比数列＝14，则S4n＝ ()A．80 B ．30 C ．26 D ．163．(2013年新课标Ⅰ ) 设首项为 1，公比为2的等比数列 {n}的前n项和为n，则() 3a SA．n＝2n－1 B．n＝3a n－2S a SC．S n＝ 4－ 3a n D ．S n＝ 3－ 2a n4．(2017年广东深圳一模 ) 已知等比数列 { a } 的前n n－ 1a)项和为 S＝ a·3＋b，则b＝n nA．－3 B ．－1 C．1 D．35． (2016年河南模拟 ) 已知等比数列 {a3，公比为－1n项和为n，则n}的首项为，其前22Sn 的最大值为()S3243A.4B.3C.3D.2年北京 ) 若等差数列 { a n } 和等比数列{b n}知足a1＝ b1＝－1，a4＝ b4a26．(2017＝ 8，则b2＝__________.年江西南昌二模 ) 在等比数列 { a n} 中，a1＝ 1，前n项和为S n，知足S7－ 4S6 7． (2017＋3 5＝0，则4＝________.S S8．(2017 年广东深圳第二次调研 )《九章算术》中的“两鼠穿墙题”是我国数学的古典名题：“今有垣厚若干尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠也日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问何日相遇，各穿几何？”题意是“有两只老鼠从墙的两边打洞穿墙，大老鼠第一天进一尺，此后每天加倍；小老鼠第一天也进一尺，此后每天减半．”假如墙足够厚，S 为前 nn天两只老鼠打洞长度之和，则n＝__________尺．S19． (2016年新课标Ⅰ ) 已知 { a n} 是公差为 3 的等差数列，数列{ b n} 知足b1＝ 1，b2＝3，a nb n＋1＋ b n＋1＝ nb n.(1)求 { a n} 的通项公式；(2)求 { b n} 的前n项和．10． (2016 年新课标Ⅲ ) 已知数列 { a n} 的前n项和S n＝ 1＋λa n，此中λ ≠0.(1)证明 { a n} 是等比数列，并求其通项公式；31(2)若 S5＝32，求λ.11． (2017 年广东广州一模) 已知数列 { a n} 的前n项和为S n，且S n＝2a n－ 2( n∈ N* ) ．(1)求数列 { a n} 的通项公式；(2)求数列 { S n} 的前n项和T n.第 4 讲数列的乞降1． (2017 年辽宁鞍山一中统测) 数列 { a } 的通项公式为 a ＝14n － 1，则数列 { a } 的前 nnn2n项和 S ＝()n2nA.2n ＋ 1 B.2n ＋ 12nnC.4 ＋1 D.4＋1nnn ·(3 n － 2) ，则 a 1＋ a 2＋ ＋ a 10＝ (2．若数列 { a n } 的通项公式是 a n ＝ ( － 1) ) A ．15 B ．12 C ．－ 12 D ．－ 153．已知等差数列 { a n } 知足 a 1 >0， 5 a 8＝ 8a 13，则目前 A ．20 B ．21 C ．22D ．23 2nn 项和 n4．已知数列 { a } 的前S ＝ n － 6n ，则数列 {|A ． 6n － n 2B ． n 2－ 6n ＋ 186n － n 2，1≤ n ≤3，6n － n 2，1≤ n ≤3，n 项和 S n 取最大值时， n ＝ ()a n |} 的前 n 项和 T n 等于 ()C.n 2－ 6n ＋ 18， n ＞ 3D.n 2－ 6n ，n ＞ 35．(2016 年湖北七校 2 月联考 ) 中国古代数学著作 《算法统宗》 中有这样一个问题： “三百七十八里关，初行健步不犯难，次日脚痛减一半，六朝才获得其关，要见次日行里数，请 公认真算相还． ”其意思为：有一个人走 378 里路，第一天健步行走， 从次日起脚痛每天 走的行程为前一天的一半，走了 6 天后抵达目的地，请问次日走了 ( )A ．192里B ．96里C ．48里D ．24里6． (2015 年江苏 ) 已知数列 { a } 知足 a ＝ 1，且 a－ a*1的前n ＋1＝ n ＋ 1( n ∈ N ) ，则数列a nn1n10 项和为 ________．7．如图 X5-4-1 ，它知足： ①第 n 行首尾两数均为 n ；②图中的递推关系近似杨辉三角， 则第 ( ≥2) 行的第 2 个数是 ______________．n n12 234 34 7 7 45 11 14 11 5图 X5-4-18． (2017 年安徽合肥第二次质检 ) 已知数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，若 S n ＝ 2a n －2n ，则 S n＝ __________.9． (2016 年浙江金华模拟 ) 设数列 { a n } 的前 n 项和 S n 知足 6S n ＋ 1＝ 9a n ( n ∈ N * ) ． (1) 求数列 { a n } 的通项公式；1(2) 若数列 { b n } 知足 b n ＝ ，求数列 { b n } 的前 n 项和 T n . a n10． (2017年广东佛山二模) 已知 { a n} 是等差数列，{ b n} 是各项均为正数的等比数列，且 b1＝ a1＝1， b3＝ a4， b1＋ b2＋ b3＝ a3＋ a4.(1)求数列 { a n} ，{b n}的通项公式；(2)设 c n＝ a n b n，求数列{ c n}的前 n 项和 T n.11． (2017 年广东湛江二模 ) 察看以下三角形数表，数表 (1) 是杨辉三角数表，数表 (2) 是与数表 (1) 有相同构成规律 ( 除每行首末两头的数外 ) 的一个数表．对于数表 (2)，设第 n 行第二个数为 a n.( n∈N*)( 如1＝2，2＝4，3＝7)a a an n－ 1*不用证明 ) ，并由概括的递推公式求出n(1) 概括出a与 a ( n≥2，n∈N)的递推公式({ a }的通项公式a n；(2) 数列 { b n} 知足： ( a n－1) ·b n＝ 1，求证：b1＋b2＋＋b n<2.第 5 讲合情推理和演绎推理S 11．在平面几何中有以下结论： 正三角形 ABC 的内切圆面积为 S 1，外接圆面积为 S 2，则 S 211＝ 4，推行到空间能够获得近似结论；已知正四周体P - ABC 的内切球体积为 V ，外接球体积2V1为 V ，则 V 2 ＝ ( )1 111A. 8B. 9C. 64D.272． (2017 年广东惠州三模 ) 我国南北朝期间的数学家祖暅提出体积的计算原理 ( 祖暅原理) ：“幂势既同，则积不容异”．“势”即是高，“幂”是面积．意思是：假如两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积恒等，那么这两个几何体的体积相等． 类比祖暅原理， 如图 X5-5-1 ，在平面直角坐标系中， 图 X5-5-1(1) 是一个形状不规则的关闭图形， 图 X5-5-1(2) 是一个上底为 1 的梯形，且当实数 t 取 [0,3] 上的随意值时，直线 y ＝ t 被图 X5-5-1(1) 和图 X5-5-1(2) 所截得的两线段长一直相等，则图(1) 的面积为 __________.(1) (2)图 X5-5-13． (2017 年北京 ) 某学习小组由学生和教师构成，人员构成同时知足以下三个条件： ①男学生人数多于女学生人数； ②女学生人数多于教师人数；③教师人数的两倍多于男学生人数．(1) 若教师人数为 4，则女学生人数的最大值为 _____________；(2) 该小组人数的最小值为 __________ ． 4．察看以下等式： 12＝ 112－ 22＝－ 3 12－ 22＋ 32＝612－ 22＋ 32－42＝－ 10照此规律，第 n 个等式为 _____________________________________ ．5．如图 X5-5-2 ，在平面上，用一条直线截正方形的一个角，则截下的一个直角三角形按如图 X5-5-2(1) 所标边长，由勾股定理，得 c 2＝ a 2＋ b 2. 假想把正方形换成正方体，把截线 换成如图 X5-5-2(2) 所示的截面，这时从正方体上截下三条侧棱两两垂直的三棱锥 O - ABC ，若用 S 1，S 2，S 3表示三个侧面面积，S 4表示截面面积，则能够类比获得的结论是 __________________ ．(1)(2)图 X5-5-26．已知 cos π＝1， cosπ·cos2π＝1，cosπ·cos2π·cos3π＝1，，依据以上等325547778式，可猜想出的一般结论是___________________________________ ．7．(2017 年东北三省四市一联) 在某次数学考试中，甲、乙、丙三名同学中只有一个人得了优异．当他们被问到谁获得了优异时，丙说“甲没有得优异”，乙说“我得了优异”，甲说“丙说的是实话”．事实证明，在这三名同学中，只有一人说的是谎话，那么得优异的同学是 __________ ．*－nb ma8．已知数列 { a n} 为等差数列，若a m＝a，a n＝b( n－m≥1，m，n∈ N ) ，则a m＋n＝n－m .n nn*m n类比等差数列 { a } 的上述结论，对于等比数列{ b }( b >0， n∈N ) ，若 b ＝ c，b ＝ d( n－m≥2，*＝________.m， n∈N )，则能够获得 bm＋ n9．某同学在一次研究性学习中发现，以下 5 个式子的值都等于同一个常数．①sin 213°＋ cos 217°－ sin13 °cos17°；22②sin 15°＋ cos 15°－ sin15 °cos15°；③ sin 218°＋ cos 212°－ sin18 °cos12°；22④ sin ( －18°) ＋ cos 48°－ sin( －18°)cos48 °；22⑤ sin ( －25°) ＋ cos 55°－ sin( －25°)cos55 °.(1)试从上述 5 个式子中选择一个，求出这个常数；(2)依据 (1) 的计算结果，将该同学的发现推行为三角恒等式，并证明你的结论．10．在等差数列 { a n} 中，a1＋a2＝ 5，a3＝ 7，记数列1的前 n 项和为 S n.a n a n＋1(1)求数列 { a n} 的通项公式；(2)能否存在正整数 m， n，且1<m<n，使得 S1， S m， S n成等比数列？若存在，求出全部切合条件的 m， n 的值；若不存在，请说明原因．第 6 讲直接证明与间接证明1．用反证法证明命题“设a ，b 为实数，则方程x2＋ax ＋ ＝0 起码有一个实根”时，b要作的假定是 ( )A ．方程 2 ＋ ax ＋ ＝ 0 没有实根x bB ．方程 x 2 ＋ ax ＋ b ＝ 0 至多有一个实根C ．方程 x 2 ＋ ax ＋ b ＝ 0 至多有两个实根D ．方程 x 2 ＋ ax ＋ b ＝ 0 恰巧有两个实根2．剖析法又称执果索因法， 若用剖析法证明： “设 a >b >c ，且 a ＋ b ＋ c ＝ 0，求证 b 2－ ac< 3a ”索的因应是 () A ． － >0B ．－>0aba cC ． ( a － b )( a － c )>0D ．( a － b )( a － c )<0 3．在△ 中，三个内角 ， ， C 的对边分别为 a ， ， ，且 ， ， 成等差数列，，ABCA Bb cA B Cab ，c 成等比数列，则△ ABC 的形状为 __________三角形．4．用反证法证明命题： 若整系数一元二次方程 ax 2＋ bx ＋c ＝ 0( a ≠0) 存在有理数根， 则 a ， b ， c 中起码有一个是偶数．以下假定正确的选项是 ________．①假定 a ， b ， c 都是偶数； ②假定 a ， b ， c 都不是偶数； ③假定 a ， b ， c 至多有一个偶数； ④假定 a ， b ， c 至多有两个偶数．5．凸函数的性质定理：假如函数 f ( x ) 在区间 D 上是凸函数，那么对于区间D 内的随意 f x 1 ＋f x 2 ＋ ＋ f x n ≤ f x 1＋ x 2＋ ＋ x nx x 1，x 2， ， x n ，有 n n. 已知函数 y ＝sin在区间 (0 ，π ) 上是凸函数，则在△中， sin＋ sin＋ sin C 的最大值为 ________．ABCAB6．α ，β 是两个不一样的平面， m ，n 是平面 α 及 β 以外的两条不一样的直线，给出以下 四个论断：① m ⊥ n ；② α ⊥ β ；③ n ⊥ β ；④ m ⊥ α . 以此中的三个论断作为条件，余下一个论 断 作 为 结 论 ， 写 出 你 认 为 正 确 的 一 个 命 题 ： _________________________________________________________________________________________________________________________.7．下表中的对数值有且仅有一个是错误的：x3 5 89 15lg x2 － b＋3－3 －3 c4 a － 23 －＋ ＋ 1aa c aba bc请将错误的一个更正为________________ ．8．已知会合 { a ，b ， c } ＝ {0,1,2} ，且以下三个关系：① a ≠2；② b ＝ 2；③ c ≠0有且只有一个正确，则 100 ＋ 10 b ＋ ＝ __________.a c9．已知等差数列 { a n } 的公差 d >0，设 { a n } 的前 n 项和为 S n ，a 1＝ 1， S 2·S 3＝ 36.(1) 求 d 及 S n ；(2) 求 m ， k ( m ，k ∈ N * ) 的值，使得 a m ＋ a m ＋ 1＋ a m ＋ 2＋ ＋ a m ＋ k ＝ 65 建立．10． (2016 年湖北武汉调研 ) 已知等差数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ， a 3＝5， S 8＝ 64.(1) 求数列 { a n } 的通项公式；(2) 求证： 1 ＋ 1 > 2( n ≥2， n ∈ N * ) ．S n －1 S n ＋1 S n第 7 讲 数学概括法1．用数学概括法证明： ( n ＋ 1)( n ＋2) · ·( n ＋ n ) ＝ 2n ×1×3× × (2n －1)( n ∈ N * ) ，从“ ＝ ”到“ n ＝ k ＋1”左端需乘的代数式是 ( )n kA ． 2k ＋ 1B ． 2(2 k ＋ 1)2 ＋ 12 k ＋ 3C.k ＋ 1 D. k ＋ 12．用数学概括法证明：22222n n 2＋，第二步证明由“ k1＋2 ＋ ＋ n ＋ ＋ 2 ＋ 1 ＝3到 k ＋1”时，左侧应加 () A ． k 2B ． ( k ＋ 1) 2C ． k 2＋ ( k ＋ 1) 2＋ k 2D ． ( k ＋ 1) 2＋ k 2n 1－a n ＋12*3．用数学概括法证明1＋ a ＋a ＋ ＋ a ＝1－a ( a ≠1， n ∈N ) 时，当考证 n ＝ 1时，左侧计算所得的式子是 ()A ． 1B ． 1＋ aC ． 1＋a ＋ a 2D ．1＋ a ＋ a 2＋a 4n 4＋ n 24．用数学概括法证明等式： 1＋ 2＋ 3＋ ＋n 2＝*＝ 到＝ ＋ 1(∈N )，则从2nn kn k时，左侧应增添的项为 ()A ． k 2＋ 1B ． ( k ＋ 1) 2k ＋ 4＋k ＋2C.2D． ( k2＋1) ＋ ( k2＋ 2) ＋ ( k2＋ 3) ＋＋ ( k＋ 1)25．用数学概括法证明1＋2＋ 22＋＋ 25n－1是 31 的整数倍时，当n＝ 1 时，上式等于 () A．1＋2 B ． 1＋2＋22C． 1＋2＋ 22＋ 23 D ． 1＋ 2＋22＋ 23＋ 246．用数学概括法证明n n－ 12n－ 1∈ N＋ ) 时，假定当＝k时命题成1＋ 2＋3＋＋ 2 ＝2＋ 2(n n立，则当 n＝ k＋1时，左端增添的项数是()A． 1 项 B ．k－ 1 项 C ．k项 D ． 2k项7．用数学概括法证明“n3＋( n＋ 1) 3＋ ( n＋ 2) 3( n∈N*) 能被 9 整除”，利用概括法假定证明当 n＝ k＋1时，只要睁开()A． ( k＋ 3) 3B ． ( k＋ 2) 3C． ( k＋ 1) 3D ． ( k＋ 1) 3＋ ( k＋ 2) 3111138．用数学概括法证明不等式n＋1＋n＋2＋＋n＋n>24的过程中，由k推导到k＋ 1 时，不等式左侧增添的式子是________________ ．9．能否存在常数a，b，c，使等式222n n＋21×2＋2×3＋＋n( n＋ 1) ＝12( an＋bn＋c)对全部正整数n 都建立？证明你的结论．10． (2017n1n＝ x n＋1＋ ln (1＋x n＋ 1*年浙江 ) 已知数列 { x } 知足： x ＝ 1，x)( n∈ N ) ．证明：当 n∈N*时，(1)0 ＜x n＋ 1n；＜ xx n x n＋1(2)2 x n＋1－x n≤；211(3)2n＋ 1≤x n≤2n＋ 2.第五章数列、推理与证明第 1 讲 数列的观点与简单表示法1． A 分析： a 8＝S 8－ S 7＝ 228 － 7 ＝ 64－49＝15. 2． B3．C 分析：第n 个三角形数可表示为1( ＋1)，第 n 个四边形数可表示为 2. 应选 C.2n nn4． C 分析：由 a n ＝ a n ＋1 －11＋ a n，得 a n ＋ 1＝，而 a 1＝ 2，a n ＋ 1＋ 11－ a n则有115＝2. 故数列 {n1234a＝－，＝－，＝，a 是以 4 为周期的周期数列，且a2a3 aa a a a＝ 1.所以 T 2017＝ ( a 1 a 2a 3a 4) 504a 1＝ 1504×2＝ 2.n ＋1) － lnn .5． A分析：由已知，得an ＋ － a ＝ ln(所以2－ 1＝ ln 2－ ln 11n－ ln 2 ，4－3＝ ln 4 －ln 3 ， ，n－ n － 1＝a，a 3－2＝ ln 3ln n － ln(aaaaaan － 1) ，以上 ( n － 1) 个式子左、 右分别相加， 得 a － a ＝ lnn ．所以 a ＝ 2＋ lnn ．故n1n选 A.1分析：由已知，得n186.a ＝－， a ＝ 2，2a ＋1n1 1a11∴7＝1－＝，6＝1－＝－ 1， 5＝1－ ＝ 2.aa 82 a 7aa 611同理， a ＝ 2， a ＝－ 1， a ＝ 2， a ＝ 2.43217． 1 0 分析： a 2009＝a 4×503－ 3＝ 1， a 2014＝ a 2×1007 ＝ a 1007＝ a 4×252－ 1＝0.8． ( －3，＋∞) 分析：由 { } 为递加数列，得 － ＝( 2＋ ( ＋1)＋2－2－a a a n ＋ 1) nnn ＋1nkn － 2＝ 2n ＋ 1＋ k >0 恒建立，即 k >－ (2 n ＋ 1) 恒建立，即 k >[ － (2 n ＋ 1)] max ＝－ 3.9． ( －2) n －1 分析：当 n ＝ 1 时， a 1＝ 1；22当 n ≥2时， a n ＝ S n －S n － 1＝ 3a n － 3a n －1，故 a n＝－ 2，故 a n ＝ ( －2) n －1.a n －1当 n ＝1 时，也切合 a n ＝ ( －2) n －1.综上所述， a n ＝ ( －2) n －1.10．4 分析：从研究 S n 与 a n 的关系下手， 推测数列的构成特色， 解题时应特别注意“数列{ a n } 由 k 个不一样的数构成”的“不一样”和“ k 的最大值”．此题主要考察考生的逻辑推理能力、 基本运算求解能力等． 当 n ＝ 1 时， a 1＝ 2 或 a 1＝ 3；当 n ≥2时，若 S n ＝ 2，则 S n － 1＝ 2，*此中数 于是 a n ＝ 0，若 S n ＝ 3，则 S n － 1＝3，于是 a n ＝ 0. 进而存在 k ∈ N ，当 n ≥ k 时， a k ＝ 0. 列{ a n } ： 2,1 ，－ 1， 0,0,0 ， 知足条件，所以 k max ＝ 4.11．解：∵a n ＋ 1－ n ＝ ( ＋ 2) 10 n ＋ 1－ ( ＋1) 10 na n 11n 11n9－ n 10 n＝11 · 11 ，而 11 >0，10∴当 n <9 时， a n ＋ 1－ a n >0，即 a n ＋1 >a n ；当 n ＝9 时， a n ＋1－ a n ＝ 0，即 a 10＝ a 9；当 n >9 时， a n ＋ 1－ a n <0，即 a n ＋ 1<a n . 所以 a 1<a 2 < <a 9＝ a 10>a 11>a 12> .∴当 n ＝ 9 或 n ＝ 10 时，数列 { a n } 有最大项，最大项为a 9 或 a 10.12．解： (1) 由 a 1＝1 与 S n ＝ n ＋ 2 a n 可得322＋2 21 2 21 S ＝ 3 a ＝ a ＋ a ? a ＝ 3a ＝ 3，S ＝a ＝ a ＋ a ＋ a ?a ＝ a ＋ a ＝ 4? a ＝ 6.33＋2 3123 2 3 12333故所求 a 2， a 3 的值分别为 3,6.n ＋ 2(2) 当 n ≥2时， S n ＝ 3 a n ，①n ＋ 1S n － 1＝ 3 a n －1，②＋ 2 n ＋ 1①－②，可得 S －Sa，即＝ 3a － 3n －nn － 1n1nn ＋ 2 n n ＋ 1 n － 1 n －1 n n ＋ 1 n － 1 ? a nn ＋1a ＝a －a ? a ＝ a＝3333－1n －1n故有 a n ＝ a na n － 1a 2n ＋ 1 × n3n 2＋ n×× ×× a 1＝n － 1 n － × × ×1＝.a n － 1 a n － 2a 1 21212＋ 1 1nnn 2＋ n而2 ＝1＝ a ，所以 { a } 的通项公式为 a ＝2.第2讲等差数列1． B 分析：设公差为d ，则 2 7－ 8＝ 2( a 1＋ 6 d ) － (a 1＋7 )＝ 1＋ 5 ＝6＝ 5， 11＝11× a 1＋ a 11a ad ad aS＝ 11a 6＝55. 应选 B.2222．D 分析：因为 S 1，S 2， S 4 成等比数列，有－6) ，解得S 2＝S 1S 4，即 (2 a 1－ 1) ＝ a 1(4 a 1 11 a ＝－ 2.3． A 分析：由 a 1＋ a 7＋ a 13 是一个确立的常数，得3a 7 是确立的常数，故②正确；S 13＝aa1＋ 13＝13a 7 是确立的常数，故③正确； S 8－ S 5＝ a 6＋ a 7＋ a 8＝ 3a 7 是确立的常数，故⑤2正确．24． A 分析：设等差数列的公差为d ，由 a 2， a 3， a 6 成等比数列，可得a 3＝ a 2a 6，即 (1＋2d )2 ＋d )(1 ＋ 5d ) ．整理，可得2＝ (1d ＋2d ＝ 0. ∵d ≠0，∴ d ＝－ 2. 则 { a } 前 6 项的和为 Sn6＝66×56×5a 1＋d ＝6×1＋×( － 2) ＝－ 24.2 25．A 分析：依据题意，明显良马每天行程构成一个首项a 1＝ 103，公差1＝ 13 的等差dn n －132数列．前 n 天共跑的里程为 S ′＝ na 1＋2d 1＝ 103n ＋ 2 n ( n － 1) ＝ 6.5 n ＋ 96.5 n ；驽马每天行程也构成一个首项b ＝ 97，公差 d ＝－ 0.5的等差数列，前 n 天共跑的里程为S ′12n n －0.52＝ nb 1＋ 2d 2＝ 97n － 2 n ( n － 1) ＝－ 0.25 n ＋ 97.25 n . 两马相遇时，共跑了一个来 回．设其第 n 天相遇， 则有 6.5 n 2＋ 96.5 n － 0.25 n 2＋97.25 n ＝1125×2，解得 n ＝ 9. 即它们第 9 天相遇．应选 A.d 2 a 1－ d6 ． A 解 析 ： ∵ 关 于 x 的 不 等 式 2 x ＋ 2 x ＋ c ≥0 的 解 集 是 [0,22] ， ∴d <0，1d解得 a 1＝－21da － 22.－d＝ 22，2n121d－ 23∴ a ＝ a＋( n － 1) d ＝－ 2 ＋( n － 1) d ＝ n2 d .1111－ 23 11212－ 231可得 a ＝ 2 d ＝－ 2d >0，a ＝ 2 d ＝ 2d <0.故使得数列 { a n } 的前 n 项和最大的正整数 n 的值是 11.7. 1 分析： 由 a n ＋ 1＝ a n － 2a n ＋1a n ，得 1 － 1＝2，故数列16 n ＋1 na a 的等差数列，则 1 ＝ 2＋2( n－1)＝2 .故a 8＝ 1 .a nn16{ 1 } 是首项 1＝ 2，公差 d ＝ 2 a n a 18．130 分析：由n－ 10(*n 为首项， 2 为公差的等差数列． 令a ＝ 2∈N ) ，知a 是以－nna n ＝2n －10≥0，得 n ≥5. 所以当 n <5 时，a n <0；当 n ≥5时，a n ≥0. 所以 | a 1| ＋ | a 2| ＋ ＋ | a 15| ＝－ ( a 1＋ a 2＋ a 3＋ a 4) ＋ ( a 5＋ a 6＋ ＋ a 15) ＝ S 15－2( a 1＋ a 2＋ a 3＋ a 4) ＝ 90＋ 40＝ 130.9．解： (1) 设 { a n } 的公差为 d ，由题意，得 2a 1＋ 5d ＝4， a 1＋ 5d ＝ 3.2 2n ＋ 3解得 a 1＝1， d ＝ 5. 所以 a n ＝5 .(2) 由 (1) 知， b n ＝ 2n ＋ 3 .52n ＋ 3当 n ＝1,2,3时， 1≤<2， b n ＝ 1；52n ＋ 3当 n ＝4,5 时， 2<<3， b n ＝ 2；5当 n ＝6,7,8 当 n ＝9,10 时， 4<5 <5， b n ＝ 4.所以数列 { b n } 的前 10 项和为 1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝ 24.10． (1) 证明：由 a n ＋ 2＝2a n ＋ 1－a n ＋ 2，得 a n ＋ 2－a n ＋ 1＝a n ＋ 1－ a n ＋2，即 b n ＋ 1＝ b n ＋2. 又 b 1＝ a 2－a 1＝ 1，所以 { b n } 是以首项为 1，公差为 2 的等差数列． (2) 解：由 (1) ，得 b n ＝ 1＋2( n － 1) ，即 a n ＋1－ a n ＝ 2n －1.nn于是( a k ＋ 1－ a k ) ＝ ( 2k － 1) ，k 1k 1所以 a22n ＋ － a ＝ n ，即 a ＝ n ＋ a .11n ＋ 11又 a 1＝ 1，所以 { a n } 的通项公式为 a n ＝ n 2－ 2n ＋ 2.11． (1) 证明：由题意，得 a n a n ＋ 1＝λ S n － 1， a n ＋1a n ＋ 2＝ λ S n ＋ 1－ 1. 两式相减，得 a n ＋1( a n ＋ 2－ a n ) ＝ λ a n ＋ 1. 因为 a n ＋ 1≠0，所以 a n ＋ 2－ a n ＝ λ .(2) 解：由题意，得 a 1＝ 1，a 1a 2＝ λ S 1－ 1，可得 a 2＝ λ－ 1. 由 (1) 知， a 3＝ λ ＋1.令 2a 2＝ a 1＋ a 3，解得 λ ＝ 4.2n ＋ 32n ＋ 3时， 3≤ <4， b n ＝ 3； 5故 a n ＋2－ a n ＝ 4，由此可得{ a 2n － 1} 是首项为 1，公差为 4 的等差数列， a 2 n － 1＝ 4n －3；{ a 2n } 是首项为 3，公差为 4 的等差数列， a 2n ＝ 4n － 1. 所以 a n ＝2n － 1， a n ＋ 1－ a n ＝2.所以存在 λ ＝ 4，使得数列 { a n } 为等差数列．第3讲 等比数列1． D 分析：因为数列 { n2 ，所以3，6， 9 成等比数列．a是等比数列，a＝ aa aa a2． B 分析：由等比数列性质，得 S n ， S 2n － S n ， S 3n － S 2n ， S 4n －S 3n 成等比数列，则 ( S 2n －S ) ＝ ·( － S )．所以( S － 2) ＝2×(14 － S ) ．又 S >0，得 S ＝6. 又( S － S ) ＝ ( S n 2 n 3n 2n 2n 2 2n 2n 2n 3n 2n22n－S n )( S 4n － S 3n ) ，所以 (14 － 6) 2＝ (6 － 2)( S 4n －14) ，解得 S 4n ＝ 30.3． D分析：方法一，在等比数列{ a } 中，n1－ n21－ a · 3naa qn2nS ＝ 1－ q ＝＝3－ 2a .1－32方法二，在等比数列 { a n } 中， a 1＝ 1， q ＝ ，3∴ a n ＝1× 2 n － 1＝ 2 n － 1.3 32 n∴ S n ＝ 1×1－3＝3 1－2 n1－2332 2n － 1n＝3 1－3 3＝ 3－ 2a .4． A 分析：因为 a 1＝ S 1＝ a ＋ b ， a 2＝ S 2－ S 1＝2a ， a 3＝ S 3－ S 2＝6a ，由等比数列，得公 比 q ＝a 3 a＝－ 3.＝ 3. 又 a 2＝ a 1q ，所以 2a ＝ 3( a ＋ b ) ，解得ba 25． D 分析：∵等比数列 { a n } 的首项为3，公比为－1，2231－ － 1n2 21 n1 nn＝1－ －nn∴ S ＝12. 当 n 取偶数时， S ＝ 1－ 2<1；当 n 取奇数时， S ＝ 11－ －21 n 1 3n3＋ 2 ≤1＋ 2＝ 2. ∴ S 的最大值为2. 应选 D.6． 1 分析：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 4＝ b 4＝8，得－1＋ 3d ＝－ q 3＝ 8，解得 q ＝－ 2， d ＝ 3. 则 a＝ － 1＋ 3＝ 1.22 2分析：设 { a } 的公比为ba7． 408，由 S － 4S ＋3S ＝0，可得 S －S －3( S － S ) ＝0?n76 57 6 657a 1－ q 41－ 34－3a 6＝ 0，所以 q ＝ 3. 所以 S 4＝1－ q＝ 1－ 3＝40.n18． 2 －2n － 1＋1 分析：依题意，得大老鼠每天打洞的距离构成以1 为首项，2 为公比的等比数列，所从前 n 天大老鼠打洞的距离共为 － 2n n＝2 －1；1－ 21 n1×1－2＝ 2－2 1同理可得前 n 天小老鼠打洞的距离共为1.n － 11－ 2n1 n1所以 S n ＝2 － 1＋ 2－ n －1＝ 2 － n － 1＋ 1.229．解： (1) 由 a b ＋b ＝ b ， b ＝ 1，b ＝ 13，得 a ＝ 2.1 221121所以数列 { a n } 是首项为 2，公差为 3 的等差数列，通项公式为a n ＝ 3n － 1.(2) 由 (1) 和 n n ＋ 1＋ b n ＋ 1＝ n ，得b b n＋ 1＝ a bnb31 n11－ 33所以 { b n } 是首项为 1，公比为 3的等比数列． 记 { b n } 的前 n 项和为 S n ，则 S n＝1－ 1＝ 2－31n － 1.2×310．解： (1) 由题意，得 a 1＝ S 1＝ 1＋λ a 1.1故 λ≠1， a 1＝ 1－λ ， a 1≠0.由 S n ＝ 1＋ λ a n ， S n ＋1＝ 1＋ λ a n ＋ 1，得 a n ＋ 1＝λ a n ＋ 1－ λ a n ，即 a n ＋ 1( λ－ 1) ＝ λa n .由 a ≠0， λ ≠0，得 a ≠0，所以 a n ＋ 1 λ a n＝λ －1.1n所以 { a n } 是首项为1，公比为 λ 的等比数列，于是 a n ＝1λ n － 1.1－ λ λ － 11－ λ λ － 1λ n(2) 由 (1) ，得 S n ＝1－ λ －1 .31λ 5 31 λ51由 S 5＝ ，得 1－λ － 1 ＝ ，即λ － 1 ＝ ，32 32 32解得 λ ＝－ 1.11. 解： (1) 当 n ＝ 1 时， S 1＝ 2a 1－ 2，即 a 1＝ 2a 1－ 2. 解得 a 1＝2.当 n ≥2时， a n ＝ S n －S n － 1＝(2 a n － 2) －(2 a n － 1－2) ＝ 2a n － 2a n －1，即 a n ＝ 2a n －1.所以数列 { a n } 是首项为 2，公比为 2 的等比数列．n －1n*所以 a n ＝2×2 ＝ 2 ( n ∈ N ) ．(2) 因为 S n ＝ 2a n － 2＝2n ＋1－2,所以 T n ＝S 1＋ S 2＋ ＋ S n ＝ 22＋ 23＋ ＋ 2n ＋1－ 2n－ 2 n n ＋2－ 4－ 2n . ＝－2n ＝ 2 1－ 2第 4 讲 数列的乞降1． B 分析：由题意，得数列{ a } 的通项公式为nn1＋1－1 1 －1a ＝ 42－ 1＝＝2 2n － 12n ＋1 ，nnnnn1 1－ 1所以数列 { a } 的前 n 项和 S ＝ 23 ＋1 11 1 113－5 ＋ 5－7＋ ＋ 2 －1－ 2 ＋ 1n n11n＝2 1－2n ＋ 1 ＝2n ＋ 1.应选B.2． A3． B 分析：设公差为 d . 由 5a 8＝ 8a 13，得 5( a 1＋ 7d ) ＝ 8( a 1＋12d ) ．解得 d ＝－ 613a 1. 由n11－ 3a 1641a ＝a ＋ ( n － 1) d ＝ a ＋ ( n －1) · 61≥0? n ≤ 3 ＝ 213. ∴数列 { a n } 的前 21 项都是正数，此后各项都是负数．故 S n 取最大值时， n 的值为 21. 应选 B.24． C 分析：由 S n ＝ n － 6n ，得 { a n } 是等差数列， ∴ a n ＝－ 5＋ ( n －1) ×2＝ 2n － 7. ∴当 n ≤3时， a n <0；当 n >3 时， a n >0.6n － n 2∴ T n ＝ 1≤ n ≤3，n 2－ 6n ＋ 18， n ＞ 3.11a 1 1－ 65．Ba 1 为首项， 公比为 2分析：由题意， 知每天所走行程形成以2的等比列， 则11－ 2＝378. 解得 a 1＝ 192，则 a 2＝ 96，即次日走了96 里路．应选 B.6. 20分析：由题意， 得 a n ＝ ( a n － a n －1) ＋ ( a n －1－ a n －2) ＋ ( a n －2－ a n －3) ＋ ＋ ( a 2－ a 1) ＋ a 1 11 ＝ ＋ － 1＋－2＋ ＋ 1＝nn ＋.nnn21＝211所以 nn ＋＝2× n －n ＋ 1 .a n1 1 1 1 ＋ ＋1 1 ＝2×1－ 12010－ ＋ － － 11 S ＝2× 1 2 2 3 10 11 ＝ 11.7. 2－ ＋2 n ( n ≥2) 行的第 2 个数构成数列 { a } ，则有 a － a ＝2， a － a nn分析：设第n 32 4322＋ n －1＝ 4， ， a n － a n － 1＝ n －1，相加，得a n －a 2＝ 2＋ 3＋ ＋ ( n － 1) ＝ ×(n 2＋－n ＋－2－ ＋2－2) ＝＝， a ＝2＋.2n22n *n nnnn8．n ·2( n ∈ N )分析：由 S ＝ 2a－2，适当 n ＝1 时，S 1＝ a 1＝ 2；当 n ≥2时，S ＝ 2( Sn － 1n，－S) －2S nS n － 1nS n即 2n － 2n － 1 ＝ 1. 所以数列S是首项为1 ，公差为1的等差数列，则2n ＝ n ， S ＝2nnnn ＝ 1 时，也切合上式，所以n *n ·2( n ≥2) ．当 S n ＝ n ·2( n ∈ N ) ．9．解： (1) 当 ＝1 时，由 6 1＋1＝91，得a 11＝ .n a a 3当≥2时，由 6n ＋ 1＝ 9 n ，得 6 n － 1＋ 1＝ 9nn － 1，S a S a两式相减，得 6( S n － S n －1 )＝9( a n － a n － 1) ，即 6a n ＝ 9( a n － a n －1) ．∴ a n ＝ 3a n － 1.1∴数列 { a n } 是首项为 3，公比为 3 的等比数列，其通项公式为a n ＝ 1 n － 1n －23×3＝ 3 .(2) ∵ b n ＝ 1＝1 n － 2， a n3∴ { b n } 是首项为13，公比为 3的等比数列．1 n∴ T n ＝ b 1＋b 2＋ ＋ b n ＝31－39 1 n1＝ 2 1－ 3 .1－ 310．解： (1) 设数列 { a n } 的公差为 d ，{ b n } 的公比为1＋ 3d ＝ q 2，依题意，得 1＋ q ＋ q 2＝ 2＋ 5d ，d ＝ 1，解得q ＝ 2.所以 a n ＝1＋ ( n － 1) ＝ n ， b n ＝1×2n －1＝ 2n －1 .(2) 由 (1) 知， c n ＝a n b n ＝ nn ·2－1，则：0 1 2n －1 ， ①T n ＝1×2 ＋2×2＋3×2＋ ＋ n ×21 2n － 1n2 n ＝1×2＋2×2 ＋ ＋ ( －1)×2 ＋×2，②Tnn12n －1n①－②，得－ T n ＝ 2 ＋ 2 ＋2 ＋ ＋ 2 － n ·2＝q ，－2n1－2n n－ n ·2＝ (1 － n ) ·2－ 1.所以 T n ＝( n －1) ·2n ＋ 1.11． (1) 解：依题意，当 ≥2，可概括出n＝ n － 1＋ .naan所以 a n ＝( a n － a n －1) ＋ ( a n －1－ a n －2) ＋ ＋ ( a 2－ a 1) ＋ a 1.＋ －1 a n ＝ n ＋ ( n － 1) ＋ ＋ 2＋ 2＝ n2 n＋ 2＝ 2( n 2＋ n ) ＋ 1.查验当 n ＝ 1 时，上式也建立．12所以通项公式为 a n ＝ ( n ＋ n ) ＋ 1. (2) 证明：∵ ( a n －1) · b n ＝ 1，1 2＝ 2 1 1 n－ ∴ b ＝ a n － 1＝nn ＋ n n ＋ 1 . ∴ b 1 ＋ b 2 ＋ ＋ b n1 1 1 1 1 1 ＝2 1－ 2 ＋ 2－3 ＋ ＋ n －n ＋ 11＝ 2 1－ n ＋ 1 .1又 1－ n ＋1<1，∴ b 1＋ b 2＋ ＋ b n <2.第 5 讲 合情推理和演绎推理V11． D1∶3. 故 1.分析：正四周体的内切球与外接球的半径之比为＝ 27V 29192. 2 分析：类比祖暅原理， 可得两个图形的面积相等， 梯形面积为 S ＝2(1 ＋2) ×3＝ 2，9 所以图 X5-5-1(1) 的面积为2.3． (1)6 (2)124． 12－ 22＋32－ ＋ ( － 1)n ＋1n 2＝ ( － 1) n ＋1nn ＋2 2 2 225． S 4＝ S 1＋ S 2＋ S 3π2π n π1*6． cos 2n ＋ 1·cos 2n ＋ 1· · cos 2n ＋ 1＝ 2n ， n ∈ N 7．丙 分析：假如丙说的是谎话，则“甲得优异”是实话，又乙说“我得了优异”是 实话，所以矛盾； 若甲说的是谎话， 即“丙说的是实话”是假的， 则说明“丙说的是假的”， 即“甲没有得优异”是假的， 也就是说“甲得了优异”是真的， 这与乙说“我得了优异”是 实话矛盾； 若乙说的是谎话，即“乙没得优异”是真的， 而丙说“甲没得优异”为真， 则说 明“丙得优异”， 这与甲说“丙说的是实话”切合． 所以三人中说谎话的是乙， 得优异的同 学是丙．8.n m d n 分析：方法一，设数列 { a } 的公差为d ，则 d ＝ a n －a m b － a . 所以 a ＝ a m＝cn1 1 － m n －m m ＋n mn＋nd 1＝ a ＋ n ·b － a bn － am＝.n － m n － m类比推导方法可知：设数列{ b n } 的公比为 q ，由 b n ＝ b m qn －m，可知 d ＝ cqn －m. 所以 q ＝ n m d. cnn所以 b m ＋ n ＝ b m q n ＝c · n md＝n mdm .c c方法二， ( 直接类比 ) 设数列 { a n } 的公差为 d 1，数列 { b n } 的公比为 q ，则 a n ＝ a 1＋ ( n － 1) d 1，b ＝b qn － 1＝ nb － ma＝ n m d n. 因为 a，所以 bm.n1m ＋ n－m ＋ ncn m9．解： (1) 选择②，由sin 215°＋ cos 215°－ sin15 °cos15°＝ 1－ 1 s in30 °＝ 3 . 故这2 43个常数是 4.(2) 推行，获得三角恒等式2α ＋cos23sin (30 °－ α ) － sin α cos(30 °－ α) ＝ .4证明： sin 2α ＋ cos 2(30 °－ α ) － sin αcos(30 °－ α )＝ sin 2 α＋ (cos30 ° cos α＋ sin30 ° sin α ) 2－ sin α (cos30 °cos α ＋sin30 °sin α ) ＝ sin 2323 1 23 123 2αα＋cosα ＋sin α cos α＋ sinα －sin α cos α － sinα＝ sin42422423＋ 4cos α ＝ 4.310．解： (1) 设等差数列 { a n } 的公差为 d ，a 1＋ a 2＝ 5， 2a 1＋ d ＝ 5， a 1＝1，因为 即 解得a ＝ 7，a ＋ 2d ＝ 7，d ＝3.31所以 a ＝a ＋ ( n － 1) d ＝ 1＋ 3( n － 1) ＝ 3n － 2.n1所以数列 { a n } 的通项公式为 a n ＝ 3n － 2( n ∈ N * ) ．(2) 因为 1 ＝ 1 ＝ 1 1 1，n － n ＋ 3 － ＋ 1n n ＋ 13 － 2 3a a n n所以数列1的前 n 项和a n a n ＋ 1n＝1 ＋ 1 ＋1＋ ＋ 1＋ 1Sa 1a 2 a 2a 3 a 3a 4a n － 1a n a n a n ＋ 111 1 1 1 1 1 1 111111 ＝ 3 1－ 4 ＋3 4－ 7 ＋ 3 7－10 ＋ ＋ 3 3 －5－3 －2＋3 3 n － 2－3 ＋ 1nnn＝ 1 1－ 3 1 ＝ n .3 ＋ 1 3n ＋ 1n假定存在正整数m ， n ，且 1<m <n ，使 S ， S ， S 成等比数列，则2S ＝SS ，1m nm1n即m2＝ 1×n .3m ＋ 1n ＋1432所以 ＝－ 4m2.n 3m － 6m －1因为 n >0，所以 23m － 6m －1<0.2 3 因为 m >1，所以 1<m <1＋ 3 <3.因为 m ∈ N * ，所以 m ＝ 2.2－ 4m此时 n ＝ 3 2－ 6－1＝ 16.m m故存在知足题意的正整数 m ， n ，且只有一组值，即 m ＝2， n ＝ 16.第 6 讲 直接证明与间接证明1．A 分析：反证法的步骤第一步是假定命题的反面建立，而“起码有一个实根”的否定是“没有实根”．应选 A.2． C 分析：由题意，知 b 2－ ac < 3a ? b 2－ ac <3a 2? ( a ＋ c ) 2－ ac <3a 2? a 2＋ 2ac ＋c 2－ ac－ 3a 2<0? － 2a 2＋ ac ＋c 2<0? 2a 2－ ac － c 2>0? ( a － c )(2 a ＋ c )>0 ? ( a － c )( a － b )>0.3．等边 分析：由题意，得 2B ＝ A ＋C ，又 A ＋ B ＋ C ＝ π ，∴ B ＝π3 . 又 b 2＝ ac ，由余弦定理，得 b 2＝ a 2＋c 2－ 2ac cos B ＝ a 2＋ c 2－ac . ∴ a 2＋ c 2－2ac ＝ 0，即 ( a － c ) 2 ＝0. ∴ a ＝c . ∴ A＝C . ∴ A ＝ B ＝ C ＝π3. ∴△ ABC 为等边三角形．4．②3 3 x 在区间 (0 ， π ) 上是凸函数，且 A ， B ，C ∈ (0 ， π) ．5. 分析：∵ f ( x ) ＝ sin 2 f A ＋ f B ＋ f C A ＋ B ＋C π ∴3≤ f3＝ f 3 .A ＋ sinB ＋ sinC ≤3sinπ3 3即 sin 3 ＝2 .3 3∴ sin A ＋ sin B ＋ sin C 的最大值为 2 .6．若①③④，则② ( 或若②③④，则① )分析：依题意可得以下四个命题：(1) m ⊥n ， α ⊥β ， n ⊥ β? m ⊥ α ； (2) m ⊥ n ， α ⊥ β ，m ⊥ α ? n ⊥ β ；(3) m ⊥n ， n ⊥ β， m ⊥ α? α ⊥ β； (4) α ⊥β ， n ⊥ β ， m ⊥ α ? m ⊥ n .不难发现，命题 (3)(4) 为真命题，而命题 (1)(2) 为假命题．7． lg 15 ＝ 3 － ＋分析：假如 lg 3 ＝ 2 a － b 是正确的，那么lg 9 ＝ 2lg 3 ＝2(2 a －a b c。

《南方新课堂_高考总复习》数学(理科)一轮复习练习：第五章数列(含答案解析)

《南方新课堂_高考总复习》数学(理科)一轮复习练习：第五章数列(含答案解析)

第五章数列、推理与证明第 1 讲数列的观点与简单表示法1．数列2，3，4，5，的一个通项公式是 () 1，3 5 79A． a n＝nB． a n＝n 2n＋ 12n－ 1C． a n＝nD． a n＝n 2n－ 32n＋ 32．设数列 {a n} 的前 n 项和 S n＝n2，则 a8的值为 () A． 15B． 16C． 49D． 643．在数列 {a n} 中，已知＝ 1，且当 n≥2时， a＝ n2，则 a ＋ a ＝ () a11·a2· ·a n35761A.3B.163111C.15D. 44．(2013 年福建 )阅读如图 X5- 1-1 所示的程序框图，运转相应的程序，假如输入某个正整数 n 后，输出的S∈ (10,20)，那么 n＝ ()图 X5- 1-1A． 3 B．4 C．5 D． 65． (2014 年新课标Ⅱ )数列 {a n} 知足 a n＋1＝1， a8＝ 2，则 a1＝ ________.1－ a n6．已知数列 {a n} 知足： a4n－3＝ 1， a4n－1＝0， a2n＝ a n， n∈ N*，则 a2009＝ ________， a2014＝ ________.7． (2013 年浙江乐清一模 )已知递加数列 {a n} 的通项公式为a n＝ n2＋ kn＋2，则实数 k 的取值范围为 ________．21，则 {a n} 的通项公式是a n＝8． (2013 年新课标Ⅰ )若数列 {a n} 的前 n 项和 S n＝ a n＋33________.9．已知数列 {a n} 的通项公式为a n＝(n ＋1)10 n(n∈ N *)，则当 n 为多大时， a n最大？1110． (2012 年纲领 )已知数列 {a n} 中， a1＝ 1，前 n 项和 S n＝n＋ 2a n. 3(1)求 a2， a3；(2)求 {a n} 的通项公式．第 2讲等差数列1． (2014 年福建 )设等差数列 {a n} 的前 n 项和为 S n，若 a1＝ 2， S3＝12，则 a6＝() A． 8 B．10C． 12 D． 142． (2013 年安徽 )设 S n为等差数列 {a n } 的前 n 项和， S8＝ 4a3， a7＝－ 2，则 a9＝ () A．－ 6B．－ 4C．－ 2D． 23．(2014 年天津 )设 {a n} 是首项为 a1，公差为－ 1 的等差数列， S n为其前 n 项和，若 S1，S2， S4成等比数列，则 a1＝ ()11A． 2 B．－ 2 C.2D．－24．已知 S n为等差数列 {a n} 的前 n 项和，若 a1＋ a7＋ a13的值是一个确立的常数，则以下各式：①a21；② a7；③ S13；④ S14；⑤ S8－ S5.其结果为确立常数的是()A．②③⑤ B ．①②⑤C．②③④ D ．③④⑤n2a1a n5． (2014 年辽宁 )设等差数列 {a } 的公差为 d，若数列 {} 为递减数列，则 () A． d<0 B ． d>0C． a1d<0D． a1d>06． (2015 年北京 )设 {a n} 是等差数列 . 以下结论中正确的选项是()A．若 a1＋ a2>0，则 a2＋ a3>0B．若 a1＋ a3<0，则 a1＋a2<0C．若 0<a1<a2，则 a2>a1a3D．若 a1<0，则 (a2－ a1)(a2－ a3) ＞ 017． (2015 年安徽 )已知数列 {a n} 中， a1＝ 1， a n＝ a n－1＋2(n ≥ 2)，则数列 {a n} 的前 9 项和等于 ________．8． (2015 年陕西 )中位数为1010 的一组数组成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项为 ________．9． (2014 年湖北 )已知等差数列 {a n} 知足： a1＝ 2，且 a1， a2，a5成等比数列．(1)求数列{a n} 的通项公式；(2)记S n为数列{a n} 的前n 项和，能否存在正整数n，使得S n>60n＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明原因．10． (2014年新课标Ⅰ)已知数列{a } 的前n 项和为S ， a ＝ 1， a ≠0， a a ＋＝λS－1，n1nnn1nn其中λ为常数．(1)证明： a n＋2－ a n＝λ；(2)能否存在λ，使得{a n}为等差数列？并说明原因．第 3讲等比数列1． (2013 年江西 )等比数列x,3x＋ 3,6x ＋6，的第四项为() A．－ 24 B．0C． 12D． 242．设在公差 d≠0的等差数列 {a n} 中， a1， a3， a9成等比数列，则a1＋ a3＋ a5＝ () a2＋ a4＋ a675A. 5B.734C.4D.33． (2014 年重庆 )对随意的等比数列{a n } ，以下说法必定正确的选项是 ()A． a1， a3， a9成等比数列B． a2， a3， a6成等比数列C． a2， a4， a8成等比数列D． a3， a6， a9成等比数列4．设各项都是正数的等比数列{a n} ，S n为前 n 项和，且S10＝10， S30＝ 70，那么 S40等于 ()A． 150 B ．－ 200C． 150 或－ 200D． 400 或－ 505． (2013 年新课标Ⅰ )设首项为 1，公比为2的等比数列 {a n} 的前 n 项和为 S n，则 () 3A． S n＝ 2a n－ 1 B ． S n＝ 3a n－ 2C． S n＝ 4－ 3a n D ． S n＝ 3－ 2a n6． (2015 年浙江 )已知 {a n} 是等差数列，公差 d 不为零，前n 项和是 S n，若 a3， a4， a8成等比数列，则 ()A． a1d＞ 0， dS4＞ 0B． a1d＜ 0， dS4＜ 0C． a1d＞ 0， dS4＜ 0D． a1d＜ 0， dS4＞ 07． (2015 年浙江 )已知 {a n} 是等差数列，公差 d 不为零．若a2， a3， a7成等比数列，且2a1＋a2＝1，则 a1＝ ____________， d＝__________.8． (2013 年江西 )某住所小区计划植树许多于100 棵，若第一天植 2 棵，此后每日植树的棵数是前一天的 2 倍，则需要的最少天数n(n∈N * )等于 __________ ．9．(2015 年四川 )设数列 {a n }(n ＝ 1,2,3， )的前 n 项和 S n 知足 S n ＝ 2a n － a 3，且 a 1 ，a 2 ＋1， a 3 成等差数列．(1)求数列的通项公式；1(2)设数列 a n 的前 n 项和为 T n ，求 T n .10． (2015 年重庆 )已知等差数列 {a n } 知足 a 3＝ 2，前 3 项和 S 3 ＝92.(1)求 {a n } 的通项公式；(2)设等比数列 {b n } 知足 b 1＝ a 1， b 4＝a 15，求 {b n } 前 n 项和 T n .第 4 讲数列的乞降1 12 1 2 312 3 911．已知数列 {a n } ： 2，3＋ 3， 4＋ 4＋4， ，10＋10＋10＋ ＋10， ，若 b n＝ a n an ＋1 ，那么数列 {b n } 的前 n 项和 S n 为 ()n 4n 3n 5nA.B.C.D.n ＋ 1n ＋ 1n ＋ 1n ＋ 112．已知等差数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ，a 5＝ 5，S 5＝ 15，则数列 a n a n ＋ 1 的前 100 项和为()10099 99101 A.101B.101C.100D.1003．若数列 {a n } 的通项公式是 a n ＝ (－ 1)n·(3n － 2)，则 a 1＋ a 2＋ ＋ a 10＝()A ． 15B ． 12C ．－ 12D ．－ 154． (2012 年新课标 )数列 {a n } 知足 a n ＋ 1＋ (－ 1)n a n ＝2n － 1，则 {a n } 的前 60 项和为 () A ． 3690 B ． 3660 C ． 1845 D ．18305． (2013 年广东揭阳一模 )已知等差数列 {a n } 知足 a 1>0， 5a 8＝ 8a 13，则目前 n 项和 S n 取最大值时， n ＝ ()A ． 20B ． 21C ． 22D ． 236．已知数列 {a n } 的前 n 项和 S n ＝ n 2－ 6n ，则数列 {|a n |} 的前 n 项和 T n 等于 ( )A ． 6n － n 2B ． n 2－ 6n ＋ 186n － n 2(1≤ n ≤3)， D.6n － n 2(1≤ n ≤3)，C.n 2－ 6n(n ＞ 3)n 2－ 6n ＋18(n ＞ 3)7． (2014 年湖北武汉模拟 )等比数列 {a n } 的前 n项和 S n ＝ 2n － 1，则 a 12＋ a 22＋ ＋ a n 2＝________.8．如图 X5- 4-1，它知足：①第 n 行首尾两数均为n ；②图中的递推关系近似杨辉三角，则第 n(n ≥2)行的第 2 个数是 ______________．12 23 4 3477 45 11 14115图 X5- 4-19． (2013 年纲领 )在等差数列 {a n} 中， a7＝4， a19＝2a9 .(1)求 {a n} 的通项公式；1(2)设 b n＝，求数列{b n}的前n项和S n.10． (2015 年山东 )已知数列 {a n} 是首项为正数的等差数列，数列n2n＋ 1.(1)求数列 {a n} 的通项公式；(2)设 b n＝ (a n＋ 1) ·2a n，求数列 {b n} 的前 n 项和 T n.1的前 n 项和为a n·a n＋1第 5 讲合情推理和演绎推理1． (2015 年广东 )若空间中 n 个不一样的点两两距离都相等，则正整数n 的取值 ( )A ．大于 5B ．等于 5C ．至多等于 4D ．至多等于 32．(2014 年广东茂名一模 )已知 21×1＝ 2,22×1×3＝ 3×4，23×1×3×5＝ 4×5×6,24×1×3×5×7＝5×6×7×8， ，依此类推，第 n 个等式为 ______________________________________________________________________________________________.3． (2013 年陕西 )察看以下等式：12 ＝11 2－ 22＝－ 312－ 22＋ 32＝612 －22＋ 32－ 42＝－ 10照此规律，第 n 个等式为 ______________________________________________ ． 4．如图 X5- 5-1，在平面上，用一条直线截正方形的一个角，则截下的一个直角三角形按如图 X5- 5-1(1) 所标边长，由勾股定理，得c 2＝ a 2＋ b 2.假想把正方形换成正方体，把截线换成如图 X5- 5-1(2)所示的截面，这时从正方体上截下三条侧棱两两垂直的三棱锥O-ABC ，若 用 s 1 ， s 2 ， s 3 表 示 三 个 侧面 面 积 ， s 4 表 示 截面 面 积 ， 则 能够 类 比 得 到 的结 论 是 __________________ ．(1)(2)图 X5- 5-1π 1 π 2π 1π 2π 3π 1， ，依据以上等式，可猜想出5．已知 cos ＝ ，cos ·cos 5 ＝ ，cos ·cos 7·cos 7 ＝ 3 2 5 4 7 8的一般结论是 __________________________________________ ．6．关于中国足球参加的某次大型赛事，有三名观众对结果作以下猜想：甲：中国非第一名，也非第二名；乙：中国非第一名，而是第三名；丙：中国非第三名，而是第一名．比赛结束后发现，一人全猜对，一人猜对一半，一人全猜错，则中国足球队得了第________ 名．7．(2014 年福建龙岩模拟 )代数式1＋1( “ ”表示无穷重复 )是一个固定值，能够11＋1＋令原式＝ t ，由1＋1＝ t ，解得其值为t ＝5＋1，用近似方法可得2＋ 2＋ 2＋＝t2______________.8． (2015 年陕西 )对二次函数f(x) ＝ ax2＋bx＋ c(a 为非零常数 )，四位同学分别给出以下结论，其中有且仅有一个结论是错误的，则错误的结论是()A．－ 1 是 f(x) 的零点B． 1 是 f(x) 的极值点C． 3 是 f(x) 的极值D．点 (2,8)在曲线 y＝ f(x) 上9．某同学在一次研究性学习中发现，以下 5 个式子的值都等于同一个常数．①sin213°＋ cos217°－ sin13 cos17° °；②sin215°＋cos215°－sin15 cos15° °；③ sin218°＋ cos212°－ sin18 cos12° °；④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos48 ；°⑤ sin2(－ 25°)＋cos255°－sin(－ 25°)cos55 .°(1)试从上述 5 个式子中选择一个，求出这个常数；(2)依据 (1) 的计算结果，将该同学的发现推行为三角恒等式，并证明你的结论．10．(2014 年广东广州一模 )在等差数列 {a n} 中， a1＋ a2＝ 5，a3＝ 7，记数列1的前 n a n a n＋1项和为 S n.(1)求数列 {a n} 的通项公式；(2)能否存在正整数m， n，且 1<m<n ，使得S1， S m， S n成等比数列？若存在，求出所有切合条件的m， n 的值；若不存在，请说明原因．第 6 讲直接证明与间接证明1．用反证法证明命题：若整系数一元二次方程ax 2＋ bx ＋c ＝ 0(a ≠0)存在有理数根，那么 a ， b ， c 中起码有一个是偶数．以下假定正确的选项是 ________．①假定 a ， b ， c 都是偶数；②假定 a ， b ， c 都不是偶数；③假定 a ， b ， c 至多有一个偶数；④假定 a ， b ， c 至多有两个偶数．2．以下条件：① ab>0；② ab<0；③ a>0， b>0 ；④ a<0， b<0.其中能使 b aa ＋ ≥2建立的条b 件的序号是 ________．3. 6＋ 7与2 2＋5的大小关系为 ________．4． (2014 年山东 )用反证法证明命题 “设 a ，b 为实数，则方程x 2＋ ax ＋ b ＝0 起码有一个实根 ”时，要做的假定是 ()A ．方程 x 2＋ax ＋ b ＝ 0 没有实根B ．方程 x 2＋ ax ＋ b ＝ 0 至多有一个实根C ．方程 x 2＋ ax ＋ b ＝ 0 至多有两个实根D ．方程 x 2＋ax ＋ b ＝ 0 恰巧有两个实根5．凸函数的性质定理： 假如函数 f(x) 在区间 D 上是凸函数， 则关于区间 D 内的随意 x 1，x 2， ，x n ，有 f(x 1)＋ f(x 2 )＋ ＋ f(x n ) x 1＋ x 2＋ ＋x n.已知函数 y ＝ sinx 在区间 (0，π)上是 n ≤fn凸函数，则在△ ABC 中， sinA ＋ sinB ＋ sinC 的最大值为 ________．6． α， β是两个不一样的平面， m ， n 是平面 α及 β以外的两条不一样的直线，给出四个论断：① m ⊥ n ；② α⊥ β；③ n ⊥ β；④ m ⊥ α以.其中的三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你以为正确的一个命题：____________________.7．下表中的对数值有且仅有一个是错误的： x358915lgx2a － ba ＋ c3－ 3a － 3c4a － 2b3a － b ＋ c ＋1请将错误的一个更正为________________．8．(2014年福建)已知会合{a ，b ，c} ＝ {0,1,2} ，且以下三个关系： ① a ≠2；② b ＝ 2；③ c ≠0有且只有一个正确，则100a ＋ 10b ＋ c ＝__________.9． (2014 年浙江 )已知等差数列 {a n} 的公差 d>0 ，设 {a n} 的前 n 项和为 S n， a1＝ 1， S2·S3＝36.(1)求 d 及 S n；(2)求 m， k(m ， k∈ N* )的值，使得a m＋ a m＋1＋a m＋2＋＋a m＋k＝65建立．1* 10． (2015 年广东肇庆一模)已知数列 {a n} 知足： a1＝， 3a n＋1－ 2a n(n∈ N )；数列 {b n} 满足： b n＝ a n＋1－ a n(n∈ N * )．(1)求数列 {a n} 的通项公式及其前n 项和 S n；(2)证明：数列 {b n} 中的随意三项不行能成等差数列．第 7 讲数学概括法1．用数学概括法证明： (n ＋ 1)(n ＋ n × 1× 3× ×＋(2n1)(n *2) · ·＋(nn)＝ 2 ∈ N )，从 “n＝ k ”到 “n＝ k ＋ 1”左端需乘的代数式是 ()A ． 2k ＋ 1B ． 2(2k ＋ 1)2k ＋ 12k ＋3C.k ＋ 1D.k ＋ 1222222n(2n ＋ 1)2．用数学概括法证明： 1 ＋ 2 ＋＋n ＋ ＋ 2 ＋ 1 ＝，第二步证明由 “k 到 k＋ 1”时，左侧应加 ()A ． k 2B ． (k ＋ 1)2C ． k 2＋ (k ＋ 1)2＋ k 2D ． (k ＋ 1)2＋ k 23．对全部正整数 n ， n 2 与 2n的大小关系为 ()A ．对全部 n ∈ N * ，恒有 n 2<2nB ．对全部 n ∈ N *2 n，恒有 n ≤22 n2nC ．当 n ＝ 1 或 n ≥5时，当 n <2 ，n ＝ 2,3,4 时， n ≥2D ．以上都不对4． f(n) 和 g(n) 都是定义在正整数集上的函数，知足：①f(1) ＝ g(1)；②对 n ∈N * ， f(n) －f(n － 1)＝ g(n)－g(n － 1)．那么猜想对 n ∈N *时，有 ()A ． f(n)>g(n)B ． f(n)<g(n)C ． f(n) ＝ g(n)D ． f(n) 与 g(n) 大小关系不可以确立5．用数学概括法证明 1＋2＋ 22＋ ＋25n － 1是 31 的整数倍时， 当 n ＝ 1 时，上式等于 ()A ． 1＋2B ．1＋ 2＋222＋2 3D ．1＋234C ． 1＋ 2＋22＋ 2 ＋2 ＋26．已知 S k ＝ 1 ＋ 1 ＋k ＋1 k ＋ 2 A ． S k ＋12k ＋1C ． S k ＋ 1 － 1＋ 2k ＋ 22k 1 1＋ ＋1(k ＝ 1,2,3， )，则 S k ＋1＝ ()k ＋ 3 2kB ． S k ＋ 1 － 12k ＋2 k ＋1 D ． S k ＋ 1 ＋ 12k ＋1 ＋ 2 2k7．若不等式 1 ＋1 ＋1 ＋ ＋ 1 m关于全部 n ∈ N * 建立，则正整数m 的最n ＋ 1 n ＋ 2 n ＋ 32n >2015大值为 __________ ．1＋1 ＋1＋ ＋12，则以下说法正确的选项是 ________．8．已知 f(n) ＝n n ＋ 1 n ＋ 2n ① f(n)中共有 n 项，当 n ＝ 2 时， f(2)＝ 1＋1； 2 3② f(n)中共有 n ＋ 1 项，当 n ＝ 2 时， f(2) ＝1＋ 1＋ 1；2 3 4③ f(n)中共有 n 2－n 项，当 n ＝ 2 时， f(2)＝ 1＋1；2 32－n ＋ 11 1 1 ④ f(n)中共有 n 项，当 n ＝2 时， f(2) ＝＋＋ .2349． (2014 年广东 )设数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ，知足 S n ＝ 2na n ＋ 1－ 3n 2－ 4n ， n ∈N * 且 S 3＝ 15.(1)求 a 1， a 2， a 3 的值；(2)求数列 {a n } 的通项公式．ax10． (2014 年纲领 )函数 f(x) ＝ ln(x ＋ 1)－x ＋ a (a>1) ．(1)议论 f(x) 的单一性；(2)设 a 1＝ 1， a n ＋ 1＝ ln(a n ＋1) ，证明：2<a n ≤3.n ＋2n ＋ 2第五章数列、推理与证明第 1 讲数列的观点与简单表示法1． B2．A分析： a 8＝ S 8－ S 7＝82－72＝ 64－ 49＝ 15.3． B4． B 分析：依据题意，该算法的功能为第一步： k ＝ 1，S ＝ 2×0＋ 1＝ 1， k ＝ 2；第二步： S ＝ 2×1＋ 1＝ 3， k ＝ 3；第三步： S ＝ 2×3＋ 1＝ 7， k ＝ 4；第四步： S ＝ 2×7＋ 1＝ 15， k ＝ 5.此时 S ＝ 15∈(10,20) ，应当退出程序．那么此时判断框中的条件是5>4，故 n 的值为 4.1 分析：由已知，得a n ＝1－ 1， a 8＝ 2，5.a n ＋ 1 2∴ a 7＝ 1－ 1 ＝ 1， a 6＝ 1－ 1 ＝－ 1， a 5＝ 1－ 1＝ 2.a 8 2a 7a 611同理， a 4＝ 2， a 3＝－ 1，a 2＝ 2， a 1＝ 2.6．1 0分析： a 2009＝ a 4×503－3＝ 1， a 2014＝a 2×1007＝ a 1007＝ a 4×252 －1＝ 0.7． (－ 3，＋ ∞) 分析：由 {a n } 为递加数列，得a n ＋ 1－ a n ＝ (n ＋ 1)2＋ k(n ＋ 1)＋ 2－n 2－ kn－ 2＝ 2n ＋1＋ k>0 恒建立，即 k> － (2n ＋1) 恒建立，即 k>[ － (2n ＋ 1)]max ＝－ 3.n 122 a－分析：当 n ＝ 1 时， a 1＝ 1；当 n ≥2时， a n ＝ S n － S n － 1＝ 3a n － 3a n － 1，故 n＝8．(－ 2)a n －1 － 2，故 a n ＝ (－ 2) n －1 a n ＝ (－ 2)n － 1 n － 1.当 n ＝ 1 时，也切合 .综上， a n ＝ (－ 2).9．解：∵ a n ＋1 －a n ＝ (n ＋ 2)10 n＋1－ (n ＋ 1)10n1111＝10n ·9－n，而10n>0，111111∴当 n<9 时， a n ＋ 1－ a n >0 ，即 a n ＋ 1>a n ；当 n ＝9 时， a n ＋1－ a n ＝ 0，即 a 10＝ a 9；当 n>9 时， a n ＋ 1－ a n <0 ，即 a n ＋ 1<a n .所以 a 1<a 2<<a 9＝a 10>a 11>a 12> .∴当 n ＝ 9 或 n ＝ 10 时，数列 {a n } 有最大项，最大项为a 9 或 a 10.10．解： (1)由 a1＝ 1 与 S n＝n＋2a n可得3S2＝2＋2a2＝ a1＋ a2? a2＝ 3a1＝ 3，33＋ 22S3＝3a3＝ a1＋ a2＋ a3? 3a3＝ a1＋ a2＝ 4? a3＝ 6故所求 a2， a3的值分别为3,6.n＋ 2(2)当 n≥2时， S n＝3a n，①n＋ 1S n－1＝3a n－1，②①－②可得 S n－S n－1＝n＋2n＋ 13 a n－3a n－1即a n＝n＋ 2n＋ 1n－ 1n＋ 1n n＋ 1a n－a n－1?a n＝3a n－1? a ＝n－ 1 333a n－1故有 a n＝a n a n－1a2n＋ 1n3n2＋ n，×× × ×a1＝×× ××1＝2a n－1 a n－2a1n－ 1 n－2112＋ 1n2＋ n而＝ 1＝ a1，所以 {a n} 的通项公式为a n＝.22第 2讲等差数列1．C分析：设等差数列{a n} 的公差为d，a1＝ 2，S3＝ (a1＋a3)＋ a2＝ 3a2＝ 12，a2＝ 4，d＝2，则 a6＝ a1＋ 5d＝ 12.8×72． A分析：S8＝8a1＋d＝ 4a3＝ 4(a1＋ 2d)， 4a1＝－ 20d， a1＝－ 5d.又∵ a7＝ a1＋ 6d ＝d＝－ 2，∴ a1＝ 10，a9＝ a1＋ 8d＝ 10＋8×(－ 2)＝－ 6.3．D分析：因为S1，S2，S4成等比数列，有S22＝S1S4，即 (2a1－ 1)2＝ a1(4a1－6)，解1得 a1＝－2.4．A分析：由a1＋ a7＋ a13是一个确立的常数，得3a7是确立的常数，故②正确；S13＝13(a1＋a13)＝ 13a7是确立的常数，故③正确； S8－ S5＝ a6＋ a7＋ a8＝ 3a7是确立的常数，故⑤2正确．5．C分析：由已知，得 2 a1a n< 2a1a n 1，即2a1a n<1, 2a1( a n a n 1) <1. 又 a n－ a n－1＝ d，故2a1d <1，2a1a n 1进而 a1d<0.6．C分析：先剖析四个答案， A. 若 a1＝ 2，a2＝－ 1，a3＝－ 4，a1＋ a2>0，而 a2＋ a3 <0，A 错误； B.若 a1＝ 2，a2＝－ 1，a3＝－ 4，a1＋ a3<0，而 a1＋ a2>0，B 错误； C.{a n} 是等差数列，若 0<a1<a2，则 a1>0，设公差为 d，则 d>0，数列各项均为正，因为22－a1(a1 a2－ a1a3＝(a1＋ d)22222a1a3，C 正确．D.若 a1<0，则 (a2－ a1) ·(a2＋ 2d)＝ a1＋ 2a1d＋ d － a1－2a1d＝d >0，则 a2>a1a3? a2>－ a3) ＝d·(－ d)＝－ d2≤0， D 错误．应选 C.7．27分析：∵ n≥2时， a n＝ a n－1＋1，且 a2＝ a1＋1，∴ {a n} 是以 a1为首项，1为公差的2229×8 1等差数列．∴S9＝ 9×1＋× ＝9＋18＝27.2 28．5分析：若这组数有 (2n＋ 1)个，则 a n＋1＝ 1010，a2n＋1＝ 2015 ，又 a1＋ a2n＋1＝ 2a n＋1，所以 a1＝5；若这组数有2n 个，则 a n＋ a n＋1＝1010×2＝ 2020，a2n＝ 2015.又 a1＋ a2n＝ a n＋ a n＋1，所以 a1＝5.故答案为 5.9．解： (1) 设数列 {a n} 的公差为d，依题意， 2,2＋ d,2＋4d 成等比数列，故有 (2＋ d)2＝ 2(2＋4d)．化简，得 d2－ 4d＝ 0.解得 d＝ 0 或 d＝ 4.当 d＝0 时， a n＝ 2；当 d＝4 时， a n＝ 2＋ (n－ 1) ·4＝ 4n－ 2，进而求得数列{a n} 的通项公式为a n＝ 2 或 a n＝ 4n－2.(2)当 a n＝ 2 时， S n＝ 2n. 明显 2n<60n ＋ 800，此时不存在正整数n，使得 S n>60n ＋800 建立．当 a n＝ 4n－ 2 时， S n＝n[2＋(4n－2)]＝ 2n2.2令 2n2 >60n＋ 800，即 n2－ 30n－400>0 ，解得 n>40 或 n<－ 10(舍去 )．此时存在正整数n，使得 S n>60n ＋ 800 建立， n 的最小值为 41.综上，当 a n＝ 2 时，不存在知足题意的n；当 a n＝ 4n－ 2 时，存在知足题意的n，其最小值为 41. 10．解： (1)由题设， a n a n 1＝λS－ 1， a1a n＝λS － 1.＋＋＋＋两式相减，得 a1(a n－ a)＝λa1.＋＋＋因为 a n＋1≠0，所以 a n＋2－a n＝λ.(2)由题设， a1＝ 1， a＝λS－ 1，可得 a ＝λ－ 1.1a212由 (1)知， a3＝λ＋ 1.令 2a2＝ a1＋ a3，解得λ＝4.故 a n＋2－ a n＝ 4，由此可得{a 2n－1} 是首项为 1，公差为 4 的等差数列， a2n－1＝ 4n－3；{a 2n} 是首项为3，公差为 4 的等差数列，a2n＝ 4n－ 1.所以 a n＝2n－ 1， a n－1－ a n＝ 2.所以存在 λ＝4，使得数列 {a n } 等差数列．第 3讲 等比数列6x ＋ 6＝ 2＝ q ，有3x ＋ 3＝ 2,3x ＋ 3＝ 2x ，即 x ＝－ 3，则等比数列 1．A 分析：方法一， 3x ＋ 3x－ 3，－ 6，－ 12， 的第四项为－ 24.方法二， (3x ＋3) 2＝ x(6x ＋ 6)， 9x 2＋ 18x ＋ 9＝ 6x 2＋ 6x ， 3x 2＋ 12x ＋ 9＝0， x ＝－ 3 或 x ＝－ 1(舍 )．则等比数列－ 3，－ 6，－ 12， 的第四项为－ 24.2． C 3．D 分析：因为数列 {a n } 是等比数列， a 26＝ a 3a 9，所以 a 3， a 6， a 9 成等比数列．4．A分析：依题意，数列S 10，S 20－ S 10， S 30－ S 20，S 40－S 30 成等比数列，所以有 (S 20－ S 10)2＝ S 10(S 30－ S 20)，即 (S 20－ 10)2＝ 10(70－ S 20)．故 S 20＝－ 20 或 S 20＝ 30；又 S 20>0 ，所以 S 20＝30， S 20－ S 10＝ 20，S 30－S 20＝40.故 S 40－ S 30＝ 80.S 40＝150.应选 A.5．D 分析：方法一，在等比数列{a n } 中，21－ a n ·S n ＝ a 1－an q ＝3＝ 3－ 2a n .1－q 21－ 3方法二，在等比数列{a n } 中， a 1＝ 1，q ＝ 23，∴ a n ＝ 1×2 n －1＝ 2 n －1.3 32 nS n ＝ 1×1－ 3＝3 1－2 n231－ 3＝ 3 1－ 2 2 n －1 ＝ 3－ 2a n .3 36． B 分析： {a n } 是等差数列， a 3 ， a 4， a 8 成等比数列，有 (a 1 ＋ 3d)2＝ (a 1＋ 2d)(a 1＋ 7d)? a 1＝－ 5 (a 1＋a 4) ×422 2， a 1d ＝－ 52d ，S 4＝ ＝ 2(2a 1＋3d)＝－ d ， dS 4＝－ d <0 3 d <0.应选 B.3 2 3 3 2 － 1 分析：由题可得， (a 1＋ 2d) 2＝ (a 1＋ d)(a 1＋ 6d)，故有 3a 1＋ 2d ＝ 0，又因为 2a 1 7. 32＋ a 2＝ 1，即 3a 1＋d ＝ 1，所以 d ＝－ 1， a 1＝ 3.8． 6 分析：a 1＝ 2，S n ＝2(1－2n )＝ 2n ＋1－ 2， S 5＝ 62， S 6＝ 126.所以起码需要 6 天．q ＝ 2，1－29．解：由已知 S n ＝ 2a n － a 1，有 a n ＝ S n － S n － 1＝2a n － 2a n － 1(n ≥2)，即 a n ＝ 2a n －1(n ≥ 2)． 进而 a 2＝2a 1 ，a 3＝ 2a 2＝ 4a 1.又因为 a 1， a 2＋ 1， a 3 成等差数列， 即 a 1＋ a 3＝ 2(a 2＋ 1)．所以 a 1＋4a 1 ＝2(2a 1＋1)．解得 a 1＝ 2.所以，数列 {a n } 是首项为 2，公比为 2 的等比数列，故 a n ＝ 2n .11 n111 1 12 1－ 21(2)由 (1)，得 a n＝ n＝ ＋ 2 n＝ 1 ＝ 1－ n2 ，所以 T n2 2＋ ＋ 2 2 .1－210．解： (1)设 {a n } 的公差为 d ，则由已知条件，得a 1＋ 2d ＝2,3a 1＋ 3×22d ＝92.3化简，得 a 1＋ 2d ＝2， a 1＋ d ＝ .解得 a ＝1， d ＝ 11.2故 {a n } 的通项公式 a n ＝ 1＋n － 1，即 a n ＝n ＋1.22(2)由 (1)，得 b 1＝ 1，b 4 ＝a 15＝ 15＋ 1＝ 8.2设 {b n } 的公比为 q ，则 q 3＝ b4＝ 8，进而 q ＝ 2. b 1故 {b n } 的前 n 项和 T n ＝b 1(1－q n )＝ 1×(1－2n )＝ 2n － 1. 1－q1－ 2第 4 讲数列的乞降1． B 分析： a n ＝ 1＋ 2＋3＋ ＋ n ＝ n ，n ＋ 1 2 ∴ b n ＝ 1＝ 4 ＝ 4 1 － 1，4a n a n ＋ 1 n(n ＋ 1) n ＋ 1∴ S n ＝411 1 1 11－ 2 ＋ 2－3 ＋ ＋ n － n ＋ 114n＝4 1－n＋1＝n＋1.2．A分析：由 a5＝ 5，S5＝ 15，得 a1＝ 1，d＝ 1.∴a n＝ 1＋ (n－ 1)＝ n.故1＝1n(n＋ 1)a n a n＋1 11111111111100＝n－n＋ 1.∴a1a2＋＋a100a101＝1－2＋2－3＋＋100－101＝1－101＝101.应选 A.3．A4．D分析：方法一，由题设知a2－ a1＝ 1①a3＋ a2＝ 3②a4－ a3＝ 5③a5＋ a4＝ 7，a6－ a5＝ 9，a7＋a6＝11，a8－a7＝13，a9＋ a8＝ 15，a10－ a9＝ 17，a11＋ a10＝19，a12－ a11＝ 21，∴②－①，得a1＋a3＝ 2，③＋②，得a4＋ a2＝ 8.同理可得 a5＋ a7＝ 2， a6＋ a8＝ 24， a9＋ a11＝ 2， a10＋ a12＝ 40， .∴ a1＋ a3， a5＋ a7， a9＋ a11，，是各项均为2 的常数列．a2＋ a4， a6＋ a8， a10＋ a12，是首项为8，公差为16 的等差数列．1∴ {a n} 的前 60 项和为 15×2＋ 15×8＋2×16×15×14＝ 1830.方法二，可证明：b n＋1＝ a4n＋1＋ a4n＋2＋ a4n＋3＋ a4n＋4＝ a4n－3＋ a4n－2＋ a4n－2＋ a4n＋ 16＝ b n＋16，15×14b1＝ a1＋ a2＋ a3＋ a4＝ 10? S15＝ 10×15＋×16＝1830.5． B分析：由5a8＝ 8a13，得 5(a1＋ 7d)＝ 8(a1＋ 12d)．3·－3641∴ d＝－61a1.由 a n＝ a1＋ (n－ 1)d＝a1＋ (n－1)61a1≥0?n≤3＝ 213.∴数列 {a n} 的前 21 项都是正数，此后各项都是负数．故 S n取最大值时，n 的值为 21.应选 B.26． C分析：∵由S n＝ n － 6n 得 {a n} 是等差数列，∴a n＝－ 5＋ (n－ 1) ×2＝ 2n－ 7.∴n≤3时， a n<0，n>3 时， a n>0.26n－ n (1≤ n≤3)，∴ T＝n2n － 6n＋18(n＞ 3).1n7.3(4 － 1)分析：当n＝1 时， a1＝ S1＝ 1，当 n≥2时， a n＝S n－ S n－1＝2n－ 1－ (2n－1－ 1)＝ 2n－1，又∵ a 1＝1 合适上式．n －12n － 1∴ a n ＝ 2 .∴ a n ＝ 4 .∴数列 {a n 2} 是以 a 21＝ 1 为首项，以4 为公比的等比数列．2 22 1·(1－ 4n)1 n－ 1)．∴ a 1 ＋ a 2＋ ＋ a n ＝＝ (41－ 43n 2－ n ＋2 分析：设第 n(n ≥2)行的第 2 个数组成数列 {a n } ，则有 a 3－ a 2＝ 2，a 4－a 3＝ 3，8. 22＋ n － 1， a n － a n － 1 ＝ n － 1，相加，得 a n － a 2＝ 2＋ 3＋ ＋ (n － 1)＝ ×(n － 2)＝ 2(n ＋ 1)(n －2)(n ＋ 1)(n － 2) n 2－ n ＋2. 2， a n ＝ 2＋＝229．解： (1)设等差数列 {a n } 的公差为 d ，则 a n ＝ a 1＋ (n － 1)d.∵a 7＝4， a 1＋ 6d ＝ 4，∴a 1＋ 18d ＝ 2(a 1＋ 8d).a 19＝ 2a 9，1解得 a 1＝1， d ＝ 2.n ＋ 1∴ {a n } 的通项公式为a n ＝2 .(2)b n ＝ 1 ＝ 2 ＝ 2 1－ 1 ，na n n(n ＋ 1) n n ＋ 1 ∴S ＝2 1－ 1＋1－1＋ ＋1－ 1n2 23 n n ＋ 1＝ 2n.n ＋ 110．解： (1)设数列 {a n } 的公差为 d ，11令 n ＝1，得 a 1 a 2＝ 3.所以 a 1 a 2＝3.令 n ＝2，得 1 ＋ 1 ＝ 2.所以 a 2a 3＝ 15.a 1 a 2 a 2a 3 5 解得 a 1＝1， d ＝ 2.所以 a n ＝ 2n －1.(2)由 (1)知， b n ＝ 2n ·22n －4＝ n ·4n .所以 T n ＝ 1·41＋ 2·42＋ ＋ n ·4n .所以 4T n ＝ 1·42＋ 2·43＋＋(n －1) ·4n ＋ n ·4n －1.两式相减，得－ 3T n ＝ 41＋ 42＋ ＋ 4n － n ·4n ＋14(1－ 4n ) n ＋1 ＝ 1－ 3n n ＋14＝－ n ·4 3×4－ .1－ 433n － 14n ＋1n ＋1＝ 4＋ (3n － 1) ·4. 所以 T n ＝9 ×4＋99第 5 讲合情推理和演绎推理1． C 分析：明显正三角形和正四周体的极点是两两距离相等的，即n ＝ 3 或 n ＝ 4 时命题建立，由此可清除A ，B ，D.应选 C.2． 2n × 1× 3× 5× ×－1)(2n ＝ (n ＋ 1) ×(n ＋ 2) ×(n ＋ 3) × ×＋(nn)2 22n －12 n ＋1n(n ＋ 1)3． 1 －2 ＋3 － ＋ (－ 1)n ＝(－ 1)42＝ S 12＋ S 22＋ S 324． S5． cos π 2π n π 1*cos · · cos ＝ n ， n ∈N2n ＋ 1 2n ＋ 1 2n ＋ 1 26．一分析： 由上可知： 甲、乙、丙均为 “p 且 q ”形式， 所以猜对一半者也说了错误 “命题 ”，即只有一个为真，所以可知丙是真命题，因其中国足球队得了第一名．7． 2 分析：近似令原式＝ t ，有 2＋ t ＝t,2＋t ＝ t 2，解得 t ＝－ 1(舍去 )或 t ＝ 2.8．A分析：若选项A 错误时，选项B 、C 、D 正确， f ′ (x)＝2ax ＋ b ，因为 1 是 f(x) 的极值点， 3 是 f(x) 的极值，所以f (1)′ ＝0， 2a ＋ b ＝ 0， b ＝－ 2a ， 因为点 (2,8) 在f(1) ＝ 3，即解得a ＋b ＋c ＝ 3.c ＝ 3＋ a.曲线 y ＝ f(x) 上，所以 4a ＋2b ＋ c ＝ 8，即 4a ＋ 2×(－2a)＋ a ＋ 3＝ 8，解得 a ＝ 5，所以 b ＝－ 10，c ＝ 8，所以 f(x) ＝ 5x 2－ 10x ＋ 18.因为 f( － 1)＝ 5×(－ 1)2－ 10×(－ 1) ＋8＝ 23≠0，所以－ 1 不是f(x) 的零点，所以选项A 错误，选项B 、C 、D 正确．应选 A.221339．解： (1) 选择②，由 sin 15 °＋ cos 15°－ sin15 cos15° °＝ 1－ 2sin30 ＝°4，故这个常数是 4.(2)推行，获得三角恒等式223sin α＋ cos (30 °－ α)－sin α cos(30－ α)°＝4.证明： sin 2α＋ cos 2(30 °－ α)－sin α cos(30－ α)°＝ sin 2 ° cos ＋αsin30 2－ sin α(cos30 °cos ＋αsin30 °sin α)α＋(cos30 ° sin α)2 3 2 3 1 2 3 1 23 2 3 23.＝ sin α＋ cos α＋sin α cos ＋αsin α－ sin α cos －αsinα＝ sinα＋ cos α＝42 42 244410．解： (1)设等差数列 {a n } 的公差为 d ， 因为a 1＋ a 2＝ 5，2a 1＋ d ＝5，a 1＝ 1，a 3＝ 7，即解得a 1＋ 2d ＝7.d ＝ 3.所以 a n ＝a 1＋(n － 1)d ＝ 1＋ 3(n － 1)＝3n － 2. 所以数列 {a n } 的通项公式为 a n ＝ 3n －2(n ∈ N * )．1 ＝1＝11－1，(2)因为a n a n ＋ 1(3n － 2)(3n ＋ 1) 3 3n － 2 3n ＋ 1所以数列 1的前 n 项和a n a n ＋1S n ＝1＋1＋1＋＋1 ＋1a 1a 2a 2a 3 a 3a 4aaa an －1 n n n ＋111 1 1 1 1 1 1 1 1 － 1 1 1 － 1 ＝3 1－ 3n －2 ＋3n ＋ 14 ＋ 3 4－ 7 ＋ 3 7－ 10 ＋ ＋3 3n － 5 3 3n － 2 1 1 n＝ 3 1－ 3n ＋ 1 ＝ 3n ＋ 1.假定存在正整数 m ， n ，且 1<m<n ，使 S 1， S m ， S n 成等比数列，则 S 2m ＝ S 1S n ，即m 2＝ 1× n .3m ＋ 1 4 3n ＋ 1－ 4m 2所以 n ＝ 3m 2－ 6m － 1. 因为 n>0 ，所以 3m 2 －6m － 1<0.23因为 m>1，所以 1<m<1＋ 3 <3. 因为 m ∈N * ，所以 m ＝ 2.－ 4m 2此时n ＝3m 2－ 6m － 1＝16.故存在知足题意的正整数 m ， n ，且只有一组值，即 m ＝ 2， n ＝ 16.第 6 讲 直接证明与间接证明1．②2．①③④分析：要使 b a ≥2，只要 b a＋ >0 且 >0 建立，即 a ， b 不为 0 且同号即可，故a b a b①③④能使 b a＋ ≥2建立．a b3. 6＋ 7>2 2＋ 5 分析：要比较 6＋ 7与 22＋ 5的大小，只要比较 ( 6＋7)2 与 (2 2＋ 5)2 的大小，只要比较 6＋ 7＋ 2 42与 8＋ 5＋ 4 10的大小，只要比较42与 2 10的大小，只要比较 42 与 40 的大小，∵ 42>40，∴ 6＋ 7>2 2＋ 5.4． A 分析：反证法的步骤第一步是假定命题的反面建立，而“起码有一个实根”的否定是 “没有实根 ”．应选 A.3 3分析：∵ f(x) ＝ sinx 在区间 (0， π)上是凸函数，且 A ， B ， C ∈(0， π)．5. 2f(A) ＋ f(B) ＋ f(C)A＋B＋C＝ f ∴≤f33π 33即 sinA ＋ sinB ＋ sinC ≤3sin＝.32π3 ，所以 sinA ＋ sinB ＋ sinC 的最大值为332.6．若①③④，则②(或若②③④，则①)分析：依题意可得以下四个命题：(1)m⊥ n，α⊥ β， n⊥β? m⊥ α； (2)m ⊥ n，α⊥β， m⊥ α? n⊥ β；(3)m⊥ n， n⊥ β，m⊥ α? α⊥β； (4) α⊥β，n⊥ β， m⊥ α? m⊥ n.不难发现，命题(3) ，(4) 为真命题，而命题(1)， (2)为假命题．7． lg15 ＝3a－ b＋ c分析：假如lg3 ＝ 2a－b 是正确的，那么lg9＝ 2lg3 ＝ 2(2a－b) ＝ 4a－ 2b；假如 lg3 ＝ 2a－ b 是错误的，那么lg9 ＝ 4a－ 2b 也是错误的，这与题意矛盾．反过来，lg9 ＝4a－ 2b 也不是错误的，不然lg3 ＝ 2a－ b 是错误的．相同，假如lg5＝a＋c，那么 lg8 ＝3lg2 ＝ 3(1－ lg5) ＝ 3(1－ a－c)，假如 lg5＝ a＋ c 是错误的，那么lg8 ＝3－ 3a－ 3c，也错误，这与题意矛盾；明显lg8 ＝3－ 3a－ 3c 也不是错误的，不然lg5 ＝ a＋ c 也错误．∴ lg15 ＝ lg(3 ×5)＝ lg3＋ lg5 ＝ (2a－ b)＋ (a＋ c)＝ 3a－ b＋ c.∴应将最后一个更正为lg15 ＝3a－ b＋ c.8．201分析：由已知，若a≠2正确，则 a＝ 0 或 a＝ 1，即 a＝ 0，b＝ 1，c＝ 2 或 a＝ 0，b＝ 2， c＝1 或 a＝1， b＝ 0， c＝ 2 或 a＝ 1，b＝ 2， c＝ 0 均与“三个关系有且只有一个正确”矛盾；若 b＝ 2 正确，则 a≠2正确，不切合题意；所以 c≠0正确， a＝ 2，b＝ 0，c＝ 1，故 100a＋10b＋ c＝201.9．解： (1)S2·S3＝ (2a1＋ d)(3a1＋ 3d)＝ 36，将 a1＝ 1 代入上式，解得d＝2 或 d＝－ 5.∵公差 d>0 ，∴ d＝ 2， a n＝1＋ 2(n－ 1)＝ 2n－1，S n＝ (1＋ 2n－ 1)n＝n2(n∈N*)．2(2)由 (1)知， a m＋ a m＋1＋ a m＋2＋＋a m＋k＝[2m － 1＋2(m ＋ k)－ 1](k ＋ 1)2＝(2m＋ k－1)(k ＋1) ＝ 65.∵m， k∈N *, 2m＋ k－ 1>1 ， k＋ 1>1 ，2m＋ k－ 1＝ 5，m＝－ 3，∴解得(舍去 )．k＋ 1＝ 13.k＝ 12，2m＋ k－ 1＝ 13，解得m＝ 5，或k＝ 4.k＋ 1＝ 5.综上所述， m ＝ 5，k ＝ 4.210．解： (1)由 3a n ＋ 1－ 2a n ＝ 1，得 a n ＋ 1－ 1＝ 3(a n － 1)．13因为 a 1＝4，所以 a 1－ 1＝－ 4.所以数列 {a n －1} 是以－ 3为首项， 2为公比的等比数列．43所以 a n －1＝－ 3 2 n －1 4×3 ，即 a n ＝ 1－ 34·23n－1(n ∈ N * )．所以 S n ＝ a 1＋ a 2＋＋ a n＝ n －3 1＋ 2 1＋ ＋ 2n －14332 n3 1－ 32 n － 29 *) ．＝ n －×＝3＋ n － (n ∈ N41－ 243(2)由 (1)，得 b n ＝ a n ＋ 1－ a n ＝ － 3 2 n3 2 n － 1 1 2 n － 1 4·3 － 1－ 4·3 ＝4·3 . 下边用反证法证明：数列{b n } 中的随意三项不行能成等差数列．假定数列 {b n } 中存在三项 b r ， b s ， b t (r ＜ s ＜ t)按某种次序成等差数列，因为数列 {b n } 是首项为 1，公比为2的等比数列，43于是有 b r ＞ b s ＞ b t ，则只好有 2b s ＝ b r ＋ b t 建立．1 2 s －11 2 r －11 2 t －1，所以 2××3＝ ×3＋ ×3444两边同乘3t －121－r ，化简，得 2·2s － r ·3t － s ＝ 3t － r ＋ 2t － r .因为 r ＜ s ＜ t ，所以上式左侧为偶数，右侧为奇数，故上式不行能建立，致使矛盾. 故数列 {b n } 中的随意三项不行能成等差数列．第 7 讲数学概括法1． B 2.D 3.C 4.C5．D分析：原等式共有5 －14，选 D.5n 项，当 n ＝ 1 时， 2 ＝ 26．C 分析：S k ＋ 1＝ 1 ＋ 1 ＋ ＋ 1 ＝1 ＋ 1 ＋ ＋ 1 ＝ 1 ＋k ＋1＋ 1 k ＋ 1＋ 2 2(k ＋ 1) k ＋ 2 k ＋ 32k ＋ 2 k ＋ 1 1 ＋ ＋ 1 ＋ 1 ＋1 －1＝S ＋1 － 1 k ＋ 22k 2k ＋ 1 2k ＋ 2 k ＋ 1k2k ＋ 1 2k ＋ 2.1 ＋ 1 ＋1＋＋1，7． 1007 分析：记 f(n)＝ n ＋ 1 n ＋ 2 n ＋ 32n 则 f(n ＋ 1)－ f(n) ＝1 ＋1－1＝1 －12n ＋ 1 2n ＋ 2 n ＋ 1 2n ＋ 12n ＋ 2>0，数列 {f(n)} 是递加数列，则1f(n) min ＝ f(1) ＝ ，∴ m ≤1007.8．④9．解： (1)S 2＝4a 3－ 20， S 3＝S 2＋ a 3＝5a 3－ 20，又 S 3＝15，∴ a 3＝ 7，S 2＝ 4a 3－ 20＝8，又 S 2＝S 1＋ a 2＝ (2a 2－7)＋ a 2＝ 3a 2－ 7.∴ a 2＝ 5，a 1＝ S 1＝ 2a 2－ 7＝ 3， 综上知 a 1＝ 3， a 2＝ 5， a 3＝7. (2)由 (1)猜想 a n ＝ 2n ＋1，①当 n ＝ 1 时，结论明显建立；②假定当 n ＝ k(k ≥1)时， a k ＝ 2k ＋1，则 S k ＝3＋ 5＋ 7＋ ＋ (2k ＋ 1)＝3＋ (2k ＋ 1)×k ＝k(k ＋2)， 2又 S k ＝2ka k ＋ 1－ 3k 2 － 4k.∴ k(k ＋2) ＝2ka k ＋ 1－ 3k 2－4k ，解得 2a k ＋1＝ 4k ＋ 6.∴ a k ＋1＝ 2(k ＋ 1)＋ 1，即当 n ＝ k ＋1 时，结论建立；由①②知， ? n ∈ N * ， a n ＝ 2n ＋ 1.2x[x － (a － 2a)]①当 1<a<2 时，若 x ∈ (－ 1， a 2－2a)，则 f ′(x)>0， f(x) 在 (－ 1， a 2－ 2a)上是增函数；若 x ∈(a 2－ 2a,0)， f ′(x)<0， f(x) 在 (a 2－2a,0)上是减函数；若 x ∈(0，＋ ∞)，则 f ′(x)>0， f(x) 在 (0，＋ ∞)上是增函数．②当 a ＝ 2 时， f ′(x) ，≥0f ′(x)＝ 0 建立当且仅当 x ＝ 0，f(x) 在 (－ 1，＋ ∞)上是增函数．③当 a>2 时，若 x ∈ (－ 1,0)，则 f ′(x)>0， f(x) 在 (－1,0)上是增函数；若 x ∈(0， a 2－ 2a)，则 f ′(x)<0， f(x) 在 (0， a 2－ 2a)上是减函数；若 x ∈(a 2－ 2a ，＋ ∞)，则 f ′(x)>0， f(x) 在 (a 2－ 2a ，＋ ∞)上是增函数．(2)由 (1)知，当 a ＝2 时， f(x) 在 (－ 1，＋ ∞)是增函数．当 x ∈(0，＋ ∞)时， f(x)>f(0) ＝ 0，2x即 ln(x ＋ 1)>x ＋ 2(x>0) ．又由 (1)知，当 a ＝ 3 时， f(x) 在 [0,3) 上是减函数；当 x ∈(0,3)时， f(x)<f(0) ＝ 0，3x即 ln(x ＋ 1)<x ＋ 3(0<x<3) ．下边用数学概括法证明2 <a n ≤3 .n ＋ 2 n ＋2①当 n ＝ 1 时，由已知2<a 1 ＝1，故结论建立；3②假定当 n ＝ k 时结论建立，即2 <a k ≤ 3.k ＋ 2 k ＋ 2222×2＋1＝ ln(a k ＋ 1)>ln＋ 1> 2 k ＋ 2 ＝ ，当 n ＝k ＋ 1 时， a kk ＋ 2k ＋ 3＋ 2k ＋ 23× 3a k ＋ 1＝ ln(a k ＋ 1) ≤ln3 ＋ 1k ＋23≤ 3＝ ，k ＋ 2＋ 3 k ＋ 3 k ＋ 2 即当 n ＝ k ＋ 1 时有 2 <a k ＋1≤ 3 ，结论建立．k ＋ 3 k ＋3依据①②知对任何n ∈N*结论都建立．。

高考数学一轮复习第五章 数 列答案

高考数学一轮复习第五章 数 列答案

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

高考数学一轮复习第五章数列5.5数列综合学案含解析

高考数学一轮复习第五章数列5.5数列综合学案含解析

数列综合【考纲传真】1.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决相应的问题.【知识扫描】知识点1 解答数列应用题的步骤(1)审题——仔细阅读材料，认真理解题意．(2)建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言，将实际问题转化成数学问题，弄清该数列的结构和特征．(3)求解——求出该问题的数学解．(4)还原——将所求结果还原到原实际问题中．具体解题步骤用框图表示如下：知识点2 数列应用题常见模型(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差．(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．(3)递推数列模型：如果题目给出了数列前后两项的关系，或前n项和S n与S n＋1之间的关系，可考虑通过建立递推数列模型求解．必会结论；银行储蓄中的计算公式(1)复利公式：按复利计算的一种储蓄，本金为p元，每期利率为r，存期为n，则本利和S＝p(1＋r)n.(2)单利公式：利息按单利计算，本金为p元，每期利率为r，存期为n，则本利和S＝p(1＋nr)．(3)产值模型：原来产值的基础数为N，平均增长率为r，对于时间x的总产值y＝N(1＋r)x.【学情自测】1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)银行储蓄的单利公式是等差数列模型．( )(2)银行储蓄的复利公式是等比数列模型．( )(3)数列{a n}的通项公式a n＝n2－2an＋1，若数列{a n}是递增数列，则a≤1.()(4)数列{a n }是正项等比数列，b n ＝log a a n (a >0且a ≠1)，则数列{b n }是等差数列．( )2．一个蜂巢里有1只蜜蜂，第1天，它飞出去找回了5个伙伴；第2天，这6只蜜蜂又飞出去，各自找回了5个伙伴……，如果这个找伙伴的过程继续下去，第6天所有的蜜蜂都归巢后，蜂巢中一共有________只蜜蜂( )A ．55 986B ．46 656C ．216D ．363．若互不相等的实数a ，b ，c 成等差数列，c ，a ，b 成等比数列，且a ＋3b ＋c ＝10，则a ＝( )A ．4B ．2C ．－2D ．－44．在直角坐标系中，O 是坐标原点，P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)是第一象限的两个点，若1，x 1，x 2,4依次成等差数列，而1，y 1，y 2,8依次成等比数列，则△OP 1P 2的面积是________．5.在等比数列{a n }中，a n ＞0(n ∈N *)，公比q ∈(0,1)，且a 1a 5＋2a 3a 5＋a 2a 8＝25，又a 3与a 5的等比中项为2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和S n ；(3)是否存在k ∈N *，使得S 11＋S 22＋…＋S n n＜k 对任意n ∈N *恒成立，若存在，求出k 的最小值，若不存在，请说明理由．参考答案1.【答案】 (1)√ (2)√ (3)× (4)√2.【解析】 六天蜜蜂的总数组成等比数列{a n }，则a 1＝6，公比q ＝6，则a 6＝66＝46 656.【答案】 B3.【解析】 由c ，a ，b 成等比数列可将公比记为q ，三个实数a ，b ，c ，待定为cq ，cq 2，c .由实数a ，b ，c 成等差数列得2b ＝a ＋c ，即2cq 2＝cq ＋c ，又等比数列中c ≠0，所以2q 2－q －1＝0，解一元二次方程得q ＝1(舍去，否则三个实数相等)或q ＝－12，又a ＋3b ＋c ＝a ＋3aq ＋a q＝－52a ＝10，所以a ＝－4. 【答案】 D4.【解析】 根据等差、等比数列的性质，可知x 1＝2，x 2＝3，y 1＝2，y 2＝4.∴P 1(2,2)，P 2(3,4)．∴S △OP 1P 2＝1.【答案】 15.【解】 (1)∵a 1a 5＋2a 3a 5＋a 2a 8＝25，∴a 23＋2a 3a 5＋a 25＝25，∴(a 3＋a 5)2＝25，又a n ＞0，∴a 3＋a 5＝5，又a 3与a 5的等比中项为2，∴a 3a 5＝4，而q ∈(0,1)，∴a 3＞a 5，∴a 3＝4，a 5＝1，∴q ＝12，a 1＝16， ∴a n ＝16×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝25－n . (2)∵b n ＝log 2a n ＝5－n ，∴b n ＋1－b n ＝－1，b 1＝log 2a 1＝log 216＝log 224＝4，∴{b n }是以b 1＝4为首项，－1为公差的等差数列，∴S n ＝n －n 2. (3)由(2)知S n ＝n －n 2，∴S n n ＝9－n 2. 当n ≤8时，S n n ＞0；当n ＝9时，S n n ＝0；当n ＞9时，S n n ＜0.∴当n ＝8或9时，S 11＋S 22＋S 33＋…＋S n n＝18最大． 故存在k ∈N *，使得S 11＋S 22＋…＋S n n＜k 对任意n ∈N *恒成立，k 的最小值为19. 精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。

2020版高考数学一轮复习第5章数列第2讲课后作业理含解析

2020版高考数学一轮复习第5章数列第2讲课后作业理含解析

第5章 数列 第2讲A 组 基础关1．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，公差d ＝2，S n ＋2－S n ＝36，则n ＝( ) A ．5 B ．6 C ．7 D ．8 答案 D解析 ∵a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，∴S n ＋2－S n ＝36⇒a n ＋2＋a n ＋1＝36⇒2n ＋3＋2n ＋1＝36⇒n ＝8，故选D.2．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，已知S 7＝49，则a 2，a 6的等差中项是( ) A.492 B ．7 C ．±7 D.72 答案 B解析 由已知得S 7＝7a 1＋a 72＝7a 4＝49，所以a 4＝7.所以a 2，a 6的等差中项为a 2＋a 62＝a 4＝7.3．(2018·西安质检)已知数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2.若a ·a ＋1<0，则正整数＝( )A ．21B ．22C ．23D ．24 答案 C解析 因为3a n ＋1＝3a n －2，所以a n ＋1－a n ＝－23，所以数列{a n }是等差数列，首项a 1＝15，公差为－23.所以a n ＝15－23(n －1)＝47－2n3.因为a ·a ＋1<0，所以47－2k 3·47－2k ＋13<0.可化为(2－45)(2－47)<0， 解得452<<472，又∈N *，所以＝23.4．中国古诗词中，有一道“八子分绵”的数学名题：“九百九十六斤绵，赠分八子做盘缠，次第每人多十七，要将第八数言”．题意是：把996斤绵分给8个儿子作盘缠，按照年龄从大到小的顺序依次分绵，年龄小的比年龄大的多17斤绵，那么第8个儿子分到的绵是( )A ．174斤B ．184斤C ．191斤D ．201斤答案 B解析 由题意可知，数列为等差数列，公差为d ＝17，n ＝8，S 8＝996，以第一个儿子分到的绵数a 1为首项，∴8a 1＋88－12×17＝996，解得a 1＝65，所以第8个儿子分到的绵数a 8＝a 1＋(n －1)d ＝65＋7×17＝184.故选B.5．(2018·岳阳模拟)在等差数列{a n }中，如果a 1＋a 2＝40，a 3＋a 4＝60，那么a 7＋a 8＝( ) A ．95 B ．100 C ．135 D ．80 答案 B解析 由等差数列的性质可知，a 1＋a 2，a 3＋a 4，a 5＋a 6，a 7＋a 8构成新的等差数列，于是a 7＋a 8＝(a 1＋a 2)＋(4－1)[(a 3＋a 4)－(a 1＋a 2)]＝40＋3×20＝100.6．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 9＝18，a n －4＝30(n >9)，若S n ＝336，则n 的值为( )A ．18B ．19C ．20D ．21 答案 D解析 由题意得S 9＝9a 5＝18，解得a 5＝2，根据等差数列的性质得S n ＝n a 1＋a n2＝n a 5＋a n －42＝n2×(2＋30)＝336，解得n ＝21.7．等差数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，若S n T n ＝3n －22n ＋1，则a 7b 7等于( )A.3727B.1914C.3929D.43 答案 A解析 由题意得，a 7b 7＝2a 72b 7＝a 1＋a 13b 1＋b 13＝13a 1＋a 13213b 1＋b 132＝S 13T 13＝3×13－22×13＋1＝3727.8．若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9>0，a 7＋a 10<0，则当n ＝________时，{a n }的前n 项和最大．答案 8解析 根据题意知a 7＋a 8＋a 9＝3a 8>0，即a 8>0.又a 8＋a 9＝a 7＋a 10<0，∴a 9<0，∴当n ＝8时，{a n }的前n 项和最大．9．在等差数列{a n }中，公差d ＝12，前100项的和S 100＝45，则a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝________.答案 10解析 因为S 100＝1002(a 1＋a 100)＝45，所以a 1＋a 100＝910，a 1＋a 99＝a 1＋a 100－d ＝25，则a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝502(a 1＋a 99)＝502×25＝10.10．已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝－2014，S 20142014－S 20082008＝6，则S 2018＝________.答案 6054解析 由等差数列的性质可得⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫S n n 也为等差数列．设其公差为d ， 则S 20142014－S 20082008＝6d ＝6， ∴d ＝1. 故S 20182018＝S 11＋2017d ＝－2014＋2017＝3， ∴S 2018＝3×2018＝6054.B 组 能力关1．设{a n }是等差数列，则以下三个命题： ①若a 2016＋a 2017<0，则a 2017＋a 2018<0； ②若a 2016＋a 2018>0，则a 2016＋a 2017>0； ③若0<a 2016<a 2017，则a 2017>a 2016a 2018. 其中正确的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 答案 B解析 由①②不能判断数列{a n }是递增数列还是递减数列，所以命题①②错误；由0<a 2016<a 2017，可知数列{a n }为递增数列，所以a 2018>0，由等差数列的性质和均值不等式可知a 2017＝a 2016＋a 20182>2a 2016a 20182＝a 2016a 2018.故选B.2．(2018·银川模拟)在等差数列{a n }中，已知a 3＝7，a 6＝16，依次将等差数列的各项排成如图所示的三角形数阵，则此数阵中，第10行从左到右的第5个数是________．答案 148解析 设等差数列{a n }的公差为d ，则d ＝a 6－a 36－3＝16－73＝3，a n ＝7＋(n －3)d ＝3n －2.第10行从左到右第5个数是等差数列{a n }中第1＋2＋…＋9＋5＝50项，即a 50＝3×50－2＝148.3．(2019·合肥三模)设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，若数列{S n ＋n }也是公差为d 的等差数列，则a n ＝________.答案 －1或12n －54解析 由题意得，S n ＝na 1＋d2n (n －1)＝d2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n . S n ＋n ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a 1－d 2＋1n .因为数列{S n ＋n }也是公差为d 的等差数列． 所以设S n ＋n ＝dn ＋B .于是d2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2＋1n ＝(dn ＋B )2(n ∈N *)．因此⎩⎪⎨⎪⎧d2＝d 2，B 2＝0，a 1－d 2＋1＝2dB ，解得⎩⎨⎧d ＝0，B ＝0，a 1＝－1.或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝12，B ＝0，a 1＝－34，所以a n ＝－1或a n ＝12n －54.4．(2018·全国卷Ⅱ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝－7，S 3＝－15. (1)求{a n }的通项公式； (2)求S n ，并求S n 的最小值．解 (1)设{a n }的公差为d ，由题意，得3a 1＋3d ＝－15. 由a 1＝－7，得d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －9. (2)由(1)，得S n ＝n 2－8n ＝(n －4)2－16.所以当n ＝4时，S n 取得最小值，最小值为－16.5．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n －1，其中λ为常数． (1)证明：a n ＋2－a n ＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n }为等差数列？并说明理由．解 (1)证明：由题设，得a n a n ＋1＝λS n －1，a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－1. 两式相减，得a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1. 由于a n ＋1≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ.(2)由题设，a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1，可得a 2＝λ－1. 由(1)知，a 3＝λ＋1. 令2a 2＝a 1＋a 3，解得λ＝4.故a n ＋2－a n ＝4，由此可得{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列，a 2n －1＝4n －3；{a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2n ＝4n －1.所以a n ＝2n －1，a n ＋1－a n ＝2.因此存在λ＝4，使得数列{a n }为等差数列． 6．已知数列{a n }满足，a n ＋1＋a n ＝4n －3(n ∈N *)． (1)若数列{a n }是等差数列，求a 1的值； (2)当a 1＝2时，求数列{a n }的前n 项和S n .解 (1)解法一：∵数列{a n }是等差数列， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ，a n ＋1＝a 1＋nd .由a n ＋1＋a n ＝4n －3，得a 1＋nd ＋a 1＋(n －1)d ＝4n －3， ∴2dn ＋(2a 1－d )＝4n －3， 即2d ＝4,2a 1－d ＝－3， 解得d ＝2，a 1＝－12.解法二：在等差数列{a n }中， 由a n ＋1＋a n ＝4n －3，得a n ＋2＋a n ＋1＝4(n ＋1)－3＝4n ＋1，∴2d ＝a n ＋2－a n ＝4n ＋1－(4n －3)＝4， ∴d ＝2.又∵a 1＋a 2＝2a 1＋d ＝2a 1＋2＝1，∴a 1＝－12.(2)由题意知，①当n 为奇数时，S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a n －1＋a n ) ＝2＋4[2＋4＋…＋(n －1)]－3×n －12＝2n 2－3n ＋52.②当n 为偶数时，S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －1＋a n ) ＝1＋9＋…＋(4n －7)＝2n 2－3n2.综上，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n 2－3n ＋52，n 为奇数，2n 2－3n2，n 为偶数.。

2019届高三数学理一轮复习教师用书：第五章 数 列 含答案 精品

2019届高三数学理一轮复习教师用书：第五章 数 列 含答案 精品

第五章 数 列第一节数列的概念与简单表示法1．数列的有关概念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 ≥2.5．数列的分类1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( ) (2)1,1,1,1，…，不能构成一个数列．( )(3)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．( )(4)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对∀n ∈N *，都有a n ＋1＝S n ＋1－S n .( ) 答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√2．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝9＋12n ，则在下列各数中，不是{a n }的项的是( ) A ．21 B ．33 C ．152D ．153解析：选C 由9＋12n ＝152，得n ＝14312∉N *.3．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＝53.4．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a n －1＋2n (n ≥2)，则a 7＝( )A ．53B ．54C ．55D ．109解析：选C 由题意知，a 2＝a 1＋2×2，a 3＝a 2＋2×3，……，a 7＝a 6＋2×7，各式相加得a 7＝a 1＋2(2＋3＋4＋…＋7)＝55.5．数列1，23，35，47，59，…的一个通项公式a n ＝________.解析：由已知得，数列可写成11，23，35，…，故通项公式可以为a n ＝n 2n －1.答案：n2n －16．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －3，则数列{a n }的通项公式是________________． 解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－3＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n －3)－(2n －1－3)＝2n －2n －1＝2n －1.又a 1＝－1不适合上式，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，2n －1，n ≥2.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，2n －1，n ≥2考点一 由a n 与S n 的关系求通项a n (基础送分型考点——自主练透)[考什么·怎么考]n n 1．已知S n ＝3n ＋2n ＋1，则a n ＝____________. 解析：因为当n ＝1时，a 1＝S 1＝6； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋2n ＋1)－[3n －1＋2(n －1)＋1]＝2·3n －1＋2，由于a 1不适合此式，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6，n ＝1，2·3n －1＋2，n ≥2.答案：⎩⎪⎨⎪⎧6，n ＝1，2·3n －1＋2，n ≥22．(2017·全国卷Ⅲ改编)设数列{a n}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)a n＝2n，则a n＝____________.解析：因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)a n＝2n，故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)a n－1＝2(n－1)．两式相减得(2n－1)a n＝2，所以a n＝22n－1(n≥2)．又由题设可得a1＝2，满足上式，从而{a n}的通项公式为a n＝22n－1(n∈N*)．答案：22n－1(n∈N*)[题型技法]已知Sn求a n的3步骤(1)先利用a1＝S1求出a1；(2)用n－1替换S n中的n得到一个新的关系，利用a n＝S n－S n－1(n≥2)便可求出当n≥2时a n的表达式；(3)注意检验n＝1时的表达式是否可以与n≥2的表达式合并．考法(二)由S n与a n的关系，求a n，S n3．设数列{a n}的前n项和为S n，且S n＝2(a n－1)(n∈N*)，则a n＝()A．2n B．2n－1C．2n D．2n－1解析：选C当n＝1时，a1＝S1＝2(a1－1)，可得a1＝2，当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝2a n－2a n－1，∴a n＝2a n－1，∴数列{a n}为首项为2，公比为2的等比数列，所以a n＝2n.4．(2015·全国卷Ⅱ)设S n是数列{a n}的前n项和，且a1＝－1，a n＋1＝S n S n＋1，则S n＝________.解析：∵a n＋1＝S n＋1－S n，a n＋1＝S n S n＋1，∴S n＋1－S n＝S n S n＋1.∵S n≠0，∴1S n－1S n＋1＝1，即1S n＋1－1S n＝－1.又1S1＝－1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n是首项为－1，公差为－1的等差数列．∴1S n＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴S n＝－1n.答案：－1n[题型技法]Sn与a n关系问题的求解思路根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化． (1)利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)转化为只含S n ，S n －1的关系式，再求解． (2)利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为只含a n ，a n －1的关系式，再求解．考点二 由递推关系式求数列的通项公式 (基础送分型考点——自主练透)[考什么·怎么考]1．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，则数列{a n }的通项公式为__________． 解析：∵a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，∴a n －1＝n －2n －1a n －2，a n －2＝n －3n －2a n －3，…，a 2＝12a 1.以上(n －1)个式子相乘得 a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n .当n ＝1时，a 1＝1，上式也成立．∴a n ＝1n (n ∈N *)． 答案：a n ＝1n(n ∈N *)[方法点拨] 叠乘法求通项公式的4步骤方法(二) 叠加法求通项公式2．设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________________．解析：由题意有a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n (n ≥2)． 以上各式相加，得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝(n －1)(2＋n )2＝n 2＋n －22.又∵a 1＝1，∴a n ＝n 2＋n2(n ≥2)．∵当n ＝1时也满足上式，∴a n ＝n 2＋n2(n ∈N *)．答案：a n ＝n 2＋n2(n ∈N *)[方法点拨] 叠加法求通项公式的4步骤方法(三) 构造法求通项公式3．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，则数列{a n }的通项公式为________________． 解析：∵a n ＋1＝3a n ＋2，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)， ∴a n ＋1＋1a n ＋1＝3， ∴数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3， 又a 1＋1＝2，∴a n ＋1＝2·3n －1，∴a n ＝2·3n －1－1(n ∈N *)．答案：a n ＝2·3n －1－1(n ∈N *)[方法点拨] 构造法求通项公式的3步骤[怎样快解·准解]1．正确选用方法求数列的通项公式(1)对于递推关系式可转化为a n ＋1a n＝f (n )的数列，并且容易求数列{f (n )}前n 项的积时，采用叠乘法求数列{a n }的通项公式．(2)对于递推关系式可转化为a n ＋1＝a n ＋f (n )的数列，通常采用叠加法(逐差相加法)求其通项公式．(3)对于递推关系式形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠0,1，q ≠0)的数列，采用构造法求数列的通项． 2．避免2种失误(1)利用叠乘法，易出现两个方面的问题：一是在连乘的式子中只写到a 2a 1，漏掉a 1而导致错误；二是根据连乘求出a n 之后，不注意检验a 1是否成立．(2)利用构造法求解时应注意数列的首项的正确求解以及准确确定叠加、叠乘后最后一个式子的形式．考点三 数列的性质及应用 (重点保分型考点——师生共研)1．已知数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n，若a 1＝12，则a 2 018＝( )A ．－1 B.12 C ．1D ．2解析：选D 由a 1＝12，a n ＋1＝11－a n ，得a 2＝11－a 1＝2，a 3＝11－a 2＝－1，a 4＝11－a 3＝12，a 5＝11－a 4＝2，…， 于是可知数列{a n }是以3为周期的周期数列，因此a 2 018＝a 3×672＋2＝a 2＝2. 2．已知数列{a n }满足a n ＝n ＋13n －16(n ∈N *)，则数列{a n }的最小项是第________项．解析：因为a n ＝n ＋13n －16，所以数列{a n }的最小项必为a n <0，即n ＋13n －16<0,3n －16<0，从而n <163.又n ∈N *，所以当n ＝5时，a n 的值最小．答案：5[解题师说]1．解决数列周期性问题的方法先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值． 2．判断数列单调性的2种方法(1)作差比较法：比较a n ＋1－a n 与0的大小．(2)作商比较法：比较a n ＋1a n 与1的大小，注意a n 的符号．3．求数列最大项或最小项的方法(1)利用不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a n －1≤a n ，a n ≥a n ＋1(n ≥2)找到数列的最大项；(2)利用不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a n －1≥a n ，a n ≤a n ＋1(n ≥2)找到数列的最小项．[冲关演练]1．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋1(n ∈N *)，则a 2 018＝( )A ．1B ．0C ．2 018D ．－2 018解析：选B ∵a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋1＝(a n －1)2，∴a 2＝(a 1－1)2＝0，a 3＝(a 2－1)2＝1，a 4＝(a 3－1)2＝0，…，可知数列{a n }是以2为周期的数列，∴a 2 018＝a 2＝0，选B.2．等差数列{a n }的公差d <0，且a 21＝a 211，则数列{a n }的前n 项和S n 取得最大值时的项数n 的值为( )A ．5B ．6C ．5或6D ．6或7解析：选C 由a 21＝a 211，可得(a 1＋a 11)(a 1－a 11)＝0，因为d <0，所以a 1－a 11≠0，所以a 1＋a 11＝0， 又2a 6＝a 1＋a 11，所以a 6＝0. 因为d <0，所以{a n }是递减数列，所以a 1>a 2>…>a 5>a 6＝0>a 7>a 8>…，显然前5项和或前6项和最大，故选C.(一)普通高中适用作业A 级——基础小题练熟练快1．已知数列1,2，7，10，13，…，则219在这个数列中的项数是( ) A ．16 B ．24 C ．26D ．28解析：选C 因为a 1＝1＝1，a 2＝2＝4，a 3＝7，a 4＝10，a 5＝13，…，所以a n＝3n －2.令a n ＝3n －2＝219＝76，解得n ＝26.2．数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n (n ∈N *)，若p －q ＝5，则a p －a q ＝( ) A ．10 B ．15 C ．－5D ．20解析：选D 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－3n －[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5，当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1，符合上式，所以a n ＝4n －5，所以a p －a q ＝4(p －q )＝20.3．(2017·河南许昌二模)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋2－a n ＝6，则a 11的值为( )A ．31B ．32C ．61D ．62解析：选A ∵数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋2－a n ＝6，∴a 3＝6＋1＝7，a 5＝6＋7＝13，a 7＝6＋13＝19，a 9＝6＋19＝25，a 11＝6＋25＝31. 4．(2018·云南检测)设数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－bn ，若数列{a n }是单调递增数列，则实数b 的取值范围为( )A ．(－∞，－1]B ．(－∞，2]C ．(－∞，3)D.⎝⎛⎦⎤－∞，92 解析：选C 因为数列{a n }是单调递增数列，所以a n ＋1－a n ＝2n ＋1－b >0(n ∈N *)，所以b <2n ＋1(n ∈N *)，所以b <(2n ＋1)min ＝3，即b <3.5．(2018·湖南湘潭一中、长沙一中等六校联考)已知数列{a n }满足：∀m ，n ∈N *，都有a n ·a m ＝a n ＋m ，且a 1＝12，那么a 5＝( )A.132B.116C.14D.12解析：选A ∵数列{a n }满足：∀m ，n ∈N *，都有a n ·a m ＝a n ＋m ，且a 1＝12，∴a 2＝a 1a 1＝14，a 3＝a 1·a 2＝18，∴a 5＝a 3·a 2＝132. 6．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，a 2＝2，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21为( )A ．5 B.72 C.92D.132解析：选B ∵a n ＋a n ＋1＝12，a 2＝2，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－32，n 为奇数，2， n 为偶数.∴S 21＝11×⎝⎛⎭⎫－32＋10×2＝72. 7．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ＋1(n ∈N *)，则a n ＝________. 解析：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝4≠2×1＋1，因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.答案：⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥28．已知数列{a n }为12，14，－58，1316，－2932，6164，…，则数列{a n }的一个通项公式是________．解析：各项的分母分别为21,22,23,24，…，易看出从第2项起，每一项的分子都比分母少3，且第1项可变为－2－32，故原数列可变为－21－321，22－322，－23－323，24－324，…故其通项公式为a n ＝(－1)n·2n －32n ，n ∈N *.答案：a n ＝(－1)n·2n －32n ，n ∈N *9．数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＋S n －1＝2n －1(n ≥2，n ∈N *)，且S 2＝3，则a 1＋a 3的值为________．解析：∵S n ＋S n －1＝2n －1(n ≥2)，令n ＝2， 得S 2＋S 1＝3，由S 2＝3得a 1＝S 1＝0， 令n ＝3，得S 3＋S 2＝5，所以S 3＝2，则a 3＝S 3－S 2＝－1，所以a 1＋a 3＝0＋(－1)＝－1. 答案：－110．在一个数列中，如果∀n ∈N *，都有a n a n ＋1a n ＋2＝k (k 为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k 叫做这个数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且a 1＝1，a 2＝2，公积为8，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝________.解析：依题意得数列{a n }是周期为3的数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，因此a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝4(a 1＋a 2＋a 3)＝4×(1＋2＋4)＝28.答案：28B 级——中档题目练通抓牢1．若a 1＝12，a n ＝4a n －1＋1(n ≥2)，则a n >100时，n 的最小值为( )A ．3B ．4C ．5D ．6解析：选C 由a 1＝12，a n ＝4a n －1＋1(n ≥2)得，a 2＝4a 1＋1＝4×12＋1＝3，a 3＝4a 2＋1＝4×3＋1＝13，a 4＝4a 3＋1＝4×13＋1＝53，a 5＝4a 4＋1＝4×53＋1＝213>100.2．(2018·咸阳模拟)已知正项数列{a n }中，a 1＋a 2＋…＋a n ＝n (n ＋1)2(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝nB ．a n ＝n 2C ．a n ＝n2D ．a n ＝n 22解析：选B ∵a 1＋a 2＋…＋a n ＝n (n ＋1)2， ∴a 1＋a 2＋…＋a n －1＝n (n －1)2(n ≥2)， 两式相减得a n ＝n (n ＋1)2－n (n －1)2＝n (n ≥2)， ∴a n ＝n 2(n ≥2)．又当n ＝1时，a 1＝1×22＝1，a 1＝1，适合上式，∴a n ＝n 2，n ∈N *.故选B.3．若数列{a n }满足：a 1＝19，a n ＋1＝a n －3(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和数值最大时，n 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：选B ∵a 1＝19，a n ＋1－a n ＝－3，∴数列{a n }是以19为首项，－3为公差的等差数列， ∴a n ＝19＋(n －1)×(－3)＝22－3n . 设{a n }的前k 项和数值最大，则有⎩⎪⎨⎪⎧ a k ≥0，a k ＋1≤0k ∈N *，∴⎩⎪⎨⎪⎧22－3k ≥0，22－3(k ＋1)≤0，∴193≤k ≤223， ∵k ∈N *，∴k ＝7.∴满足条件的n 的值为7.4．在数列{a n }中，a n >0，且前n 项和S n 满足4S n ＝(a n ＋1)2(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________．解析：当n ＝1时，4S 1＝(a 1＋1)2，解得a 1＝1； 当n ≥2时，由4S n ＝(a n ＋1)2＝a 2n ＋2a n ＋1， 得4S n －1＝a 2n －1＋2a n －1＋1，两式相减得4S n －4S n －1＝a 2n －a 2n －1＋2a n －2a n －1＝4a n ，整理得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0，因为a n >0，所以a n －a n －1－2＝0，即a n －a n －1＝2， 又a 1＝1，故数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列， 所以a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1. 答案：a n ＝2n －15.已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n ·2n ＋1，该数列的项排成一个数阵(如图)，则该数阵中的第10行第3个数为________．a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 ……解析：由题意可得该数阵中的第10行第3个数为数列{a n }的第1＋2＋3＋…＋9＋3＝9×102＋3＝48项，而a 48＝(－1)48×96＋1＝97，故该数阵中的第10行第3个数为97. 答案：976．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋4.(1)若k ＝－5，则数列中有多少项是负数？n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值； (2)对于n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，求实数k 的取值范围． 解：(1)由n 2－5n ＋4<0，解得1<n <4. 因为n ∈N *，所以n ＝2,3，所以数列中有两项是负数，即为a 2，a 3. 因为a n ＝n 2－5n ＋4＝⎝⎛⎭⎫n －522－94， 由二次函数性质，得当n ＝2或n ＝3时，a n 有最小值，其最小值为a 2＝a 3＝－2. (2)由a n ＋1>a n ，知该数列是一个递增数列，又因为通项公式a n ＝n 2＋kn ＋4，可以看作是关于n 的二次函数，考虑到n ∈N *，所以－k 2<32，解得k >－3.所以实数k 的取值范围为(－3，＋∞)．7．已知二次函数f (x )＝x 2－ax ＋a (a >0，x ∈R)，有且只有一个零点，数列{a n }的前n 项和S n ＝f (n )(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设c n ＝1－4a n(n ∈N *)，定义所有满足c m ·c m ＋1<0的正整数m 的个数，称为这个数列{c n }的变号数，求数列{c n }的变号数．解：(1)依题意，Δ＝a 2－4a ＝0， 所以a ＝0或a ＝4. 又由a >0得a ＝4，所以f (x )＝x 2－4x ＋4. 所以S n ＝n 2－4n ＋4.当n ＝1时，a 1＝S 1＝1－4＋4＝1； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －5.所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －5，n ≥2.(2)由题意得c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，n ＝1，1－42n －5，n ≥2. 由c n ＝1－42n －5可知，当n ≥5时，恒有c n >0. 又c 1＝－3，c 2＝5，c 3＝－3，c 4＝－13，c 5＝15，c 6＝37，即c 1·c 2<0，c 2·c 3<0，c 4·c 5<0， 所以数列{c n }的变号数为3. C 级——重难题目自主选做1．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( ) A ．a 6或a 7 B ．a 7或a 8 C ．a 8或a 9D ．a 7解析：选B 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 ，则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，即a 7或a 8.故选B.2．(2018·成都诊断)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n 2n 2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，则a n ＝________.解析：由题意知a n a n －1＝n 2n 2－1＝n 2(n －1)(n ＋1)，所以a n ＝a 1×a 2a 1×a 3a 2×…×a na n －1＝1×2222－1×3232－1×…×n 2n 2－1＝22×32×42×…×n 2(2－1)×(2＋1)×(3－1)×(3＋1)×(4－1)×(4＋1)×…×(n －1)×(n ＋1) ＝22×32×42×…×n 21×3×2×4×3×5×…×(n －1)×(n ＋1)＝2nn ＋1.答案：2nn ＋1(二)重点高中适用作业A 级——保分题目巧做快做1．已知数列1,2，7，10，13，…，则219在这个数列中的项数是( ) A ．16 B ．24 C ．26D ．28解析：选C 因为a 1＝1＝1，a 2＝2＝4，a 3＝7，a 4＝10，a 5＝13，…，所以a n＝3n －2.令a n ＝3n －2＝219＝76，解得n ＝26.2.(2018·郑州模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋2－a n ＝6，则a 11的值为( ) A ．31 B ．32 C ．61D ．62解析：选A ∵数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋2－a n ＝6， ∴a 3＝6＋1＝7，a 5＝6＋7＝13，a 7＝6＋13＝19， a 9＝6＋19＝25，a 11＝6＋25＝31.3．数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n (n ∈N *)，若p －q ＝5，则a p －a q ＝( ) A ．10 B ．15 C ．－5D ．20解析：选D 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－3n －[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5，当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1，符合上式，所以a n ＝4n －5，所以a p －a q ＝4(p －q )＝20.4．(2018·湖南湘潭一中、长沙一中等六校联考)已知数列{a n }满足：∀m ，n ∈N *，都有a n ·a m ＝a n ＋m ，且a 1＝12，那么a 5＝( )A.132B.116C.14D.12解析：选A ∵数列{a n }满足：∀m ，n ∈N *，都有a n ·a m ＝a n ＋m ，且a 1＝12，∴a 2＝a 1a 1＝14，a 3＝a 1·a 2＝18，∴a 5＝a 3·a 2＝132. 5．若数列{a n }满足：a 1＝19，a n ＋1＝a n －3(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和最大时，n 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：选B ∵a 1＝19，a n ＋1－a n ＝－3，∴数列{a n }是以19为首项，－3为公差的等差数列， ∴a n ＝19＋(n －1)×(－3)＝22－3n . 设{a n }的前k 项和最大，则有⎩⎪⎨⎪⎧ a k ≥0，a k ＋1≤0k ∈N *，∴⎩⎪⎨⎪⎧22－3k ≥0，22－3(k ＋1)≤0， ∴193≤k ≤223， ∵k ∈N *，∴k ＝7. ∴满足条件的n 的值为7.6.(2018·河北唐山一模)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝a 1(4n －1)3，若a 4＝32，则a 1＝________.解析：∵S n ＝a 1(4n －1)3，a 4＝32，∴S 4－S 3＝255a 13－63a 13＝32，∴a 1＝12. 答案：127．已知数列{a n }为12，14，－58，1316，－2932，6164，…，则数列{a n }的一个通项公式是________．解析：各项的分母分别为21,22,23,24，…，易看出从第2项起，每一项的分子都比分母少3，且第1项可变为－2－32，故原数列可变为－21－321，22－322，－23－323，24－324，…故其通项公式为a n ＝(－1)n·2n －32n ，n ∈N *.答案：a n ＝(－1)n·2n －32n ，n ∈N *8．在一个数列中，如果∀n ∈N *，都有a n a n ＋1a n ＋2＝k (k 为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k 叫做这个数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且a 1＝1，a 2＝2，公积为8，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝________.解析：依题意得数列{a n }是周期为3的数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，因此a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝4(a 1＋a 2＋a 3)＝4×(1＋2＋4)＝28.答案：289.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn ，k ∈N *，且S n 的最大值为8.试确定常数k ，并求数列{a n }的通项公式．解：因为S n ＝－12n 2＋kn ＝－12(n －k )2＋12k 2，其中k 是常数，且k ∈N *，所以当n ＝k时，S n 取最大值12k 2，故12k 2＝8，k 2＝16，因此k ＝4，从而S n ＝－12n 2＋4n .当n ＝1时，a 1＝S 1＝－12＋4＝72；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝⎝⎛⎭⎫－12n 2＋4n －－12(n －1)2＋4(n －1)＝92－n . 当n ＝1时，92－1＝72＝a 1，所以a n ＝92－n .10．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋4.(1)若k ＝－5，则数列中有多少项是负数？n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值； (2)对于n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，求实数k 的取值范围． 解：(1)由n 2－5n ＋4<0，解得1<n <4. 因为n ∈N *，所以n ＝2,3，所以数列中有两项是负数，即为a 2，a 3. 因为a n ＝n 2－5n ＋4＝⎝⎛⎭⎫n －522－94， 由二次函数性质，得当n ＝2或n ＝3时，a n 有最小值，其最小值为a 2＝a 3＝－2. (2)由a n ＋1>a n ，知该数列是一个递增数列，又因为通项公式a n ＝n 2＋kn ＋4，可以看作是关于n 的二次函数，考虑到n ∈N *，所以－k 2<32，解得k >－3.所以实数k 的取值范围为(－3，＋∞)． B 级——拔高题目稳做准做1.(2018·云南检测)设数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－bn ，若数列{a n }是单调递增数列，则实数b 的取值范围为( )A ．(－∞，－1]B ．(－∞，2]C ．(－∞，3)D.⎝⎛⎦⎤－∞，92 解析：选C 因为数列{a n }是单调递增数列，所以a n ＋1－a n ＝2n ＋1－b >0(n ∈N *)，所以b <2n ＋1(n ∈N *)，所以b <(2n ＋1)min ＝3，即b <3.2.已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n ＋2n ，且a 1＝33，则a nn 的最小值为( ) A ．21 B ．10 C.212D.172解析：选C 由已知条件可知，当n ≥2时， a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝33＋2＋4＋…＋2(n －1)＝n 2－n ＋33，又n ＝1时，a 1＝33满足此式． 所以a n n ＝n ＋33n －1.令f (n )＝a n n ＝n ＋33n －1，则f (n )在[1,5]上为减函数，在[6，＋∞)上为增函数． 又f (5)＝535，f (6)＝212，则f (5)>f (6)， 故f (n )＝a n n 的最小值为212.3.(2018·成都质检)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n 2n 2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，则a n ＝________.解析：由题意知a n a n －1＝n 2n 2－1＝n 2(n －1)(n ＋1)，所以a n ＝a 1×a 2a 1×a 3a 2×…×a na n －1＝1×2222－1×3232－1×…×n 2n 2－1＝22×32×42×…×n 2(2－1)×(2＋1)×(3－1)×(3＋1)×(4－1)×(4＋1)×…×(n －1)×(n ＋1) ＝22×32×42×…×n 21×3×2×4×3×5×…×(n －1)×(n ＋1)＝2nn ＋1. 答案：2nn ＋14.已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n ·2n ＋1，该数列的项排成一个数阵(如图)，则该数阵中的第10行第3个数为________．a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 ……解析：由题意可得该数阵中的第10行第3个数为数列{a n }的第1＋2＋3＋…＋9＋3＝9×102＋3＝48项，而a 48＝(－1)48×96＋1＝97，故该数阵中的第10行第3个数为97. 答案：975．已知二次函数f (x )＝x 2－ax ＋a (a >0，x ∈R)，有且只有一个零点，数列{a n }的前n 项和S n ＝f (n )(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设c n ＝1－4a n(n ∈N *)，定义所有满足c m ·c m ＋1<0的正整数m 的个数，称为这个数列{c n }的变号数，求数列{c n }的变号数．解：(1)依题意，Δ＝a 2－4a ＝0，所以a ＝0或a ＝4. 又由a >0得a ＝4， 所以f (x )＝x 2－4x ＋4. 所以S n ＝n 2－4n ＋4.当n ＝1时，a 1＝S 1＝1－4＋4＝1； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －5.所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －5，n ≥2.(2)由题意得c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－3，n ＝1，1－42n －5，n ≥2. 由c n ＝1－42n －5可知，当n ≥5时，恒有c n >0. 又c 1＝－3，c 2＝5，c 3＝－3，c 4＝－13，c 5＝15，c 6＝37，即c 1·c 2<0，c 2·c 3<0，c 4·c 5<0， 所以数列{c n }的变号数为3.6.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，在数列{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)×1＝n －72，∴b n ＝1＋a n a 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1．等差数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．这个常数叫做等差数列的公差，符号表示为a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)．(2)等差中项：数列a ，A ，b 成等差数列的充要条件是A ＝a ＋b2，其中A 叫做a ，b 的等差中项．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 }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n . (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则{a 2n }也是等差数列，公差为2d . (4)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }也是等差数列．(5)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列．4．与等差数列各项的和有关的性质(1)若{a n }是等差数列，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也成等差数列，其首项与{a n }首项相同，公差是{a n }公差的12. (2)若{a n }是等差数列，S m ，S 2m ，S 3m 分别为{a n }的前m 项，前2m 项，前3m 项的和，则S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m 成等差数列．(3)关于等差数列奇数项和与偶数项和的性质． ①若项数为2n ，则S 偶－S 奇＝nd ，S 奇S 偶＝a na n ＋1. ②若项数为2n －1，则S 偶＝(n －1)a n ，S 奇＝na n ，S 奇－S 偶＝a n ，S 奇S 偶＝n n －1. (4)两个等差数列{a n }，{b n }的前n 项和S n ，T n 之间的关系为a n b n＝S 2n －1T 2n －1.1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若一个数列从第二项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．( )(2)等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的．( )(3)等差数列的前n 项和公式是常数项为0的二次函数．( ) (4)已知等差数列{a n }的通项公式a n ＝3－2n ，则它的公差为－2.( ) 答案：(1)× (2)√ (3)× (4)√2．在等差数列{}a n 中，若a 2＝4，a 4＝2，则a 6＝( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．6解析：选B ∵{}a n 为等差数列，∴2a 4＝a 2＋a 6，∴a 6＝2a 4－a 2＝2×2－4＝0.3．(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 解析：选A 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)＝－24.4．已知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，且a 1＝1，a 4＝4，则a 10＝( )A ．－45B ．－54C.413D.134解析：选A 设等差数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的公差为d ，由题意可知，1a 4＝1a 1＋3d ＝14，解得d ＝－14，所以1a 10＝1a 1＋9d ＝－54，所以a 10＝－45. 5．已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 3＋a 9＝a 10－a 8，若a n ＝0，则n ＝________. 解析：因为a 3＋a 9＝a 10－a 8，所以a 1＋2d ＋a 1＋8d ＝a 1＋9d －(a 1＋7d )， 解得a 1＝－4d ，所以a n ＝－4d ＋(n －1)d ＝(n －5)d ， 令(n －5)d ＝0(d ≠0)，可解得n ＝5. 答案：56．在等差数列{a n }中，a n >0，a 7＝12a 4＋4，S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 19＝________.解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由a 7＝12a 4＋4，得a 1＋6d ＝12(a 1＋3d )＋4，即a 1＋9d ＝8，所以a 10＝8，因此S 19＝19(a 1＋a 19)2＝19×a 10＝19×8＝152. 答案：152考点一 等差数列的基本运算 (基础送分型考点——自主练透)[考什么·怎么考]n 527A ．12 B ．13 C ．14D ．15解析：选B 设等差数列{a n }的公差为d ， 由S 5＝5(a 2＋a 4)2，得5(3＋a 4)2＝25，解得a 4＝7，所以7＝3＋2d ，解得d ＝2，所以a 7＝a 4＋3d ＝7＋3×2＝13.2．(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. 3．(2018·福州质检)设等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 2＝－d ，若a k 是a 6与a k ＋6的等比中项，则k ＝( )A ．5B ．6C ．9D ．11解析：选C 因为a k 是a 6与a k ＋6的等比中项， 所以a 2k ＝a 6a k ＋6.又等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 2＝－d ， 所以[a 2＋(k －2)d ]2＝(a 2＋4d )[a 2＋(k ＋4)d ]， 所以(k －3)2＝3(k ＋3)，解得k ＝9，或k ＝0(舍去)，故选C.4．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 12＝－8，S 9＝－9，则S 16＝________. 解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ， 由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧a 12＝a 1＋11d ＝－8，S 9＝9a 1＋9×82d ＝－9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝－1. ∴S 16＝16×3＋16×152×(－1)＝－72.答案：－72[怎样快解·准解]1．等差数列运算中方程思想的应用(1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项a 1和公差d ，然后由通项公式或前n 项和公式转化为方程(组)求解．(2)等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．[易错提醒] 在求解数列基本量运算中，要注意公式使用时的准确性与合理性，更要注意运算的准确性．在遇到一些较复杂的方程组时，要注意整体代换思想的运用，使运算更加便捷．2．等差数列前n 项和公式的应用方法根据不同的已知条件选用两个求和公式，若已知首项和公差，则使用公式S n ＝na 1＋n (n －1)2d ；若已知通项公式，则使用公式S n ＝n (a 1＋a n )2，同时注意与性质“a 1＋a n ＝a 2＋a n －1＝a 3＋a n －2＝…”的结合使用．考点二 等差数列的判定与证明 (重点保分型考点——师生共研)(2018·贵州适应性考试)已知数列{a n }满足a 1＝1，且na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n 2＋2n . (1)求a 2，a 3；(2)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列，并求{a n }的通项公式．[思维路径](1)要求数列的项，可根据已知首项和递推关系式，令n ＝1,2可解得．(2)证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列，其关键应推出a n ＋1n ＋1－a n n 为常数，对所给条件进行必要的变形即可．解：(1)由已知，得a 2－2a 1＝4， 则a 2＝2a 1＋4，又a 1＝1，所以a 2＝6. 由2a 3－3a 2＝12，得2a 3＝12＋3a 2，所以a 3＝15.(2)证明：由已知na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n 2＋2n ， 得na n ＋1－(n ＋1)a n n (n ＋1)＝2，即a n ＋1n ＋1－a nn＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项a 11＝1，公差d ＝2的等差数列．则a nn ＝1＋2(n －1)＝2n －1，所以a n ＝2n 2－n .[解题师说]等差数列的判定与证明方法用定义证明等差数列时，容易漏掉对起始项的检验，从而产生错解．比如，对于满足a n－a n－1＝1(n≥3)的数列{a n}而言并不能判定其为等差数列，因为不能确定起始项a2－a1是否等于1.[冲关演练]1．(2018·陕西质检)已知数列{a n}的前n项和S n＝an2＋bn(a，b∈R)且a2＝3，a6＝11，则S7等于()A．13B．49C．35 D．63解析：选B由S n＝an2＋bn(a，b∈R)可知数列{a n}是等差数列，所以S7＝7(a1＋a7)2＝7(a2＋a6)2＝49.2．已知数列{a n}中，a1＝2，a n＝2－1a n－1(n≥2，n∈N*)，设b n＝1a n－1(n∈N*)．求证：数列{b n}是等差数列．证明：∵a n＝2－1a n－1(n≥2)，∴a n＋1＝2－1a n.∴b n＋1－b n＝1a n＋1－1－1a n－1＝12－1a n－1－1a n－1＝a n－1a n－1＝1，∴{b n}是首项为b1＝12－1＝1，公差为1的等差数列．考点三等差数列的性质及前n项和的最值(重点保分型考点——师生共研)1．在等差数列{a n}中，a1＝29，S10＝S20，则数列{a n}的前n项和S n的最大值为() A．S15B．S16C．S15或S16D．S17解析：选A∵a1＝29，S10＝S20，∴10a1＋10×92d＝20a1＋20×192d，解得d＝－2，∴S n＝29n＋n(n－1)2×(－2)＝－n2＋30n＝－(n－15)2＋225.∴当n＝15时，S n取得最大值．2．(2018·石家庄一模)已知函数f(x)的图象关于直线x＝－1对称，且f(x)在(－1，＋∞)上单调，若数列{a n}是公差不为0的等差数列，且f(a50)＝f(a51)，则数列{a n}的前100项的和为❶❷() A．－200 B．－100C．－50 D．0[学审题]①由函数的对称性及单调性知f(x)在(－∞，－1)上也单调；②结合函数的性质知a50＋a51＝－2.解析：选B因为函数f(x)的图象关于直线x＝－1对称，又函数f(x)在(－1，＋∞)上单调，所以f(x)在(－∞，－1)上也单调，且数列{a n}是公差不为0的等差数列．又f(a50)＝f(a51)，所以a50＋a51＝－2，所以S100＝100(a1＋a100)2＝50(a50＋a51)＝－100.[解题师说]1．应用等差数列的性质解题的2个注意点(1)如果{a n}为等差数列，m＋n＝p＋q，则a m＋a n＝a p＋a q(m，n，p，q∈N*)．因此，若出现a m－n，a m，a m＋n等项时，可以利用此性质将已知条件转化为与a m(或其他项)有关的条件；若求a m项，可由a m＝12(a m－n＋a m＋n)转化为求a m－n，a m＋n或a m＋n＋a m－n的值．(2)要注意等差数列通项公式及前n项和公式的灵活应用，如a n＝a m＋(n－m)d，d＝a n －a m n －m，S 2n －1＝(2n －1)a n ，S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (a 2＋a n －1)2(n ，m ∈N *)等．2．求等差数列前n 项和S n 最值的2种方法(1)函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn ，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．(2)邻项变号法：①当a 1>0，d <0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧ a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值为S m ；②当a 1<0，d >0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值为S m .3．理清等差数列的前n 项和与函数的关系 等差数列的前n 项和公式为S n ＝na 1＋n (n －1)2d 可变形为S n ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n ，令A ＝d2，B ＝a 1－d2，则S n ＝An 2＋Bn .当A ≠0，即d ≠0时，S n 是关于n 的二次函数，(n ，S n )在二次函数y ＝Ax 2＋Bx 的图象上，即为抛物线y ＝Ax 2＋Bx 上一群孤立的点．利用此性质可解决前n 项和S n 的最值问题．[冲关演练]1．(2018·岳阳模拟)在等差数列{a n }中，如果a 1＋a 2＝40，a 3＋a 4＝60，那么a 7＋a 8＝( ) A ．95 B ．100 C ．135D ．80解析：选B 由等差数列的性质可知，a 1＋a 2，a 3＋a 4，a 5＋a 6，a 7＋a 8构成新的等差数列，于是a 7＋a 8＝(a 1＋a 2)＋(4－1)[(a 3＋a 4)－(a 1＋a 2)]＝40＋3×20＝100.2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1>0，a 3＋a 10>0，a 6a 7<0，则满足S n >0的最大自然数n 的值为( )A ．6B ．7C ．12D ．13解析：选C 因为a 1>0，a 6a 7<0，所以a 6>0，a 7<0，等差数列的公差小于零，又a 3＋a 10＝a 1＋a 12>0，a 1＋a 13＝2a 7<0，所以S 12>0，S 13<0，所以满足S n >0的最大自然数n 的值为12.3．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知前6项和为36，最后6项的和为180，S n ＝324(n ＞6)，则数列{a n }的项数为________．解析：由题意知a 1＋a 2＋…＋a 6＝36，① a n ＋a n －1＋a n －2＋…＋a n －5＝180，②①＋②得(a 1＋a n )＋(a 2＋a n －1)＋…＋(a 6＋a n －5)＝6(a 1＋a n )＝216，∴a 1＋a n ＝36， 又S n ＝n (a 1＋a n )2＝324， ∴18n ＝324，∴n ＝18. 答案：18(一)普通高中适用作业A 级——基础小题练熟练快1．(2018·兰州诊断考试)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 法一：∵a 8＋a 10＝2a 1＋16d ＝28，a 1＝2， ∴d ＝32，∴S 9＝9×2＋9×82×32＝72.法二：∵a 8＋a 10＝2a 9＝28，∴a 9＝14， ∴S 9＝9(a 1＋a 9)2＝72. 2．(2018·安徽两校阶段性测试)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 ．36C ．24D ．72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 ＝24.3．(2018·西安质检)已知数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2.若a k ·a k ＋1<0，则正整数k ＝( )A ．21B ．22C ．23D ．24解析：选C 由3a n ＋1＝3a n －2⇒a n ＋1－a n ＝－23⇒{a n }是等差数列，则a n ＝473－23n .∵a k ·a k＋1<0，∴⎝⎛⎭⎫473－23k ⎝⎛⎭⎫453－23k <0，∴452<k <472，又∵k ∈N *，∴k ＝23.4．(2018·东北三校联考)已知数列{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 2＝12，则a 8＝( )A ．0B ．－109C ．－181D ．121解析：选B 设等差数列{b n }的公差为d ，则d ＝b 3－b 2＝－14，因为a n ＋1－a n ＝b n ，所以a 8－a 1＝b 1＋b 2＋…＋b 7＝7(b 1＋b 7)2＝7b 4＝7×(－2－14)＝－112，又a 1＝3，所以a 8＝－109.5．(2018·云南11校跨区调研)在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋1＝3a n a n ＋3，则a 4＝( )A.34 B ．1 C.43D.32解析：选A 依题意得1a n ＋1＝a n ＋33a n ＝1a n ＋13，1a n ＋1－1a n ＝13，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1a 1＝13为首项、13为公差的等差数列，则1a n ＝13＋n －13＝n 3，a n ＝3n ，a 4＝34.6．(2018·东北四市高考模拟)已知数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝2，a 1＝－5，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝( )A ．9B ．15C ．18D ．30解析：选C 由a n ＋1－a n ＝2可得数列{a n }是等差数列，公差d ＝2，又a 1＝－5，所以a n ＝2n －7，所以|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋|a 4|＋|a 5|＋|a 6|＝5＋3＋1＋1＋3＋5＝18.7．(2016·北京高考)已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和．若a 1＝6，a 3＋a 5＝0，则S 6＝________.解析：∵a 3＋a 5＝2a 4，∴a 4＝0. ∵a 1＝6，a 4＝a 1＋3d ，∴d ＝－2. ∴S 6＝6a 1＋6×(6－1)2d ＝6×6－30＝6.答案：68．等差数列{a n }中，已知a 5>0，a 4＋a 7<0，则{a n }的前n 项和S n 的最大值为________．解析：∵⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＋a 7＝a 5＋a 6<0，a 5>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 5>0，a 6<0，∴S n 的最大值为S 5. 答案：S 59．若等差数列{a n }的前17项和S 17＝51，则a 5－a 7＋a 9－a 11＋a 13＝________. 解析：因为S 17＝a 1＋a 172×17＝17a 9＝51，所以a 9＝3. 根据等差数列的性质知a 5＋a 13＝a 7＋a 11， 所以a 5－a 7＋a 9－a 11＋a 13＝a 9＝3. 答案：310．在等差数列{a n }中，公差d ＝12，前100项的和S 100＝45，则a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝________.解析：因为S 100＝1002(a 1＋a 100)＝45，所以a 1＋a 100＝910， a 1＋a 99＝a 1＋a 100－d ＝25，则a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝502(a 1＋a 99)＝502×25＝10. 答案：10B 级——中档题目练通抓牢1．(2018·湖南五市十校联考)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 法一：由S n ＋1＝S n ＋a n ＋3，得a n ＋1－a n ＝3，故数列{a n }是公差为3的等差数列，又a 4＋a 5＝23＝2a 1＋7d ＝2a 1＋21，∴a 1＝1，S 8＝8a 1＋8×72d ＝92.法二：由S n ＋1＝S n ＋a n ＋3，得a n ＋1－a n ＝3，故数列{a n }是公差为3的等差数列，S 8＝8(a 1＋a 8)2＝8(a 4＋a 5)2＝92. 2．(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＝1125×2，整理得n 2＋31n －360＝0，解得n ＝9(负值舍去)，故选B.3．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，其中n ∈N *，则下列命题错误的是( ) A ．若a n >0，则S n >0 B ．若S n >0，则a n >0C ．若a n >0，则{S n }是单调递增数列D ．若{S n }是单调递增数列，则a n >0解析：选D 由等差数列的性质可得：∀n ∈N *，a n >0，则S n >0，反之也成立．a n >0，d >0，则{S n }是单调递增数列．因此A 、B 、C 正确．对于D ，{S n }是单调递增数列，则d >0，而a n >0不一定成立．4．在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前 n 项和为S n ，当且仅当n ＝8 时S n 取得最大值，则d 的取值范围为________．解析：由题意，当且仅当n ＝8时S n 有最大值， 可得⎩⎪⎨⎪⎧d <0，a 8>0，a 9<0，即⎩⎪⎨⎪⎧d <0，7＋7d >0，7＋8d <0，解得－1<d <－78.答案：⎝⎛⎭⎫－1，－78 5．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m ＝________. 解析：因为等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，所以a m ＝S m －S m －1＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3，数列的公差d ＝1，a m ＋a m ＋1＝S m ＋1－S m－1＝5，即2a 1＋2m －1＝5， 所以a 1＝3－m . 由S m ＝(3－m )m ＋m (m －1)2×1＝0， 解得m ＝5. 答案：56．(2018·广西三市第一次联考)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，。

高考数学(理)一轮复习教师用书：第五章 数列 Word版含解析

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第1课时 数列的概念与简单表示法1．数列的有关概念 (1)数列的定义按照一定顺序排列的一列数称为数列．数列中的每一个数叫做这个数列的项． (2)数列的分类数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和解析式法． 2．数列的通项公式 (1)数列的通项公式如果数列{a n }的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个式子来表达，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．(2)已知数列{a n }的前n 项和S n ，则a n ＝⎩⎨⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.3．判断下列结论的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)a n 与{a n }是不同的概念．(√)(2)所有的数列都有通项公式，且通项公式在形式上一定是唯一的．(×) (3)数列是一种特殊的函数．(√)(4)根据数列的前几项归纳出的数列的通项公式可能不止一个．(√) (5)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 .(√) (6)若已知数列{a n }的递推公式为a n ＋1＝12a n －1，且a 2＝1，则可以写出数列{a n }的任何一项．(√)(7)数列：1,0,1,0,1,0，…，通项公式只能是a n ＝1＋(－1)n ＋12.(×)(8)数列的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1，则a n ＝6n －5.(×) (9)正奇数的数列的通项公式为a n ＝2n ＋1.(×)(10)数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫n n －99，只有最大项，无最小项．(×)考点一 由数列的前几项求通项公式例1] 根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式． (1)－1,7，－13,19，…； (2)0.8,0.88,0.888，…；(3)12，14，－58，1316，－2932，6164，…； (4)32，1，710，917，…； (5)0,1,0,1，…； (6)9,99,999,999 9，….解：(1)符号问题可通过(－1)n 或(－1)n ＋1表示，其各项的绝对值的排列规律为：后面的数的绝对值总比前面数的绝对值大6，故通项公式为a n ＝(－1)n (6n －5)． (2)将数列变形为89(1－0.1)，89(1－0.01)，89(1－0.001)，…， ∴a n ＝89⎝ ⎛⎭⎪⎫1－110n .(3)各项的分母分别为21,22,23,24，…，易看出第2,3,4项的分子分别比分母少3.因此把第1项变为－2－32，原数列可化为－21－321，22－322，－23－323，24－324，…，∴a n ＝(－1)n·2n －32n .(4)将数列统一为32，55，710，917，…，对于分子3,5,7,9，…，是序号的2倍加1，可得分子的通项公式为b n ＝2n ＋1，对于分母2,5,10,17，…，联想到数列1,4,9,16，…，即数列{}n 2，可得分母的通项公式为c n ＝n 2＋1，因此可得它的一个通项公式为a n＝2n ＋1n 2＋1.(5)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0 (n 为奇数)，1 (n 为偶数).或a n ＝1＋(－1)n 2或a n ＝1＋cos n π2.(6)这个数列的前4项可以写成10－1,100－1,1 000－1,10 000－1，所以它的一个通项公式a n ＝10n －1.方法引航] 1.据所给数列的前几项求其通项公式时，需仔细观察分析，抓住以下几方面的特征：(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．2．观察、分析要有目的，观察出项与项数之间的关系、规律，利用我们熟知的一些基本数列(如自然数列、奇偶数列等)转换而使问题得到解决． 3．判断通项公式是否适合数列，利用代值检验．写出下面各数列的一个通项公式： (1)3,5,7,9，…；(2)12，34，78，1516，3132，…； (3)－1，32，－13，34，－15，36，…； (4)3,33,333,3 333，….解：(1)各项减去1后为正偶数，所以a n ＝2n ＋1.(2)每一项的分子比分母少1，而分母组成数列21,22,23,24，…，所以a n ＝2n －12n .(3)奇数项为负，偶数项为正，故通项公式中含因子(－1)n ；各项绝对值的分母组成数列1,2,3,4，…；而各项绝对值的分子组成的数列中，奇数项为1，偶数项为3，即奇数项为2－1，偶数项为2＋1，所以a n ＝(－1)n ·2＋(－1)nn .也可写为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1n ，n 为正奇数，3n ，n 为正偶数.(4)将数列各项改写为93，993，9993，9 9993，…，分母都是3，而分子分别是10－1,102－1,103－1,104－1，…， 所以a n ＝13(10n －1)．考点二 a n 与S n 的关系及应用例2] (1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，则a n ＝________. 解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋1－(n －1)2＋1]＝2n －1，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2.答案：⎩⎨⎧2，n ＝12n －1，n ≥2(2)已知数列{a n }的首项a 1＝2，其前n 项和为S n .若S n ＋1＝2S n ＋1，则a n ＝________. 解析：由已知S n ＋1＝2S n ＋1得S n ＝2S n －1＋1(n ≥2)，两式相减得a n ＋1＝2a n ，又S 2＝a 1＋a 2＝2a 1＋1，得a 2＝3，所以数列{a n }从第二项开始为等比数列，因此其通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2， n ＝1，3·2n －2，n ≥2.答案：⎩⎨⎧2， n ＝13·2n －2，n ≥2(3)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，则S n ＝( ) A ．2n －1B.⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1D.12n －1 解析：由已知S n ＝2a n ＋1得S n ＝2(S n ＋1－S n )，即2S n ＋1＝3S n ，S n ＋1S n＝32，而S 1＝a 1＝1，所以S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1，故选B.答案：B方法引航] 已知S n 求a n 时应注意的问题(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中需n ≥2.(2)由S n －S n －1＝a n 推得a n ，当n ＝1时，a 1也适合“a n 式”，则需统一“合写”. (3)由S n －S n －1＝a n ，推得a n ，当n ＝1时，a 1不适合“a n 式”，则数列的通项公式应分段表示(“分写”)，1．将本例(1)的条件S n 改为S n ＝2n 2－3n ，求a n . 解：a 1＝S 1＝2－3＝－1， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n )－2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5， 由于a 1也适合此等式，∴a n ＝4n －5. 2．将本例(2)的条件改为S n ＝2a n ＋1，求a n . 解：由S n ＝2a n ＋1得 S n －1＝2a n －1＋1.(n ≥2)∴S n －S n －1＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －2a n －1 ∴a n ＝2a n －1，(n ≥2)由题意得，a 1＝2a 1＋1，∴a 1＝－1 ∴{a n }是以a 1＝－1，q ＝2的等比数列． ∴a n ＝－1×2n －1＝－2n －1.3．设S n 是正项数列{a n }的前n 项和，且a n 和S n 满足：4S n ＝(a n ＋1)2(n ＝1,2,3，…)，则S n ＝________.解析：由题意可知，S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2＋122，当n ＝1时，a 1＝1.a n ＝S n －S n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2＋122－⎝⎛⎭⎪⎫a n －12＋122＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2＋a n －12＋1·⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2－a n －12 ＝⎝⎛⎭⎪⎫a 2n －a 2n －14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2－a n －12 整理得，a n ＋a n －12＝a 2n －a 2n －14⇒a n －a n －1＝2.所以a n ＝2n －1.解得S n ＝(1＋2n －1)n 2＝n 2.答案：n 2考点三 数列的递推公式及应用例3] (1)已知数列{a n }满足a 1＝0，a 2＝1，a n ＋2＝3a n ＋1－2a n ，则a 5＝________. 解析：由已知可得，这个数列的前五项依次为： a 1＝0，a 2＝1，a 3＝3，a 4＝7，a 5＝15. 答案：15(2)已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n ＋3n ＋2，且a 1＝2，则a n ＝________. 解析：∵a n ＋1－a n ＝3n ＋2， ∴a n －a n －1＝3n －1(n ≥2)，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝(3n －1)＋(3n －4)＋…＋5＋2＝n (3n ＋1)2(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝2也符合上式， ∴a n ＝32n 2＋n 2. 答案：32n 2＋n 2(3)在数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n ，则{a n }的通项公式为________． 解析：由题设知，a 1＝1.当n ＞1时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1. ∴a na n －1＝n ＋1n －1. ∴a na n －1＝n ＋1n －1，…，a 4a 3＝53，a 3a 2＝42，a 2a 1＝3.以上n －1个式子的等号两端分别相乘，得到a n a 1＝n (n ＋1)2，又∵a 1＝1，∴a n ＝n (n ＋1)2. 答案：n (n ＋1)2(4)数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，则它的一个通项公式为a n ＝________. 解析：∵a n ＋1＝3a n ＋2，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，∴a n ＋1＋1a n ＋1＝3，∴数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3， 又a 1＋1＝2，∴a n ＋1＝2·3n －1， ∴a n ＝2·3n －1－1. 答案：2·3n －1－1方法引航] 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．1．如果数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋2n ，则数列{a n }的通项公式a n ＝________. 解析：∵a n ＋1＝a n ＋2n ，∴a n ＋1－a n ＝2n . ∴a 2－a 1＝2×1； a 3－a 2＝2×2； …a n －a n －1＝2×(n －1)(n ≥2)． 以上各式相加，得：a n －a 1＝21＋2＋3＋…＋(n －1)]＝n 2－n .∴a n ＝n 2－n ＋a 1＝n 2－n ＋2(n ≥2)，a 1＝2也适合． ∴a n ＝n 2－n ＋2. 答案：n 2－n ＋22．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，则a n ＝________. 解析：(1)∵a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)， ∴a n －1＝n －2n －1a n －2，…，a 2＝12a 1.以上(n －1)个式子相乘得 a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n . 答案：1n3．(2017·河北保定高三调研)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1，则其通项公式为a n ＝( )A ．2n －1B ．2n －1＋1C ．2n －1D ．2n －2解析：选A.由题意知a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，∴数列{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＋1＝2n ，∴a n ＝2n －1.易错警示] 数列与函数混淆致误典例] 已知数列{a n }满足a 1＝33，a n ＋1－a n ＝2n ，则a nn 的最小值为________． 正解]∵a n ＋1－a n ＝2n ，∴a n －a n －1＝2(n －1)， ∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝(2n －2)＋(2n －4)＋…＋2＋33＝n 2－n ＋33(n ≥2)， 又a 1＝33适合上式，∴a n ＝n 2－n ＋33，∴a n n ＝n ＋33n －1.令f (x )＝x ＋33x －1(x ＞0)，则f ′(x )＝1－33x 2，令f ′(x )＝0得x ＝33.∴当0＜x ＜33时，f ′(x )＜0， 当x ＞33时，f ′(x )＞0，即f (x )在区间(0，33)上递减；在区间(33，＋∞)上递增． 又5＜33＜6，且f (5)＝5＋335－1＝535，f (6)＝6＋336－1＝212， ∴f (5)＞f (6)，∴当n ＝6时，a n n 有最小值212. 答案]212易误]a n n ＝n ＋33n －1≥233－1为最小值时，即把n 和x 认为等同的，而此时n ＝33∈N *是不可以的．警示]a n ＝f (n )是n 的函数，其定义域为N *，而不是R .高考真题体验]1．(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 1212．(2015·高考江苏卷)设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________．解析：由已知得，a 2－a 1＝1＋1，a 3－a 2＝2＋1，a 4－a 3＝3＋1，…，a n －a n －1＝n －1＋1(n ≥2)，则有a n －a 1＝1＋2＋3＋…＋n －1＋(n －1)(n ≥2)，因为a 1＝1，所以a n ＝1＋2＋3＋…＋n (n ≥2)，即a n ＝n 2＋n 2(n ≥2)，又当n ＝1时，a 1＝1也适合上式，故a n ＝n 2＋n 2(n ∈N *)，所以1a n ＝2n 2＋n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，从而1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 10＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫110－111＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－111＝2011. 答案：20113．(2013·高考课标全国卷Ⅰ)若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式是a n ＝________.解析：由S n ＝23a n ＋13得：当n ≥2时， S n －1＝23a n －1＋13，∴当n ≥2时，a n ＝－2a n －1， 又n ＝1时，S 1＝a 1＝23a 1＋13，a 1＝1，∴a n ＝(－2)n －1. 答案：(－2)n －14．(2015·高考课标卷Ⅱ)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________.解析：由已知得a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，两边同时除以S n S n ＋1得1S n －1S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n＝－1.又1S 1＝－1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为－1，公差为－1的等差数列，所以1S n ＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，即S n ＝－1n . 答案：－1n课时规范训练 A 组 基础演练1．数列0,1,0，－1,0,1,0，－1，…的一个通项公式是a n 等于( ) A.(－1)n ＋12B ．cosn π2 C ．cos n ＋12π D ．cos n ＋22π解析：选D.令n ＝1,2,3，…，逐一验证四个选项，易得D 正确． 2．设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则a 8的值为( ) A ．15 B ．16 C ．49 D ．64解析：选A.由a 8＝S 8－S 7＝64－49＝15，故选A. 3．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1a n －1＋1，则a 4等于( )A.53B.43 C ．1 D.23解析：选A.由a 1＝1，a n ＝1a n －1＋1得，a 2＝1a 1＋1＝2，a 3＝1a 2＋1＝12＋1＝32，a 4＝1a3＋1＝23＋1＝53.4．若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10等于( ) A ．15 B ．12 C ．－12 D ．－15解析：选A.由题意知，a 1＋a 2＋…＋a 10 ＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)10×(3×10－2)＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－1)9×(3×9－2)＋(－1)10×(3×10－2)] ＝3×5＝15.5．设数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝1－1a n，记数列{a n }的前n 项之积为T n ，则T 2 019的值为( ) A ．－12B ．－1 C.12D ．2解析：选B.由a 1＝2，a 2＝12，a 3＝－1，a 4＝2，a 5＝12可知，数列{a n }是周期为3的数列，且a 1·a 2·a 3＝－1，从而T 2 019＝(－1)673＝－1.6．若S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝n n ＋1，则1a 5等于( )A.56B.65 C.130D ．30解析：选D.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝nn ＋1－n －1n ＝1n (n ＋1)，所以1a 5＝5×6＝30.7．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＋S m ＝S n ＋m ，且a 1＝1，那么a 10等于( ) A ．1 B ．9 C ．10 D ．55解析：选A.∵S n ＋S m ＝S n ＋m ，a 1＝1，∴S 1＝1. 可令m ＝1，得S n ＋1＝S n ＋1，∴S n ＋1－S n ＝1. 即当n ≥1时，a n ＋1＝1，∴a 10＝1.8．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ≥1)，则a 6等于( ) A ．3×44B ．3×44＋1 C ．45D ．45＋1解析：选A.当n ≥1时，a n ＋1＝3S n ，则a n ＋2＝3S n ＋1， ∴a n ＋2－a n ＋1＝3S n ＋1－3S n ＝3a n ＋1，即a n ＋2＝4a n ＋1， ∴该数列从第二项开始是以4为公比的等比数列．又a 2＝3S 1＝3a 1＝3，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1(n ＝1)，3×4n －2(n ≥2).∴当n ＝6时，a 6＝3×46－2＝3×44.9．已知a 1＝1，a n ＝n (a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式是( ) A ．2n －1 B.⎝⎛⎭⎪⎫n ＋1n n －1C ．n 2D ．n解析：选D.法一：由已知整理得(n ＋1)a n ＝na n ＋1，∴a n ＋1n ＋1＝a nn ，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是常数列，且a n n ＝a 11＝1，∴a n ＝n . 法二(累乘法)：当n ≥2时，a na n －1＝n n －1.a n －1a n －2＝n －1n －2，…，a 3a 2＝32，a 2a 1＝21，两边分别相乘得a na 1＝n .又∵a 1＝1，∴a n ＝n .10．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －1，则满足a nn ≤2的正整数n 的集合为( ) A ．{1,2} B ．{1,2,3,4} C ．{1,2,3} D ．{1,2,4}解析：选B.因为S n ＝2a n －1，所以当n ≥2时， S n －1＝2a n －1－1，两式相减得a n ＝2a n －2a n －1， 整理得a n ＝2a n －1，所以{a n }是公比为2的等比数列， 又因为a 1＝2a 1－1，解得a 1＝1， 故{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.而a nn ≤2，即2n －1≤2n ，故所有满足的正整数n ＝1,2,3,4.B 组 能力突破1．将石子摆成如图所示的梯形形状．称数列5,9,14,20，…为“梯形数”．根据图形的构成，此数列的第2 018项与5的差，即a 2 018－5＝( )A ．2 018×1 012B ．2 024×2 017C ．1 009×2 018D ．1 012×2 017 解析：选D.∵a n －a n －1＝n ＋2(n ≥2)，a 1＝5.∴a 2 018＝(a 2 018－a 2 017)＋(a 2 017－a 2 016)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2 020＋2 019＋…＋4＋5＝(2 020＋4)×2 0172＋5＝1 012×2 017＋5.∴a 2 018－5＝1 012×2 017.2．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，{S n ＋na n }为常数列，则a n ＝( ) A.13n －1B.2n (n ＋1)C.6(n ＋1)(n ＋2)D.5－2n 3 解析：选B.由题意知，S n ＋na n ＝2，当n ≥2时，S n －1＋(n －1)a n －1＝2，∴(n ＋1)a n ＝(n －1)a n －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)，故选B.3．已知数列{n 2n 2＋1}，则0.98是它的第________项．解析：n 2n 2＋1＝0.98＝4950，∴n ＝7.答案：74．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －3，则数列{a n }的通项公式为________． 解析：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，2n －1，n ≥2.答案：a n ＝⎩⎨⎧－1，n ＝1，2n －1，n ≥25．在数列{a n }中，a 1＝1，对于所有的n ≥2，n ∈N *，都有a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，则a 3＋a 5＝________.解析：由题意知：a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝(n －1)2， ∴a n ＝⎝⎛⎭⎪⎫n n －12(n ≥2)，∴a 3＋a 5＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫542＝6116. 答案：61166．已知数列{a 2n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋1(n ∈N *)，则a 2 018＝________.解析：∵a 1＝1，∴a 2＝(a 1－1)2＝0， a 3＝(a 2－1)2＝1，a 4＝(a 3－1)2＝0，…，可知数列{a n }是以2为周期的周期数列，∴a 2 018＝a 2＝0. 答案：0第2课时 等差数列及其前n 项和1．等差数列的定义(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d 表示，定义表达式为a n －a n －1＝d (常数)(n ∈N *，n ≥2)或a n ＋1－a n ＝d (常数)(n ∈N *)． (2)等差中项若三个数a ，A ，b 成等差数列，则A 叫做a 与b 的等差中项，且有A ＝a ＋b2. 2．等差数列的有关公式 (1)等差数列的通项公式如果等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，那么它的通项公式是a n ＝a 1＋(n －1)d . (2)等差数列的前n 项和公式设等差数列{a n }的公差为d ，其前n 项和S n ＝na 1＋n (n －1)2d 或S n ＝n (a 1＋a n )2.3．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n＝a m＋(n－m)d(n，m∈N*)．(2)若{a n}为等差数列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则a k＋a l＝a m＋a n.(3)若{a n}是等差数列，公差为d，则{a2n}也是等差数列，公差为2d.(4)若{a n}，{b n}是等差数列，公差为d，则{pa n＋qb n}也是等差数列．(5)若{a n}是等差数列，公差为d，则a k，a k＋m，a k＋2m，…(k，m∈N*)是公差为md的等差数列.(6)数列S m，S2m－S m，S3m－S2m，…也是等差数列．(7)S2n－1＝(2n－1)a n.(8)若n为偶数，则S偶－S奇＝nd 2；若n为奇数，则S奇－S偶＝a中(中间项)．4．判断下列结论的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．(×)(2)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)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数．(×)(5)已知数列{a n}的通项公式是a n＝pn＋q(其中p，q为常数)，则数列{a n}一定是等差数列．(√)(6)在等差数列{a n}中，若a m＋a n＝a p＋a q，则一定有m＋n＝p＋q.(×)(7)数列{a n}，{b n}都是等差数列，则数列{a n＋b n}也一定是等差数列．(√)(8)等差数列{a n}的首项为a1，公差为d，取出数列中的所有奇数项，组成一个新的数列，一定还是等差数列．(√)(9)数列{a n}满足a n＋1－a n＝n，则数列{a n}是等差数列．(×)(10)等差数列{a n}中，a n－1－a n也是常数，也可以作为公差．(×)考点一等差数列基本量的计算例1](1)等差数列{a n}n13a6等于() A．8B．10C．12 D．14解析：由题意知a 1＝2，由S 3＝3a 1＋3×22×d ＝12， 解得d ＝2，所以a 6＝a 1＋5d ＝2＋5×2＝12，故选C. 答案：C(2)在等差数列{a n }中，a 1＋a 5＝8，a 4＝7，则a 5＝( ) A ．11 B ．10 C ．7 D ．3解析：设数列{a n }的公差为d ，则有⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 1＋4d ＝8，a 1＋3d ＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，d ＝3，所以a 5＝－2＋4×3＝10. 答案：B(3)中位数为1 010的一组数构成等差数列，其末项为2 017，则该数列的首项为________．解析：设数列首项为a 1，则a 1＋2 0172＝1 010，故a 1＝3.答案：3(4)已知等差数列{a n }的公差d ＞0.设{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 2·S 3＝36. ①求d 及S n ；②求m ，k (m ，k ∈N *)的值，使得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝65. 解：①由题意知(2a 1＋d )(3a 1＋3d )＝36， 将a 1＝1代入上式解得d ＝2或d ＝－5. 因为d ＞0，所以d ＝2.从而a n ＝2n －1， S n ＝n 2(n ∈N *)．②由①得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k＝(2m ＋k －1)(k ＋1)，所以(2m ＋k －1)(k ＋1)＝65. 由m ，k ∈N *知2m ＋k －1≥k ＋1＞1， 故⎩⎪⎨⎪⎧ 2m ＋k －1＝13，k ＋1＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝5，k ＝4.即所求m 的值为5，k 的值为4.方法引航](1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项a 1和公差d ，然后由通项公式或前n 项和公式转化为方程(组)求解.(2)等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知三求二，体现了方程思想.1．(2017·河北石家庄质检)已知等差数列{a n }满足a 2＝3，S n －S n －3＝51(n ＞3)，S n ＝100，则n 的值为( ) A ．8 B ．9 C ．10 D ．11解析：选C.由S n －S n －3＝51得，a n －2＋a n －1＋a n ＝51， 所以a n －1＝17，又a 2＝3，S n ＝n (a 2＋a n －1)2＝100，解得n ＝10.2．数列{a n }为等差数列，公差d ＝－2，S n 为其前n 项和，若S 10＝S 11，则a 1＝________. 解析：由题意知10a 1＋10×92d ＝11a 1＋11×102d .又∵d ＝－2，∴10a 1－90＝11a 1－110， ∴a 1＝20. 答案：203．已知一等差数列的前四项和为124，后四项和为156，各项和为210，则此等差数列的项数是__________． 解析：设数列{}a n 为该等差数列， 依题意得a 1＋a n ＝124＋1564＝70.∵S n ＝210，S n ＝n (a 1＋a n )2，∴210＝70n2，∴n ＝6. 答案：64．(2017·江苏无锡一模)已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，当整数n >1时，S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋S 1)都成立，则S 15＝________.解析：由S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋S 1)得(S n ＋1－S n )－(S n －S n －1)＝2S 1＝2，即a n ＋1－a n ＝2(n ≥2)，所以数列{a n }从第二项起构成等差数列，则S 15＝1＋2＋4＋6＋8＋…＋28＝211. 答案：211考点二 等差数列的判定或证明例2] (1)(2017·河南内黄月考)已知函数y ＝f (x )对任意的实数x 都有1f (x ＋2)＝1f (x ＋1)＋1，且f (1)＝1，则f (2 018)＝( ) A.12 017B.12 018 C ．2 016 D ．2 017解析：由已知可得1f (x ＋2)－1f (x ＋1)＝1，所以⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1f (n )为等差数列，又1f (1)＝1，d ＝1，则1f (x )＝x ，即1f (2 018)＝2 018，故f (2 018)＝12 018. 答案：B(2)已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，b n ＝S nn (n ∈N *)．求证：数列{b n }是等差数列． 证明：设等差数列{a n }的公差为d ， 则S n ＝na 1＋12n (n －1)d ， ∴b n ＝S n n ＝a 1＋12(n －1)d .法一：b n ＋1－b n ＝a 1＋12nd －a 1－12(n －1)d ＝d2(常数)， ∴数列{b n }是等差数列．法二：b n ＋1＝a 1＋12nd ，b n ＋2＝a 1＋12(n ＋1)d ， ∴b n ＋2＋b n ＝a 1＋12(n ＋1)d ＋a 1＋12(n －1)d＝2a 1＋nd ＝2b n ＋1. ∴数列{b n }是等差数列．[方法引航] 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0.1．在数列{a n }中，若a 1＝1，a 2＝12，2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2(n ∈N *)，则该数列的通项为( )A ．a n ＝1nB ．a n ＝2n ＋1C ．a n ＝2n ＋2D ．a n ＝3n解析：选A.由题意可知1a n ＋1是1a n 与1a n ＋2的等差中项， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，公差d ＝1a 2－1a 1＝2－1＝1的等差数列． ∴1a n＝1＋(n －1)×1＝n ，∴a n ＝1n 选A. 2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝12，a n ＝－2S n S n －1(n ≥2)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列；(2)求S n 和a n .解：(1)证明：当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1＝－2S n S n －1，① ∵S 1＝a 1≠0，由递推关系知S n ≠0(n ∈N *)， 由①式得1S n －1S n －1＝2(n ≥2)．∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1S 1＝1a 1＝2，公差为2的等差数列．(2)由(1)知1S n＝2＋2(n －1)＝2n ，∴S n ＝12n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－12n (n －1)，当n ＝1时，a 1＝S 1＝12不适合上式， ∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，－12n (n －1)，n ≥2.考点三 等差数列的性质及应用例3] (1)(2016·n 27，a 10＝8，则a 100＝( )A ．100B ．99C ．98D ．97解析：∵{a n }是等差数列，设其公差为d ， S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9a 5＝27，∴a 5＝3，又∵a 10＝8，∴d ＝a 10－a 55＝8－35＝1∴a 100＝a 5＋(n －5)×d ＝3＋(100－5)×1＝98. 答案：C(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：利用等差数列的性质可得a 3＋a 7＝a 4＋a 6＝2a 5，从而a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝5a 5＝25，故a 5＝5，所以a 2＋a 8＝2a 5＝10. 答案：10(3)在等差数列{a n }中，a 1＝29，S 10＝S 20，则数列{a n }的前n 项和S n 的最大值为( ) A ．S 15B ．S 16C ．S 15或S 16D ．S 17 解析：∵a 1＝29，S 10＝S 20，∴10a 1＋10×92d ＝20a 1＋20×192d ，解得d ＝－2， ∴S n ＝29n ＋n (n －1)2×(－2)＝－n 2＋30n ＝－(n －15)2＋225. ∴当n ＝15时，S n 取得最大值． 答案：A方法引航] 1.根据题意分析选用等差数列的性质，若涉及通项a n ，则选用通项的有关性质，若涉及前n 项和S n ，则选用S n 的性质 2．求等差数列前n 项和的最值的方法(1)运用配方法转化为二次函数，借助二次函数的单调性以及数形结合的思想，从而使问题得解．(2)通项公式法：求使a n ≥0(a n ≤0)成立时最大的n 值即可．一般地，等差数列{a n }中，若a 1＞0，且S p ＝S q (p ≠q )，则：①若p ＋q 为偶数，则当n ＝p ＋q2时，S n 最大；②若p ＋q 为奇数，则当n ＝p ＋q －12或n ＝p ＋q ＋12时，S n 最大．1．设数列{a n }，{b n }都是等差数列．若a 1＋b 1＝7，a 3＋b 3＝21，则a 5＋b 5＝________. 解析：∵(a 1＋a 5)＋(b 1＋b 5)＝2(a 3＋b 3)＝42， ∴a 5＋b 5＝42－7＝35. 答案：352．在本例(3)中，若将已知条件改为a 1＞0，S 5＝S 12，如何求解S n 的最大值？ 解：法一：设等差数列{a n }的公差为d ，由S 5＝S 12得5a 1＋10d ＝12a 1＋66d ，d ＝－18a 1＜0.所以S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝na 1＋n (n －1)2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－18a 1＝－116a 1(n 2－17n )＝－116a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1722＋28964a 1，因为a 1＞0，n ∈N *，所以当n ＝8或n ＝9时，S n 有最大值． 法二：设等差数列{a n }的公差为d ，同法一得 d ＝－18a 1＜0.设此数列的前n 项和最大，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝a 1＋(n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫－18a 1≥0，a n ＋1＝a 1＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－18a 1≤0，解得⎩⎪⎨⎪⎧n ≤9，n ≥8，即8≤n ≤9，又n ∈N *，所以当n ＝8或n ＝9时，S n 有最大值．法三：设等差数列{a n }的公差为d ，同法一得d ＝－18a 1＜0， 由于S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝d 2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n ，设f (x )＝d 2x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2x ，则函数y ＝f (x )的图象为开口向下的抛物线，由S 5＝S 12知，抛物线的对称轴为x ＝5＋122＝172(如图所示)， 由图可知，当1≤n ≤8时，S n 单调递增；当n ≥9时，S n 单调递减．又n ∈N *，所以当n ＝8或n ＝9时，S n 最大．3．在本例(3)中，若将条件a 1＝29，S 10＝S 20改为a 3＝12，S 12＞0，S 13＜0，如何求解？解：因为a 3＝a 1＋2d ＝12，所以a 1＝12－2d ， 所以⎩⎪⎨⎪⎧S 12＝12a 1＋66d ＞0，S 13＝13a 1＋78d ＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧144＋42d ＞0，156＋52d ＜0， 解得－247＜d ＜－3.故公差d 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－247，－3.法一：由d ＜0可知{a n }为递减数列，因此，在1≤n ≤12中，必存在一个自然数n ，使得a n ≥0，a n ＋1＜0， 此时对应的S n 就是S 1，S 2，…，S 12中的最大值． 由于⎩⎪⎨⎪⎧S 12＝6(a 6＋a 7)＞0，S 13＝13a 7＜0，于是a 7＜0，从而a 6＞0，因此S 6最大．法二：由d ＜0可知{a n }是递减数列， 令⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝a 3＋(n －3)d ≥0，a n ＋1＝a 3＋(n －2)d ＜0， 可得⎩⎪⎨⎪⎧n ≤3－12d ，n ＞2－12d .由－247＜d ＜－3，可得⎩⎨⎧n ≤3－12d ＜3＋123＝7，n ＞2－12d ＞2＋12247＝5.5，所以5.5＜n ＜7，故n ＝6，即S 6最大．方法探究]等差数列的设定方法及分段求和典例] 已知等差数列{a n }前三项的和为－3，前三项的积为8. (1)求等差数列{a n }的通项公式；(2)若a 2，a 3，a 1成等比数列，求数列{|a n |}的前n 项和． 解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ， 则a 2＝a 1＋d ，a 3＝a 1＋2d . 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝－3，a 1(a 1＋d )(a 1＋2d )＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝2，d ＝－3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝3.所以由等差数列通项公式可得a n ＝2－3(n －1)＝－3n ＋5或a n ＝－4＋3(n －1)＝3n －7. 故a n ＝－3n ＋5或a n ＝3n －7.(2)当a n ＝－3n ＋5时，a 2，a 3，a 1分别为－1，－4,2，不成等比数列； 当a n ＝3n －7时，a 2，a 3，a 1分别为－1,2，－4，成等比数列，满足条件． 故|a n |＝|3n －7|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3n ＋7，n ＝1，2，3n －7，n ≥3.记数列{|a n |}的前n 项和为S n .当n ＝1时，S 1＝|a 1|＝4；当n ＝2时，S 2＝|a 1|＋|a 2|＝5；当n ≥3时，S n ＝S 2＋|a 3|＋|a 4|＋…＋|a n |＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n －7) ＝5＋(n －2)[2＋(3n －7)]2＝32n 2－112n ＋10.当n ＝2时，满足此式．综上，S n ＝⎩⎨⎧4， n ＝1，32n 2－112n ＋10，n ≥2.回顾反思] 若三个数成等差数列可设为a ，a ＋d ，a ＋2d 或a －d ，a ，a ＋d ，若四个数成等差数列可设为a ，a ＋d ，a ＋2d ，a ＋3d 或a －3d ，a －d ，a ＋d ，a ＋3d .高考真题体验]1．(2015·高考课标全国卷Ⅱ)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和．若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝( )A ．5B ．7C ．9D ．11解析：选A.∵a 1＋a 5＝2a 3，a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝3，∴a 3＝1，∴S 5＝5×(a 1＋a 5)2＝5a 3＝5.2．(2013·高考课标卷Ⅰ)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 ．5 D ．6解析：选C.∵{a n }是等差数列，S m －1＝－2，S m ＝0， ∴a m ＝S m －S m －1＝2.∵S m ＋1＝3，∴a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3， ∴d ＝a m ＋1－a m ＝1.又S m ＝m (a 1＋a m )2＝m (a 1＋2)2＝0，∴a 1＝－2，∴a m ＝－2＋(m －1)·1＝2，∴m ＝5.3．(2014·高考大纲全国卷)数列{}a n 满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－a n ，证明{}b n 是等差数列； (2)求{}a n 的通项公式．解：(1)证明：由a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2得 a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋2，即b n ＋1＝b n ＋2.又b 1＝a 2－a 1＝1，所以{}b n 是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)得b n ＝1＋2(n －1)＝2n －1， 即a n ＋1－a n ＝2n －1.于是k ＝1n (a k ＋1－a k )＝k ＝1n (2k －1)，所以a n ＋1－a 1＝n 2，即a n ＋1＝n 2＋a 1.又a 1＝1，所以{}a n 的通项公式为a n ＝n 2－2n ＋2.4．(2016·高考全国甲卷)S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，S 7＝28.记b n ＝lg a n ]，其中x ]表示不超过x 的最大整数，如0.9]＝0，lg 99]＝1. (1)求b 1，b 11，b 101；(2)求数列{b n }的前1 000项和． 解：(1)设{a n }的公差为d ， 据已知有7＋21d ＝28，解得d ＝1. 所以{a n }的通项公式为a n ＝n .b 1＝lg 1]＝0，b 11＝lg 11]＝1，b 101＝lg 101]＝2.(2)因为b n＝⎩⎪⎨⎪⎧0， 1≤n ＜10，1，10≤n ＜100，2，100≤n ＜1 000，3，n ＝1 000，所以数列{b n }的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893.课时规范训练 A 组 基础演练1．在等差数列{}a n 中，a 2＝3，a 3＋a 4＝9，则a 1a 6的值为( ) A ．14 B ．18 C ．21 D ．27解析：选A.依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝3，2a 1＋5d ＝9，由此解得d ＝1，a 1＝2，a 6＝a 1＋5d ＝7，a 1a 6＝14.2．已知等差数列{a n }满足a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 101＝0，则有( ) A ．a 1＋a 101＞0 B ．a 2＋a 100＜0 C ．a 3＋a 99＝0 D ．a 51＝51解析：选C.由题意，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 101＝a 1＋a 1012×101＝0. 所以a 1＋a 101＝a 2＋a 100＝a 3＋a 99＝0.3．等差数列{a n }中，a 1＋a 5＝10，a 4＝7，则数列{a n }的公差为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4解析：选B.法一：设等差数列{a n }的公差为d ， 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋4d ＝10，a 1＋3d ＝7.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2.∴d ＝2.法二：∵在等差数列{a n }中，a 1＋a 5＝2a 3＝10， ∴a 3＝5.又a 4＝7，∴公差d ＝7－5＝2.4．记S n 为等差数列{a n }前n 项和，若S 33－S 22＝1，则其公差d ＝( ) A.12B ．2 C ．3 D ．4解析：选B.由S 33－S 22＝1，得a 1＋a 2＋a 33－a 1＋a 22＝1，即a 1＋d －⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋d 2＝1，∴d ＝2.5．已知等差数列{a n }中，a 2＝6，a 5＝15，若b n ＝a 2n ，则数列{b n }的前5项和等于( ) A ．30 B ．45 C ．90 D ．186解析：选C.因为⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝a 1＋d ＝6a 5＝a 1＋4d ＝15，所以a 1＝3，d ＝3， b n ＝a 2n ＝a 1＋(2n －1)d ＝6n ，S 5＝5(b 1＋b 5)2＝5(6＋6×5)2＝90，因此选C 项．6．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3＋a 8＝13，S 7＝35，则a 7＝________. 解析：设数列{a n }的公差为d ，则由已知得(a 1＋2d )＋(a 1＋7d )＝13 ①，S 7＝7(a 1＋a 1＋6d )2＝35 ②.联立①②，解方程组得a 1＝2，d ＝1，∴a 7＝a 1＋6d ＝8. 答案：87．若2，a ，b ，c,9成等差数列，则c －a ＝________. 解析：由题意得该等差数列的公差d ＝9－25－1＝74，所以c －a ＝2d ＝72.答案：728．若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9＞0，a 7＋a 10＜0，则当n ＝________时，{a n }的前n 项和最大．解析：根据题意知a 7＋a 8＋a 9＝3a 8＞0，即a 8＞0. 又a 8＋a 9＝a 7＋a 10＜0，∴a 9＜0，∴当n ＝8时，{a n }的前n 项和最大． 答案：89．已知等差数列{a n }中，a 2＝8，前10项和S 10＝185.求数列{a n }的通项公式a n . 解：设数列{a n }的公差为d ， 因为a 2＝8，S 10＝185，所以⎩⎨⎧a 1＋d ＝810a 1＋10×92d ＝185，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝5d ＝3，所以a n ＝5＋(n －1)×3＝3n ＋2， 即a n ＝3n ＋2.10．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2a 1＝a 21＋1－4， 即a 21－2a 1－3＝0，解得a 1＝3(a 1＝－1舍去)．当n ≥2时，有2S n －1＝a 2n －1＋n －5， 又2S n ＝a 2n ＋n －4，两式相减得2a n ＝a 2n －a 2n －1＋1， 即a 2n －2a n ＋1＝a 2n －1， 也即(a n －1)2＝a 2n －1，因此a n －1＝a n －1或a n －1＝－a n －1. 若a n －1＝－a n －1，则a n ＋a n －1＝1. 而a 1＝3，所以a 2＝－2，这与数列{a n }的各项均为正数相矛盾， 所以a n －1＝a n －1，即a n －a n －1＝1，因此数列{a n }为首项为3，公差为1的等差数列．(2)由(1)知a 1＝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.B 组 能力突破1．在等差数列{a n }中，a 1＞0，a 10·a 11＜0，若此数列的前10项和S 10＝36，前18项和S 18＝12，则数列{|a n |}的前18项和T 18的值是( ) A ．24 B ．48 C ．60 D ．84解析：选C.由a 1＞0，a 10·a 11＜0可知 d ＜0，a 10＞0，a 11＜0， ∴T 18＝a 1＋…＋a 10－a 11－…－a 18 ＝S 10－(S 18－S 10)＝60，故选C.2．已知数列{a n }，若点(n ，a n )(n ∈N *)在直线y －2＝k (x －5)上，则数列{a n }的前9项和S 9等于( ) A ．18 B ．20 C ．22 D ．24解析：选A.∵点(n ，a n )在直线y －2＝k (x －5)上，∴a n －2＝k (n －5)，∴a n ＝kn －5k ＋2，∴a n ＋1－a n ＝k (n ＋1)－5k ＋2]－(kn －5k ＋2)＝k ，∴{a n }是等差数列．当n ＝5时，a 5＝2，∴S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9×2a 52＝18.3．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，公差d ＝2，S n ＋2－S n ＝36，则n ＝( ) A ．5 B ．6 C ．7 D ．8解析：选D.法一：S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n ＋n (n －1)＝n 2，则S n ＋2＝(n ＋2)2，由S n ＋2－S n ＝36，得(n ＋2)2－n 2＝4n ＋4＝36，所以n ＝8.法二：S n ＋2－S n ＝a n ＋1＋a n ＋2＝2a 1＋(2n ＋1)d ＝2＋2(2n ＋1)＝36，解得n ＝8，所以选D.4．设等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意正整数n 都有S n T n ＝2n －34n －3，则a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4的值为________． 解析：因为{a n }，{b n }为等差数列， 所以a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4＝a 92b 6＋a 32b 6＝a 9＋a 32b 6＝a 6b 6.因为S 11T 11＝a 1＋a 11b 1＋b 11＝2a 62b 6＝2×11－34×11－3＝1941，所以a 6b 6＝1941.答案：19415．在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1,2a 2＋2,5a 3成等比数列． (1)求d ，a n ；(2)若d <0，求|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |.解：(1)由题意得，a 1·5a 3＝(2a 2＋2)2，由a 1＝10，{a n }为公差为d 的等差数列得，d 2－3d －4＝0， 解得d ＝－1或d ＝4.所以a n ＝－n ＋11(n ∈N *)或a n ＝4n ＋6(n ∈N *)． (2)设数列{a n }的前n 项和为S n .因为d <0，由(1)得d ＝－1，a n ＝－n ＋11，所以当n ≤11时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝－12n 2＋212n ； 当n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a 11－(a 12＋a 13＋…＋a n ) ＝2(a 1＋a 2＋…＋a 11)－(a 1＋a 2＋…＋a 11＋a 12＋a 13＋…＋a n )＝－S n ＋2S 11＝12n 2－212n ＋110.综上所述，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n | ＝⎩⎪⎨⎪⎧－12n 2＋212n ，n ≤11，12n 2－212n ＋110，n ≥12.第3课时 等比数列及其前n 项和1．等比数列的有关概念 (1)等比数列的有关概念一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数．这个数列叫等比数列，这个常数叫公比．用q 表示． (2)等比中项如果三个数a ，G ，b 成等比数列，则G 叫做a 和b 的等比中项，那么G a ＝bG ，即G 2＝ab .2．等比数列的有关公式 (1)等比数列的通项公式设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，q ≠0，则它的通项公式a n ＝a 1·q n －1. (2)等比数列的前n 项和公式等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，其前n 项和为S n ，当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q .3．等比数列的性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n －m (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等比数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ·a l ＝a m ·a n .(3)若{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }(λ≠0)，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n bn 仍是等比数列．(4)公比不为－1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n .4．判断下列结论的正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)常数列一定是等比数列．(×) (2)等比数列中不存在数值为0的项．(√)(3)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．(×) (4)G 为a ，b 的等比中项⇔G 2＝ab .(×)(5)若等比数列{a n }的首项为a 1，公比是q ，则其通项公式为a n ＝a 1q n .(×)(6)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.(×)(7)q ＞1时，等比数列{a n }是递增数列．(×)(8)在等比数列{a n }中，若a m ·a n ＝a p ·a q ，则m ＋n ＝p ＋q .(×) (9)若一个数列满足a n ＋1＝q 2a n ，则{a n }为等比数列．(×)(10)若数列a ，a (1－a )，a (1－a )2，…是等比数列，则a ≠0且a ≠1 .(√)考点一 等比数列基本量的计算例1] (1)已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7＝( ) A ．21 B ．42 C ．63 D ．84解析：设{a n }的公比为q ，由a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21得 3＋3q 2＋3q 4＝21，即q 2＝2，所以a 3＋a 5＋a 7＝(a 1＋a 3＋a 5)q 2＝21×2＝42. 答案：B(2)(2016·高考全国乙卷)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：由题意知，a 2＋a 4＝(a 1＋a 3)q ， 即5＝10q ，解得q ＝12，将q ＝12代入a 1＋a 3＝10，解得a 1＝8. ∴a 1a 2…a n ＝a n 1·q n (n －1)2＝8n×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n (n －1)2＝2－n 22＋7n 2.∵－n 22＋7n 2＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫n －722＋498≤6，且n ∈N *. 当n ＝3或4时有最大值．∴a 1a 2…a n ＝2－n 22＋7n2≤26＝64，即最大值为64. 答案：64(3)(2017·河南开封模拟)正项等比数列{a n }中，a 2＝4，a 4＝16，则数列{a n }的前9项和等于________．解析：∵{a n }为正项等比数列，∴q 2＝a 4a 2＝164＝4，∴q ＝2，S 9＝a 1(1－q 9)1－q ＝2(1－29)1－2＝210－2＝1 022. 答案：1 022(4)在等比数列{a n }中，若a 4－a 2＝6，a 5－a 1＝15，则a 3＝________. 解析：设等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 3－a 1q ＝6a 1q 4－a 1＝15，两式相除，得q 1＋q 2＝25， 即2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2或q ＝12. 若q ＝2，则有a 124－a 1＝15，∴a 1＝1，a 3＝4 若q ＝12，a 116－a 1＝15，∴a 1＝－16，a 3＝－4. 答案：4或－4方法引航](1)方程思想.等比数列的通项公式和前n 项和公式联系着五个基本量，“知三求二”是一类最基本的运算，通过列方程(组)求出关键量a 1和q ，问题可迎刃而解.(2)分类讨论思想.等比数列的前n 项和公式涉及对公比q 的分类讨论，即分q ＝1和q ≠1两种情况，此处是常考易错点，一定要引起重视.(3)整体思想.应用等比数列前n 项和时，常把q n ，当成整体求解.1．(2017·吉林长春调研)等比数列{}a n 中，a 3＝9，前三项和S 3＝27，则公比q 的值为( ) A ．1 B ．－12C ．1或－12D ．－1或－12解析：选C.设数列{}a n 的公比为q ，因为a 3＝9，所以a 1＝9q 2，a 2＝9q ，则S 3＝9q 2＋9q ＋9＝27，即2q 2－q －1＝0，解得q ＝1或q ＝－12，故选C.2．(2017·河南郑州质检)已知等比数列{}a n 的前n 项和为S n ，若a 25＝2a 3a 6， S 5＝－62，则a 1的值是__________．解析：设{}a n 的公比为q .由a 25＝2a 3a 6得(a 1q 4)2＝2a 1q 2·a 1q 5，∴q ＝2，∴S 5＝a 1(1－25)1－2＝－62，a 1＝－2. 答案：－23．已知数列{a n }是递增的等比数列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则数列{a n }的前n 项和等于________．解析：设等比数列的公比为q ，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 3＝9，a 21·q 3＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2或⎩⎨⎧a 1＝8，q ＝12.又{a n }为递增数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，∴S n ＝1－2n 1－2＝2n －1.答案：2n －1。

2018版高考一轮总复习数学(理)习题第5章 数列5-3含答案

2018版高考一轮总复习数学(理)习题第5章 数列5-3含答案

（时间:40分钟）1．已知等比数列{a n}的前三项依次为a－1，a＋1,a＋4，则a n＝( )A．4×错误!n B．4×错误!n－1C．4×错误!n D．4×错误!n－1答案B解析由题意得（a＋1)2＝（a－1）(a＋4)，解得a＝5，故a1＝4，a2＝6，所以a n＝4×错误!n－1＝4×错误!n－1。

2．在等比数列{a n｝中，a3＝7,前3项之和S3＝21，则公比q的值为（）A．1 B．－错误!C．1或－错误!D．－1或错误!答案C解析根据已知条件得错误!∴错误!＝3，即2q2－q－1＝0，解得q＝1或q＝－错误!.3．已知等比数列{a n}的前n项和为S n，若S3＝7,S6＝63,则S9的值是（)A．255 B．256 C．511 D．512答案C解析解法一:依题意，设等比数列｛a n}的首项为a1，公比为q，∵S3＝7，S6＝63,∴错误!解得错误!∴S9＝511,选C。

解法二:∵等比数列{a n｝的前n项和为S n，∴S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，∵S3＝7，S6＝63,∴S9－S6＝448，∴S9＝448＋S6＝448＋63＝511，选C。

4．已知{a n｝为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10＝( ）A．7 B．5C．－5 D．－7答案D解析设数列{a n｝的公比为q，由错误!得错误!或错误!所以错误!或错误!所以错误!或错误!所以a1＋a10＝－7.5．已知{a n｝为等比数列，S n是它的前n项和．若a3a5＝错误!a1，且a4与a7的等差中项为98,则S5等于（)A．35 B．33 C．31 D．29答案C解析设等比数列｛a n｝的公比是q，所以a3a5＝a错误!q6＝错误!a1，得a1q6＝错误!,即a7＝错误!。

又a4＋a7＝2×错误!,解得a4＝2，所以q3＝错误!＝18,所以q＝错误!,a1＝16，故S5＝错误!＝错误!＝31,故选C。

2020版高考数学一轮复习第5章数列第3讲课后作业理含解析

2020版高考数学一轮复习第5章数列第3讲课后作业理含解析

第5章 数列 第3讲A 组 基础关1．对任意等比数列{a n }，下列说法一定正确的是( ) A ．a 1，a 3，a 9成等比数列 B ．a 2，a 3，a 6成等比数列 C ．a 2，a 4，a 8成等比数列 D ．a 3，a 6，a 9成等比数列 答案 D解析 不妨设公比为q ，则a 23＝a 21q 4，a 1·a 9＝a 21q 8，a 2·a 6＝a 21·q 6，当q ≠±1时，知A ，B 均不正确；又a 24＝a 21q 6，a 2·a 8＝a 21q 8，同理，C 不正确；由a 26＝a 21q 10，a 3·a 9＝a 21q 10，知D正确．故选D.2．(2018·天水市秦州区三模)设△ABC 的三内角A ，B ，C 成等差数列，sin A ，sin B ，sin C 成等比数列，则这个三角形的形状是( )A ．等边三角形B ．钝角三角形C ．直角三角形D ．等腰直角三角形 答案 A解析 由题意得2B ＝A ＋C ，又A ＋B ＋C ＝π， 所以B ＝π3，又因为sin 2B ＝sin A sin C ，由正弦定理得b 2＝ac . 由余弦定理得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝a 2＋c 2－ac ，所以a 2＋c 2－2ac ＝0，即(a －c )2＝0，所以a ＝c . 所以△ABC 是等边三角形．3．(2018·天津武清区模拟)设{a n }是首项大于零的等比数列，则“a 21<a 22”是“数列{a n }为递增数列”的( )A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件答案 B解析 设公比为q ，若a 21<a 22，则a 21<a 21q 2，即q 2>1，则q >1或q <－1，当q <－1时，数列为摆动数列，则“数列{a n }为递增数列”不成立， 即充分性不成立，若“数列{a n }为递增数列”，则a 1<a 2， ∵a 1>0，∴a 2>0，则“a 21<a 22”成立，即必要性成立，则“a 21<a 22”是“数列{a n }为递增数列”的必要不充分条件．4．(2018·云南11校跨区调研)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 答案 B解析 由等比数列的性质可知，数列S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，即数列4,8，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，因此S 9－S 6＝16，S 6＝12，S 12－S 9＝32，S 12＝32＋16＋12＝60.5．(2018·新乡调研)已知各项均不为0的等差数列{a n }满足a 3－a 272＋a 11＝0，数列{b n }为等比数列，且b 7＝a 7，则b 1·b 13＝( )A ．25B ．16C ．8D ．4 答案 B解析 由a 3－a 272＋a 11＝0，得2a 7－a 272＝0，a 7＝4，所以b 7＝4，b 1·b 13＝b 27＝16. 6．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 将已知两式作差得S 4－S 2＝3a 4－3a 2，所以a 3＋a 4＝3a 4－3a 2，即3a 2＋a 2q －2a 2q 2＝0.所以2q 2－q －3＝0，解得q ＝32或q ＝－1(舍去)．得q ＝32代入S 2＝3a 2＋2，即a 1＋a 1q ＝3a 1q ＋2，解得a 1＝－1.7．(2018·山西太原质检)已知数列{a n }中，a n ＝－4n ＋5，等比数列{b n }的公比q 满足q ＝a n －a n －1(n ≥2)，且b 1＝a 2，则|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＝( )A ．1－4nB ．4n －1 C.1－4n 3D.4n －13答案 B解析 因为q ＝a n －a n －1＝－4，b 1＝a 2＝－3，所以b n ＝b 1q n －1＝－3×(－4)n －1，所以|b n |＝|－3×(－4)n －1|＝3×4n －1，即数列{|b n |}是首项为3，公比为4的等比数列，所以|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＝31－4n1－4＝4n －1，故选B.8．已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则q ＝________.答案 2解析 由等比数列的性质得a 24＝a 3a 5， 又因为a 3a 5＝4(a 4－1)，所以a 24＝4(a 4－1)，解得a 4＝2.又a 1＝14，所以q 3＝a 4a 1＝8，解得q ＝2.9．已知等比数列{a n }满足a 1＝1，a 2a 4＝9，则a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2019＝________. 答案 31010－12解析 由a 2a 4＝9知a 23＝9，结合a 1＝1，a 3＝a 1q 2知a 3＝3，即q 2＝3，所以a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2019＝a 1[1q 21010]1－q 2＝1－31010－2＝31010－12.10．(2018·长春调研)在正项等比数列{a n }中，已知a 1a 2a 3＝4，a 4a 5a 6＝12，a n －1a n a n ＋1＝324，则n ＝________.答案 14解析 设b n ＝a n a n ＋1a n ＋2. 等比数列{a n }的公比为q ，则b n ＋1b n ＝a n ＋1a n ＋2a n ＋3a n a n ＋1a n ＋2＝q 3.所以数列{b n }是等比数列，设其公比为q 1， 又b 1＝a 1a 2a 3＝4，b 4＝a 4a 5a 6＝12.又b n －1＝a n －1a n a n ＋1＝324.所以4×q n －21＝324，B 组 能力关1．(2018·北京高考)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122.若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为( )A.32fB.322fC.1225fD.1227f 答案 D解析 由已知，单音的频率构成一个首项为f ，公比为122的等比数列，记为{b n }，共有13项．由等比数列的通项公式可知，b 8＝b 1q 7＝f ×(122)7＝1227f .2．在数列{a n }中，若a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝12n (n ∈N *)，则a 1＋a 2＋…＋a 2n ＝________.答案23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 解析 由a n ＋a n ＋1＝12n 得a 1＋a 2＝12，a 3＋a 4＝18，a 5＋a 6＝132，…，a 2n －1＋a 2n ＝1a 2n －1，所以a 1＋a 2＋…＋a 2n ＝12＋18＋132＋…＋122n －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n .3．(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________．答案 64解析 等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5， 可得q (a 1＋a 3)＝5，解得q ＝12.由a 1＋q 2a 1＝10，解得a 1＝8.4．(2018·北京高考)设{a n }是等差数列，且a 1＝ln 2，a 2＋a 3＝5ln 2. (1)求{a n }的通项公式；解 (1)由已知，设{a n }的公差为d ，则 由a 2＋a 3＝a 1＋d ＋a 1＋2d ＝2a 1＋3d ＝5ln 2， 又a 1＝ln 2，所以d ＝ln 2，所以{a n }的通项公式为a n ＝ln 2＋(n －1)·ln 2＝n ln 2(n ∈N *)．5．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ·a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，记T 2n 为{a n }的前2n 项的和，b n ＝a 2n ＋a 2n－1，n ∈N *.(1)判断数列{b n }是否为等比数列，并求出b n ； (2)求T 2n .解 (1)∵a n ·a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，∴a n ＋1·a n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，∴a n ＋2a n ＝12，即a n ＋2＝12a n . ∵b n ＝a 2n ＋a 2n －1，∴b n ＋1b n ＝a 2n ＋2＋a 2n ＋1a 2n ＋a 2n －1＝12a 2n ＋12a 2n －1a 2n ＋a 2n －1＝12， ∵a 1＝1，a 1·a 2＝12，∴a 2＝12，∴b 1＝a 1＋a 2＝32.∴{b n }是首项为32，公比为12的等比数列．∴b n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝32n .(2)由(1)可知，a n ＋2＝12a n ，∴a 1，a 3，a 5，…是以a 1＝1为首项，以12为公比的等比数列；a 2，a 4，a 6，…是以a 2＝12为首项，以12为公比的等比数列，∴T 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝3－32n .。

(全国通用)高考数学一轮复习第五章数列第三节等比数列习题理【含答案】

(全国通用)高考数学一轮复习第五章数列第三节等比数列习题理【含答案】

第三节等比数列[基础达标]一、选择题(每小题5分,共30分)1.在等比数列{a n}中,a1=,q=,a n=,则项数n为()A.3B.4C.5D.61.C【解析】由等比数列通项公式可知a n=a1q n-1,则,解得n=5.2.等比数列{a n}的各项为正数,且a5a6+a4a7=18,则log3a1+log3a2+…+log3a10=()A.12B.10C.8D.2+log352.B【解析】等比数列{a n}中由a5a6+a4a7=18得2a5a6=18,即a5a6=9,所以log3a1+log3a2+…+log3a10=log3(a1×a2×…×a10),而a1×a2×…×a10=(a5a6)5=95,故log3a1+log3a2+…+log3a10=log395=10.3{a n}的前n项和为S n,若a3=6,S3=4x d x,则公比q的值为() A.1 B.-C.1或-D.-1或-3.C【解析】S3=4x d x=2x2=18,所以当q=1时,符合条件.当q≠1时,联立方程组解得q=-.所以公比q的值为1或-.4x,y为正实数,且x,a1,a2,y成等差数列,x,b1,b2,y成等比数列,则的取值范围是() A.R B.(0,4]C.[4,+∞)D.(-∞,0]∪[4,+∞)4.C【解析】由x,a1,a2,y成等差数列得a1+a2=x+y,由x,b1,b2,y成等比数列得b1b2=xy,所以=2+≥2+2=4.5.设a1=2,数列{1+2a n}是公比为2的等比数列,则a6=()A.31.5B.160C.79.5D.159.55.C【解析】因为1+2a n=(1+2a1)·2n-1,则a n==5·2n-2-,则a6=5×24-=5×16-=80-=79.5.6{a n}的前n项和为S n,且a1+a3=,a2+a4=,则=()A.4n-1B.4n-1C.2n-1D.2n-16.D【解析】∵由①除以②可得=2,解得q=,代入①得a1=2,∴a n=2×,∴S n==4,∴=2n-1.二、填空题(每小题5分,共15分)7{a n}是递减数列,且对任意的正整数n,a n=-n2+λn恒成立,则实数λ的取值范围为.7.(-∞,3)【解析】∵{a n}是递减数列,∴a n+1<a n,∵a n=-n2+λn恒成立,即-(n+1)2+λ(n+1)<-n2+λn,∴λ<2n+1对于n∈N*恒成立.而2n+1在n=1时取得最小值3,∴λ<3.8{a n}的公比大于1,a5-a1=15,a4-a2=6,则a3=.8.4【解析】由a5-a1=15,a4-a2=6得,解得q= (舍)或q=2,所以a1=1,从而a3=a1q2=1×22=4.9.设{a n}是等比数列,公比q=,S n为{a n}的前n项和.记T n=,n∈N*,设为数列{T n}的最大项,则n0=.9.4【解析】T n=·()n+-17,因为()n+≥8,当且仅当()n=4,即n=4时取等号,所以当n0=4时T n有最大值.三、解答题(共10分)10.(10分{a n}的前n项和为S n,已知a1=1,S n+1=4a n+2.(1)设b n=a n+1-2a n,证明数列{b n}是等比数列;(2)求数列{a n}的通项公式.10.【解析】(1)由a1=1及S n+1=4a n+2,得a1+a2=4a1+2,∴a2=3a1+2=5,∴b1=a2-2a1=3,由S n+1=4a n+2,①则当n≥2时,有S n=4a n-1+2. ②①-②得a n+1=4a n-4a n-1,∴a n+1-2a n=2(a n-2a n-1),又∵b n=a n+1-2a n,∴b n=2b n-1,∴{b n}是首项b1=3,公比为2的等比数列.(2)由(1)可得b n=a n+1-2a n=3·2n-1,∴,∴数列是首项为,公差为的等差数列.∴ (n-1)= n-,∴a n=(3n-1)·2n-2.[高考冲关]1.(5分S n为等比数列{a n}的前n项和,若8a2-a5=0,则=()A.-8B.5C.8D.151.B【解析】∵在等比数列{a n}中,8a2-a5=0,∴公比q=2,∴=5.2.(5分)已知数列{c n},其中c n=2n+3n,且数列{c n+1-pc n}为等比数列,则常数p的值为()A.2B.3C.2或3D.52.C【解析】由数列{c n+1-pc n}为等比数列,得(c3-pc2)2=(c2-pc1)(c4-pc3),即(35-13p)2=(13-5p)(97-35p),解得p=2或p=3.3.(5分{a n}的前n项和S n=2a n-2n+1,若不等式2n2-n-3<(5-λ)a n对∀n∈N*恒成立,则整数λ的最大值为.3.4【解析】当n=1时,S1=2a1-22得a1=4,S n=2a n-2n+1;当n≥2时,S n-1=2a n-1-2n,两式相减得a n=2a n-2a n-1-2n,得a n=2a n-1+2n,所以=1.又=2,所以数列是以2为首项,1为公差的等差数列, =n+1,即a n=(n+1)·2n,因为a n>0,所以不等式2n2-n-3<(5-λ)a n,等价于5-λ>.记b n=,n≥2时, ,所以n≥3时, <1,(b n)max=b3=,所以5-λ>,即λ<5-,所以整数λ的最大值为4.4.(12分{a n}的前n项和S n满足:S n=2(a n-1),数列{b n}满足:对任意n∈N*有a1b1+a2b2+…+a n b n=(n-1)·2n+1+2.(1)求数列{a n}与数列{b n}的通项公式;(2)记c n=,数列{c n}的前n项和为T n,证明:当n≥6时,n|2-T n|<1.4.【解析】(1)当n=1时,S1=a1=2(a1-1),所以a1=2.当n>1时,a n=S n-S n-1=2(a n-a n-1),即a n=2a n-1,又a2=4=2×2=2a1成立,所以数列{a n}是首项a1=2,公比q=2的等比数列,通项公式为a n=2n(n∈N*).由题意有a1b1=(1-1)·22+2=2,得b1=1.当n≥2时,a n b n=(a1b1+a2b2+…+a n b n)-(a1b1+a2b2+…+a n-1b n-1)=[(n-1)·2n+1+2]-[(n-2)·2n+2]=n·2n,验证首项满足,于是得b n=n,故数列{b n}的通项公式为b n=n(n∈N*).(2)因为T n=+…++…+,所以T n=+…+,错位相减得T n=+…+,所以T n=2-,即|2-T n|=.下证:当n≥6时, <1,令f(n)=,f(n+1)-f(n)=,当n≥2时,f(n+1)-f(n)<0,即当n≥2时,f(n)单调减,又f(6)<1,所以当n≥6时,f(n)<1,即<1,即当n≥6时,n|2-T n|<1.5.(13分)已知函数f(x)=log3(ax+b)的图象经过点A(2,1)和B(5,2),记a n=3f(n),n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=,T n=b1+b2+…+b n,若T n<m(m∈Z),求m的最小值;(3)求使不等式≥p对一切n∈N*均成立的最大实数p.5.【解析】(1)由题意得解得∴f(x)=log3(2x-1),∴a n==2n-1,n∈N*.(2)由(1)得b n=,∴T n=+…+,①T n=+…+. ②①-②得T n=+…+++…+-.∴T n=3-=3-,设f(n)=,n∈N*,则由<1,得f(n)=,n∈N*随n的增大而减小,∴T(n)<3,又T n<m(m∈Z)恒成立,∴m min=3.(3)由题意得p≤对n∈N*恒成立.记F(n)=,则=1.又∵F(n)>0,∴F(n+1)>F(n),即F(n)随n的增大而增大,F(n)的最小值为F(1)=,∴p≤,即p max=.。

最新高考数学(文)一轮复习第五章 数列及答案

最新高考数学(文)一轮复习第五章 数列及答案

第五章⎪⎪⎪列第一节列的概念与简单表示法1．列的有关概念n n 若列{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．列的分类1．已知列{a n }的前4项为1,3,7,15，则列{a n }的一个通项公式为________． 答案：a n ＝2n －1(n ∈N *)2．已知列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n 2a n ＋3，则a 5等于________．答案：11613．(教材习题改编)已知函f (x )＝x －1x，设a n ＝f (n )(n ∈N *)，则{a n }是________列(填“递增”或“递减”)．答案：递增1．列是按一定“次序”排列的一列，一个列不仅与构成它的“”有关，而且还与这些“”的排列顺序有关．2．易混项与项的概念，列的项是指列中某一确定的，而项是指列的项对应的位置序号．3．在利用列的前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．1．已知S n 是列{a n }的前n 项和，且S n ＝n 2＋1，则列{a n }的通项公式是________．答案：a n ＝⎩⎨⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥22．列{a n }的通项公式为a n ＝－n 2＋9n ，则该列第________项最大． 答案：4或5考点一 由列的前几项求列的通项公式基础送分型考点——自主练透1．已知n ∈N *，给出4个表达式：①a n ＝⎩⎨⎧0，n 为奇，1，n 为偶，②a n ＝1＋－n2，③a n ＝1＋cos n π2，④a n ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪sinn π2．其中能作为列：0,1,0,1,0,1,0,1，…的通项公式的是( )A ．①②③B ．①②④C ．②③④D ．①③④解析：选A 检验知①②③都是所给列的通项公式． 2．根据列的前几项，写出各列的一个通项公式： (1)4,6,8,10，…；(2)(易错题)－11×2，12×3，－13×4，14×5，…；(3)a ，b ，a ，b ，a ，b ，…(其中a ，b 为实)； (4)9,99,999,9 999，…．解：(1)各都是偶，且最小为4，所以它的一个通项公式a n ＝2(n ＋1)，n ∈N *．(2)这个列的前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒，且奇项为负，偶项为正，所以它的一个通项公式a n ＝(－1)n ×1nn ＋，n ∈N *．(3)这是一个摆动列，奇项是a ，偶项是b ，所以此列的一个通项公式a n ＝⎩⎨⎧a ，n 为奇，b ，n 为偶.(4)这个列的前4项可以写成10－1,100－1,1 000－1，10 000－1，所以它的一个通项公式a n ＝10n －1，n ∈N *．由列的前几项求列通项公式的策略(1)根据所给列的前几项求其通项公式时，需仔细观察分析，抓住以下几方面的特征，并对此进行归纳、联想，具体如下：①分式中分子、分母的特征； ②相邻项的变特征； ③拆项后的特征； ④各项符号特征等．(2)根据列的前几项写出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，可用(－1)n 或(－1)n ＋1调整．如“题组练透”第2(2)题．考点二 由a n 与S n 的关系求通项a n重点保分型考点——师生共研已知下面列{a n }的前n 项和S n ，求{a n }的通项公式． (1)S n ＝2n 2－3n ； (2)S n ＝3n ＋b ．解：(1)a 1＝S 1＝2－3＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n )－＝4n －5， 由于a 1也适合此等式，∴a n ＝4n －5． (2)a 1＝S 1＝3＋b ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋b )－(3n －1＋b )＝2·3n －1． 当b ＝－1时，a 1适合此等式． 当b ≠－1时，a 1不适合此等式． ∴当b ＝－1时，a n ＝2·3n －1； 当b ≠－1时，a n ＝⎩⎨⎧3＋b ，n ＝1，2·3n －1，n ≥2.已知S n 求a n 的 3个步骤(1)先利用a 1＝S 1求出a 1；(2)用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n 的表达式；(3)对n ＝1时的结果进行检验，看是否符合n ≥2时a n 的表达式，如果符合，则可以把列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n ＝1与n ≥2两段写．已知列{a n }的前n 项和为S n ．(1)若S n ＝(－1)n ＋1·n ，求a 5＋a 6及a n ； (2)若S n ＝3n ＋2n ＋1，求a n ．解：(1)a 5＋a 6＝S 6－S 4＝(－6)－(－4)＝－2， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(－1)n ＋1·n －(－1)n ·(n －1) ＝(－1)n ＋1·＝(－1)n ＋1·(2n －1)， 又a 1也适合此式，所以a n ＝(－1)n ＋1·(2n －1)． (2)因为当n ＝1时，a 1＝S 1＝6； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋2n ＋1)－ ＝2·3n －1＋2， 由于a 1不适合此式， 所以a n ＝⎩⎨⎧6，n ＝1，2·3n －1＋2，n ≥2.考点三 由递推关系式求列的通项公式题点多变型考点——多角探明递推公式和通项公式是列的两种表示方法，它们都可以确定列中的任意一项，只是由递推公式确定列中的项时，不如通项公式直接．常见的命题角度有：(1)形如a n ＋1＝a n f (n )，求a n ； (2)形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，求a n ；(3)形如a n ＋1＝Aa n ＋B (A ≠0且A ≠1)，求a n ．角度一：形如a n ＋1＝a n f (n )，求a n1．在列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，求列{a n }的通项公式．解：∵a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，∴a n －1＝n －2n －1a n －2，a n －2＝n －3n －2a n －3，…，a 2＝12a 1． 以上(n －1)个式子相乘得a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n． 当n ＝1时，a 1＝1，上式也成立．∴a n ＝1n(n ∈N *)． 角度二：形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，求a n2．设列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，求列{a n }的通项公式． 解：由题意有a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n (n ≥2)． 以上各式相加，得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝n －＋n2＝n 2＋n －22．又∵a 1＝1，∴a n ＝n 2＋n 2(n ≥2)．∵当n ＝1时也满足此式，∴a n ＝n 2＋n 2(n ∈N *)．角度三：形如a n ＋1＝Aa n ＋B (A ≠0且A ≠1)，求a n3．已知列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，求列{a n }的通项公式． 解：∵a n ＋1＝3a n ＋2，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)， ∴a n ＋1＋1a n ＋1＝3，∴列{a n ＋1}为等比列，公比q ＝3， 又a 1＋1＝2，∴a n ＋1＝2·3n －1，∴a n＝2·3n－1－1(n∈N*)．典型的递推列及处方法根据下列条件，求列{a n}的通项公式．(1)a1＝1，a n＋1＝a n＋2n；(2)a1＝12，a n＝n－1n＋1an－1(n≥2)．解：(1)由题意知a n＋1－a n＝2n，an＝(a n－a n－1)＋(a n－1－a n－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝1－2n1－2＝2n－1．(2)因为a n＝n－1n＋1an－1(n≥2)，所以当n≥2时，anan－1＝n－1n＋1，所以anan－1＝n－1n＋1，an－1an－2＝n－2n，…，a3a2＝24，a2a1＝13，以上n－1个式子相乘得anan－1·an－1an－2·…·a3a2·a2a1＝n－1n＋1·n－2n·…·24·13，即ana1＝1n＋1×1n×2×1，所以a n＝1n n＋．当n＝1时，a1＝11×2＝12，也与已知a1＝12相符，所以列{a n }的通项公式为a n ＝1nn ＋．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．列1，23，35，47，59，…的一个通项公式a n ＝( )A ．n 2n ＋1B ．n 2n －1C ．n2n －3D ．n 2n ＋3解析：选B 由已知得，列可写成11，23，35，…，故通项为n2n －1．2．已知列{a n }的前n 项和为S n ＝n 2－2n ＋2，则列{a n }的通项公式为( ) A ．a n ＝2n －3 B ．a n ＝2n ＋3C ．a n ＝⎩⎨⎧1，n ＝1，2n －3，n ≥2D ．a n ＝⎩⎨⎧1，n ＝1，2n ＋3，n ≥2解析：选C 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －3，由于n ＝1时a 1的值不适合n ≥2的解析式，故通项公式为选项C ．3．若a 1＝12，a n ＝4a n －1＋1(n ≥2)，当a n >100时，n 的最小值为( )A ．3B ．4C ．5D ．6解析：选C 由a 1＝12，a n ＝4a n －1＋1(n ≥2)得，a 2＝4a 1＋1＝4×12＋1＝3，a 3＝4a 2＋1＝4×3＋1＝13，a 4＝4a 3＋1＝4×13＋1＝53，a 5＝4a 4＋1＝4×53＋1＝213>100．4．(2016·肇庆三模)已知列{a n }满足a 1＝1，a n －a n －1＝n (n ≥2)，则列{a n }的通项公式a n ＝________．解析：由a n －a n －1＝n 得a 2－a 1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，…，a n－a n－1＝n，上面(n－1)个式子相加得a n ＝1＋2＋3＋…＋n＝12n(n＋1)．又n＝1时也满足此式，所以a n＝12n(n＋1)．答案：12n(n＋1)5．(2017·南昌模拟)列{a n}的前n项和为S n，若S n＋S n－1＝2n－1(n≥2)，且S2＝3，则a1＋a3的值为________．解析：∵S n＋S n－1＝2n－1(n≥2)，令n＝2，得S2＋S1＝3，由S2＝3得a1＝S1＝0，令n＝3，得S3＋S2＝5，所以S3＝2，则a3＝S3－S2＝－1，所以a1＋a3＝0＋(－1)＝－1．答案：－1二保高考，全练题型做到高考达标1．列0,1,0，－1,0,1,0，－1，…的一个通项公式是a n等于( )A．－n＋12B．cosnπ2C．cos n＋12π D．cosn＋22π解析：选D 令n＝1,2,3，…，逐一验证四个选项，易得D正确．2．(2017·福建福州八中质检)已知列{a n}满足a1＝1，a n＋1＝a2n－2a n＋1(n ∈N*)，则a2 017＝( )A．1 B．0C．2 017 D．－2 017解析：选 A ∵a1＝1，∴a2＝(a1－1)2＝0，a3＝(a2－1)2＝1，a4＝(a3－1)2＝0，…，可知列{a n}是以2为周期的列，∴a2 017＝a1＝1．3．设列{a n}的前n项和为S n，且S n＝2(a n－1)，则a n＝( )A．2n B．2n－1C ．2nD ．2n －1解析：选C 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2(a 1－1)，可得a 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1，∴a n ＝2a n －1，∴列{a n }为等比列，公比为2，首项为2，所以a n ＝2n ．4．设曲线f (x )＝x n ＋1(n ∈N *)在点(1,1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ，则x 1·x 2·x 3·x 4·…·x 2 017＝( )A ．2 0162 017B ．12 017C ．2 0172 018D ．12 018解析：选D 由f (x )＝x n ＋1得f ′(x )＝(n ＋1)x n ，切线方程为y －1＝(n ＋1)(x －1)，令y ＝0得x n ＝nn ＋1，故x 1·x 2·x 3·x 4·…·x 2 017＝12×23×…×2 0172 018＝12 018． 5．(2017·衡水中学检测)若列{a n }满足：a 1＝19，a n ＋1＝a n －3(n ∈N *)，则列{a n }的前n 项和值最大时，n 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：选B ∵a 1＝19，a n ＋1－a n ＝－3， ∴列{a n }是以19为首项，－3为公差的等差列， ∴a n ＝19＋(n －1)×(－3)＝22－3n ． 设{a n }的前k 项和值最大， 则有⎩⎨⎧a k ≥0，a k ＋1≤0k ∈N *，∴⎩⎨⎧22－3k ≥0，22－k ＋，∴193≤k ≤223， ∵k ∈N *，∴k ＝7．∴满足条件的n 的值为7．6．在列－1,0，19，18，…，n －2n2，…中，0．08是它的第____________项．解析：令n－2n2＝0．08，得2n2－25n＋50＝0，即(2n－5)(n－10)＝0．解得n＝10或n＝52(舍去)．答案：107．已知列{a n}满足a1＝1，a n＝a2n－1－1(n>1)，则a2 017＝________，|a n＋a n＋1|＝________(n>1)．解析：由a1＝1，a n＝a2n－1－1(n>1)，得a2＝a21－1＝12－1＝0，a3＝a22－1＝02－1＝－1，a4＝a23－1＝(－1)2－1＝0，a5＝a24－1＝02－1＝－1，由此可猜想当n>1，n为奇时a n＝－1，n为偶时a n＝0，∴a2 017＝－1，|a n＋a n＋1|＝1．答案：－1 18．在一个列中，如果∀n∈N*，都有a n a n＋1a n＋2＝k(k为常)，那么这个列叫做等积列，k叫做这个列的公积．已知列{a n}是等积列，且a1＝1，a2＝2，公积为8，则a1＋a2＋a3＋…＋a12＝________．解析：依题意得列{a n}是周期为3的列，且a1＝1，a2＝2，a3＝4，因此a1＋a2＋a3＋…＋a12＝4(a1＋a2＋a3)＝4×(1＋2＋4)＝28．答案：289．已知S n为正项列{a n}的前n项和，且满足S n＝12a2n＋12an(n∈N*)．(1)求a1，a2，a3，a4的值；(2)求列{a n}的通项公式．解：(1)由S n＝12a2n＋12an(n∈N*)，可得a1＝12a21＋12a1，解得a1＝1；S2＝a1＋a2＝12a22＋12a2，解得a2＝2；同，a3＝3，a4＝4．(2)S n ＝12a 2n ＋12a n ，①当n ≥2时，S n －1＝12a 2n －1＋12a n －1，② ①－②得(a n －a n －1－1)(a n ＋a n －1)＝0． 由于a n ＋a n －1≠0， 所以a n －a n －1＝1， 又由(1)知a 1＝1，故列{a n }是首项为1，公差为1的等差列，故a n ＝n ． 10．已知列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋4．(1)若k ＝－5，则列中有多少项是负？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，所以列中有两项是负，即为a 2，a 3． 因为a n ＝n 2－5n ＋4＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n －522－94，由二次函性质，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 ，知该列是一个递增列，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，考虑到n ∈N *，所以－k 2<32，即得k >－3．所以实k 的取值范围为(－3，＋∞)． 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n ·2n ＋1，该列的项排成一个阵(如图)，则该阵中的第10行第3个为________．a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6……解析：由题意可得该阵中的第10行、第3个为列{a n }的第1＋2＋3＋…＋9＋3＝9×102＋3＝48项，而a 48＝(－1)48×96＋1＝97，故该阵第10行、第3个为97．答案：972．(2017·甘肃诊断性考试)已知列{a n }满足a 1＝8999，a n ＋1＝10a n ＋1． (1)证明列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ＋19是等比列，并求列{a n }的通项公式；(2)列{b n }满足b n ＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋19，T n 为列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n b n ＋1的前n 项和，求证：T n <12． 证明：(1)由a n ＋1＝10a n ＋1，得a n ＋1＋19＝10a n ＋109＝10⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋19，即a n ＋1＋19a n ＋19＝10．所以列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ＋19是等比列，其中首项为a 1＋19＝100，公比为10，所以a n ＋19＝100×10n －1＝10n ＋1，即a n ＝10n ＋1－19．(2)由(1)知b n ＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋19＝lg 10n ＋1＝n ＋1，即1b n b n ＋1＝1n ＋n ＋＝1n ＋1－1n ＋2． 所以T n ＝12－13＋13－14＋…＋1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2<12．第二节等差列及其前n 项和1．等差列的有关概念(1)定义：如果一个列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常，那么这个列就叫做等差列，这个常叫做等差列的公差，通常用字母d表示．(2)等差中项：列a，A，b成等差列的充要条件是A＝a＋b2，其中A叫做a，b的等差中项．2．等差列的有关公式(1)通项公式：a n＝a1＋(n－1)d．(2)前n项和公式：S n＝na1＋n n－2d＝n a1＋a n2．3．等差列的常用性质(1)通项公式的推广：a n＝a m＋(n－m)d(n，m∈N*)．(2)若{a n}为等差列，且k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则a k＋a l＝a m＋a n．(3)若{a n}是等差列，公差为d，则{a2n}也是等差列，公差为2d．(4)若{a n}，{b n}是等差列，则{pa n＋qb n}也是等差列．(5)若{a n}是等差列，公差为d，则a k，a k＋m，a k＋2m，…(k，m∈N*)是公差为md的等差列．1．在等差列{a n}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25，则a2＋a8＝________．答案：102．(教材习题改编)已知等差列{a n}，a5＝－20，a20＝－35，则a n＝________ 答案：－15－n3．(教材习题改编)已知等差列5,427，347，…，则前n项和S n＝________．答案：114(75n－5n2)1．要注意概念中的“从第2项起”．如果一个列不是从第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，那么此列不是等差列．2．求等差列的前n 项和S n 的最值时，需要注意“自变量n 为正整”这一隐含条件．1．首项为24的等差列，从第10项开始为负，则公差d 的取值范围是( ) A ．(－3，＋∞) B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－83C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，－83D ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫－3，－83答案：D2．等差列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，S 3＝12，则a 6等于________． 解析：设等差列{a n }的公差为d ，则S 3＝3a 1＋3d ，所以12＝3×2＋3d ，解得d ＝2，所以a 6＝a 1＋5d ＝2＋5×2＝12．答案：12考点一 等差列的基本运算基础送分型考点——自主练透1．(2016·郑州二检)已知{a n }为等差列，公差为1，且a 5是a 3与a 11的等比中项，S n 是{a n }的前n 项和，则S 12的值为______．解析：由题意得，a 25＝a 3a 11，即(a 1＋4)2＝(a 1＋2)(a 1＋10)，a 1＝－1，∴S 12＝12×(－1)＋12×112×1＝54． 答案：542．(2017·西安质检)公差不为零的等差列{a n }中，a 7＝2a 5，则列{a n }中第________项的值与4a 5的值相等．解析：设等差列{a n }的公差为d ，∵a 7＝2a 5，∴a 1＋6d ＝2(a 1＋4d )，则a 1＝－2d ，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝(n －3)d ，而4a 5＝4(a 1＋4d )＝4(－2d ＋4d )＝8d ＝a 11，故列{a n }中第11项的值与4a 5的值相等．答案：113．(2016·江苏高考)已知{a n }是等差列，S n 是其前n 项和．若a 1＋a 22＝－3，S 5＝10，则a 9的值是________．解析：设等差列{a n }的公差为d ，由S 5＝10，知S 5＝5a 1＋5×42d ＝10，得a 1＋2d ＝2，即a 1＝2－2d ．所以a 2＝a 1＋d ＝2－d ，代入a 1＋a 22＝－3，简得d 2－6d＋9＝0，所以d ＝3，a 1＝－4．故a 9＝a 1＋8d ＝－4＋24＝20．答案：204．设S n 为等差列{a n }的前n 项和，a 12＝－8，S 9＝－9，则S 16＝________． 解析：设等差列{a n }的首项为a 1， 公差为d ，由已知，得⎩⎨⎧a 12＝a 1＋11d ＝－8，S 9＝9a 1＋9×82d ＝－9，解得⎩⎨⎧a 1＝3，d ＝－1.∴S 16＝16×3＋16×152×(－1)＝－72．答案：－72等差列基本运算的方法策略(1)等差列中包含a 1，d ，n ，a n ，S n 五个量，可“知三求二”．解决这些问题一般设基本量a 1，d ，利用等差列的通项公式与求和公式列方程(组)求解，体现方程思想．(2)如果已知等差列中有几项的和是常的计算问题，一般是等差列的性质和等差列求和公式S n ＝n a 1＋a n2结合使用，体现整体代入的思想．考点二 等差列的判断与证明重点保分型考点——师生共研已知列{a n }的前n 项和为S n 且满足a n ＋2S n ·S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12．(1)求证：⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1S n 是等差列；(2)求a n 的表达式．解：(1)证明：∵a n ＝S n －S n －1(n ≥2)， 又a n ＝－2S n ·S n －1，∴S n －1－S n ＝2S n ·S n －1，S n ≠0，n ≥2． 因此1S n －1S n －1＝2(n ≥2)．故由等差列的定义知⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1S n 是以1S 1＝1a 1＝2为首项，2为公差的等差列．(2)由(1)知1S n ＝1S 1＋(n －1)d ＝2＋(n －1)×2＝2n ，即S n ＝12n．由于当n ≥2时，有a n ＝－2S n ·S n －1＝－12n n －，又∵a 1＝12，不适合上式．∴a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，－12n n －，n ≥2.等差列的判定与证明方法已知列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a n －12a n －1＋1(n ∈N *，n ≥2)，列{b n }满足关系式b n ＝1a n(n ∈N *)．(1)求证：列{b n }为等差列； (2)求列{a n }的通项公式． 解：(1)证明：∵b n ＝1a n，且a n ＝a n －12a n －1＋1，∴b n ＋1＝1a n ＋1＝1a n 2a n ＋1＝2＋1a n，∴b n ＋1－b n ＝2＋1a n －1a n＝2．又b 1＝1a 1＝1，∴列{b n }是首项为1，公差为2的等差列． (2)由(1)知列{b n }的通项公式为b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，又b n ＝1a n ，∴a n ＝1b n＝12n －1． ∴列{a n }的通项公式为a n ＝12n －1．考点三 等差列的性质及最值重点保分型考点——师生共研1．等差列{a n }的前n 项和为S n ，若S 11＝22，则a 3＋a 7＋a 8＝( ) A ．18 B ．12 C ．9D ．6解析：选D 由题意得S 11＝a 1＋a 112＝a 1＋10d 2＝22，即a 1＋5d＝2，所以a 3＋a 7＋a 8＝a 1＋2d ＋a 1＋6d ＋a 1＋7d ＝3(a 1＋5d )＝6．2．(2017·合肥质检)已知等差列{a n }的前n 项和为S n ，a 8＝1，S 16＝0，当S n 取最大值时n 的值为( )A ．7B ．8C ．9D ．10解析：选B法一：由⎩⎨⎧a 8＝a 1＋7d ＝1，S 16＝16a 1＋16×152d ＝0，解得⎩⎨⎧a 1＝15，d ＝－2，则S n ＝－n 2＋16n ＝－(n －8)2＋64，则当n ＝8时，S n 取得最大值．法二：因为{a n }是等差列，所以S 16＝8(a 1＋a 16)＝8(a 8＋a 9)＝0，则a 9＝－a 8＝－1，即列{a n }的前8项是正，从第9项开始是负，所以(S n )max ＝S 8，选项B 正确．1．等差列的性质(1)项的性质：在等差列{a n }中，a m －a n ＝(m －n )d ⇔a m －a nm －n＝d (m ≠n )，其几何意义是点(n ，a n )，(m ，a m )所在直线的斜率等于等差列的公差．(2)和的性质：在等差列{a n }中，S n 为其前n 项和，则 ①S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)； ②S 2n －1＝(2n －1)a n ．2．求等差列前n 项和S n 最值的2种方法(1)函法：利用等差列前n 项和的函表达式S n ＝an 2＋bn ，通过配方或借助图象求二次函最值的方法求解．(2)邻项变号法：①当a 1>0，d <0时，满足⎩⎨⎧ a m ≥0，a m ＋1≤0的项m 使得S n 取得最大值为S m ；②当a 1<0，d >0时，满足⎩⎨⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项m 使得S n 取得最小值为S m ．1．设S n 是等差列{a n }的前n 项和，若a 6a 5＝911，则S 11S 9＝( ) A ．1 B ．－1 C ．2D ．12解析：选AS 11S 9＝a 1＋a 112a 1＋a 92＝11a 69a 5＝119×911＝1． 2．设等差列{a n }的前n 项和为S n ，已知前6项和为36，最后6项的和为180，S n ＝324(n ＞6)，则列{a n }的项为________．解：由题意知a 1＋a 2＋…＋a 6＝36，①a n ＋a n －1＋a n －2＋…＋a n －5＝180，②①＋②得(a 1＋a n )＋(a 2＋a n －1)＋…＋(a 6＋a n －5)＝6(a 1＋a n )＝216，∴a 1＋a n＝36，又S n ＝n a 1＋a n2＝324，∴18n ＝324，∴n ＝18．答案：183．设S n 是等差列{a n }的前n 项和，S 10＝16，S 100－S 90＝24，则S 100＝________． 解析：依题意，S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，…，S 100－S 90依次成等差列，设该等差列的公差为d ．又S 10＝16，S 100－S 90＝24，因此S 100－S 90＝24＝16＋(10－1)d ＝16＋9d ，解得d ＝89，因此S 100＝10S 10＋10×92d ＝10×16＋10×92×89＝200．答案：200一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2017·桂林调研)等差列{a n }中，a 4＋a 8＝10，a 10＝6，则公差d ＝( ) A ．14B ．12C ．2D ．－12解析：选A 由a 4＋a 8＝2a 6＝10，得a 6＝5，所以4d ＝a 10－a 6＝1，解得d ＝14，故选A ． 2．等差列{a n }的前n 项之和为S n ，若a 5＝6，则S 9为( ) A ．45 B ．54 C ．63D ．27解析：选B 法一：∵S 9＝a 1＋a 92＝9a 5＝9×6＝54．故选B ．法二：由a 5＝6，得a 1＋4d ＝6， ∴S 9＝9a 1＋9×82d ＝9(a 1＋4d )＝9×6＝54，故选B ． 3．(2017·陕西质量监测)已知列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2．若a k ·a k＋1<0，则正整k ＝( ) A ．21 B ．22 C ．23D ．24解析：选C 3a n ＋1＝3a n －2⇒a n ＋1＝a n －23⇒{a n }是等差列，则a n ＝473－23n ．∵a k ＋1·a k <0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫473－23k ⎝ ⎛⎭⎪⎫453－23k <0，∴452<k <472，又∵k ∈N *，∴k ＝23．4．(2016·北京高考)已知{a n }为等差列，S n 为其前n 项和．若a 1＝6，a 3＋a 5＝0，则S 6＝________．解析：∵a 3＋a 5＝2a 4，∴a 4＝0． ∵a 1＝6，a 4＝a 1＋3d ，∴d ＝－2． ∴S 6＝6a 1＋－2d ＝6．答案：65．等差列{a n }中，已知a 5>0，a 4＋a 7<0，则{a n }的前n 项和S n 的最大值为________．解析：∵⎩⎨⎧a 4＋a 7＝a 5＋a 6<0，a 5>0，∴⎩⎨⎧a 5>0，a 6<0，∴S n 的最大值为S 5． 答案：S 5二保高考，全练题型做到高考达标1．(2017·太原一模)在单调递增的等差列{a n }中，若a 3＝1，a 2a 4＝34，则a 1＝( )A ．－1B ．0C ．14D ．12解析：选B 由题知，a 2＋a 4＝2a 3＝2， 又∵a 2a 4＝34，列{a n }单调递增，∴a 2＝12，a 4＝32．∴公差d ＝a 4－a 22＝12．∴a 1＝a 2－d ＝0．2．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 －＝4n ＋1， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝5，符合上式， ∴a n ＝4n ＋1，a p －a q ＝4(p －q )＝20．3．(2017·河南六市一联)已知正项列{a n }的前n 项和为S n ，若{a n }和{S n }都是等差列，且公差相等，则a 6＝( )A ．114B ．32C ．72D ．1解析：选 A 设{a n }的公差为d ，由题意得，S n ＝na 1＋n n －2d ＝d2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n ，又{a n }和{S n }都是等差列，且公差相同，∴⎩⎪⎨⎪⎧d ＝ d 2，a 1－d 2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝12，a 1＝14，a 6＝a 1＋5d ＝14＋52＝114．4．(2017·沈阳教学质量监测)设等差列{a n }满足a 2＝7，a 4＝3，S n 是列{a n }的前n 项和，则使得S n >0成立的最大的自然n 是( )A ．9B ．10C ．11D ．12解析：选A 由题可得{a n }的公差d ＝3－74－2＝－2，a 1＝9，所以a n ＝－2n ＋11，则{a n }是递减列，且a 5>0>a 6，a 5＋a 6＝0，于是S 9＝2a 52·9>0，S 10＝a 5＋a 62·10＝0，S 11＝2a 62·11<0，故选A ． 5．设列{a n }的前n 项和为S n ，若S nS 2n为常，则称列{a n }为“吉祥列”．已知等差列{b n }的首项为1，公差不为0，若列{b n }为“吉祥列”，则列{b n }的通项公式为( )A ．b n ＝n －1B ．b n ＝2n －1C ．b n ＝n ＋1D ．b n ＝2n ＋1解析：选B 设等差列{b n }的公差为d (d ≠0)，S n S 2n ＝k ，因为b 1＝1，则n ＋12n (n －1)d ＝k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋12×2nn －d ，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d ，整得(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0． 因为对任意的正整n 上式均成立， 所以(4k －1)d ＝0，(2k －1)(2－d )＝0， 解得d ＝2，k ＝14．所以列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1．6．在等差列{a n }中，公差d ＝12，前100项的和S 100＝45，则a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝________．解析：因为S 100＝1002(a 1＋a 100)＝45，所以a 1＋a 100＝910， a 1＋a 99＝a 1＋a 100－d ＝25， 则a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝502(a 1＋a 99)＝502×25＝10． 答案：107．在等差列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前 n 项和为S n ，当且仅当n ＝8 时S n 取得最大值，则d 的取值范围为________．解析：由题意，当且仅当n ＝8时S n 有最大值，可得⎩⎨⎧d <0，a 8>0，a 9<0，即⎩⎨⎧d <0，7＋7d >0，7＋8d <0，解得－1<d <－78．答案：⎝⎛⎭⎪⎫－1，－78 8．设等差列{a n }的前n 项和为S n ，S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则正整m 的值为________．解析：因为等差列{a n }的前n 项和为S n ，S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3， 所以a m ＝S m －S m －1＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3，列的公差d ＝1，a m ＋a m ＋1＝S m ＋1－S m －1＝5，即2a 1＋2m －1＝5， 所以a 1＝3－m ． 由S m ＝(3－m )m ＋m m －2×1＝0，解得正整m 的值为5． 答案：59．已知等差列的前三项依次为a,4,3a ，前n 项和为S n ，且S k ＝110． (1)求a 及k 的值；(2)设列{b n }的通项b n ＝S n n，证明：列{b n }是等差列，并求其前n 项和T n ． 解：(1)设该等差列为{a n }，则a 1＝a ，a 2＝4，a 3＝3a ， 由已知有a ＋3a ＝8，得a 1＝a ＝2，公差d ＝4－2＝2， 所以S k ＝ka 1＋k k －2·d ＝2k ＋k k －2×2＝k 2＋k ．由S k ＝110，得k 2＋k －110＝0，解得k ＝10或k ＝－11(舍去)，故a ＝2，k ＝10． (2)证明：由(1)得S n ＝n＋2n 2＝n (n ＋1)，则b n ＝S n n＝n ＋1，故b n ＋1－b n ＝(n ＋2)－(n ＋1)＝1， 即列{b n }是首项为2，公差为1的等差列， 所以T n ＝n＋n ＋2＝n n ＋2．10．(2017·南昌调研)设列{a n }的前n 项和为S n,4S n ＝a 2n ＋2a n －3，且a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比列，当n ≥5时，a n >0．(1)求证：当n ≥5时，{a n }成等差列； (2)求{a n }的前n 项和S n ．解：(1)证明：由4S n ＝a 2n ＋2a n －3,4S n ＋1＝a 2n ＋1＋2a n ＋1－3， 得4a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n ＋2a n ＋1－2a n ，即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －2)＝0． 当n ≥5时，a n >0，所以a n ＋1－a n ＝2， 所以当n ≥5时，{a n }成等差列．(2)由4a 1＝a 21＋2a 1－3，得a 1＝3或a 1＝－1， 又a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比列，所以由(1)得a n ＋1＋a n ＝0(n ≤5)，q ＝－1， 而a 5>0，所以a 1>0，从而a 1＝3，所以a n ＝⎩⎨⎧－n －1，1≤n ≤4，2n －7，n ≥5，所以S n＝⎩⎨⎧32[1－－n]，1≤n ≤4，n 2－6n ＋8，n ≥5.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2016·安庆二模)已知列{a n }是各项均不为零的等差列，S n 为其前n 项和，且a n ＝S 2n －1(n ∈N *)．若不等式λa n ≤n ＋8n对任意n ∈N *恒成立，则实λ的最大值为________．解析：a n ＝S 2n －1⇒a n ＝n －a 1＋a 2n －12＝n －a n ⇒a 2n ＝(2n－1)a n ⇒a n ＝2n －1，n ∈N *．λa n ≤n ＋8n就是λ≤n ＋n －n⇒λ≤2n －8n ＋15，f (n )＝2n －8n＋15在n ≥1时单调递增，其最小值为f (1)＝9，所以λ≤9，故实λ的最大值为9．答案：92．已知列{a n }满足，a n ＋1＋a n ＝4n －3(n ∈N *)． (1)若列{a n }是等差列，求a 1的值； (2)当a 1＝2时，求列{a n }的前n 项和S n ． 解：(1)法一：∵列{a n }是等差列， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ，a n ＋1＝a 1＋nd ． 由a n ＋1＋a n ＝4n －3， 得(a 1＋nd )＋＝4n －3， ∴2dn ＋(2a 1－d )＝4n －3， 即2d ＝4,2a 1－d ＝－3， 解得d ＝2，a 1＝－12．法二：在等差列{a n }中，由a n ＋1＋a n ＝4n －3， 得a n ＋2＋a n ＋1＝4(n ＋1)－3＝4n ＋1， ∴2d ＝a n ＋2－a n ＝(a n ＋2＋a n ＋1)－(a n ＋1＋a n ) ＝4n ＋1－(4n －3)＝4， ∴d ＝2．又∵a1＋a2＝2a1＋d＝2a1＋2＝4×1－3＝1，∴a1＝－1 2．(2)由题意，①当n为奇时，Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋a n＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a n－1＋a n)＝2＋4－3×n－1 2＝2n2－3n＋52．②当n为偶时，S n＝a1＋a2＋a3＋…＋a n ＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a n－1＋a n) ＝1＋9＋…＋(4n－7)＝2n2－3n2．第三节等比列及其前n项和1．等比列的有关概念(1)定义：如果一个列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常(不为零)，那么这个列就叫做等比列．这个常叫做等比列的公比，通常用字母q表示，定义的表达式为an＋1an＝q．(2)等比中项：如果a，G，b成等比列，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成等比列⇒G2＝ab．2．等比列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －1．(2)前n 项和公式：S n＝⎩⎨⎧na 1，q ＝1，a 1－q n1－q ＝a 1－a nq1－q ，q ≠1.3．等比列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n －m (n ，m ∈N *)． (2)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)， 则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k ；(3)若列{a n }，{b n }(项相同)是等比列，则{λa n }，⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n b n (λ≠0)仍然是等比列；(4)在等比列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比列，即a n ，a n ＋k ，a n＋2k，a n ＋3k ，…为等比列，公比为q k ．1．(教材习题改编)将公比为q 的等比列a 1，a 2，a 3，a 4，…依次取相邻两项的乘积组成新的列a 1a 2，a 2a 3，a 3a 4，…．此列是( )A ．公比为q 的等比列B ．公比为q 2的等比列C ．公比为q 3的等比列D ．不一定是等比列 答案：B2．等比列{a n }中，a 3＝12，a 4＝18，则a 6＝________． 解析：法一：由a 3＝12，a 4＝18，得⎩⎨⎧a 1q 2＝12，a 1q 3＝18，解得a 1＝163，q ＝32， ∴a 6＝a 1q 5＝163×⎝ ⎛⎭⎪⎫325＝812．法二：由等比列性质知，a 23＝a 2a 4，∴a2＝a23a4＝12218＝8，又a24＝a2a6，∴a6＝a24a2＝1828＝812．答案：81 23．(教材习题改编)在等比列{a n}中，已知a1＝－1，a4＝64，则公比q＝________，S4＝________．答案：－4 511．特别注意q＝1时，S n＝na1这一特殊情况．2．由a n＋1＝qa n，q≠0，并不能立即断言{a n}为等比列，还要验证a1≠0．3．在运用等比列的前n项和公式时，必须注意对q＝1与q≠1分类讨论，防止因忽略q＝1这一特殊情形而导致解题失误．4．S n，S2n－S n，S3n－S2n未必成等比列(例如：当公比q＝－1且n为偶时，Sn，S2n－S n，S3n－S2n不成等比列；当q≠－1或q＝－1且n为奇时，S n，S2n－S n，S3n－S2n成等比列)，但等式(S2n－S n)2＝S n·(S3n－S2n)总成立．1．在等比列{a n}中，a3＝2，a7＝8，则a5等于( )A．5 B．±5C．4 D．±4解析：选C a25＝a3a7＝2×8＝16，∴a5＝±4，又∵a5＝a3q2>0，∴a5＝4．2．设列{a n}是等比列，前n项和为S n，若S3＝3a3，则公比q＝________．答案：－12或1考点一等比列的基本运算重点保分型考点——师生共研1．(2017·武汉调研)若等比列{a n}的各项均为正，a1＋2a2＝3，a23＝4a2a6，则a 4＝( )A ．38B ．245C ．316D ．916解析：选C 由题意，得⎩⎨⎧a 1＋2a 1q ＝3，a 1q 22＝4a 1q ·a 1q 5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝32，q ＝12，所以a 4＝a 1q 3＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝316．2．(2015·全国卷Ⅰ)在列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n 项和．若S n ＝126，则n ＝________．解析：∵a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，∴列{a n }是首项为2，公比为2的等比列． 又∵S n ＝126，∴－2n1－2＝126，∴n ＝6．答案：6解决等比列有关问题的2种常用思想 等比列的前n 项和公式涉及对公比q 的分类讨论，当q ＝1时，{a n }的前n 项和S n ＝na 1；当q ≠1时，{a n }的前n 项和S n ＝a 1－q n1－q＝a 1－a n q1－q1．等比列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，则a 1＝( ) A ．13B ．－13C ．19D ．－19解析：选C 设等比列{a n }的公比为q ， ∵S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9， ∴⎩⎨⎧a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝a 1q ＋10a 1，a 1q 4＝9，解得⎩⎨⎧q 2＝9，a 1＝19.2．(2017·洛阳统考)设等比列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＋8a 4＝0，则S 4S 3＝( )A ．－53B ．157C ．56D ．1514解析：选 C 在等比列{a n }中，因为a 1＋8a 4＝0，所以q ＝－12，所以S 4S 3＝a 1－q 41－q a 1－q 31－q＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－1241－⎝ ⎛⎭⎪⎫－123＝151698＝56．3．(2015·安徽高考)已知列{}a n 是递增的等比列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则列{}a n 的前n 项和等于________．解析：设等比列的公比为q ，则有⎩⎨⎧a 1＋a 1q 3＝9，a 21·q 3＝8，解得⎩⎨⎧a 1＝1，q ＝2或⎩⎨⎧a 1＝8，q ＝12.又{}a n 为递增列，∴⎩⎨⎧a 1＝1，q ＝2，∴S n ＝1－2n1－2＝2n －1．答案：2n －1考点二 等比列的判定与证明重点保分型考点——师生共研(2016·全国丙卷)已知列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0． (1)证明{a n }是等比列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ．解：(1)证明：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1， 故λ≠1，a 1＝11－λ，故a 1≠0．由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ， 即a n ＋1(λ－1)＝λa n ． 由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1． 因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比列，于是a n ＝11－λ⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1． (2)由(1)得S n ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫λλ－1n． 由S 5＝3132得1－⎝⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132． 解得λ＝－1．等比列的4种常用判定方法(1)前两种方法是判定等比列的常用方法，常用于证明；后两种方法常用于选择题、填空题中的判定．(2)若要判定一个列不是等比列，则只需判定存在连续三项不成等比列即可．设列{}a n 的前n 项和为S n ，n ∈N *．已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1．(1)求a 4的值；(2)证明：⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ＋1－12a n 为等比列．解：(1)当n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，即4⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋a 4＋5⎝⎛⎭⎪⎫1＋32＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋1，解得a 4＝78． (2)证明：由4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1(n ≥2)， 得4S n ＋2－4S n ＋1＋S n －S n －1＝4S n ＋1－4S n (n ≥2)， 即4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1(n ≥2)． ∵4a 3＋a 1＝4×54＋1＝6＝4a 2，∴4a n ＋2＋a n ＝4a n＋1， ∴a n ＋2－12a n ＋1a n ＋1－12a n＝4a n ＋2－2a n ＋14a n ＋1－2a n＝4a n ＋1－a n －2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝2a n ＋1－a n a n ＋1－a n＝12， ∴列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1＝1为首项，12为公比的等比列．考点三 等比列的性质重点保分型考点——师生共研1．(2017·湖南师大附中月考)已知各项不为0的等差列{a n }满足a 6－a 27＋a 8＝0，列{b n }是等比列，且b 7＝a 7，则b 2b 8b 11＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选D 由等差列的性质，得a 6＋a 8＝2a 7．由a 6－a 27＋a 8＝0，可得a 7＝2，所以b 7＝a 7＝2．由等比列的性质得b 2b 8b 11＝b 2b 7b 12＝b 37＝23＝8．2．若等比列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4S 2＝5，则S 8S 4＝________．解析：设列{a n }的公比为q ， 由已知得S 4S 2＝1＋a 3＋a 4a 1＋a 2＝5， 即1＋q 2＝5， 所以q 2＝4，S 8S 4＝1＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1＋q 4＝1＋16＝17． 答案：17等比列的性质可以分为3类1．等比列{a n }的各项均为正，且a 5a 6＋a 4a 7＝18，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝( )A．5 B．9C．log345 D．10解析：选D 由等比列的性质知a5a6＝a4a7，又a5a6＋a4a7＝18，所以a5a6＝9，则原式＝log3(a1a2…a10)＝log3(a5a6)5＝10．2．(2017·长春调研)在正项等比列{a n}中，已知a1a2a3＝4，a4a5a6＝12，a n－1anan＋1＝324，则n＝________．解析：设列{a n}的公比为q，由a1a2a3＝4＝a31q3与a4a5a6＝12＝a31q12，可得q9＝3，a n－1a n a n＋1＝a31q3n－3＝324，因此q3n－6＝81＝34＝q36，所以3n－6＝36，即n＝14．答案：14一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．对任意等比列{a n}，下列说法一定正确的是( )A．a1，a3，a9成等比列B．a2，a3，a6成等比列C．a2，a4，a8成等比列D．a3，a6，a9成等比列解析：选D 由等比列的性质得，a3·a9＝a26≠0，因此a3，a6，a9一定成等比列，选D．2．在正项等比列{a n}中，a1＝1，前n项和为S n，且－a3，a2，a4成等差列，则S7的值为( )A．125 B．126 C．127 D．128 解析：选C 设{a n}的公比为q，则2a2＝a4－a3，又a1＝1，∴2q＝q3－q2，解得q＝2或q＝－1，∵a n>0，∴q>0，∴q＝2，∴S7＝1－271－2＝127．3．(2016·石家庄质检)已知列{a n}的前n项和为S n，若S n＝2a n－4(n∈N*)，则a n＝( )A．2n＋1B．2nC．2n－1D．2n－2解析：选A 依题意，a n＋1＝S n＋1－S n＝2a n＋1－4－(2a n－4)，则a n＋1＝2a n，令n ＝1，则S 1＝2a 1－4，即a 1＝4，∴列{a n }是以4为首项，2为公比的等比列，∴a n ＝4×2n －1＝2n ＋1，故选A ．4．在等比列{a n }中，若a 1·a 5＝16，a 4＝8，则a 6＝________． 解析：由题意得，a 2·a 4＝a 1·a 5＝16， ∴a 2＝2，∴q 2＝a 4a 2＝4，∴a 6＝a 4q 2＝32． 答案：325．在等比列{a n }中，a n >0，a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6，则a 3＝________． 解析：∵a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6． ∴⎩⎨⎧a 1q 4－a 1＝15，a 1q 3－a 1q ＝6(q ≠1)两式相除得q 2＋q 2－q q 2－＝156，即2q 2－5q ＋2＝0，∴q ＝2或q ＝12，当q ＝2时，a 1＝1；当q ＝12时，a 1＝－16(舍去)．∴a 3＝1×22＝4． 答案：4二保高考，全练题型做到高考达标1．已知列{a n }为等比列，若a 4＋a 6＝10，则a 7(a 1＋2a 3)＋a 3a 9的值为( ) A ．10 B ．20 C ．100D ．200解析：选C a 7(a 1＋2a 3)＋a 3a 9＝a 7a 1＋2a 7a 3＋a 3a 9＝a 24＋2a 4a 6＋a 26＝(a 4＋a 6)2＝102＝100．2．设等比列{a n }中，前n 项和为S n ，已知S 3＝8，S 6＝7，则a 7＋a 8＋a 9等于( )A ．18B ．－18C．578D．558解析：选A 因为a7＋a8＋a9＝S9－S6，且S3，S6－S3，S9－S6也成等比列，即8，－1，S9－S6成等比列，所以8(S9－S6)＝1，即S9－S6＝18．所以a7＋a8＋a9＝18．3．已知列{a n}满足log3a n＋1＝log3a n＋1(n∈N*)，且a2＋a4＋a6＝9，则log 13 (a5＋a7＋a9)的值是( )A．－5 B．－15C．5 D．1 5解析：选A ∵log3an＋1＝log3an＋1，∴a n＋1＝3a n．∴列{a n}是以公比q＝3的等比列．∵a5＋a7＋a9＝q3(a2＋a4＋a6)，∴log 13(a5＋a7＋a9)＝log13(9×33)＝log1335＝－5．4．(2016·河北三市第二次联考)古代学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上题的已知条件，若要使织布的总尺不少于30，该女子所需的天至少为( )A．7 B．8C．9 D．10解析：选B 设该女子第一天织布x尺，则x－251－2＝5，得x＝531，∴前n天所织布的尺为531(2n－1)．由531(2n－1)≥30，得2n≥187，则n的最小值为8．5．已知S n是等比列{a n}的前n项和，若存在m∈N*，满足S2mSm＝9，a2mam＝5m＋1m－1，则列{a n}的公比为( )A．－2 B．2。

高考数学一轮复习 第5章 数列4精品训练 理(含解析)新人教B版

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高考数学一轮复习 第5章 数列4精品训练 理（含解析）新人教B 版[命题报告·教师用书独具]一、选择题 1．数列{1＋2n －1}的前n 项和为( )A ．1＋2nB ．2＋2nC ．n ＋2n－1D ．n ＋2＋2n解析：S n ＝n ＋1－2n1－2＝n ＋2n－1.答案：C2．(2013年杭州期末)数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( )A ．200B ．－200C ．400D ．－400解析：S 100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200. 答案：B3．(2013年锦州模拟)设函数f (x )＝x m＋ax 的导函数f ′(x )＝2x ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f n(n ∈N *)的前n 项和是( )A.n n ＋1B.n ＋2n ＋1 C.nn －1D.n ＋1n解析：∵f ′(x )＝mx m －1＋a ＝2x ＋1，∴m ＝2，a ＝1.∴f (x )＝x 2＋x ，f (n )＝n 2＋n . ∴1f n＝1n 2＋n ＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1. ∴S n ＝1f 1＋1f 2＋1f 3＋ (1)n －1＋1f n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 答案：A4．(2012年高考大纲全国卷)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，则S n ＝( )A ．2n －1B.⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1C.⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1D.12n －1解析：利用等比数列知识求解．∵S n ＝2a n ＋1，∴当n ≥2时，S n －1＝2a n .∴a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋1－2a n .∴3a n ＝2a n ＋1.∴a n ＋1a n＝32. 又∵S 1＝2a 2，∴a 2＝12.∴a 2a 1＝12.∴{a n }从第二项起是以32为公比的等比数列．∴S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝1＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －11－32＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1. ⎝⎛也可以先求出n ≥2时，a n ＝3n －22n －1，再利用S n ＝2a n ＋1，⎭⎪⎫求得S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1答案：B5．(2013年焦作模拟)已知数列{a n }满足a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，且a 1＝12，则该数列的前2 012项的和等于( )A.3 0152B ．3 015C ．1 509D ．2 010解析：因为a 1＝12，又a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，所以a 2＝1，从而a 3＝12， a 4＝1，即得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝2k －1k ∈N *，1，n ＝2k k ∈N *，故数列的前 2 012项的和等于S 2 012＝1006×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＝1 509.答案：C 二、填空题6．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝2，且a n ＋2a n ＋1＋a n ＋2＝0(n ∈N *)，则S 2 010＝________.解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则a n ＋2a n ＋1＋a n ＋2＝a n (1＋2q ＋q 2)＝0，∵a n ≠0，∴q 2＋2q ＋1＝0.解得q ＝－1， ∴S 2 010＝0. 答案：07．(2013年石家庄模拟)有穷数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n －1所有项的和为________．解析：由题意知所求数列的通项为1－2n1－2＝2n－1，故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为21－2n1－2－n ＝2n ＋1－2－n .答案：2n ＋1－2－n8．已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，…，110＋210＋310＋…＋910，…，那么数列{b n }＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和S n 为________．解析：由已知条件可得数列{a n }的通项为a n ＝1＋2＋3＋…＋n n ＋1＝n2.∴b n ＝1a n a n ＋1＝4nn ＋1＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. S n ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝4⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝4nn ＋1. 答案：4n n ＋19．(2013年武汉模拟)等比数列{a n }的前n 项和S n ＝2n－1，则a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝________. 解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝1， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1－(2n －1－1)＝2n －1，又∵a 1＝1适合上式，∴a n ＝2n －1，∴a 2n ＝4n －1.∴数列{a 2n }是以a 21＝1为首项，以4为公比的等比数列． ∴a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝1·1－4n1－4＝13(4n－1)． 答案：13(4n－1)三、解答题10．(2013年合肥模拟)在等比数列{a n }中，a 1＞0，n ∈N *，且a 3－a 2＝8，又a 1、a 5的等比中项为16.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 4a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，是否存在正整数k ，使得1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＜k 对任意n ∈N *恒成立．若存在，求出正整数k 的最小值；不存在，请说明理由． 解析：(1)设数列{a n }的公比为q ，由题意可得a 3＝16，又a 3－a 2＝8，则a 2＝8，∴q ＝2.∴a n ＝2n ＋1.(2)∵b n ＝log 42n ＋1＝n ＋12，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n n ＋34.∵1S n ＝4nn ＋3＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋3， ∴1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫11－14＋12－15＋13－16＋…＋1n －1n ＋3＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13－1n ＋1－1n ＋2－1n ＋3＜229.∴正整数k 的最小值为3.11．(2013年郑州模拟)已知数列{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)若数列{a n }和数列{b n }满足等式：a n ＝b 12＋b 222＋b 323＋…＋b n2n (n 为正整数)，求数列{b n }的前n 项和S n .解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则依题意知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 )＝55，② 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. (2)当n ＝1时，a 1＝b 12，∴b 1＝2.当n ≥2时，a n ＝b 12＋b 222＋b 323＋…＋b n －12n －1＋b n2n ，a n －1＝b 12＋b 222＋b 323＋…＋b n －12n －1，两式相减得a n －a n －1＝b n2n ，∴b n ＝2n ＋1，∴b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2， n ＝1，2n ＋1， n ≥2.当n ＝1时，S 1＝b 1＝2；当n ≥2时，S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝2＋b 21－2n －11－2＝2n ＋2－6，当n ＝1时上式也成立． 综上，当n 为正整数时，S n ＝2n ＋2－6.12．(能力提升)(2013年三明模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：a (S n －a n )＝S n －a (a 为常数，a ∈R)．(1)求{a n }的通项公式；(2)设c n ＝ma n ＋1，求数列{c n }的前n 项和T n . 解析：(1)当n ＝1时，由a (S n －a n )＝S n －a ， 得a 1＝a ，当n ≥2时，由a (S n －a n )＝S n －a ， 得a (S n －1－a n －1)＝S n －1－a ，两式相减得a n ＝aa n －1.若a ＝0时，a n ＝0； 若a ≠0时，a na n －1＝a ⇒{a n }是等比数列． ∴a n ＝a ·an －1＝a n.综上：所求{a n }的通项为a n ＝a n，(a ∈R)． (2)当a ＝0时c n ＝1，∴T n ＝n ；当a ≠0时，T n ＝1·a ＋2·a 2＋3·a 3＋…＋n ·a n＋n ， 设P n ＝1·a ＋2·a 2＋3·a 3＋…＋n ·a n， 则aP n ＝1·a 2＋2·a 3＋3·a 4＋…＋n ·an ＋1，两式相减得(1－a )P n ＝a ＋a 2＋a 3＋…＋a n－nan ＋1，若a ≠1时，(1－a )P n ＝a 1－a n 1－a －na n ＋1⇒P n ＝a 1－a n 1－a 2－na n ＋11－a； 若a ＝1时，P n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12.综上：T n＝⎩⎪⎨⎪⎧a 1－a n 1－a 2－na n ＋11－a ＋n a ≠1，nn ＋32a ＝1.[因材施教·学生备选练习]1．(2013年济南模拟)设数列{b n }的前n 项和为S n ，且b n ＝2－2S n ；数列{a n }为等差数列，且a 5＝14，a 7＝20(n ∈N *)．(1)求数列{b n }的通项公式；(2)若c n ＝a n ·b n (n ＝1,2,3…)，T n 为数列{c n }的前n 项和．求T n . 解析：(1)由b n ＝2－2S n ， 令n ＝1，则b 1＝2－2S 1， 又S 1＝b 1， 所以b 1＝23，当n ≥2时，由b n ＝2－2S n ，可得b n －b n －1＝－2(S n －S n －1)＝－2b n ， 即b n b n －1＝13， 所以{b n }是以b 1＝23为首项，13为公比的等比数列，于是b n ＝2·13n .(2)数列{a n }为等差数列，公差d ＝12(a 7－a 5)＝3，∵a 5＝a 1＋4d ，∴a 1＝2. ∴a n ＝3n －1.从而c n ＝a n ·b n ＝2(3n －1)·13n ，∴T n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤2·13＋5·132＋8·133＋…＋3n －1·13n ，13T n ＝2⎣⎢⎡ 2·132＋5·133＋…＋3n －4·13n ＋3n －1·⎦⎥⎤13n ＋1，∴23T n ＝2⎣⎢⎡ 2·13＋3·132＋3·133＋…＋3·13n －3n －⎦⎥⎤113n ＋1，T n ＝72－12·3n －2－3n －13n. 2．(2013年合肥模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝1－a n (n ∈N *)．数列{b n }的各项均为正数，对于一切n ∈N *，有∑nk ＝11b k ＋b k ＋1＝nb 1＋b n ＋1，且b 1＝1，b 2＝2，b 3＝3.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{a n b n }的前n 项和为T n ，求证：T n ＜2.解析：(1)∵S n ＝1－a n ，∴当n ＝1时，a 1＝S 1＝1－a 1，解得a 1＝12；当n ≥2时，a n ＝S n－S n －1＝(1－a n )－(1－a n －1)，∴2a n ＝a n －1，即a n a n －1＝12. ∴数列{a n }是首项为12，公比为12的等比数列．∴a n ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n.∵对于一切n ∈N *，有∑nk ＝11b k ＋b k ＋1＝n b 1＋b n ＋1①当n ≥2时，有∑n －1k ＝1 1b k ＋b k ＋1＝n －1b 1＋b n，②①－②得，1b n ＋b n ＋1＝nb 1＋b n ＋1－n －1b 1＋b n，化简得：(n －1)·b n ＋1－nb n ＋b 1＝0，③ 用n ＋1替换③式中的n 得，nb n ＋2－(n ＋1)b n ＋1＋b 1＝0，④由③－④，整理得b n ＋2－b n ＋1＝b n ＋1－b n (n ≥2)． ∵b 3－b 2＝b 2－b 1＝1，∴数列{b n }为等差数列． ∵b 1＝1，b 2＝2，∴数列{b n }的公差d ＝1， ∴b n ＝1＋(n －1)＝n .(2)∵数列{a n b n }的前n 项和为T n ， ∴T n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，⑤∴12T n ＝122＋223＋…＋n2n ＋1，⑥ 由⑤－⑥得，12T n ＝12＋122＋…＋12n －n 2n ＋1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12－n 2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1.∴T n ＝2－n ＋22n＜2.。

高考数学一轮复习 第五章 数列 热点专题突破三 数列的综合问题习题 理

高考数学一轮复习 第五章 数列 热点专题突破三 数列的综合问题习题 理

热点专题突破三数列的综合问题1.公差d>0的等差数列{a n}中,a1=2,a1,a2,a4成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)数列{b n}满足a n=+…+,求数列{b n}的通项公式.1.【解析】(1)因为a1,a2,a4成等比数列,所以(a1+d)2=a1(a1+3d),整理得d=a1=2,所以a n=a1+(n-1)d=2n.(2)因为a n=+…+,①所以a n-1=+…+. ②①-②得a n-a n-1= (n≥2),即b n=2(2n+1)=2n+1+2(n≥2),当n=1时,b1=6适合上式,所以b n=2n+1+2.2.数列{a n}的前n项和为S n,且a1=1,a n+1=2S n+1,数列{b n}为等差数列,且b3=3,b5=7.(1)求数列{a n},{b n}的通项公式;(2)若对任意的n∈N*,·k≥b n恒成立,求实数k的取值范围.2.【解析】(1)由a n+1=2S n+1,①得a n=2S n-1+1,②①-②得a n+1-a n=2(S n-S n-1),∴a n+1=3a n(n≥2).又a2=3,a1=1也满足上式,∴a n=3n-1.由b5-b3=2d=6,可得d=3,∴b n=3+(n-3)×3=3n-6.(2)S n=,∴k≥3n-6对n∈N*恒成立,∴k≥对n∈N*恒成立.令c n=,c n-c n-1=,当n≤3时,c n>c n-1,当n≥4时,c n<c n-1,∴(c n)max=c3=,即k≥2(c n)max=,∴实数k的取值范围是3.已知数列{a n}和{b n}满足a1a2a3…a n= (n∈N*).若{a n}为等比数列,且a1=2,b3=3+b2.(1)求a n与b n;(2)设c n= (n∈N*),记数列{c n}的前n项和为S n,求S n.3.【解析】(1)设等比数列{a n}的公比为q,∵a1a2a3…a n= (n∈N*),∴a1a2a3=,∴q3=8q3=,同理a1a2=,即q=4q=,而b3=3+b2,∴8q3==23×=8×4q,∴q=2或q=-2,∵a1a2=>0,∴q=2,a n=a1q n-1=2n.又a1a2a3…a n= (n∈N*),∴,∴b n=.(2)由c n=-2,得S n=c1+c2+…+c n=+…+-21-++…+=-21-= -1.4.已知数列{a n}中,a1=1,a n=-,n≥2,且b n=a n+,数列{b n}的前n项和为S n.(1)求证:数列{b n}是等比数列,并求数列{a n}的通项公式;(2)若对任意n∈N*,p≤S n-≤q,求q-p的最小值.4.【解析】(1)因为b n+1=a n+1+=-=-a n+=-b n,又b1=a1+≠0,所以数列{b n}是等比数列.因为b n=b1,所以a n=b n-.(2)由(1)可知S n==1-,当n为奇数时,S n=1+;当n为偶数时,S n=1-.因为函数y=x-在(0,+∞)上单调递增,所以S n-的取值范围是.所以p≤-,q≥,所以q-p≥,即q-p的最小值是.5.已知各项均为正数的数列{a n}满足+a n a n+1,且a2+a4=2a3+4,其中n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设数列{b n}满足b n= (n∈N*),若存在正整数m,n(1<m<n),使得b1,b m,b n成等比数列,求m,n的值.5.【解析】(1)因为+a n a n+1,即(a n+1+a n)(a n+1-2a n)=0,又a n>0,所以有a n+1-2a n=0,即a n+1=2a n,所以数列{a n}是公比为2的等比数列,由a2+a4=2a3+4得2a1+8a1=8a1+4,解得a1=2,所以数列{a n}的通项公式为a n=2n(n∈N*).(2)b n=,若b1,b m,b n成等比数列,则,即3m2+n(2m2-4m-1)=0.因为1<m<n,所以2m2-4m-1<0,解得1-<m<1+,又m∈N*,且m>1,所以m=2,此时n=12.6.(2015·长沙长郡中学等十三校第二次联考)已知正项数列{a n}的首项a1=1,前n项和S n满足a n= (n≥2).(1)求证:{ }为等差数列,并求数列{a n}的通项公式;(2)记数列的前n项和为T n,若对任意的n∈N*,不等式4T n<a2-a恒成立,求实数a的取值范围.6.【解析】(1)∵当n≥2时,a n=,∴S n-S n-1=,即=1,∴数列{}是首项为1,公差为1的等差数列,故=n,故a n==n+(n-1)=2n-1(n≥2),当n=1时也成立;∴a n=2n-1.(2)∵,∴T n=,又∵4T n<a2-a,∴2≤a2-a,解得a≤-1或a≥2,即所求实数a的取值范围为(-∞,-1]∪[2,+∞).7.已知函数f n(x)= (其中n是常数,n∈N*),将函数f n(x)的最大值记为a n,由a n构成的数列{a n}的前n项和记为S n.(1)求S n;(2)若对任意的n∈N*,总存在x∈(0,+∞)使+a=a n,求a的取值范围;(3)比较+f n(e n)与a n的大小,并加以证明.7.【解析】(1)f'n(x)=.令f'n(x)>0,则x<e n+1-n.所以f n(x)在(-n,e n+1-n)内单调递增,在(e n+1-n,+∞)上单调递减.所以当x=e n+1-n时,f n(x)max=f n(e n+1-n)=,即a n=,则S n=.(2)因为n≥1,所以e n+1单调递增,n(n+1)单调递增,所以a n=单调递减.所以0<a n≤a1=,即a n∈.令g(x)= +a,则g'(x)=,所以g(x)在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)上单调递减.当x→0时,→0;当x→+∞时, >0;又g(1)=1+a,所以g(x)∈(a,1+a],由已知得(a,1+a]⊇,所以所以≤a≤0.(3)+f n(e n)-a n=ln·+ln .令t=,h(x)= (x≥1),h'(x)=≤0,所以h(x)在[1,+∞)上单调递减.所以1<h(x)≤1+,即t∈.又令r(t)= +ln t-t,r'(t)= >0,所以r(t)>r(1)=0,所以>0,所以+f n(e n)>a n.8.(2015·广东高考)数列{a n}满足:a1+2a2+…+na n=4-,n∈N*.(1)求a3的值;(2)求数列{a n}的前n项和T n;(3)令b1=a1,b n=a n(n≥2),证明:数列{b n}的前n项和S n满足S n<2+2ln n.8.【解析】(1)依题意有a1+2a2+…+na n=4-,n∈N*,当n≥2时,有a1+2a2+…+(n-1)a n-1=4-,两式相减得na n=-,即a n=,n≥2.且n=1时,a1=1也满足通项公式,综上得a n=,n∈N*.则a3=.(2)由(1)知T n==2-.(3)由(2)得T n=2-,当n≥2时,b n=a n= (a1+a2+…+a n-1)+ a n=a1+a2+…+a n-1+a n,所以S n=b1+b2+…+b n=a1++a1+a2+1+a3+…+a1+a2+…+a n-1+a n=a1+a2+…+1++…+a n= (a1+a2+…+a n)=T n=,下面证明+…+<ln(1+n),令函数F(x)=ln(1+x)-,x>0,则F'(x)= >0,即F(x)在(0,+∞)上单调递增,故F(x)=ln(1+x)- >F(0)=0,即对于(0,+∞),恒有ln(1+x)>,令x=,有ln,即ln+…+.故ln n>+…+.故S n=<21++…+<2(1+ln n)=2+2ln n.。

高三数学(理)一轮总复习练习-第五章 数列 5-4 Word版含答案

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课时规范训练[A 级 基础演练]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＝( )A ．15B ．12C ．－12D ．－15解析：选A.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.故选A.2．(2017·河北承德模拟)等差数列{a n }的前n 项和为S n (n ＝1，2，3，…)，当首项a 1和公差d 变化时，若a 5＋a 8＋a 11是一个定值，则下列各数中为定值的是( )A ．S 17B ．S 18C ．S 15D ．S 16解析：选C.由等差数列的性质得a 5＋a 11＝2a 8，所以a 5＋a 8＋a 11为定值，即a 8为定值．又因为S 15＝15（a 1＋a 15）2＝15×2a 82＝15a 8，所以S 15为定值．故选C.3．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋12π，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 016＝( )A.2 015×2 0162B ．2 016×2 0172 C.2 015×2 0152 D ．2 016×2 0162解析：选B.a n ＝n 2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋12π＝⎩⎨⎧－n 2n 2（n 为奇数），（n 为偶数），∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 016＝－12＋22－32＋42－…－2 0152＋2 0162＝(22－12)＋(42－32)＋…＋(2 0162－2 0152)＝1＋2＋3＋4＋…＋2 016＝2 016×2 0172. 4．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，S 8＝4a 3，a 7＝－2，则a 9＝( )A ．－6B ．－4C ．－2D ．2解析：选A.由等差数列性质及前n 项和公式，得S 8＝8（a 1＋a 8）2＝4(a 3＋a 6)＝4a 3，所以a 6＝0. 又a 7＝－2，所以公差d ＝－2，所以a 9＝a 7＋2d ＝－6.5．数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n a 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.当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝4k －1，当n ＝2k －1时，a 2k －a 2k －1＝4k －3，∴a 2k ＋1＋a 2k －1＝2，∴a 2k ＋1＋a 2k ＋3＝2，∴a 2k －1＝a 2k ＋3，∴a 1＝a 5＝…＝a 61.∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 60＝(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 60＋a 61)＝3＋7＋11＋…＋(4×30－1)＝30×（3＋119）2＝30×61＝1 830. 6．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝(－1)n (a n ＋1)，记S n 为{a n }的前n 项和，则S 2 017＝．解析：由a 1＝1，a n ＋1＝(－1)n (a n ＋1)可得该数列是周期为4的数列，且a 1＝1，a 2＝－2，a 3＝－1，a 4＝0，a 5＝1，所以S 2 017＝504(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 2 017＝504×(－2)＋1＝－1 007.答案：－1 0077．(2017·江西八所中学联考)在数列{a n}中，已知a1＝1，a n＋1＋(－1)n a n＝cos(n ＋1)π，记S n为数列{a n}的前n项和，则S2 017＝．解析：∵a n＋1＋(－1)n a n＝cos(n＋1)π＝(－1)n＋1，∴当n＝2k时，a2k＋1＋a2k ＝－1，k∈N*，∴S2 017＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2 016＋a2 017)＝1＋(－1)×1 008＝－1 007.答案：－1 0078．等差数列{}a n的前n项和为S n，已知a1＝10，a2为整数，且S n≤S4.(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T n.解：(1)由a1＝10，a2为整数，知等差数列{}a n的公差d为整数．又S n≤S4，故a4≥0，a5≤0，于是10＋3d≥0，10＋4d≤0.解得－103≤d≤－52.因此d＝－3.数列{}a n的通项公式为a n＝13－3n.(2)b n＝1（13－3n）（10－3n）＝13⎝⎛⎭⎪⎫110－3n－113－3n.于是T n＝b1＋b2＋…＋b n＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫17－110＋⎝⎛⎭⎪⎫14－17＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫110－3n－113－3n＝13⎝⎛⎭⎪⎫110－3n－110＝n10（10－3n）.9．(2017·辽宁五校联考)已知等差数列{}a n，公差d>0，前n项和为S n，S3＝6且满足a3－a1，2a2，a8成等比数列．(1)求{}a n的通项公式；(2)设b n＝1a n·a n＋2，求数列{}b n的前n项和T n.解：(1)由S 3＝6，得a 2＝2.∵a 3－a 1，2a 2，a 8成等比数列，∴2d ·(2＋6d )＝42，解得，d ＝1或d ＝－43.∵d >0，∴d ＝1，∴数列{}a n 的通项公式为a n ＝n .(2)∵b n ＝1a n ·a n ＋2＝1n （n ＋2）， ∴T n ＝11×3＋12×4＋13×5＋…＋1n （n ＋2）＝12 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝3n 2＋5n 4（n ＋1）（n ＋2）. [B 级 能力突破]1．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了( )A ．192里B ．96里C ．48里D ．24里解析：选B.由题意，知每天所走路程形成以a 1为首项，公比为12的等比数列，则a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1261－12＝378，解得a 1＝192，则a 2＝96，即第二天走了96里．故选B.2．已知数列5，6，1，－5，…，该数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前16项之和S 16等于( )A ．5B ．6C ．7D ．16解析：选C.根据题意这个数列的前7项分别为5，6，1，－5，－6，－1，5，6，发现从第7项起，数字重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项和为5＋6＋1＋(－5)＋(－6)＋(－1)＝0.又因为16＝2×6＋4，所以这个数列的前16项之和S 16＝2×0＋7＝7.故选C.3．数列{a n }的通项为a n ＝(－1)n (2n ＋1)sin n π2＋1，前n 项和为S n ，则S 100＝．解析：由a n ＝(－1)n (2n ＋1)sin n π2＋1可得所有的偶数项为1，奇数项有以下规律：⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，a 5＝－10，a 9＝－18，…⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝8，a 7＝16，a 11＝24，… 所以a 1＋a 5＋…＋a 97＝25×(－2)＋25×242×(－8)＝－2 450，a 3＋a 7＋…＋a 99＝25×8＋25×242×8＝2 600，a 2＋a 4＋…＋a 100＝50×1＝50所以S 100＝－2 450＋2 600＋50＝200.答案：2004．(2017·昆明调研)已知等差数列{}a n 中，a 2＝4，a 4是a 2与a 8的等比中项．(1)求数列{}a n 的通项公式；(2)若a n ＋1≠a n ，求数列{}2n －1·a n 的前n 项和．解：(1)由a 2＝4，且a 4是a 2，a 8的等比中项可得a 1＋d ＝4，a 24＝a 2a 8，即(4＋2d )2＝4(4＋6d )，化简得d 2－2d ＝0，则d ＝0或d ＝2，由于a 2＝4，当d ＝0时，a n ＝4； 当d ＝2时，a 1＝2，则a n ＝2n .(2)∵a n ＋1≠a n ，∴a n ＝2n ，则2n －1a n ＝2n －1·2n ＝2n ·n ， ∵S n ＝21＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n ，(*1) (*1)×2得，2S n ＝22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1，(*2) (*1)－(*2)得，－S n ＝21＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2（1－2n ）1－2－n ·2n ＋1， ∴S n ＝(n －1)·2n ＋1＋2.5．在等比数列{}a n 中，a 1>0，n ∈N *，且a 3－a 2＝8，又a 1、a 5的等比中项为16.(1)求数列{}a n 的通项公式；(2)设b n ＝log 4a n ，数列{}b n 的前n 项和为S n ，是否存在正整数k ，使得1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n<k 对任意n ∈N *恒成立？若存在，求出正整数k 的最小值；不存在，请说明理由．解：(1)设数列{}a n 的公比为q ，由题意可得a 3＝16， ∵a 3－a 2＝8，则a 2＝8，∴q ＝2.∴a n ＝2n ＋1.(2)∵b n ＝log 42n ＋1＝n ＋12，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n （n ＋3）4. ∵1S n ＝4n （n ＋3）＝43⎝⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋3， ∴1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫11－14＋12－15＋13－16＋…＋1n －1n ＋3 ＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13－1n ＋1－1n ＋2－1n ＋3< 43⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＝229， ∴存在正整数k ，其最小值为3.。

高考数学一轮复习第五章 数 列答案 (2)

高考数学一轮复习第五章 数 列答案 (2)

第五章数列第25讲数列的概念及简单表示1. C 【解析】因为数列{a n}满足a1＝1，an＋1－an ＝1，所以{an}是等差数列，an＝n，所以a10＝10，即a10＝100.2. B 【解析】当n＝1时，a1＝S1＝2a1－1，所以a1＝1.当n>1时，S n＝2a n－1，所以S n－1＝2a n－1－1，所以a n＝S n－S n－1＝2a n－2a n－1，所以a n＝2a n－1.又a1＝1≠0，所以an an－1＝2，所以{a n}是首项为1，公比为2的等比数列，所以a n＝2n－1，n∈N*.所以a5＝25－1＝16.3. D 【解析】因为a n＝1n＋1＋1n＋2＋…＋12n(n∈N*)，所以a n＋1＝1n＋2＋…＋12n＋12n＋1＋12n＋2(n∈N*)，则a n＋1－a n＝1n＋2＋…＋12n＋12n＋1＋12n＋2－⎝⎛⎭⎪⎪⎫1n＋1＋1n＋2＋…＋12n＝12n＋1＋12n＋2－1n＋1＝12n＋1－12n＋2.4. C 【解答】由数列得出规律，按照1，ln 2，sin3，…，是按正整数的顺序排列，且以3为循环节，由11÷3＝3余2，所以该数列的第11项为ln 11.5. A 【解析】由题意可得a3＝a2＋2a1＋1＝2＋2＋1＝5，a4＝a3＋2a2＋1＝5＋4＋1＝10，a5＝a4＋2a3＋1＝10＋10＋1＝21，a6＝a5＋2a4＋1＝21＋20＋1＝42.6. D 【解析】由a＝(n，a n)，b＝(a n＋1，n＋1)，且a⊥b，得na n＋1＋(n＋1)a n＝0，即na n＋1＝－(n＋1)a n.因为a1＝1≠0，所以an＋1an＝－n＋1n，则n≥2时，a2a1＝－21，a3a2＝－32，a4a3＝－43，…，anan－1＝－nn－1，把以上n－1个等式累乘得ana1＝(－1)n －1·n ，所以a n ＝(－1)n －1·n (n ＝1时也符合)，则a 100＝(－1)99·100＝－100.故选D.7. ABD 【解析】 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝a 2＝1，S n ＝a n ＋2－1①，所以当n ≥2时，S n －1＝a n ＋1－1②，①－②得a n ＝S n －S n －1＝a n ＋2－a n ＋1，即a n ＋2＝a n ＋1＋a n ，又n ＝1时，S 1＝a 3－1，所以a 3＝2，满足a 3＝a 2＋a 1，故A 正确；因为a 100＝a 99＋a 98，a 98＝a 97＋a 96，a 96＝a 95＋a 94，…，a 4＝a 3＋a 2＝a 3＋a 1，所以a100＝a 99＋a 97＋a 95＋…＋a 3＋a 1，a 99＝a 98＋a 96＋…＋a 2＋a 1，故B 正确，C 错误．S 1＋S 2＋S 3＋…＋S 98＝(a 3－1)＋(a 4－1)＋(a 5－1)＋…＋(a 100－1)＝(a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100)－a 1－a 2－98＝S 100－100.故D 正确．故选ABD.8. BD 【解析】 因为数列{a n }的通项公式为a n ＝(n ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1011n ，所以a n >0.假设第n 项最大，由⎩⎪⎨⎪⎧anan －1≥1，an ＋1an ≤1，得⎩⎪⎨⎪⎧(n ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1011nn ⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n －1≥1，(n ＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n ＋1(n ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n≤1，解得⎩⎪⎨⎪⎧n ≤10，n ≥9，又因为a 9＝1010119＝a 10，所以数列{a n }的前9项单调递增，从第10项起单调递减， 故最大项为第9项或第10项，故选BD. 9.BC【解析】由S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋1)，得a n ＋1－a n ＝2(n ≥2)，又因为a 2－a 1＝1，所以数列{a n }从第二项起为等差数列，且公差d ＝2，故a 7＝a 2＋5d ＝2＋5×2＝12，a 8＝a 2＋6d ＝2＋6×2＝14，所以选项A 错误，选项B 正确；又S 7＝a 1＋6(a 2＋a 7)2＝1＋6(2＋12)2＝43，S 8＝a 1＋7×(a 2＋a 8)2＝1＋7×(2＋14)2＝57，所以选项C 正确，选项D 错误．故选BC.10. 27 【解析】 由通项公式得a 3＝2×3＋3＝9，a 4＝13a 3＝3，所以a 3·a 4＝27.11.2n (n ＋1)【解析】 因为S n ＝n 2a n ，所以a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝(n ＋1)2a n ＋1－n 2a n ，所以a n ＋1＝n n ＋2a n ，所以a 2＝11＋2＝13，a 3＝22＋2×13＝16，a 4＝33＋2×16＝110，所以猜测a n ＝2n (n ＋1). 12.3＋ln10【解析】因为数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋1n ，a 2＝a 1＋ln(1＋1)，a 3＝a 2＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋12，a 4＝a 3＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋13，…，a 10＝a 9＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋19， 所以a 10＝a 1＋ln 2＋ln 32＋ln 43＋…＋ln 109＝a 1＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2×32×43＋…＋109＝3＋ln 10. 13. 【解答】(1) 因为a n ＝n 2－7n ＋6，所以a 4＝42－7×4＋6＝－6，所以这个数列的第4项是－6.(2)由n 2－7n ＋6＝150，得n ＝16或n ＝－9.因为n∈N *，所以150是这个数列的项，它是第16项．(3) 由a n ＝n 2－7n ＋6≥0，得n ≤1或n ≥6.所以该数列从第7项开始各项都是正数． 14. 【解答】 (1) 因为S n ＝n 2－9n ，所以当n ＝1时，a 1＝S 1＝－8；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－9n －[(n －1)2－9(n －1)]＝2n －10，因为a 1＝－8也适合a n ＝2n －10，所以a n ＝2n －10.(2)方法一：令a n ＝2n －10≤0，得n ≤5，即数列{a n }的前5项非正数，从第6项起为正数，故数列{a n }的前4项或前5项的和最小，最小值为S 4＝S 5＝－20.方法二：因为S n ＝n 2－9n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫n －922－814，所以数列{a n }的前4项或前5项的和最小，最小值为S 4＝S 5＝16－36＝－20. 15. 【解答】 (1) 由2a 1＋22a 2＋23a 3＋…＋2n a n ＝2n (n ∈N *)， 当n ＝1时，由2a 1＝2，得a 1＝1；当n ＝2时，由2a 1＋4a 2＝4，a 1＝1，得a 2＝12.(2) 由2a 1＋22a 2＋23a 3＋…＋2n a n ＝2n (n ∈N *)， 得2a 1＋22a 2＋23a 3＋…＋2n －1a n －1＝2(n －1)(n ≥2)， 所以2na n ＝2，即a n ＝12n －1(n ≥2)，由已知等式可得2a 1＝2，得a 1＝1适合上式， 所以a n ＝12n －1.(3) 由(2)知(n －5)a n ＝n －52n －1. 因为(n －4)a n ＋1－(n －5)a n ＝n －42n －n －52n －1＝－n ＋62n，当n ≤6时，{(n －5)a n }单调递增；当n ≥7时，{(n －5)a n }单调递减，且a 6＝a 7. 记b n ＝(n －5)a n ，即b 1<b 2<…<b 6＝b 7>b 8>b 9>…， 所以数列{(n －5)a n }的最大项为(6－5)a 6＝(7－5)a 7＝132.第26讲 等差数列中的基本问题1. D 【解析】 在等差数列{a n }中，a 4＋a 8＝0，a 3＋a 6＝9， 所以2a 1＋10d ＝0,2a 1＋7d ＝9，解得a 1＝15，d ＝－3.2. D 【解析】 设等差数列{a n }的公差为d ， 由a 1＋a 4＋a 7＝45①，a 2＋a 5＋a 8＝39②， ②－①得(a 2－a 1)＋(a 5－a 4)＋(a 8－a 7)＝3d ＝39－45＝－6，则(a 3＋a 6＋a 9)－(a 2＋a 5＋a 8)＝(a 3－a 2)＋(a 6－a 5)＋(a 9－a 8)＝3d ＝－6，所以a 3＋a 6＋a 9＝(a 2＋a 5＋a 8)＋3d ＝39－6＝33.3.B【解析】设竹子自下而上的各节容米量分别为a 1，a 2，…，a 7，由题意得a 1＋a 2＋a 6＋a 7＝6，由等差数列的性质得a 1＋a 7＋a 2＋a 6＝4a 4＝6，解得a 4＝32.故第四节竹子的装米量为32升．4. B【解析】 因为S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11a 6＝22π3，所以a 6＝2π3，所以tana 6＝－3.5. A 【解析】 由题意知，a >0，b >0，且1a ，12，1b 成等差数列，则1a ＋1b ＝2×12＝1，a ＋9b ＝(a ＋9b )⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1a ＋1b ＝10＋9b a ＋a b ≥10＋29b a ×ab＝16，当且仅当a ＝3b ＝4时取等号，即a ＋9b 的最小值为16.6. B【解析】 因为等差数列{a n }的前n 项和S n 有最大值，所以d <0.因为a9a8<－1，a 9<0，a 8>0，所以a 8＋a 9<0，所以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，则使得S n >0的n 的最大值为15.7. AC 【解析】 由等差数列的性质得a 1＋a 8＝a 4＋a 5，即A 正确；因为a 1a 8＝a 21＋7a 1d ，a 4a 5＝a 21＋7a 1d ＋12d 2，又d ＞0，所以a 1a 8<a 4a 5，即B ，D 不正确，C 正确．8.ACD【解析】因为数列{a n }为等差数列，2a 1＋3a 3＝S 6，所以5a 1＋6d ＝6a 1＋15d ，即a 1＋9d ＝a 10＝0，故A 正确；因为a 10＝0，所以S 9＝S 10，但是无法推出数列{a n }的单调性，故无法确定S 10是最大值还是最小值，故B 错误；因为a 8＋a 9＋a 10＋a 11＋a 12＝5a 10＝0，所以S 12＝S 7＋a 8＋a 9＋a 10＋a 11＋a 12＝S 7＋0＝S 7，故C 正确；因为S 19＝a1＋a192×19＝19a 10＝0，所以D 正确．9.ABD【解析】若a n ＝m (m 为常数)，则a2n－a2n －1＝0，故{a 2n }是等差数列，故A 正确；若数列{a n }是等方差数列，则a2n －a2n －1＝p (p 为常数)，即{a 2n }为首项是a 21，公差为p 的等差数列，所以{a 2n }是等差数列，故B 正确；由B 知a4n －a4n －1＝(a 2n －a 2n －1)·(a2n ＋a2n －1)＝p (a 2n＋a 2n －1)不是常数，故C 不正确；若数列{a n }是等方差数列，则a 2n －a 2n －1＝p (p 为常数)，所以a 2n ＝a 21＋p (n －1)，所以a 2n ＝a 21＋p (2n －1)，a 2n －2＝a 21＋p (2n －3)，则a 2n －a 2n －2＝2p (n ≥2)，故数列{a 2n }是等方差数列，D 正确．10.3n 2－2n【解析】将数列{2n －1}与{3n －2}的公共项从小到大排列得到数列{a n }，则{a n }是以1为首项、6为公差的等差数列，故它的前n 项和为n ×1＋n (n －1)2×6＝3n 2－2n .11. 10 105 【解析】 设等差数列{a n }的公差为d ， 由S1212－S1010＝2，得(a 1＋a 12)×12212－(a 1＋a 10)×10210＝2， 即a1＋a122－a1＋a102＝2，所以a 12－a 10＝4，则2d ＝4，d ＝2.所以S 2 021＝2 021×(－2 015)＋2 021×2 0202×2＝10 105.12. 14924 【解析】 a2＋a20b7＋b15＝212(a 1＋a 21)212(b 1＋b 21)＝S21T21＝7×21＋221＋3＝14924.13.【解答】因为在等比数列{b n }中，b 2＝3，b 5＝－81，所以其公比q ＝－3，从而b n ＝b 2(－3)n －2＝3×(－3)n －2，从而a 5＝b 1＝－1.若存在k ，使得S k >S k ＋1，即S k >S k ＋a k ＋1，从而a k ＋1<0； 同理，若使S k ＋1<S k ＋2，即S k ＋1<S k ＋1＋a k ＋2，从而a k ＋2>0. 若选①：由b 1＋b 3＝a 2，得a 2＝－1－9＝－10，所以a n ＝3n －16，所以当k ＝4时，满足a 5<0，且a 6>0成立．若选②：由a 4＝b 4＝27，且a 5＝－1，知数列{a n }为递减数列，故不存在a k ＋1<0，且a k ＋2>0.若选③：由S 5＝－25＝5(a 1＋a 5)2＝5a 3，解得a 3＝－5，又a 5＝－1，故a n ＝2n －11， 所以当k ＝4时，满足a 5<0且a 6>0成立． 14. 【解答】 (1) 设等差数列{a n }的公差为d ，则a 2＝a 1＋d ，a 3＝a 1＋2d ，因为等差数列{a n }的前三项和为－3，前三项积为8， 所以⎩⎪⎨⎪⎧3a1＋3d ＝－3，a1(a 1＋d )(a 1＋2d )＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a1＝2，d ＝－3或⎩⎪⎨⎪⎧a1＝－4，d ＝3，所以a n ＝－3n ＋5或a n ＝3n －7.(2) 当a n ＝－3n ＋5时，数列{a n }为递减数列，不合题意； 当a n ＝3n －7时，数列{a n }为递增数列，满足条件． 故|a n |＝|3n －7|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3n ＋7，n ＝1，2，3n －7，n ≥3.记数列{|a n |}的前n 项和为S n .当n ＝1时，S 1＝|a 1|＝4；当n ＝2时，S 2＝|a 1|＋|a 2|＝5； 当n ≥3时，S n ＝S 2＋|a 3|＋|a 4|＋…＋|a n |＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n －7) ＝5＋(n －2)[2＋(3n －7)]2＝32n 2－112n ＋10， 当n ＝2时，S 2＝5满足此式．综上所述，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，32n2－112n ＋10，n ≥2.15.【解答】由题意知na n ＋2＝(n ＋2)a n ＋λ(n 2＋2n )，即na n ＋2－(n ＋2)a n ＝λ(n 2＋2n )，所以an ＋2n ＋2－an n＝λ.(1) 当λ＝1时，设b n ＝an n，则b n ＋2－b n ＝1.因为b 1＝1，b 2＝1，所以当n 为奇数时，b n ＝1＋n －12＝n ＋12，当n 为偶数时，b n ＝1＋n －22＝n2，所以b n＝⎩⎪⎨⎪⎧n ＋12，n 为奇数，n2，n 为偶数.(2) 因为an ＋2n ＋2－ann ＝λ，设b n ＝ann ，则b n ＋2－b n ＝λ.因为b 1＝1，b 2＝1，所以当n 为奇数时，b n ＝1＋n －12λ，当n 为偶数时，b n ＝1＋n －22λ，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋n (n －1)λ2，n 为奇数，2n ＋n (n －2)λ2，n 为偶数.由a 2n ＋1>a 2n ，得2(2n ＋1)＋(2n ＋1)·2n ·λ>4n ＋2n (2n －2)·λ， 整理可得3nλ>－1，即λ>－13n 对n ∈N *恒成立，故λ≥0，所以实数λ的取值范围为[0，＋∞)．第27讲 等比数列中的基本问题1. A 【解析】 设a 4与a 8的等比中项是x .由等比数列{a n }的性质可得a 26＝a 4a 8，所以x ＝±a 6， 所以a 4与a 8的等比中项x ＝±a 6＝±18×25＝±4.2. A 【解析】 设等比数列{a n }的公比为q ，由a 5＝12a 3，得q 2＝12，则S8S4＝1－q81－q4＝1＋q 4＝54.3. C 【解析】由题意可得a 1＝3＋a ，a 2＝S 2－S 1＝6，a 3＝S 3－S 2＝18，所以36＝(3＋a )·18，所以a ＝－1.4.B【解析】 由题意可知大老鼠每天打洞的距离是以1为首项，2为公比的等比数列，前n 天打洞之和为2n －12－1＝2n －1.同理，小老鼠前n 天打洞的距离为1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n1－12＝2－12n －1，所以2n－1＋2－12n －1＝10，解得n ∈(3,4)，即两鼠在第4天相逢．5. A【解析】 因为数列{a n }为等比数列，a 1a 3a 5＝27＝a 3，a 2a 4a 6＝278＝a 34，所以a 3＝3，a 4＝32，所以公比q ＝a4a3＝12，a 1＝12，a 5＝a 4·q ＝34<1.故数列{a n }是一个递减数列，前4项都大于1，从第5项开始小于1，用T n 表示{a n }的前n 项积，则使得T n 达到最大值的n 是4，故选A.6.D【解析】由公比为2的等比数列{a n }中存在两项a m ，a n ，满足a m a n ＝32a 21，得a 1·2m －1·a 1·2n －1＝32a 21，则m ＋n －2＝5，m ＋n ＝7，所以1m ＋4n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1m ＋4n ×17(m ＋n )＝17×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫5＋n m ＋4m n ≥17×⎝⎛⎭⎪⎪⎫5＋2n m ·4m n ＝97， 当且仅当n ＝2m ，且m ＋n ＝7时取等号，但是m ，n ∈N *， 所以当m ＝3，n ＝4时，1m ＋4n ＝43，当m ＝2，n ＝5时，1m ＋4n ＝1310.所以1m ＋4n 的最小值为1310.7. AD 【解析】 对于A ，k 不可能为0正确；对于B ，当a n ＝1时，{a n }为等差数列，但不是等差比数列； 对于C ，当a n ＝1时，{a n }为等比数列，但不是等差比数列；对于D ，当数列0,1,0,1,0,1，…，0,1是等差比数列，且有无数项为0，D 正确． 故选AD. 8. AC 【解析】 由数列{a n }是等比数列，设其公比为q .在A 中，a 2n ＝a 21q2n －2，所以a2n ＋1a2n ＝a21q2na21q2n －2＝q 2是常数，所以数列{a 2n }是等比数列，故A 正确；在B 中，若a 3＝2，a 7＝32，则a 5＝2×32＝8，故B 错误；在C 中，若a 1<a 2<a 3，则a 1>0，q >1或a 1<0,0<q <1，数列{a n }是递增数列，故C 正确；在D 中，若数列{a n }的前n 项和S n ＝3n －1＋r ，则a 1＝S 1＝1＋r ，a 2＝S 2－S 1＝(3＋r )－(1＋r )＝2，a 3＝S 3－S 2＝(9＋r )－(3＋r )＝6，因为a 1，a 2，a 3成等比数列，所以a 2＝a 1a 3，所以4＝6(1＋r )，解得r ＝－13，故D 错误．9.AD【解析】由a 1＞1，a 6a 7＞0，得q ＞0.又a6－1a7－1＜0，a 1＞1，故a 6＞1，a 7＜1，则q ＜1，所以0＜q ＜1，故A 正确；由a 6a 8＝a 27＜1，知B 错误；因为a n ＞0恒成立，所以S n 没有最大值，故C 错误；又当n ≤6时，a n ＞1，当n ≥7时，a n ＜1，故T n 的最大值为T 6，故D 正确． 10.2【解析】由题意得q ≠1.由S 6＝9S 3，得a1(1－q 6)1－q＝9×a1(1－q 3)1－q ，所以1＋q 3＝9，q ＝2.又S 5＝a1(1－25)1－2＝31a 1＝62，所以a 1＝2.11.4【解析】由题意知a 6(a 2＋2a 6＋a 10)＝a 6a 2＋2a 6a 6＋a 10a 6，因为a 4＋a 8＝－2，所以a 6a 2＋2a 6a 6＋a 10a 6＝a 24＋2a 4a 8＋a 28＝(a 4＋a 8)2＝4. 12. 317【解析】根据题意，数列{a n }满足a 3，a 6，a 9，…，a 3n ，…是首项为1，公比为2的等比数列，则a 3n ＝2n －1.又由a 3n －2，a 3n －1，a 3n 是公比为－12的等比数列，则a 3n －1＝－2a 3n ，a 3n －2＝4a 3n ，故有a 3n －2＋a 3n －1＋a 3n ＝3a 3n ＝3×2n －1，则S 20＝(a 1＋a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5＋a 6)＋…＋(a 19＋a 20＋a 21)－a 21＝3×(27－1)－26＝317.13.【解答】(1)在等比数列{a n }中，由a 4＝9a 2，得q ≠1，依条件可得⎩⎨⎧a1q3＝9a1q ，a1(1－q 3)1－q ＝13，q >0，解得a 1＝1，q ＝3，所以a n ＝3n －1，S n ＝1－3n 1－3＝3n －12，(2) 假设存在常数λ，使得数列{S n ＋λ}是等比数列，因为S 1＋λ＝λ＋1，S 2＋λ＝λ＋4，S 3＋λ＝λ＋13，所以(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)，解得λ＝12，此时S n ＋12＝12×3n ，则Sn ＋1＋12Sn ＋12＝3，故存在常数12，使得数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫Sn ＋12是等比数列．14. 【解答】 (1) 因为S n ＝2a n ＋1－n ，① 所以S n －1＝2a n －1＋1－(n －1)(n ≥2)．② 当n ≥2时，由①－②得a n ＝2a n －1＋1， 即a n ＋1＝2(a n －1＋1)，所以an ＋1an －1＋1＝2(n ≥2)．当n ＝1时，S 1＝2a 1，即a 1＝0，a 1＋1＝1.所以数列{a n ＋1}是以1为首项，2为公比的等比数列． (2) 由(1)知a n ＋1＝2n －1， 所以b n ＝n (a n ＋1)＝n ·2n －1. 所以T n ＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n ×2n －1，③ 则2T n ＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ，④由③－④，得－T n ＝1×20＋1×21＋1×22＋…＋1×2n －1－n ×2n ＝(1－n )2n －1， 所以T n ＝(n －1)·2n ＋1. 15.【解答】 (1) 由数列{a n }的前n 项和S n ＝an (a n ＋1)2，n ∈N *.知当n ＝1时，有S 1＝a1(a 1＋1)2＝a 1.又a 1>0，所以a 1＝1； 当n >1时，a n ＝S n －S n －1＝an (a n ＋1)2－an －1(a n －1＋1)2，整理得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－1)＝0， 因为a n ＋a n －1>0，所以a n －a n －1＝1，所以数列{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝1的等差数列，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n .(2) 由a n ＝n 知b n ＝log 2an ＋2an ＋1＝log 2n ＋2n ＋1，所以数列{b n }的前n 项和为b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝log 232＋log 243＋log 254＋…＋log 2n ＋2n ＋1＝log 2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32×43×54×…×n ＋2n ＋1＝log 2(n ＋2)－1. 令b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝k (k ∈Z )，则log 2(n ＋2)－1＝k ，n ＝2k ＋1－2， 由n ∈(0,2 022)，k ∈Z ，知k <10且k ∈N *， 所以在区间(0,2 022)内所有“优化数”的和为S ＝(22－2)＋(23－2)＋(24－2)＋…＋(210－2)＝(22＋23＋24＋…＋210)－18＝22(1－29)1－2－18＝211－22＝2 026. 第28讲 数列求和第1练1. C 【解析】 因为a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1(n ∈N *)，所以其前n 项和S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1.当S n ＝1011时，解得n ＝10.2.B【解析】 因为a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝S n ＋1·S n ，所以S n ＋1－S n ＝S n ＋1·S n ，即1Sn ＋1－1Sn＝－1.又1S1＝1a1＝－1，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1Sn 是首项与公差均为－1的等差数列，所以1Sn＝－1－(n －1)＝－n ，所以S n ＝－1n ，所以S 2 022＝－12 022.3.D【解析】由log 2a n ＝log 22n ＋log 23＝log 2(2n ·3)，得a n ＝3·2n ，a 2n ＝3·22n ＝3·4n ，a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 20＝3×(4＋42＋43＋…＋410)＝3×4(1－410)1－4＝411－4. 4. B 【解析】 当n ＝1时，有2S 1＝4a 1＋m ，解得a 1＝－m2；当n ≥2时，由2S n ＝4a n ＋m ，得2S n －1＝4a n －1＋m ， 两式相减可得2a n ＝4a n －4a n －1，即a n ＝2a n －1， 故a n ＝a 1·2n －1＝－m ·2n －2，na n ＝－mn ·2n －2，故数列{na n }的前6项和为－m4(1×21＋2×22＋3×23＋…＋6×26)．令X ＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋6×26①，则2X ＝1×22＋2×23＋…＋6×27②， 由①－②可得－X ＝21＋22＋23＋…＋26－6×27＝2(1－26)1－2－6×27＝－5×27－2，则X ＝642，所以321＝－m4×642＝－321m2，解得m ＝－2.5. B 【解析】 已知a n a n ＋1＝3n ，且a 1＝1，则a 2＝3， 当n ≥2时，a n －1a n ＝3n －1，两式相除可得an ＋1an －1＝3，则数列{a n }的奇数项和偶数项均为公比为3的等比数列， 所以S 9＝(1＋3＋9＋27＋81)＋(3＋9＋27＋81)＝241. 6.B【解析】因为a n a n ＋1a n ＋2＝k (k 为常数)，且a 1＝1，a 2＝2，公积为8，所以a 3＝4，a 4＝1，a 5＝2，a 6＝4，所以a n ＋3＝a n ，则a 1＋a 2＋…＋a 2 020＝a 1＋(1＋2＋4)×673＝4 712.7.BC【解析】根据题意，设等比数列{b n }的公比为q ，若b n ＝a n ＋2n －1，且a 1＝5，a 2＝15，则b 1＝a 1＋1＝6，b 2＝a 2＋3＝18，则其公比q ＝b2b1＝3，则b n ＝b 1q n －1＝2×3n ，故A 错误； 数列{b n }的前n 项和S n ＝2×3(1－3n )1－3＝3n ＋1－3，故B 正确；根据题意，由(1)知b n ＝a n ＋2n －1＝2×3n ，则a n ＝2×3n －(2n －1)，所以a 3＝49，故C 正确；则T n ＝(6－1)＋(18－3)＋…＋[2×3n －(2n －1)]＝(6＋18＋…＋2×3n )－[1＋3＋…＋(2n －1)]＝2×3(1－3n )1－3－[1＋(2n －1)]×n2＝3n ＋1－n 2－3，故D 错误． 8. BC 【解析】 对于A ，a 6＝a 4＋a 5＝8，故A 错误． 对于B ，a 7＝a 5＋a 6＝13，所以S 7＝1＋1＋2＋3＋5＋8＋13＝33，故B 正确； 对于C ，由a 1＝a 2，a 3＝a 4－a 2，a 5＝a 6－a 4，…，a 2 019＝a 2 020－a 2 018，a 2 021＝a 2022－a 2 020，叠加得a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 021＝a 2 022，故C 正确；对于D ，因为斐波那契数列总有a n ＋2＝a n ＋1＋a n ， 则a21＝a 2a 1，a2＝a 2(a 3－a 1)＝a 2a 3－a 2a 1，a23＝a 3(a 4－a 2)＝a 3a 4－a 2a 3，…，a 2 018＝a 2 018(a 2 019－a 2 017)＝a 2 018a 2 019－a 2 017a 2018，a 2 019＝a 2 019a 2 020－a 2 019a 2 018，a 2 020＝a 2 020a 2 021－a 2 020a 2 019，所以a 21＋a 2＋a 23＋…＋a 2 020＝a 2 020a 2 021，故D 错误．9.ABD【解析】由每项为正整数的数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧12an ，an 是偶数，3an ＋1，an 是奇数，且a 6＝4，可得a 5＝8或1，故A 正确；数列的前6项为128,64,32,16,8,4或21,64,32,16,8,4或20,10,5,16,8,4或3,10,5,16,8,4或16,8,4,2,1,4或2,1,4,2,1,4，故a 4的值可以是16或2，即B 正确；计算可得S ＝128＋64＋32＋16＋8＋4＝252，T ＝128＋21＋20＋3＋16＋2＝190，故C 错误，D 正确．10.84 51【解析】设等差数列{a n }的公差为d ，由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧4a1＋4×3d 2＝12，8a1＋8×7d 2＝40，解得a 1＝32，d ＝1，所以S 12＝12×32＋12×112×1＝84.因为S n ＝32n ＋n (n －1)2＝n (n ＋2)2，所以Sn n ＝n ＋22，所以T 12＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32＋12＋222＝51.11.1365【解析】由题意，可知∑11k ＝1a k ＝a 1＋a 2＋…＋a 11＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 10＋a 11)＝1＋22＋24＋…＋210＝1＋41＋42＋…＋45＝1－461－4＝1 365.12. 5 【解析】 因为2S n ＝3a n －1，所以当n ＝1时，2S 1＝2a 1＝3a 1－1，所以a 1＝1. 当n ≥2时，2S n －1＝3a n －1－1，所以2(S n －S n －1)＝3a n －3a n －1＝2a n ，所以a n ＝3a n －1，即an an －1＝3，所以{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列，则a n ＝3n －1.故T n ＝a 1a 2a 3…a n ＝1×3×32×…×3n －1＝3n (n －1)2.因为T n >729，所以3n (n －1)2>729＝36，所以n (n －1)2>6，解得n >4或n ＜－3.因为n ∈N *，所以n 的最小值为5.13.【解答】(1)设等比数列{a n }的公比为q ，由S 3＝7，a 1＋3,3a 2，a 3＋4成等差数列，得⎩⎪⎨⎪⎧S3＝a1＋a1q ＋a1q2＝7，6a1q ＝a1＋a1q2＋3＋4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a1＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a1＝4，q ＝12，由于数列{a n }是递增的数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a1＝1，q ＝2，所以a n ＝2n －1.(2) 由(1)得b n ＝log 2an ＋164＝n －6，因为当n ≤6时，b n ≤0，当n ＞6时，b n ＞0， 所以当n ≤6时，|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＝n (11－n )2. 当n ≥7时，|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＝(b 1＋b 2＋…＋b n )－2(b 1＋b 2＋…＋b 6)＝n2－11n ＋602.故|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＝⎩⎪⎨⎪⎧n (11－n )2，1≤n ≤6，n 2－11n ＋602，n ≥7.14. 【解答】 (1) 设等差数列{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a1＋5d ＝16，a1＋15d ＝36，解得⎩⎪⎨⎪⎧a1＝6，d ＝2，故a n ＝6＋(n －1)×2＝2n ＋4，n ∈N *. (2) 方案一：选条件①.由(1)知，b n ＝4anan ＋1＝4(2n ＋4)[2(n ＋1)＋4]＝1(n ＋2)(n ＋3)＝1n ＋2－1n ＋3，则S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝13－14＋14－15＋…＋1n ＋2－1n ＋3＝13－1n ＋3＝n3(n ＋3). 方案二：选条件②.由(1)知，b n ＝(－1)n a n ＝(－1)n (2n ＋4)， (ⅰ)当n 为偶数时，n －1为奇数，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－6＋8－10＋12－…－(2n ＋2)＋(2n ＋4)＝(－6＋8)＋(－10＋12)＋…＋[－(2n ＋2)＋(2n ＋4)]＝2＋2＋…＋2＝2×n2＝n .(ⅱ)当n 为奇数时，n －1为偶数，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－6＋8－10＋12－…－2n ＋(2n ＋2)－(2n ＋4)＝(－6＋8)＋(－10＋12)＋…＋[－2n ＋(2n ＋2)]－(2n ＋4)＝2＋2＋…＋2－(2n ＋4)＝2×n －12－(2n ＋4)＝－n －5，所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为偶数，－n －5，n 为奇数.方案三：选条件③.由(1)知，b n ＝2a n ·a n ＝(2n ＋4)·22n ＋4，则S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝6·26＋8·28＋10·210＋…＋(2n ＋4)·22n ＋4， 4S n ＝6·28＋8·210＋…＋(2n ＋2)·22n ＋4＋(2n ＋4)·22n ＋6， 两式相减，可得－3S n ＝6·26＋2·28＋2·210＋…＋2·22n ＋4－(2n ＋4)·22n ＋6 ＝6·26＋2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫28－22n ＋4·221－22－(2n ＋4)·22n ＋6＝53·27－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫n ＋53·22n ＋7，所以S n ＝3n ＋59·22n ＋7－6409.15. 【解答】 (1) 由题意，设等差数列{a n }的公差为d ，且d >0，则 a 1＋2＝3,2a 2＝2(d ＋1)，a 3＋7＝2d ＋8，因为a 1＋2,2a 2，a 3＋7成等比数列， 所以(2a 2)2＝(a 1＋2)(a 3＋7)， 即4(d ＋1)2＝3(2d ＋8)， 整理，得2d 2＋d －10＝0， 解得d ＝－52(舍去)或d ＝2，所以a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，n ∈N *.(2) 因为a n ＝2n －1，所以S n ＝(1＋2n －1)n 2＝n 2，S n ＋1＝(n ＋1)2， 所以SnSn ＋1＝n2(n ＋1)2＝n (n ＋1)．因为b n SnSn ＋1＝(－1)n a n ＋1，且a n ＋1＝2n ＋1， 所以b n ＝(－1)n 2n ＋1n (n ＋1)＝(－1)n ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋1n ＋1. ①当n 为奇数时， T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13＋14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1＋1n －⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋1n ＋1 ＝－1－12＋12＋13－13－14＋…＋1n －1＋1n －1n －1n ＋1＝－1－1n ＋1.②当n 为偶数时， T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13＋14＋…－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1＋1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋1n ＋1 ＝－1－12＋12＋13－13－14＋…－1n －1－1n ＋1n ＋1n ＋1＝－1＋1n ＋1.所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧－1－1n ＋1，n ∈N*，且n 为奇数，－1＋1n ＋1，n ∈N*，且n 为偶数.第2练1. 【解答】 (1) 因为na n ＋1－(n ＋1)a n ＝1，两边同时除以n (n ＋1)，得an ＋1n ＋1－an n＝1n －1n ＋1，从而n ≥2时，an n －an －1n －1＝1n －1－1n ，…，a22－a11＝1－12， 叠加可得an n －a11＝1－1n ，a n ＝2n －1(n ≥2)．又n ＝1时，a 1＝1满足等式，所以a n ＝2n －1.(2) 由(1)知b n ＝2n －12n ，S n ＝12＋322＋523＋…＋2n －12n ，12S n ＝122＋323＋…＋2n －32n ＋2n －12n ＋1， 两式相减得12S n ＝12＋222＋223＋…＋22n －2n －12n ＋1＝32－2n ＋32n ＋1，所以S n ＝3－2n ＋32n.2. 【解答】 (1) 因为S n ＝n 2＋n ，所以当n ＝1时，a 1＝S 1＝2， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n, 又a 1＝2也满足上式，所以a n ＝2n (n ∈N *)． 又b12＋1＋b222＋1＋…＋bn2n ＋1＝a n ＝2n ，所以b12＋1＋b222＋1＋…＋bn －12n －1＋1＝2n －2(n ≥2，n ∈N *)，两式作差得bn2n ＋1＝2，所以b n ＝2n ＋1＋2(n ≥2，n ∈N *),当n ＝1时，b13＝2，b 1＝6，又b 1＝6满足上式， 所以b n ＝2n ＋1＋2(n ∈N *)． (2) 因为c n ＝anbn4－n ＝n ·2n ，所以T n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n ， 2T n ＝1×22＋2×23＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1， 两式相减，得－T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1， 即－T n ＝2n ＋1－2－n ×2n ＋1， 所以T n ＝(n －1)·2n ＋1＋2. 3. 【解答】 方案一：选条件①.(1) 因为a 3＝5，a 2＋a 5＝6b 2，a 1＝b 1，d ＝q ，d ＞1，所以⎩⎪⎨⎪⎧a1＋2d ＝5，2a1＋5d ＝6a1d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a1＝256，d ＝512(舍去)，所以⎩⎪⎨⎪⎧b1＝1，q ＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1，b n ＝b 1q n －1＝2n －1.(2) 因为c n ＝anbn，所以c n ＝2n －12n －1＝(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1，所以T n ＝1＋3×12＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫122＋…＋(2n －3)×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －2＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1，所以12T n ＝12＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫122＋5×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫123＋…＋(2n －3)×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1＋(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n ，两式相减得12T n ＝1＋2⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤12＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n＝1＋2×12⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －11－12－(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n＝3－(2n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n ，所以T n ＝6－(2n ＋3)×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12n －1.方案二：选条件②.(1) 因为b 2＝2，a 3＋a 4＝3b 3，a 1＝b 1，d ＝q ，d ＞1， 所以⎩⎪⎨⎪⎧a1d ＝2，2a1＋5d ＝3a1d2，所以⎩⎪⎨⎪⎧a1d ＝2，2a1＋5d ＝6d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a1＝－1，d ＝－2(舍去)，所以⎩⎪⎨⎪⎧b1＝1，q ＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1，b n ＝b 1q n －1＝2n －1.(2) 同方案一． 方案三：选条件③.因为S 3＝9，a 4＋a 5＝8b 2，a 1＝b 1，d ＝q ，d ＞1， 所以⎩⎪⎨⎪⎧a1＋d ＝3，2a1＋7d ＝8a1d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a1＝218，d ＝38(舍去)，所以⎩⎪⎨⎪⎧b1＝1，q ＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1，b n ＝b 1q n －1＝2n －1.(2) 同方案一．4. 【解答】 (1) 因为a 21＋a 2＝a 1＋a 2，所以a 21＋(a 1＋d )2＝2a 1＋d ，整理得2a 21＋2(d －1)a 1＋d 2－d ＝0，则Δ＝4(d －1)2－8(d 2－d )≥0，解得－1≤d ≤1，故d 的取值范围为[－1,1]． (2) 因为d ＝－1，所以2a 21－4a 1＋2＝0，即a 1＝1， 所以a n ＝2－n .假设存在等差数列{b n }满足题意，则⎩⎪⎨⎪⎧1a21＋b1＝12，1a21＋b1＋1a22＋b2＝23，即⎩⎪⎨⎪⎧11＋b1＝12，12＋1b2＝23，解得⎩⎪⎨⎪⎧b1＝1，b2＝6.从而b n ＝5n －4，此时1a2n ＋bn ＝1n2＋n ＝1n －1n ＋1，则1a21＋b1＋1a22＋b2＋…＋1a2n ＋bn＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1，故存在等差数列{b n }，且b n ＝5n －4，使得数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a2n ＋bn 的前n 项和为n n ＋1.5. 【解答】 (1) 依题意得b 23＝b 2b 4，所以(a 1＋6)2＝(a 1＋2)(a 1＋14)， 所以a 21＋12a 1＋36＝a 21＋16a 1＋28， 解得a 1＝2，所以a n ＝2n .设等比数列{b n }的公比为q ，所以q ＝b3b2＝a4a2＝84＝2，又b 2＝a 2＝4，所以b n ＝4×2n －2＝2n . (2) 由(1)知，a n ＝2n ，b n ＝2n .因为c1a1＋c2a2＋…＋cn －1an －1＋cnan ＝2n ＋1，①当n ≥2时，c1a1＋c2a2＋…＋cn －1an －1＝2n ，②由①－②得，cn an＝2n ，即c n ＝n ·2n ＋1，又当n ＝1时，c 1＝a 1b 2＝23不满足上式， 所以c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧8，n ＝1，n ·2n ＋1，n ≥2.故数列{c n }的前2020项和S 2 020＝8＋2×23＋3×24＋…＋2 020×22021＝4＋1×22＋2×23＋3×24＋…＋2 020×22 021，设T 2 020＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋2 019×22 020＋2 020×22 021，③ 则2T 2 020＝1×23＋2×24＋3×25＋…＋2 019×22 021＋2 020×22 022，④由③－④得－T 2 020＝22＋23＋24＋…＋22 021－2 020×22 022＝22(1－22 020)1－2－2 020×22 022＝－4－2 019×22 022， 所以T 2 020＝2 019×22 022＋4，所以S 2 020＝ T 2 020＋4＝2 019×22 022＋8. 6. 【解答】 (1) 因为S n ＝n 2＋kn ＋k (k ∈R )， 所以当n ＝1时，a 1＝S 1＝1＋2k,当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n 2＋kn ＋k )－[(n －1)2＋k (n －1)＋k ]＝2n ＋k －1， 因为{a n }为等差数列，且n ≥2时，a n －a n －1＝(2n ＋k －1)－[2(n －1)＋k －1]＝2， 所以a 2－a 1＝(4＋k －1)－(1＋2k )＝2，所以k ＝0，即a n ＝2n －1. (2) 由(1)知，S n ＝n 2,故b n ＝1(n ＋1)2－1＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋2， 所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝12⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1n ＋2 ＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2， 因为n ∈N *，所以T n ＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2<34. 7. 【解答】 (1) 因为2S n ＋1－2S n －(S n －S n －1)＝0，n ≥2，n ∈N *，所以a n ＋1＝12a n ，n ≥2.因为a 1＝1，a 2，a 1，S 2依次成等差数列， 所以2＝1＋2a 2，解得a 2＝12，所以a 2＝12a 1，所以数列{a n }是以1为首项，12为公比的等比数列， 所以a n ＝12n －1.(2) 由(1)知1an＝2n －1，由0<2n －1≤4m －1， 得2n －1≤22(m －1)，即n ≤1＋2(m －1)＝2m －1， 所以b m ＝2m －1，当m 为偶数时，W m ＝－1＋9－25＋49－81＋121＋…－(2m －3)2＋(2m －1)2 ＝(－1＋9)＋(－25＋49)＋(－81＋121)＋…＋[－(2m －3)2＋(2m －1)2] ＝8＋24＋40＋…＋8(m －1)，所以W 20＝8＋24＋40＋…＋8×(20－1)＝202×(8＋8×20－8)2＝800.8. 【解答】 (1) 因为a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n ＝n (n ＋1)2， 所以当n ≥2时，a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n －2＝(n －1)n2， 两式相减得a 2n ＝n .当n ＝1时，a 2＝1，满足上式，所以a 2n ＝n . (2)设数列{(2)n ·a n }的前2n 项和为S 2n ，则S 2n ＝2a 1＋(2)2a 2＋(2)3a 3＋…＋(2)2n －1a 2n －1＋(2)2n a 2n＝[2a 1＋(2)3a 3＋…＋(2)2n －1a 2n －1]＋[(2)2a 2＋(2)4a 4＋…＋(2)2n a 2n ] ＝[2·1＋(2)3·2＋(2)5·22＋…＋(2)2n －1·2n －1]＋[(2)2·1＋(2)4·2＋…＋(2)2n ·n ]＝(2·40＋2·4＋…＋2·4n －1)＋(2·1＋22·2＋…＋2n ·n ) ＝2(1－4n )1－4＋(2·1＋22·2＋…＋2n ·n ) ＝23(4n －1)＋(2·1＋22·2＋…＋2n ·n )，设T n ＝2·1＋22·2＋…＋2n ·n ， 则2T n ＝22·1＋23·2＋…＋2n ＋1·n ，两式相减得－T n ＝2＋(22＋23＋…＋2n )－2n ＋1·n ＝2(1－2n )1－2－2n ＋1·n ＝(1－n )2n ＋1－2. 所以T n ＝(n －1)2n ＋1＋2，所以S 2n ＝23(4n －1)＋(n －1)2n ＋1＋2.微难点8 放缩法在数列不等式中的应用1. 【解答】(1) 因为2n－1≥2n－2n －1＝2n －1(n ≥2)，所以12n －1≤12n －1(n ≥2)， 所以12－1＋122－1＋123－1＋…＋12n －1<1＋⎝⎛⎭⎪⎪⎫12＋122＋…＋12n －1＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12n －1<2.(2) 因为2n －1≥2n －2n －3≥74·2n －1(n ≥3)，所以12n －1≤47·12n －1， 所以12－1＋122－1＋123－1＋…＋12n －1<1＋13＋47⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫122＋…＋12n －1＝43＋27⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－12n －2<43＋27＝3421<3521＝53. 2. 【解答】因为n ＝n2<n (n ＋1)<n2＋n ＋14＝n ＋12，所以1＋2＋…＋n <1·2＋2·3＋…＋n (n ＋1)<1＋2＋…＋n ＋12×n ，所以n (n ＋1)2<1·2＋2·3＋…＋n (n ＋1)<n (n ＋2)2.3. 【解答】S 2n ＝1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ，令b n ＝12n (2n －1)，{b n }的前n 项和为T n ，当n ≥2时，b n ≤12n (2n －2)＝14⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1－1n 所以S 2n ＝T n ≤12＋112＋130＋14⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13－14＋14⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫14－15＋…＋14⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1－1n ＝710－14n <22. 4. 【解答】因为a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋n 2n a n ，所以a n ＋1与a n 同号， 又a 1＝1>0，所以a n >0，即a n ＋1－a n ＝n2n a n >0，即a n ＋1>a n ，所以数列{a n }为递增数列，所以a n ≥a 1＝1， 即a n ＋1－a n ＝n2n a n ≥n2n ， 累加得a n －a 1≥12＋222＋…＋n －12n －1.令S n ＝12＋222＋ …＋n －12n －1，所以12S n ＝122＋223＋…＋n －12n，两式相减得12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －1－n －12n ，所以S n ＝2－n ＋12n －1，所以a n ≥3－n ＋12n －1， 故a n ＋1>a n ≥3－n ＋12n －1. 5. 【解答】(1) 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝S2nSn －1，即S n －1－S n ＝S n S n －1，即1Sn －1Sn －1＝1， 所以⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1Sn 构成以1为首项，1为公差的等差数列． (2) 由(1)可知1Sn ＝1S1＋(n －1)×1＝n ，所以S n ＝1n.当n ≥2时，S 2n ＝1n2<1n2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1－1n ＋1， 故当n ≥2时S 21＋S 2＋…＋S 2n <1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12－14＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1n －1－1n ＋1＝1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋12－1n －1n ＋1<1＋12×32＝74. 又当n ＝1时，S 21＝1<74满足题意，故S 21＋S 2＋…＋S 2n <74.6.【解答】(1)因为a n ＋1＝3a n ，所以{a n }为公比是3的等比数列，所以a n ＝a 1·3n －1＝3n －1.在{b n }中，令n ＝1,2b 1－b 1＝S 1·S 1⇒b 1＝1，所以2b n －1＝S n ，则2b n －1－1＝S n －1， 所以2b n －2b n －1＝b n (n ≥2)，即b n ＝2b n －1， 所以{b n }是公比为2的等比数列，所以b n ＝b 1·2n －1＝2n －1. (2) 因为1an －bn ＝13n －1－2n －1<13n －2，故1a2－b2＋1a3－b3＋…＋1an －bn <1＋13＋…＋13n －2＝1·⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13n －11－13＝32⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13n －1<32. 7. 【解答】(1) 令n ＝1，得a 21＋a 1＝2S 1＝2a 1， 因为a 1>0，所以a 1＝1.又由条件a 2n ＋a n ＝2S n ， 有a 2n ＋1＋a n ＋1＝2S n ＋1，上述两式相减得(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －1)＝0.因为a n >0，所以a n ＋1＋a n >0，所以a n ＋1－a n ＝1， 所以a n ＝1＋1×(n －1)＝n ，S n ＝n (n ＋1)2， 所以S n ＝n (n ＋1)2<12·n2＋(n ＋1)22＝a2n ＋a2n ＋14. (2) 因为n <n (n ＋1)<n ＋1， 所以n 2<n (n ＋1)2<n ＋12， 所以S1＋S2＋…＋Sn ＝1×22＋2×32＋…＋n (n ＋1)2<22＋32＋…＋n ＋12＝n2＋3n 22＝Sn ＋1－12；S1＋S2＋…＋Sn>12＋22＋…＋n2＝n(n＋1)22＝Sn2，即得证．微难点9数列中常见的裂项技巧1. 【解答】(1) 由a n＋1－a n＋3a n＋1a n＝0，得1an＋1－1an＝3，故数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1an是以3为公差的等差数列．(2) 由(1)得1an＝1a1＋(n－1)d＝2＋3(n－1)＝3n－1，则a n＝13n－1，所以b n＝an3n＋2＝1(3n－1)(3n＋2)＝13⎝⎛⎭⎪⎪⎫13n－1－13n＋2，所以S n＝13⎝⎛⎭⎪⎪⎫12－15＋15－18＋…＋13n－1－13n＋2＝13⎝⎛⎭⎪⎪⎫12－13n＋2＝n2(3n＋2).2. 【解答】(1) 设等差数列{a n}的公差为d，则⎩⎪⎨⎪⎧a1＋2d＝7，2a1＋10d＝26，解得⎩⎪⎨⎪⎧a1＝3，d＝2，所以a n＝3＋2(n－1)＝2n＋1，S n＝3n＋n(n－1)2×2＝n2＋2n.(2) 由(1)知a n＝2n＋1，所以b n＝1a2n－1＝1(2n＋1)2－1＝14·1n(n＋1)＝14·⎝⎛⎭⎪⎪⎫1n－1n＋1，所以T n＝14⎝⎛⎭⎪⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝14⎝⎛⎭⎪⎪⎫1－1n＋1＝n4(n＋1)，即数列{b n}的前n项和T n＝n4(n＋1).3. 【解答】(1) 点⎝⎛⎭⎪⎪⎫－1an＋1，an在曲线y＝f(x)上(n∈N)，。

高考数学一轮复习 第五章 数列考点集训 理-人教版高三全册数学试题

高考数学一轮复习 第五章 数列考点集训 理-人教版高三全册数学试题

第五章 数列考点集训(三十一) 第31讲 数列的概念与通项公式1．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＋S m ＝S n ＋m ，且a 1＝1，那么a 10＝A ．1B ．9C ．10D ．552．如图，关于星星的图案中星星的个数构成一个数列，该数列的一个通项公式是A ．a n ＝n 2－n ＋1 B ．a n ＝n （n －1）2C ．a n ＝n （n ＋1）2D ．a n ＝n （n ＋2）23．在数列{a n }中，a n ＝－2n 2＋29n ＋3，则此数列最大项的值是A ．103 B.8658 C.8258D ．1084．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5．若数列{a n }的前n 项和为S n ＝23a n ＋13，则数列{a n }的通项公式为A ．a n ＝－2n －1B ．a n ＝(－2)n －1C ．a n ＝(－2)nD ．a n ＝－2n6．已知数列{a n }满足：a 4n －3＝1，a 4n －1＝0，a 2n ＝a n ，n ∈N *，则a 2 017＝________；a 2 018＝________．7．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n －1，其中λ为常数． (1)证明：a n ＋2－a n ＝λ.(2)是否存在λ，使得{a n }为等差数列？并说明理由．8．已知数列{a n}的通项公式为a n＝n2－n－30.(1)求数列的前三项，60是此数列的第几项；(2)n为何值时，a n＝0，a n＞0，a n＜0；(3)该数列前n项和S n是否存在最值？说明理由．9．已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝3且满足a n＝2S n－1＋3，n≥2，n∈N*.(1)求a2，a3，a4；(2)求数列{a n}的通项公式．考点集训(三十二) 第32讲 等差、等比数列的概念及基本运算1．给出下列等式：①a n ＋1－a n ＝p (p 为常数，n ∈N *)；②2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)；③a n＝pn ＋q (p ，q 为常数，n ∈N *)，则无穷数列{a n }为等差数列的充要条件是A ．①B ．①③C ．①②D ．①②③2．已知数列a ，a (1－a )，a (1－a )2，…构成等比数列，则实数a 满足 A ．a ≠1 B ．a ≠0或a ≠1 C ．a ≠0 D ．a ≠0且a ≠13．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，公差d ＝2，S k ＋2－S k ＝24，则k ＝ A ．8 B ．7 C ．6 D ．54．设首项为1，公比为23的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则A ．S n ＝2a n －1B ．S n ＝3a n －2C ．S n ＝4－3a nD ．S n ＝3－2a n5．等比数列{a n }的公比q ＞0，已知a 2＝1，a n ＋2＋a n ＋1＝6a n ，则{a n }的前4项和S 4＝__________．6．设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则q ＝__________．7．已知等差数列{a n }满足：a 1＝2，且a 1，a 2，a 5成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式．(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，是否存在正整数n ，使得S n >60n ＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由．8．在数列{a n }中，a 1＝1，3a n a n －1＋a n －a n －1＝0(n ≥2)．(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列；(2)求数列{a n}的通项；(3)若λa n＋1a n＋1≥λ对任意n≥2的整数恒成立，某某数λ的取值X围．9．设数列{a n}的前n项和为S n，且满足2a n－S n＝1，n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)在数列{a n}的任意相邻两项之间都按照如下规则插入一些数后，构成新数列{b n}；a n 和a n＋1两项之间插入n个数，使这n＋2个数构成等差数列，求b2 015的值；(3)对于(2)中的数列{b n}，若b m＝a n，试求b1＋b2＋b3＋…＋b m.(用n表示)考点集训(三十三) 第33讲等差、等比数列的性质及综合应用1．设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，则当S n 取最小值时，n 等于A ．6B ．7C ．8D ．92．已知各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1a 2a 3＝5，a 7a 8a 9＝10，则a 4a 5a 6＝ A ．5 2 B ．7 C ．6 D ．423．在正项等比数列{a n }中，lg a 3＋lg a 6＋lg a 9＝6，则a 1a 11的值是 A ．10 000 B ．1 000 C ．100 D ．104．若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9>0，a 7＋a 10<0，则当n ＝________时，{a n }的前n 项和最大．5．设正项等比数列{}a n 前n 项积为T n ，若T 10＝9T 6，则a 5·a 12的值为________．6．若两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，已知S n T n ＝7n ＋14n ＋27，求a 11b 11的值为__________．7．设{a n }是公比不为1的等比数列，其前n 项和为S n ，且a 5，a 3，a 4成等差数列． (1)求数列{a n }的公比；(2)证明：对任意k ∈N ＋，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列．8．设数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋cos 2n π2a n ＋sin 2n π2，n ＝1，2，3，…. (1)求a 3，a 4，并求数列{a n }的通项公式； (2)求和S ＝a 1＋a 2＋…＋a 20.9．已知等比数列{a n }的首项a 1＝2 017，公比q ＝－12，数列{a n }前n 项和记为S n .(1)求数列{}S n 的最大项和最小项；(2)证明：{a n }中的任意相邻三项按从小到大排列，总可以使其成等差数列．如果所有这些等差数列的公差按从大到小的顺序依次设为d 1，d 2，d 3，…，d n ，证明：数列{d n }为等比数列．考点集训(三十四) 第34讲 简单递推数列1．等差数列{a n }中，a 1＋a 5＝10，a 4＝7，则数列{a n }中的公差为 A ．1 B ．2 C ．3 D ．42．已知数列{}a n 满足a 1＝0，a n ＋1＝a n ＋2n ，那么a 2 017的值是A ．2 0172B ．2 016×2 015C ．2 017×2 018D ．2 016×2 0173．已知数列{}a n 满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n，则a 2 017等于A ．2B ．－3C ．－12 D.134．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝3a n －1＋4(n ∈N *且n ≥2)，则数列{a n }通项公式a n 为A ．3n －1B ．3n ＋1－8C ．3n －2D ．3n5．数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n ，⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤a n <122a n －1，⎝ ⎛⎭⎪⎫12≤a n <1，若a 1＝35，则a 2 017＝A.15B.25C.35D.456．已知数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝5，a n ＝2a n －1＋3a n －2(n ≥3)，则a 20－3a 19＝________．7．数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2n ＋1a na n ＋2n(n ∈N ＋)．(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n a n 是等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式a n ；(3)设b n ＝(2n －1)(n ＋1)a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .8．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝（n ＋1）a n2，且a 1＝1.(1)求数列{}a n 的通项公式；(2)令b n ＝ln a n ，是否存在k (k ≥2，k ∈N )，使得b k 、b k ＋1、b k ＋2成等比数列．若存在，求出所有符合条件的k 值；若不存在，请说明理由．9．设a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋2＋b (n ∈N *)． (1)若b ＝1，求a 2，a 3及数列{a n }的通项公式；(2)若b ＝－1，问：是否存在实数c 使得a 2n <c <a 2n ＋1对所有n ∈N *成立？证明你的结论．考点集训(三十五) 第35讲 特殊数列求和1．设函数f (x )＝x 2＋2x ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f （n ）(n ∈N *)的前10项和为 A.1124 B.1722 C.175264 D.11122．数列2，212，314，418，…，n ＋12n －1，…的前n 项之和为A.n （n ＋1）2＋2－12nB.n （n ＋1）2＋1－12nC.n 2＋n ＋42－12n －1 D.n 2－n ＋42－12n －13．数列{a n }的通项公式a n ＝n cosn π2，其前n 项和为S n ，则S 2 016等于A ．1 008B ．2 014C ．504D ．04．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＝n ·2n，则S n ＝____________．5．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＝11＋2＋3＋…＋n，则S 2017＝__________．6．数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为________． 7．已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －14n a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .8．已知等差数列{a n }(n ∈N ＋)中，a n ＋1>a n ，a 2a 9＝232，a 4＋a 7＝37. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若将数列{a n }的项重新组合，得到新数列{b n }，具体方法如下：b 1＝a 1，b 2＝a 2＋a 3，b 3＝a 4＋a 5＋a 6＋a 7，b 4＝a 8＋a 9＋a 10＋…＋a 15，…，依此类推，第n 项b n 由相应的{a n }中2n －1项的和组成，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n －14·2n 的前n 项和T n .9．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝2－a n ，n ＝1，2，3，…. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b 1＝1，且b n ＋1＝b n ＋a n ，求数列{b n }的通项公式； (3)设＝n (3－b n )，数列{}的前n 项和为T n ，求T n .考点集训(三十六) 第36讲 数列模型及数列的综合应用1．计算机的成本不断降低，若每隔3年计算机价格降低13，现在价格为8 100元的计算机，9年后的价格可降为A ．2 400元B ．900元C ．300元D ．3 600元2．某气象学院用3.2万元买了一台天文观测仪，已知这台观测仪从启用的第一天起连续使用，第n 天的维修保养费为n ＋4910元(n ∈N *)，使用它直至报废最合算(所谓报废最合算是指使用的这台仪器的平均每天耗资最少)为止，一共使用了A ．600天B ．800天C ．1 000天D ．1 200天3．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，且a n ，a n ＋1是函数f (x )＝x 2－b n x ＋2n的两个零点，则b 10等于A ．24B ．32C ．48D ．644．已知数列{a n }满足a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，n ∈N *且a 5＝π2，若函数f (x )＝sin 2x ＋2cos 2x2，记y n ＝f (a n )，则数列{y n }的前9项和为A ．0B ．－9C ．9D ．1 5．已知f (x )是定义在R 上不恒为零的函数，对于任意的x ，y ∈R ，都有f (x ·y )＝xf (y )＋yf (x )成立．数列{a n }满足a n ＝f (2n )(n ∈N *)，且a 1＝2.则数列{a n }的通项公式a n ＝__________．6．已知数列{a n }是各项均不为0的等差数列，S n 为其前n 项和，且满足a 2n ＝S 2n －1(n ∈N *)．若不等式λa n ＋1≤n ＋8·（－1）nn对任意的n ∈N *恒成立，则实数λ的最大值为__________．7．设数列{a n }各项均为正数，且满足{a n }，a n ＋1＝a n －a 2n .(1)证明：对一切n ≥2，都有a n ≤1n ＋2；(2)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，证明：当n ≥2时，有S 2n －S n －1＜ln 2.8．已知函数f (x )＝x 2＋bx 为偶函数，数列{a n }满足a n ＋1＝2f (a n －1)＋1，且a 1＝3，a n >1. (1)设b n ＝log 2(a n －1)，证明：数列{b n ＋1}为等比数列； (2)设＝nb n ，求数列{}的前n 项和S n .9．已知函数f (x )＝ln x ＋cos x －⎝ ⎛⎭⎪⎫6π－92x 的导数为f ′(x )，且数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝nf ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋3(n ∈N *)． (1)若数列{a n }是等差数列，求a 1的值；(2)若对任意n ∈N *，都有a n ＋2n 2≥0成立，求a 1的取值X 围．第五章 数列第31讲 数列的概念与通项公式【考点集训】1．A 2.C 3.D 4.B 5.B 6.11 7．【解析】(1)由题设，a n a n ＋1＝λS n －1，a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－1， 两式相减得a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1. 因为a n ＋1≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ.(2)由题设，a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1，可得 a 2＝λ－1， 由(1)知，a 3＝λ＋1.若{a n }为等差数列，则2a 2＝a 1＋a 3，解得λ＝4， 故a n ＋2－a n ＝4.由此可得{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列， a 2n －1＝4n －3；{a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2n ＝4n －1. 所以a n ＝2n －1，a n ＋1－a n ＝2.因此存在λ＝4，使得数列{a n }为等差数列．8．【解析】(1)由a n ＝n 2－n －30，得a 1＝1－1－30＝－30，a 2＝22－2－30＝－28，a 3＝32－3－30＝－24.设a n ＝60，则60＝n 2－n －30. 解之得n ＝10或n ＝－9(舍去)． ∴60是此数列的第10项．(2)令n 2－n －30＝0，解得n ＝6或n ＝－5(舍去)． ∴a 6＝0.令n 2－n －30＞0，解得n ＞6或n ＜－5(舍去)．∴当n>6(n ∈N *)时，a n >0.令n 2－n －30<0，解得0<n <6.∴当0<n <6(n ∈N *)时，a n <0.(3)由a n ＝n 2－n －30＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n －122－3014n ∈N *，知{a n }是递增数列，且a 1<a 2…<a 5<a 6＝0<a 7<a 8<a 9<…，故S n 存在最小值S 5＝S 6，S n 不存在最大值．9．【解析】(1)因为a n ＝2S n －1＋3，a 1＝3，则 a 2＝2S 1＋3＝2a 1＋3＝9，a 3＝2S 2＋3＝2(a 1＋a 2)＋3＝27， a 4＝2S 3＋3＝2(a 1＋a 2＋a 3)＋3＝81.(2)由题知a n ＝2S n －1＋3(n ≥2，n ∈N *)，① a n ＋1＝2S n ＋3(n ∈N *)，②②－①，得a n ＋1－a n ＝2(S n －S n －1)＝2a n ，即a n ＋1＝3a n (n ≥2，n ∈N *)．③因为a 2＝3a 1也满足③式，即a n ＋1＝3a n (n ∈N *)， 所以{a n }是以3为首项，3为公比的等比数列，所以a n ＝3n (n ∈N *)．第32讲 等差、等比数列的概念及基本运算【考点集训】1．D 2.D 3.D 4.D 5.1526.327．【解析】(1)设数列{a n }的公差为d ， 依题意得，2，2＋d ，2＋4d 成等比数列，故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，化简得d 2－4d ＝0，解得d ＝0或d ＝4. 当d ＝0时，a n ＝2；当d ＝4时，a n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2.从而得数列{a n }的通项公式为a n ＝2或a n ＝4n －2. (2)当a n ＝2时，S n ＝2n ，显然2n<60n ＋800， 此时不存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立．当a n ＝4n －2时，S n ＝n[2＋（4n －2）]2＝2n 2.令2n 2>60n ＋800，即n 2－30n －400>0， 解得n>40或n<－10(舍去)，此时存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立，n 的最小值为41. 综上，当a n ＝2时，不存在满足题意的正整数n ；当a n ＝4n －2时，存在满足题意的正整数n ，其最小值为41. 8．【解析】(1)由3a n a n －1＋a n －a n －1＝0(n ≥2)得， 1a n －1a n －1＝3(n ≥2)， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，3为公差的等差数列．(2)由(1)可得，1a n＝1＋3(n －1)＝3n －2.∴a n ＝13n －2.(3)λa n ＋1a n ＋1≥λ对任意n ≥2的整数恒成立，即λ3n －2＋3n ＋1≥λ对任意n ≥2(n ∈N *)恒成立． 整理得λ≤（3n ＋1）（3n －2）3（n －1）(n ≥2，n ∈N *)，令＝（3n ＋1）（3n －2）3（n －1），＋1－＝（3n ＋4）（3n ＋1）3n －（3n ＋1）（3n －2）3（n －1）＝（3n ＋1）（3n －4）3n （n －1）因为n ≥2，所以＋1－＞0，∴{}为单调递增数列，C 2最小，且C 2＝283，故λ的取值X 围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，283. 9．【解析】(1)当n ＝1时，由2a 1－S 1＝1⇒a 1＝1， 又2a n ＋1－S n ＋1＝1，与2a n －S n ＝1相减得a n ＋1＝2a n ， 故数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以a n ＝2n －1.(2)设a n 和a n ＋1两项之间插入n 个数后，这n ＋2个数构成的等差数列的公差为d n ，则d n ＝a n ＋1－a n n ＋1＝2n －1n ＋1，又(1＋2＋3＋…＋62)＋62＝2 015，故b 2 015＝a 63－d 62＝262－26163＝125126×261；(3)依题意，b 1＋b 2＋b 3＋…＋b m＝3（a 1＋a 2）2＋4（a 2＋a 3）2＋5（a 3＋a 4）2＋…＋（n ＋1）（a n －1＋a n ）2－(a 2＋a 3＋…＋a n －1)＝12[3a 1＋5a 2＋7a 3＋…＋(2n ＋1)a n ]－12na n ， 考虑到a n ＋1＝2a n ，令M ＝3a 1＋5a 2＋7a 3＋…＋(2n ＋1)a n ， 则2M ＝3a 2＋5a 3＋7a 4＋…＋(2n ＋1)a n ＋12M －M ＝－2(a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n )－a 1＋(2n ＋1)a n ＋1⇒ M ＝(2n －1)2n ＋1，所以b 1＋b 2＋b 3＋…＋b m ＝12M －12na n＝(3n －2)·2n －2＋12.第33讲 等差、等比数列的性质及综合应用【考点集训】1．A 2.A 3.A 4.85.36.437．【解析】(1)设数列{a n }的公比为q(q ≠0，q ≠1)， 由a 5，a 3，a 4成等差数列，得2a 3＝a 5＋a 4，即2a 1q 2＝a 1q 4＋a 1q 3，由a 1≠0，q ≠0得q 2＋q －2＝0，解得q 1＝－2，q 2＝1(舍去)， 所以q ＝－2.(2)证法一：对任意k ∈N ＋，S k ＋2＋S k ＋1－2S k ＝(S k ＋2－S k )＋(S k ＋1－S k )＝a k ＋1＋a k ＋2＋a k ＋1＝2a k ＋1＋a k ＋1·(－2)＝0，所以，对任意k ∈N ＋，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列．证法二：对任意k ∈N ＋，2S k ＝2a 1（1－q k）1－q，S k ＋2＋S k ＋1＝a 1（1－q k ＋2）1－q ＋a 1（1－q k ＋1）1－q ＝a 1（2－q k ＋2－q k ＋1）1－q2S k －(S k ＋2＋S k ＋1)＝2a 1（1－q k ）1－q －a 1（2－q k ＋2－q k ＋1）1－q＝a 11－q[2(1－q k )－(2－qk ＋2－qk ＋1)]＝a 1q k 1－q(q 2＋q －2)＝0， 因此，对任意k ∈N ＋，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列． 8．【解析】(1)因为a 1＝1，a 2＝2，∴a 3＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋cos2π2a 1＋sin 2π2＝a 1＋1＝2. a 4＝()1＋cos 2πa 2＋sin 2π＝2a 2＝4.一般地，当n ＝2k －1(k ∈N ＋)时，a 2k ＋1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋cos 2（2k －1）π2a 2k －1＋sin 22k －12π＝a 2k －1＋1 即a 2k ＋1－a 2k －1＝1.所以数列{a 2k －1}是首项为1，公差为1的等差数列， ∴a 2k －1＝k .当n ＝2k (k ∈N ＋)时，a 2k ＋2＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋cos 22k π2a 2k ＋sin 22k π2＝2a 2k 所以数列{a 2k }是首项为2，公比为2的等比数列，∴a 2k ＝2k，故数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ＋12，n 为正奇数，2n2，n 为正偶数.(2)S ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 20＝(1＋2＋3＋…＋10)＋(21＋22＋…＋210)＝（1＋10）×102＋2（1－210）1－2＝55＋2×1 023＝2 101.9．【解析】(1)S n ＝a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝23a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n①当n 是奇数时，S n ＝23a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，单调递减，∴S 1>S 3>S 5>…>S 2n －1>23a 1，②当n 是偶数时，S n ＝23a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，单调递增，∴S 2<S 4<S 6<…<S 2n <23a 1；综上，当n ＝1时，S n 有最大值为S 1＝2 017; 当n ＝2时，S n 有最小值为S 2＝2 0172.(2)|a n |随n 增大而减小，数列{a n }的奇数项均正数且递减，偶数项均负数且递增． ①当n 是奇数时，调整为a n ＋1，a n ＋2，a n .则a n ＋1＋a n ＝a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＋a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝a 12n ，2a n ＋2＝2a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＋1＝a 12n ，∴a n ＋1＋a n ＝2a n ＋2，a n ＋1，a n ＋2，a n 成等差数列； ②当n 是偶数时，调整为a n ，a n ＋2，a n ＋1；则a n ＋1＋a n ＝a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＋a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝－a 12n ，2a n ＋2＝2a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＋1＝－a 12n ，∴a n ＋1＋a n ＝2a n ＋2，a n ，a n ＋2，a n ＋1成等差数列；综上可知，数列{a n }中的任意相邻三项按从小到大排列，总可以使其成等差数列． ①n 是奇数时，公差d n ＝a n ＋2－a n ＋1＝a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＝3a 12n ＋1；②n 是偶数时，公差d n ＝a n ＋2－a n ＝a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝3a 12n ＋1. 无论n 是奇数还是偶数，都有d n ＝3a 12n ＋1，则d n d n －1＝12，因此，数列{d n }是首项为34a 1，公比为12的等比数列．第34讲 简单递推数列【考点集训】1．B 2.D 3.A 4.C 5.C 6.－17．【解析】(1)取倒数得：1a n ＋1＝12n ＋1＋12a n，两边同乘以2n ＋1得：2n ＋1a n ＋1＝1＋2n a n所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n a n 是以21a 1为首项，以1为公差的等差数列．(2)∴2n a n ＝21＋(n －1)×1即a n ＝2n n ＋1.(3)由题意知：b n ＝(2n －1)·2n，则前n 项和为：S n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －1)×2n2×S n ＝1×22＋3×23＋…＋(2n －3)×2n ＋(2n －1)×2n ＋1由错位相减得：－S n ＝2＋2(22＋23＋…＋2n )－(2n －1)×2n ＋1，∴S n ＝(2n －3)×2n ＋1＋6.8．【解析】(1)解法一：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝（n ＋1）a n 2－na n －12，即a n n ＝a n －1n －1(n ≥2)．所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为a 11＝1的常数列．所以a n n＝1，即a n ＝n(n ∈N *)．所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n (n ∈N *)．解法二：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝（n ＋1）a n 2－na n －12，即a n a n －1＝nn －1(n ≥2)． ∴a n ＝a n a n －1×a n －1a n －2×…×a 3a 2×a 2a 1×a 1＝n n －1×n －1n －2×…×32×21×1＝n .因为a 1＝1，符合a n 的表达式．所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n (n ∈N *)．(2)假设存在k (k ≥2，k ∈N )，使得b k 、b k ＋1、b k ＋2成等比数列，则b k b k ＋2＝b 2k ＋1.因为b n ＝ln a n ＝ln n ()n ≥2，所以b k b k ＋2＝ln k ·ln(k ＋2)<⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln k ＋ln （k ＋2）22＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln （k 2＋2k ）22<⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln （k ＋1）222＝[ln(k ＋1)]2＝b 2k ＋1.这与b k b k ＋2＝b 2k ＋1矛盾．故不存在k (k ≥2，k ∈N )，使得b k 、b k ＋1、b k ＋2成等比数列． 9．【解析】(1)解法一：a 2＝2，a 3＝2＋1.再由题设条件知(a n ＋1－1)2＝(a n －1)2＋1.从而{(a n －1)2}是首项为0，公差为1的等差数列，故(a n －1)2＝n －1，即a n ＝n －1＋1(n ∈N *)． 解法二：a 2＝2，a 3＝2＋1.可写为a 1＝1－1＋1，a 2＝2－1＋1，a 3＝3－1＋1. 因此猜想a n ＝n －1＋1.下面用数学归纳法证明上式． 当n ＝1时，结论显然成立．假设n ＝k 时结论成立，即a k ＝k －1＋1，则a k ＋1＝（a k －1）2＋1＋1 ＝（k －1）＋1＋1 ＝（k ＋1）－1＋1，这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立．所以a n ＝n －1＋1(n ∈N *)．(2)解法一：设f (x )＝（x －1）2＋1－1，则a n ＋1＝f (a n )．令c ＝f (c )，即c ＝（c －1）2＋1－1，解得c ＝14.下面用数学归纳法证明命题a 2n <c <a 2n ＋1<1.当n ＝1时，a 2＝f (1)＝0，a 3＝f (0)＝2－1，所以a 2<14<a 3<1，结论成立．假设n ＝k 时结论成立，即a 2k <c <a 2k ＋1<1. 易知f (x )在(－∞，1]上为减函数， 从而c ＝f (c )>f (a 2k ＋1)>f (1)＝a 2， 即1>c >a 2k ＋2>a 2.再由f (x )在(－∞，1]上为减函数，得c ＝f (c )<f (a 2k ＋2)<f (a 2)＝a 3<1，故c <a 2k ＋3<1，因此a 2(k ＋1)<c <a 2(k ＋1)＋1<1， 这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立．综上，存在c ＝14使a 2n <c <a 2a ＋1对所有n ∈N *成立．解法二：设f (x )＝（x －1）2＋1－1，则a n ＋1＝f (a n )．先证：0≤a n ≤1(n ∈N *)． ① 当n ＝1时，结论明显成立．假设n ＝k 时结论成立，即0≤a k ≤1. 易知f (x )在(－∞，1]上为减函数， 从而0＝f (1)≤f (a k )≤f (0)＝2－1<1.即0≤a k ＋1≤1.这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立．故①成立．再证：a 2n <a 2n ＋1(n ∈N *)． ②当n ＝1时，a 2＝f (1)＝0，a 3＝f (a 2)＝f (0)＝2－1， 所以a 2<a 3，即n ＝1时②成立．假设n ＝k 时，结论成立，即a 2k <a 2k ＋1. 由①及f (x )在(－∞，1]上为减函数，得 a 2k ＋1＝f (a 2k )>f (a 2k ＋1)＝a 2k ＋2，a 2(k ＋1)＝f (a 2k ＋1)<f (a 2k ＋2)＝a 2(k ＋1)＋1.这就是说，当n ＝k ＋1时②成立．所以②对一切n ∈N *成立．由②得a 2n <a 22n －2a 2n ＋2－1，即(a 2n ＋1)2<a 22n －2a 2n ＋2，因此a 2n <14.③又由①②及f (x )在(－∞，1]上为减函数，得f (a 2n )>f (a 2n ＋1)，即a 2n ＋1>a 2n ＋2.所以a 2n ＋1>a 22n ＋1－2a 2n ＋1＋2－1，解得a 2n ＋1>14.④综上，由②③④知存在c ＝14使a 2n <c <a 2n ＋1对一切n ∈N *成立．第35讲 特殊数列求和【考点集训】1．C2.C3.A4.(n －1)·2n ＋1＋25.2 0171 0096.1 8307．【解析】(1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2，S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12，由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)，解得a 1＝1， 所以a n ＝2n －1. (2)由题意可知，b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1＝(－1)n －14n （2n －1）（2n ＋1）＝(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1. 当n 为偶数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…＋ ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1 ＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1.当n 为奇数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…－ ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1 ＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1. 所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n2n ＋1，n 为偶数.⎝ ⎛⎭⎪⎫或T n ＝2n ＋1＋（－1）n －12n ＋1.8．【解析】(1)由a 2a 9＝232与a 4＋a 7＝a 2＋a 9＝37，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝8，a 9＝29或⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝29，a 9＝8(由于a n ＋1>a n ，舍去)．设公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝a 1＋d ＝8，a 9＝a 1＋8d ＝29，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝5，d ＝3. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋2(n ∈N ＋)． (2)由题意得：b n ＝a 2n －1＋a 2n －1＋1＋a 2n －1＋2＋…＋a 2n －1＋2n －1－1＝(3·2n －1＋2)＋(3·2n －1＋5)＋(3·2n －1＋8)＋…＋[3·2n －1＋(3·2n －1－1)] ＝2n －1×3·2n －1＋[2＋5＋8＋…＋(3·2n －1－4)＋(3·2n －1－1)]，而2＋5＋8＋…＋(3·2n －1－4)＋(3·2n －1－1)是首项为2，公差为3的等差数列的前2n－1项的和，所以2＋5＋8＋…＋(3·2n －1－4)＋(3·2n －1－1)＝2n －1×2＋2n －1（2n －1－1）2×3＝3·22n －3＋14·2n所以b n ＝3·22n －2＋3·22n －3＋14·2n ＝98·22n＋14·2n ，所以b n －14·2n ＝98·22n.所以T n ＝98(4＋16＋64＋ (22))＝98×4（1－4n）1－4＝32(4n－1)． 9．【解析】(1)∵n ＝1时，a 1＋S 1＝a 1＋a 1＝2，∴a 1＝1. ∵S n ＝2－a n ，即a n ＋S n ＝2，∴a n ＋1＋S n ＋1＝2. 两式相减：a n ＋1－a n ＋S n ＋1－S n ＝0.即a n ＋1－a n ＋a n ＋1＝0，故有2a n ＋1＝a n ，∵a n ≠0，∴a n ＋1a n ＝12(n ∈N *)．∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.(2)∵b n ＋1＝b n ＋a n (n ＝1，2，3，…)，∴b n ＋1－b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.得b 2－b 1＝1，b 3－b 2＝12，b 4－b 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122，…，b n －b n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2(n ＝2，3，…)．将这n －1个不等式相加，得b n －b 1＝1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －11－12＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2.又∵b 1＝1，∴b n ＝3－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2(n ＝2，3，…)． ∴b n ＝3－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2. (3)∵＝n (3－b n )＝2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1. ∴T n ＝2[⎝ ⎛⎭⎪⎫120＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1]．① 而12T n ＝2[⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ]．②①－②得： 12T n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫120＋⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1 －2×n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n.T n ＝4×1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n1－12－4×n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝8－82n －4×n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝8－(8＋4n )×12n (n ＝1，2，3，…)．第36讲 数列模型及数列的综合应用【考点集训】1．A 2.B 3.D 4.C 5.n·2n6.－217．【解析】(1)∵数列{a n }各项均为正数，且满足a n ＋1＝a n －a 2n ，∴a 2＝a 1－a 21＞0，解得0＜a 1＜1，当n ＝2时，a 3＝a 2－a 22＝14－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－122≤14，不等式成立，假设当n ＝k(k ≥2)时，不等式成立，即a k ≤1k ＋2，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k －a 2k ＝14－⎝ ⎛⎭⎪⎫a k －122≤14－⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋2－122＝k ＋1（k ＋2）2＜k ＋1（k ＋1）（k ＋3）＝1（k ＋2）＋1， ∴当n ＝k ＋1时，不等式也成立，由数学归纳法知，对一切n ≥2，都有a n ≤1n ＋2. (2)设f(x)＝ln (x ＋1)－x x ＋1，x ＞0， 则f ′(x)＝1x ＋1－1（x ＋1）2＝x （x ＋1）2＞0， 所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，则f(x)＞f(0)＝0，即ln (x ＋1)＞x x ＋1， 令x ＝1n ＋1，代入上式，得1n ＋2＜ln (n ＋2)－ln (n ＋1)， 对一切n ≥2，S 2n －S n －1＝a n ＋a n ＋1＋a n ＋2＋…＋a 2n≤1n ＋2＋1n ＋3＋1n ＋4＋…＋12n ＋2＜ln (n ＋2)－ln (n ＋1)＋ln (n ＋3)－ln (n ＋2)＋…＋ln (2n ＋2)－ln (2n ＋1) ＝ln (2n ＋2)－ln (n ＋1)＝ln 2.∴对一切n ≥2，都有S 2n －S n －1＜ln 2.8．【解析】(1)因为函数f(x)＝x 2＋bx 为偶函数，所以b ＝0，则a n ＋1＝2()a n －12＋1，a n ＋1－1＝2()a n －12，log 2()a n ＋1－1＝2log 2()a n －1＋1，所以b n ＋1＋1b n ＋1＝log 2()a n ＋1－1＋1log 2()a n －1＋1＝2log 2()a n －1＋2log 2()a n －1＋1＝2， 又b 1＋1＝log 2()a 1－1＋1＝2，所以数列{b n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．(2)由(1)得b n ＋1＝2n ，b n ＝2n －1，所以＝n·2n －n ，所以S n ＝2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n －(1＋2＋3＋…＋n)，令T n ＝2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n2T n ＝22＋2·23＋3·24＋…＋n·2n ＋1，两式相减得－T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n·2n ＋1＝2－2n ＋11－2－n·2n ＋1＝()1－n ·2n ＋1－2， 所以S n ＝()n －1·2n ＋1＋2－n ()n ＋12. 9．【解析】f′()x ＝1x －sin x －6π＋92，则f′⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝4， 故a n ＋1＋a n ＝4n ＋3，(1)若数列{}a n 是等差数列，则a n ＝a 1＋()n －1d ，a n ＋1＝a 1＋nd ， 由a n ＋1＋a n ＝4n ＋3得：()a 1＋nd ＋[]a 1＋()n －1d ＝4n ＋3，解得：d ＝2，a 1＝52. (2)由a n ＋1＋a n ＝4n ＋3得a n ＋2＋a n ＋1＝4n ＋7，两式相减得a n ＋2－a n ＝4，故数列{}a 2n －1是首项为a 1，公差为4的等差数列；数列{}a 2n 是首项为a 2，公差为4的等差数列，又a 1＋a 2＝7，a 2＝7－a 1，所以a n ＝⎩⎨⎧2n －2＋a 1()n 为奇数2n ＋3－a 1()n 为偶数； ①当n 为奇数时，a n ＝2n －2＋a 1，由a n ＋2n 2≥0即2n －2＋a 1＋2n 2≥0，转化为a 1≥－2n 2－2n ＋2对任意的奇数n 恒成立，令f ()n ＝－2n 2－2n ＋2＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋122＋52， ∴f ()n max＝f ()1＝－2，∴a 1≥－2. ②当n 为偶数时，a n ＝2n ＋3－a 1，由a n ＋2n 2≥0即2n ＋3－a 1＋2n ≥0，转化为－a 1≥－2n 2－2n －3对任意的奇数n 恒成立，令g ()n ＝－2n 2－2n －3＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋122－52， ∴g ()n max＝g ()2＝－15，∴－a 1≥－15，解得a 1≤15， 综上，a 1的取值X 围是[－2，15]．。

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第五章 数列考点集训(三十一) 第31讲 数列的概念与通项公式1．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＋S m ＝S n ＋m ，且a 1＝1，那么a 10＝A ．1B ．9C ．10D ．552．如图，关于星星的图案中星星的个数构成一个数列，该数列的一个通项公式是A ．a n ＝n 2－n ＋1 B ．a n ＝n （n －1）2C ．a n ＝n （n ＋1）2D ．a n ＝n （n ＋2）23．在数列{a n }中，a n ＝－2n 2＋29n ＋3，则此数列最大项的值是A ．103 B.8658 C.8258D ．1084．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5．若数列{a n }的前n 项和为S n ＝23a n ＋13，则数列{a n }的通项公式为A ．a n ＝－2n －1B ．a n ＝(－2)n －1C ．a n ＝(－2)nD ．a n ＝－2n6．已知数列{a n }满足：a 4n －3＝1，a 4n －1＝0，a 2n ＝a n ，n ∈N *，则a 2 017＝________；a 2 018＝________．7．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n －1，其中λ为常数． (1)证明：a n ＋2－a n ＝λ.(2)是否存在λ，使得{a n }为等差数列？并说明理由．8．已知数列{a n}的通项公式为a n＝n2－n－30.(1)求数列的前三项，60是此数列的第几项；(2)n为何值时，a n＝0，a n＞0，a n＜0；(3)该数列前n项和S n是否存在最值？说明理由．9．已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝3且满足a n＝2S n－1＋3，n≥2，n∈N*.(1)求a2，a3，a4；(2)求数列{a n}的通项公式．考点集训(三十二) 第32讲 等差、等比数列的概念及基本运算1．给出下列等式：①a n ＋1－a n ＝p (p 为常数，n ∈N *)；②2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)；③a n＝pn ＋q (p ，q 为常数，n ∈N *)，则无穷数列{a n }为等差数列的充要条件是A ．①B ．①③C ．①②D ．①②③2．已知数列a ，a (1－a )，a (1－a )2，…构成等比数列，则实数a 满足 A ．a ≠1 B ．a ≠0或a ≠1 C ．a ≠0 D ．a ≠0且a ≠13．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，公差d ＝2，S k ＋2－S k ＝24，则k ＝ A ．8 B ．7 C ．6 D ．54．设首项为1，公比为23的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则A ．S n ＝2a n －1B ．S n ＝3a n －2C ．S n ＝4－3a nD ．S n ＝3－2a n5．等比数列{a n }的公比q ＞0，已知a 2＝1，a n ＋2＋a n ＋1＝6a n ，则{a n }的前4项和S 4＝__________．6．设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则q ＝__________．7．已知等差数列{a n }满足：a 1＝2，且a 1，a 2，a 5成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式．(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，是否存在正整数n ，使得S n >60n ＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由．8．在数列{a n }中，a 1＝1，3a n a n －1＋a n －a n －1＝0(n ≥2)．(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列；(2)求数列{a n }的通项；(3)若λa n ＋1a n ＋1≥λ对任意n ≥2的整数恒成立，求实数λ的取值范围．9．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足2a n －S n ＝1，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)在数列{a n }的任意相邻两项之间都按照如下规则插入一些数后，构成新数列{b n }；a n和a n ＋1两项之间插入n 个数，使这n ＋2个数构成等差数列，求b 2 015的值；(3)对于(2)中的数列{b n }，若b m ＝a n ，试求b 1＋b 2＋b 3＋…＋b m .(用n 表示)考点集训(三十三) 第33讲 等差、等比数列的性质及综合应用1．设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，则当S n 取最小值时，n 等于A ．6B ．7C ．8D ．92．已知各项均为正数的等比数列{a n }中，a 1a 2a 3＝5，a 7a 8a 9＝10，则a 4a 5a 6＝ A ．5 2 B ．7 C ．6 D ．423．在正项等比数列{a n }中，lg a 3＋lg a 6＋lg a 9＝6，则a 1a 11的值是 A ．10 000 B ．1 000 C ．100 D ．104．若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9>0，a 7＋a 10<0，则当n ＝________时，{a n }的前n 项和最大．5．设正项等比数列{}a n 前n 项积为T n ，若T 10＝9T 6，则a 5·a 12的值为________．6．若两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，已知S n T n ＝7n ＋14n ＋27，求a 11b 11的值为__________．7．设{a n }是公比不为1的等比数列，其前n 项和为S n ，且a 5，a 3，a 4成等差数列． (1)求数列{a n }的公比；(2)证明：对任意k ∈N ＋，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列．8．设数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋cos 2n π2a n ＋sin 2n π2，n ＝1，2，3，…. (1)求a 3，a 4，并求数列{a n }的通项公式； (2)求和S ＝a 1＋a 2＋…＋a 20.9．已知等比数列{a n }的首项a 1＝2 017，公比q ＝－12，数列{a n }前n 项和记为S n .(1)求数列{}S n 的最大项和最小项；(2)证明：{a n }中的任意相邻三项按从小到大排列，总可以使其成等差数列．如果所有这些等差数列的公差按从大到小的顺序依次设为d 1，d 2，d 3，…，d n ，证明：数列{d n }为等比数列．考点集训(三十四) 第34讲 简单递推数列1．等差数列{a n }中，a 1＋a 5＝10，a 4＝7，则数列{a n }中的公差为 A ．1 B ．2 C ．3 D ．42．已知数列{}a n 满足a 1＝0，a n ＋1＝a n ＋2n ，那么a 2 017的值是A ．2 0172B ．2 016×2 015C ．2 017×2 018D ．2 016×2 0173．已知数列{}a n 满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n，则a 2 017等于A ．2B ．－3C ．－12 D.134．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝3a n －1＋4(n ∈N *且n ≥2)，则数列{a n }通项公式a n 为A ．3n －1B ．3n ＋1－8C ．3n －2D ．3n5．数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n ，⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤a n <122a n －1，⎝ ⎛⎭⎪⎫12≤a n <1，若a 1＝35，则a 2 017＝A.15B.25C.35D.456．已知数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝5，a n ＝2a n －1＋3a n －2(n ≥3)，则a 20－3a 19＝________．7．数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2n ＋1a na n ＋2n(n ∈N ＋)．(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n a n 是等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式a n ；(3)设b n ＝(2n －1)(n ＋1)a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .8．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝（n ＋1）a n2，且a 1＝1.(1)求数列{}a n 的通项公式；(2)令b n ＝ln a n ，是否存在k (k ≥2，k ∈N )，使得b k 、b k ＋1、b k ＋2成等比数列．若存在，求出所有符合条件的k 值；若不存在，请说明理由．9．设a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋2＋b (n ∈N *)． (1)若b ＝1，求a 2，a 3及数列{a n }的通项公式；(2)若b ＝－1，问：是否存在实数c 使得a 2n <c <a 2n ＋1对所有n ∈N *成立？证明你的结论．考点集训(三十五) 第35讲 特殊数列求和1．设函数f (x )＝x 2＋2x ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1f （n ）(n ∈N *)的前10项和为 A.1124 B.1722 C.175264 D.11122．数列2，212，314，418，…，n ＋12n －1，…的前n 项之和为A.n （n ＋1）2＋2－12nB.n （n ＋1）2＋1－12nC.n 2＋n ＋42－12n －1D.n 2－n ＋42－12n －13．数列{a n }的通项公式a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 016等于A ．1 008B ．2 014C ．504D ．04．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＝n ·2n，则S n ＝____________．5．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＝11＋2＋3＋…＋n，则S 2 017＝__________．6．数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为________． 7．已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －14n a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .8．已知等差数列{a n }(n ∈N ＋)中，a n ＋1>a n ，a 2a 9＝232，a 4＋a 7＝37. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若将数列{a n }的项重新组合，得到新数列{b n }，具体方法如下：b 1＝a 1，b 2＝a 2＋a 3，b 3＝a 4＋a 5＋a 6＋a 7，b 4＝a 8＋a 9＋a 10＋…＋a 15，…，依此类推，第n 项b n 由相应的{a n }中2n －1项的和组成，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n －14·2n 的前n 项和T n .9．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝2－a n ，n ＝1，2，3，…. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b 1＝1，且b n ＋1＝b n ＋a n ，求数列{b n }的通项公式； (3)设c n ＝n (3－b n )，数列{c n }的前n 项和为T n ，求T n .考点集训(三十六) 第36讲 数列模型及数列的综合应用1．计算机的成本不断降低，若每隔3年计算机价格降低13，现在价格为8 100元的计算机，9年后的价格可降为A ．2 400元B ．900元C ．300元D ．3 600元2．某气象学院用3.2万元买了一台天文观测仪，已知这台观测仪从启用的第一天起连续使用，第n 天的维修保养费为n ＋4910元(n ∈N *)，使用它直至报废最合算(所谓报废最合算是指使用的这台仪器的平均每天耗资最少)为止，一共使用了A ．600天B ．800天C ．1 000天D ．1 200天3．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，且a n ，a n ＋1是函数f (x )＝x 2－b n x ＋2n的两个零点，则b 10等于A ．24B ．32C ．48D ．644．已知数列{a n }满足a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，n ∈N *且a 5＝π2，若函数f (x )＝sin 2x ＋2cos 2x2，记y n ＝f (a n )，则数列{y n }的前9项和为A ．0B ．－9C ．9D ．1 5．已知f (x )是定义在R 上不恒为零的函数，对于任意的x ，y ∈R ，都有f (x ·y )＝xf (y )＋yf (x )成立．数列{a n }满足a n ＝f (2n )(n ∈N *)，且a 1＝2.则数列{a n }的通项公式a n ＝__________．6．已知数列{a n }是各项均不为0的等差数列，S n 为其前n 项和，且满足a 2n ＝S 2n －1(n ∈N *)．若不等式λa n ＋1≤n ＋8·（－1）nn对任意的n ∈N *恒成立，则实数λ的最大值为__________．7．设数列{a n }各项均为正数，且满足{a n }，a n ＋1＝a n －a 2n .(1)证明：对一切n ≥2，都有a n ≤1n ＋2；(2)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，证明：当n ≥2时，有S 2n －S n －1＜ln 2.8．已知函数f (x )＝x 2＋bx 为偶函数，数列{a n }满足a n ＋1＝2f (a n －1)＋1，且a 1＝3，a n >1. (1)设b n ＝log 2(a n －1)，证明：数列{b n ＋1}为等比数列； (2)设c n ＝nb n ，求数列{c n }的前n 项和S n .9．已知函数f (x )＝ln x ＋cos x －⎝ ⎛⎭⎪⎫6π－92x 的导数为f ′(x )，且数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝nf ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋3(n ∈N *)． (1)若数列{a n }是等差数列，求a 1的值；(2)若对任意n ∈N *，都有a n ＋2n 2≥0成立，求a 1的取值范围．第五章 数列第31讲 数列的概念与通项公式【考点集训】1．A 2.C 3.D 4.B 5.B 6.1 1 7．【解析】(1)由题设，a n a n ＋1＝λS n －1，a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－1， 两式相减得a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1. 因为a n ＋1≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ.(2)由题设，a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1，可得 a 2＝λ－1， 由(1)知，a 3＝λ＋1.若{a n }为等差数列，则2a 2＝a 1＋a 3，解得λ＝4， 故a n ＋2－a n ＝4.由此可得{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列， a 2n －1＝4n －3；{a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2n ＝4n －1. 所以a n ＝2n －1，a n ＋1－a n ＝2.因此存在λ＝4，使得数列{a n }为等差数列．8．【解析】(1)由a n ＝n 2－n －30，得a 1＝1－1－30＝－30，a 2＝22－2－30＝－28，a 3＝32－3－30＝－24.设a n ＝60，则60＝n 2－n －30. 解之得n ＝10或n ＝－9(舍去)． ∴60是此数列的第10项．(2)令n 2－n －30＝0，解得n ＝6或n ＝－5(舍去)． ∴a 6＝0.令n 2－n －30＞0，解得n ＞6或n ＜－5(舍去)．∴当n>6(n ∈N *)时，a n >0.令n 2－n －30<0，解得0<n <6.∴当0<n <6(n ∈N *)时，a n <0.(3)由a n ＝n 2－n －30＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n －122－3014n ∈N *，知{a n }是递增数列，且a 1<a 2…<a 5<a 6＝0<a 7<a 8<a 9<…，故S n 存在最小值S 5＝S 6，S n 不存在最大值． 9．【解析】(1)因为a n ＝2S n －1＋3，a 1＝3，则 a 2＝2S 1＋3＝2a 1＋3＝9，a 3＝2S 2＋3＝2(a 1＋a 2)＋3＝27， a 4＝2S 3＋3＝2(a 1＋a 2＋a 3)＋3＝81.(2)由题知a n ＝2S n －1＋3(n ≥2，n ∈N *)，① a n ＋1＝2S n ＋3(n ∈N *)，②②－①，得a n ＋1－a n ＝2(S n －S n －1)＝2a n ，即a n ＋1＝3a n (n ≥2，n ∈N *)．③因为a 2＝3a 1也满足③式，即a n ＋1＝3a n (n ∈N *)， 所以{a n }是以3为首项，3为公比的等比数列，所以a n ＝3n (n ∈N *)．第32讲 等差、等比数列的概念及基本运算【考点集训】1．D 2.D 3.D 4.D 5.152 6.327．【解析】(1)设数列{a n }的公差为d ， 依题意得，2，2＋d ，2＋4d 成等比数列，故有(2＋d)2＝2(2＋4d)，化简得d 2－4d ＝0，解得d ＝0或d ＝4. 当d ＝0时，a n ＝2；当d ＝4时，a n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2.从而得数列{a n }的通项公式为a n ＝2或a n ＝4n －2. (2)当a n ＝2时，S n ＝2n ，显然2n<60n ＋800， 此时不存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立．当a n ＝4n －2时，S n ＝n[2＋（4n －2）]2＝2n 2.令2n 2>60n ＋800，即n 2－30n －400>0， 解得n>40或n<－10(舍去)，此时存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立，n 的最小值为41. 综上，当a n ＝2时，不存在满足题意的正整数n ；当a n ＝4n －2时，存在满足题意的正整数n ，其最小值为41. 8．【解析】(1)由3a n a n －1＋a n －a n －1＝0(n ≥2)得， 1a n －1a n －1＝3(n ≥2)， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，3为公差的等差数列．(2)由(1)可得，1a n＝1＋3(n －1)＝3n －2.∴a n ＝13n －2.(3)λa n ＋1a n ＋1≥λ对任意n ≥2的整数恒成立，即λ3n －2＋3n ＋1≥λ对任意n ≥2(n ∈N *)恒成立． 整理得λ≤（3n ＋1）（3n －2）3（n －1）(n ≥2，n ∈N *)，令C n ＝（3n ＋1）（3n －2）3（n －1），C n ＋1－C n ＝（3n ＋4）（3n ＋1）3n －（3n ＋1）（3n －2）3（n －1）＝（3n ＋1）（3n －4）3n （n －1）因为n ≥2，所以C n ＋1－C n ＞0，∴{C n }为单调递增数列，C 2最小，且C 2＝283，故λ的取值范围为⎝⎛⎦⎥⎤－∞，283. 9．【解析】(1)当n ＝1时，由2a 1－S 1＝1⇒a 1＝1， 又2a n ＋1－S n ＋1＝1，与2a n －S n ＝1相减得a n ＋1＝2a n ，故数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以a n ＝2n －1.(2)设a n 和a n ＋1两项之间插入n 个数后，这n ＋2个数构成的等差数列的公差为d n ，则d n ＝a n ＋1－a n n ＋1＝2n －1n ＋1，又(1＋2＋3＋…＋62)＋62＝2 015，故b 2 015＝a 63－d 62＝262－26163＝125126×261；(3)依题意，b 1＋b 2＋b 3＋…＋b m＝3（a 1＋a 2）2＋4（a 2＋a 3）2＋5（a 3＋a 4）2＋…＋（n ＋1）（a n －1＋a n ）2－(a 2＋a 3＋…＋a n －1)＝12[3a 1＋5a 2＋7a 3＋…＋(2n ＋1)a n ]－12na n ， 考虑到a n ＋1＝2a n ，令M ＝3a 1＋5a 2＋7a 3＋…＋(2n ＋1)a n ， 则2M ＝3a 2＋5a 3＋7a 4＋…＋(2n ＋1)a n ＋12M －M ＝－2(a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n )－a 1＋(2n ＋1)a n ＋1⇒ M ＝(2n －1)2n ＋1，所以b 1＋b 2＋b 3＋…＋b m ＝12M －12na n＝(3n －2)·2n －2＋12.第33讲 等差、等比数列的性质及综合应用【考点集训】1．A 2.A 3.A 4.8 5.3 6.437．【解析】(1)设数列{a n }的公比为q(q ≠0，q ≠1)， 由a 5，a 3，a 4成等差数列，得2a 3＝a 5＋a 4，即2a 1q 2＝a 1q 4＋a 1q 3，由a 1≠0，q ≠0得q 2＋q －2＝0，解得q 1＝－2，q 2＝1(舍去)， 所以q ＝－2.(2)证法一：对任意k ∈N ＋，S k ＋2＋S k ＋1－2S k ＝(S k ＋2－S k )＋(S k ＋1－S k )＝a k ＋1＋a k ＋2＋a k ＋1＝2a k ＋1＋a k ＋1·(－2)＝0，所以，对任意k ∈N ＋，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列．证法二：对任意k ∈N ＋，2S k ＝2a 1（1－q k）1－q，S k ＋2＋S k ＋1＝a 1（1－q k ＋2）1－q ＋a 1（1－q k ＋1）1－q ＝a 1（2－q k ＋2－q k ＋1）1－q2S k －(S k ＋2＋S k ＋1)＝2a 1（1－q k ）1－q －a 1（2－q k ＋2－q k ＋1）1－q＝a 11－q[2(1－q k )－(2－qk ＋2－qk ＋1)]＝a 1q k 1－q(q 2＋q －2)＝0， 因此，对任意k ∈N ＋，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列．8．【解析】(1)因为a 1＝1，a 2＝2，∴a 3＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋cos 2π2a 1＋sin 2π2＝a 1＋1＝2.a 4＝()1＋cos 2πa 2＋sin 2π＝2a 2＝4. 一般地，当n ＝2k －1(k ∈N ＋)时，a 2k ＋1＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋cos 2（2k －1）π2a 2k －1＋sin 22k －12π＝a 2k －1＋1 即a 2k ＋1－a 2k －1＝1.所以数列{a 2k －1}是首项为1，公差为1的等差数列， ∴a 2k －1＝k .当n ＝2k (k ∈N ＋)时，a 2k ＋2＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋cos 22k π2a 2k ＋sin 22k π2＝2a 2k 所以数列{a 2k }是首项为2，公比为2的等比数列，∴a 2k ＝2k，故数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ＋12，n 为正奇数，2n2，n 为正偶数.(2)S ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 20＝(1＋2＋3＋…＋10)＋(21＋22＋…＋210)＝（1＋10）×102＋2（1－210）1－2＝55＋2×1 023＝2 101.9．【解析】(1)S n ＝a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝23a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n①当n 是奇数时，S n ＝23a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，单调递减，∴S 1>S 3>S 5>…>S 2n －1>23a 1，②当n 是偶数时，S n ＝23a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，单调递增， ∴S 2<S 4<S 6<…<S 2n <23a 1；综上，当n ＝1时，S n 有最大值为S 1＝2 017; 当n ＝2时，S n 有最小值为S 2＝2 0172.(2)|a n |随n 增大而减小，数列{a n }的奇数项均正数且递减，偶数项均负数且递增． ①当n 是奇数时，调整为a n ＋1，a n ＋2，a n .则a n ＋1＋a n ＝a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＋a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝a 12n ，2a n ＋2＝2a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＋1＝a 12n ，∴a n ＋1＋a n ＝2a n ＋2，a n ＋1，a n ＋2，a n 成等差数列； ②当n 是偶数时，调整为a n ，a n ＋2，a n ＋1；则a n ＋1＋a n ＝a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＋a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝－a 12n ，2a n ＋2＝2a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＋1＝－a 12n ，∴a n ＋1＋a n ＝2a n ＋2，a n ，a n ＋2，a n ＋1成等差数列；综上可知，数列{a n }中的任意相邻三项按从小到大排列，总可以使其成等差数列． ①n 是奇数时，公差d n ＝a n ＋2－a n ＋1＝a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＝3a 12n ＋1；②n 是偶数时，公差d n ＝a n ＋2－a n ＝a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝3a 12n ＋1. 无论n 是奇数还是偶数，都有d n ＝3a 12n ＋1，则d n d n －1＝12，因此，数列{d n }是首项为34a 1，公比为12的等比数列．第34讲 简单递推数列【考点集训】1．B 2.D 3.A 4.C 5.C 6.－17．【解析】(1)取倒数得： 1a n ＋1＝12n ＋1＋12a n，两边同乘以2n ＋1得：2n ＋1a n ＋1＝1＋2n a n所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n a n 是以21a 1为首项，以1为公差的等差数列．(2)∴2n a n ＝21＋(n －1)×1即a n ＝2n n ＋1.(3)由题意知：b n ＝(2n －1)·2n，则前n 项和为：S n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －1)×2n2×S n ＝1×22＋3×23＋…＋(2n －3)×2n ＋(2n －1)×2n ＋1由错位相减得： －S n ＝2＋2(22＋23＋…＋2n )－(2n －1)×2n ＋1，∴S n ＝(2n －3)×2n ＋1＋6.8．【解析】(1)解法一：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝（n ＋1）a n 2－na n －12，即a n n ＝a n －1n －1(n ≥2)．所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为a 11＝1的常数列．所以a n n＝1，即a n ＝n(n ∈N *)．所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n (n ∈N *)．解法二：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝（n ＋1）a n 2－na n －12，即a n a n －1＝nn －1(n ≥2)． ∴a n ＝a n a n －1×a n －1a n －2×…×a 3a 2×a 2a 1×a 1＝n n －1×n －1n －2×…×32×21×1＝n .因为a 1＝1，符合a n 的表达式．所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n (n ∈N *)．(2)假设存在k (k ≥2，k ∈N )，使得b k 、b k ＋1、b k ＋2成等比数列，则b k b k ＋2＝b 2k ＋1.因为b n ＝ln a n ＝ln n ()n ≥2，所以b k b k ＋2＝ln k ·ln(k ＋2)<⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln k ＋ln （k ＋2）22＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln （k 2＋2k ）22<⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln （k ＋1）222＝[ln(k ＋1)]2＝b 2k ＋1.这与b k b k ＋2＝b 2k ＋1矛盾．故不存在k (k ≥2，k ∈N )，使得b k 、b k ＋1、b k ＋2成等比数列． 9．【解析】(1)解法一：a 2＝2，a 3＝2＋1.再由题设条件知(a n ＋1－1)2＝(a n －1)2＋1.从而{(a n －1)2}是首项为0，公差为1的等差数列，故(a n －1)2＝n －1，即a n ＝n －1＋1(n ∈N *)． 解法二：a 2＝2，a 3＝2＋1.可写为a 1＝1－1＋1，a 2＝2－1＋1，a 3＝3－1＋1. 因此猜想a n ＝n －1＋1.下面用数学归纳法证明上式． 当n ＝1时，结论显然成立．假设n ＝k 时结论成立，即a k ＝k －1＋1，则a k ＋1＝（a k －1）2＋1＋1 ＝（k －1）＋1＋1 ＝（k ＋1）－1＋1，这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立．所以a n ＝n －1＋1(n ∈N *)．(2)解法一：设f (x )＝（x －1）2＋1－1，则a n ＋1＝f (a n )．令c ＝f (c )，即c ＝（c －1）2＋1－1，解得c ＝14.下面用数学归纳法证明命题a 2n <c <a 2n ＋1<1.当n ＝1时，a 2＝f (1)＝0，a 3＝f (0)＝2－1，所以a 2<14<a 3<1，结论成立．假设n ＝k 时结论成立，即a 2k <c <a 2k ＋1<1. 易知f (x )在(－∞，1]上为减函数， 从而c ＝f (c )>f (a 2k ＋1)>f (1)＝a 2， 即1>c >a 2k ＋2>a 2.再由f (x )在(－∞，1]上为减函数， 得c ＝f (c )<f (a 2k ＋2)<f (a 2)＝a 3<1，故c <a 2k ＋3<1，因此a 2(k ＋1)<c <a 2(k ＋1)＋1<1， 这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立．综上，存在 c ＝14使a 2n <c <a 2a ＋1对所有n ∈N *成立．解法二：设f (x )＝（x －1）2＋1－1，则a n ＋1＝f (a n )．先证：0≤a n ≤1(n ∈N *)． ① 当n ＝1时，结论明显成立．假设n ＝k 时结论成立，即0≤a k ≤1. 易知f (x )在(－∞，1]上为减函数， 从而0＝f (1)≤f (a k )≤f (0)＝2－1<1.即0≤a k ＋1≤1.这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立．故①成立．再证：a 2n <a 2n ＋1(n ∈N *)． ②当n ＝1时，a 2＝f (1)＝0，a 3＝f (a 2)＝f (0)＝2－1， 所以a 2<a 3，即n ＝1时②成立．假设n ＝k 时，结论成立，即a 2k <a 2k ＋1. 由①及f (x )在(－∞，1]上为减函数，得 a 2k ＋1＝f (a 2k )>f (a 2k ＋1)＝a 2k ＋2，a 2(k ＋1)＝f (a 2k ＋1)<f (a 2k ＋2)＝a 2(k ＋1)＋1.这就是说，当n ＝k ＋1时②成立．所以②对一切n ∈N *成立．由②得a 2n <a 22n －2a 2n ＋2－1，即(a 2n ＋1)2<a 22n －2a 2n ＋2，因此a 2n <14. ③又由①②及f (x )在(－∞，1]上为减函数，得f (a 2n )>f (a 2n ＋1)，即a 2n ＋1>a 2n ＋2.所以a 2n ＋1>a 22n ＋1－2a 2n ＋1＋2－1，解得a 2n ＋1>14. ④综上，由②③④知存在c ＝14使a 2n <c <a 2n ＋1对一切n ∈N *成立．第35讲 特殊数列求和【考点集训】1．C 2.C 3.A 4.(n －1)·2n ＋1＋2 5.2 0171 009 6.1 8307．【解析】(1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2，S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12，由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)，解得a 1＝1， 所以a n ＝2n －1. (2)由题意可知，b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1＝(－1)n －14n （2n －1）（2n ＋1）＝(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1. 当n 为偶数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…＋ ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1 ＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1.当n 为奇数时，T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15＋…－ ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1. 所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n2n ＋1，n 为偶数.⎝ ⎛⎭⎪⎫或T n ＝2n ＋1＋（－1）n －12n ＋1.8．【解析】(1)由a 2a 9＝232与a 4＋a 7＝a 2＋a 9＝37，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝8，a 9＝29或⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝29，a 9＝8(由于a n ＋1>a n ，舍去)．设公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝a 1＋d ＝8，a 9＝a 1＋8d ＝29，解得 ⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝5，d ＝3. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋2(n ∈N ＋)． (2)由题意得：b n ＝a 2n －1＋a 2n －1＋1＋a 2n －1＋2＋…＋a 2n －1＋2n －1－1＝(3·2n －1＋2)＋(3·2n －1＋5)＋(3·2n －1＋8)＋…＋[3·2n －1＋(3·2n －1－1)] ＝2n －1×3·2n －1＋[2＋5＋8＋…＋(3·2n －1－4)＋(3·2n －1－1)]，而2＋5＋8＋…＋(3·2n －1－4)＋(3·2n －1－1)是首项为2，公差为3的等差数列的前2n－1项的和，所以2＋5＋8＋…＋(3·2n －1－4)＋(3·2n －1－1)＝2n －1×2＋2n －1（2n －1－1）2×3＝3·22n －3＋14·2n所以b n ＝3·22n －2＋3·22n －3＋14·2n ＝98·22n＋14·2n ，所以b n －14·2n ＝98·22n.所以T n ＝98(4＋16＋64＋ (22))＝98×4（1－4n）1－4＝32(4n－1)． 9．【解析】(1)∵n ＝1时，a 1＋S 1＝a 1＋a 1＝2，∴a 1＝1. ∵S n ＝2－a n ，即a n ＋S n ＝2，∴a n ＋1＋S n ＋1＝2. 两式相减：a n ＋1－a n ＋S n ＋1－S n ＝0.即a n ＋1－a n ＋a n ＋1＝0，故有2a n ＋1＝a n ，∵a n ≠0，∴a n ＋1a n ＝12(n ∈N *)．∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1. (2)∵b n ＋1＝b n ＋a n (n ＝1，2，3，…)，∴b n ＋1－b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1. 得b 2－b 1＝1，b 3－b 2＝12，b 4－b 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122，…，b n －b n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2(n ＝2，3，…)．将这n －1个不等式相加，得b n －b 1＝1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －11－12＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2.又∵b 1＝1，∴b n ＝3－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2(n ＝2，3，…)．∴b n ＝3－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2. (3)∵c n ＝n (3－b n )＝2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1. ∴T n ＝2[⎝ ⎛⎭⎪⎫120＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1]．①而12T n ＝2[⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ]．② ①－②得：12T n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫120＋⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1 －2×n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n . T n ＝4×1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12－4×n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝8－82n －4×n ×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝8－(8＋4n )×12n (n ＝1，2，3，…)． 第36讲 数列模型及数列的综合应用【考点集训】1．A 2.B 3.D 4.C 5.n·2n 6.－217．【解析】(1)∵数列{a n }各项均为正数，且满足a n ＋1＝a n －a 2n ，∴a 2＝a 1－a 21＞0，解得0＜a 1＜1，当n ＝2时，a 3＝a 2－a 22＝14－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－122≤14，不等式成立， 假设当n ＝k(k ≥2)时，不等式成立，即a k ≤1k ＋2， 则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k －a 2k ＝14－⎝ ⎛⎭⎪⎫a k －122≤14－⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋2－122＝k ＋1（k ＋2）2＜k ＋1（k ＋1）（k ＋3）＝1（k ＋2）＋1， ∴当n ＝k ＋1时，不等式也成立，由数学归纳法知，对一切n ≥2，都有a n ≤1n ＋2. (2)设f(x)＝ln (x ＋1)－x x ＋1，x ＞0， 则f ′(x)＝1x ＋1－1（x ＋1）2＝x （x ＋1）2＞0， 所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，则f(x)＞f(0)＝0，即ln (x ＋1)＞x x ＋1， 令x ＝1n ＋1，代入上式，得1n ＋2＜ln (n ＋2)－ln (n ＋1)， 对一切n ≥2，S 2n －S n －1＝a n ＋a n ＋1＋a n ＋2＋…＋a 2n≤1n ＋2＋1n ＋3＋1n ＋4＋…＋12n ＋2＜ln (n ＋2)－ln (n ＋1)＋ln (n ＋3)－ln (n ＋2)＋…＋ln (2n ＋2)－ln (2n ＋1) ＝ln (2n ＋2)－ln (n ＋1)＝ln 2.∴对一切n ≥2，都有S 2n －S n －1＜ln 2.8．【解析】(1)因为函数f(x)＝x 2＋bx 为偶函数，所以b ＝0，则a n ＋1＝2()a n －12＋1，a n ＋1－1＝2()a n －12，log 2()a n ＋1－1＝2log 2()a n －1＋1，所以b n ＋1＋1b n ＋1＝log 2()a n ＋1－1＋1log 2()a n －1＋1＝2log 2()a n －1＋2log 2()a n －1＋1＝2， 又b 1＋1＝log 2()a 1－1＋1＝2，所以数列{b n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列．(2)由(1)得b n ＋1＝2n ，b n ＝2n －1，所以c n ＝n·2n －n ，所以S n ＝2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n －(1＋2＋3＋…＋n)，令T n ＝2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n2T n ＝22＋2·23＋3·24＋…＋n·2n ＋1，两式相减得－T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n·2n ＋1＝2－2n ＋11－2－n·2n ＋1＝()1－n ·2n ＋1－2， 所以S n ＝()n －1·2n ＋1＋2－n ()n ＋12. 9．【解析】f′()x ＝1x －sin x －6π＋92，则f′⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝4， 故a n ＋1＋a n ＝4n ＋3，(1)若数列{}a n 是等差数列，则a n ＝a 1＋()n －1d ，a n ＋1＝a 1＋nd ，由a n ＋1＋a n ＝4n ＋3得：()a 1＋nd ＋[]a 1＋()n －1d ＝4n ＋3，解得：d ＝2，a 1＝52. (2)由a n ＋1＋a n ＝4n ＋3得a n ＋2＋a n ＋1＝4n ＋7，两式相减得a n ＋2－a n ＝4，故数列{}a 2n －1是首项为a 1，公差为4的等差数列；数列{}a 2n 是首项为a 2，公差为4的等差数列，又a 1＋a 2＝7，a 2＝7－a 1，所以a n ＝⎩⎨⎧2n －2＋a 1()n 为奇数2n ＋3－a 1()n 为偶数； ①当n 为奇数时，a n ＝2n －2＋a 1，由a n ＋2n 2≥0即2n －2＋a 1＋2n 2≥0，转化为a 1≥－2n 2－2n ＋2对任意的奇数n 恒成立，令f ()n ＝－2n 2－2n ＋2＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋122＋52， ∴f ()n max＝f ()1＝－2，∴a 1≥－2. ②当n 为偶数时，a n ＝2n ＋3－a 1，由a n ＋2n 2≥0即2n ＋3－a 1＋2n ≥0，转化为－a 1≥－2n 2－2n －3对任意的奇数n 恒成立，令g ()n ＝－2n 2－2n －3＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋122－52， ∴g ()n max ＝g ()2＝－15，∴－a 1≥－15，解得a 1≤15， 综上，a 1的取值范围是[－2，15]．。

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