【创新设计】2015高考数学(人教,理)一轮题组训练：5-5数列的综合应用]

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【创新设计】2015高考数学(人教,理)一轮题组训练：5-1数列的概念与简单表示法]

第1讲数列的概念与简单表示法基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1．(2014·深圳中学模拟)数列0，23，45，67，…的一个通项公式为 ( )．A ．a n ＝n －1n ＋1(n ∈N *) B ．a n ＝n －12n ＋1(n ∈N *) C ．a n ＝2(n －1)2n －1(n ∈N *)D ．a n ＝2n2n ＋1(n ∈N *) 解析将0写成01，观察数列中每一项的分子、分母可知，分子为偶数列，可表示为2(n －1)，n ∈N *；分母为奇数列，可表示为2n －1，n ∈N *，故选C. 答案 C2．若S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝n n ＋1，则1a 5＝( )．A.56 B.65 C.130D ．30解析当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n n ＋1－n －1n ＝1n (n ＋1)，∴1a 5＝5×(5＋1)＝30. 答案 D3．(2014·贵阳模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2－1，则a 3＝ ( )． A ．－10 B ．6 C ．10D ．14解析 a 3＝S 3－S 2＝2×32－1－(2×22－1)＝10. 答案 C4．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解析法一 (构造法)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)：n ≥2时，a n a n －1＝nn －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 ，又因为a 1＝1，∴a n ＝n .答案 D5．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 －1 D.12n －1 解析 ∵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 (n ≥2)，即a n ＋1a n＝32(n ≥2)，又a 2＝12，∴a n ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝1≠12×⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1＝13，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，12⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2，n ≥2，∴S n ＝2a n ＋1＝2×12×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.答案 B二、填空题6．(2013·蚌埠模拟)数列{a n }的通项公式a n ＝－n 2＋10n ＋11，则该数列前________项的和最大．解析易知a 1＝20>0，显然要想使和最大，则应把所有的非负项求和即可，令a n ≥0，则－n 2＋10n ＋11≥0，∴－1≤n ≤11，可见，当n ＝11时，a 11＝0，故a 10是最后一个正项，a 11＝0，故前10或11项和最大．答案 10或117．(2014·广州模拟)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3，则数列{a n }的通项公式为________．解析 ∵a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，则当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13，两式左右两边分别相减得3n －1a n ＝13，∴a n ＝13n (n ≥2)．由题意知，a 1＝13，符合上式，∴a n ＝13n (n ∈N *)．答案 a n ＝13n8．(2013·淄博二模)在如图所示的数阵中，第9行的第2个数为________．解析每行的第二个数构成一个数列{a n }，由题意知a 2＝3，a 3＝6，a 4＝11，a 5＝18，所以a 3－a 2＝3，a 4－a 3＝5，a 5－a 4＝7，…， a n －a n －1＝2(n －1)－1＝2n －3，等式两边同时相加得 a n －a 2＝(2n －3＋3)×(n －2)2＝n 2－2n ，所以a n ＝n 2－2n ＋a 2＝n 2－2n ＋3(n ≥2)，所以a 9＝92－2×9＋3＝66. 答案 66 三、解答题9．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，a4＝42－4×7＋6＝－6.(2)令a n＝150，即n2－7n＋6＝150，解得n＝16或n＝－9(舍去)，即150是这个数列的第16项．(3)令a n＝n2－7n＋6>0，解得n>6或n<1(舍)．∴从第7项起各项都是正数．10．在数列{a n}中，a1＝1，S n为其前n项和，且a n＋1＝2S n＋n2－n＋1.(1)设b n＝a n＋1－a n，求数列{b n}的前n项和T n；(2)求数列{a n}的通项公式．解(1)∵a n＋1＝2S n＋n2－n＋1，∴a n＝2S n－1＋(n－1)2－(n－1)＋1(n≥2)，两式相减得，a n＋1－a n＝2a n＋2n－2(n≥2)．由已知可得a2＝3，∴n＝1时上式也成立．∴a n＋1－3a n＝2n－2(n∈N*)，a n－3a n－1＝2(n－1)－2(n≥2)．两式相减，得(a n＋1－a n)－3(a n－a n－1)＝2(n≥2)．∵b n＝a n＋1－a n，∴b n－3b n－1＝2(n≥2)，b n＋1＝3(b n－1＋1)(n≥2)．∵b1＋1＝3≠0，∴{b n＋1}是以3为公比，3为首项的等比数列，∴b n＋1＝3×3n－1＝3n，∴b n＝3n－1.∴T n＝31＋32＋…＋3n－n＝12·3n＋1－n－32.(2)由(1)知，a n＋1－a n＝3n－1，∴a n＝(a n－a n－1)＋(a n－1－a n－2)＋(a n－2－a n－3)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1＝30＋31＋32＋…＋3n－1－(n－1)＝12(3n＋1)－n.能力提升题组 (建议用时：25分钟)一、选择题1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝411－2n ，则满足a n ＋1＜a n 的n 的取值为 ( )．A ．3B ．4C ．5D ．6解析由a n ＋1＜a n ，得a n ＋1－a n ＝49－2n －411－2n ＝8(9－2n )(11－2n )＜0，解得92＜n ＜112，又n ∈N *，∴n ＝5. 答案 C2．(2014·湖州模拟)设函数f (x )＝⎩⎨⎧(3－a )x －3，x ≤7，a x －6，x >7，数列{a n }满足a n ＝f (n )，n∈N *，且数列{a n }是递增数列，则实数a 的取值范围是 ( )．A.⎝ ⎛⎭⎪⎫94，3B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫94，3 C ．(1,3)D ．(2,3)解析 ∵数列{a n }是递增数列，又a n ＝f (n )(n ∈N *)，∴⎩⎨⎧3－a >0，a >1，f (8)>f (7)⇒2<a <3.答案 D 二、填空题3．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 28 三、解答题4．设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝a (a ≠3)，a n ＋1＝S n ＋3n ，n ∈N *. (1)设b n ＝S n －3n ，求数列{b n }的通项公式； (2)若a n ＋1≥a n ，n ∈N *，求a 的取值范围．解 (1)依题意，S n ＋1－S n ＝a n ＋1＝S n ＋3n ，即S n ＋1＝2S n ＋3n ，由此得S n ＋1－3n ＋1＝2(S n －3n )，又S 1－31＝a －3(a ≠3)，故数列{S n －3n }是首项为a －3，公比为2的等比数列，因此，所求通项公式为b n ＝S n －3n ＝(a －3)2n －1，n ∈N *. (2)由(1)知S n ＝3n ＋(a －3)2n －1，n ∈N *，于是，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n ＋(a －3)2n －1－3n －1－(a －3)2n －2＝2×3n －1＋(a －3)2n －2，当n ＝1时，a 1＝a 不适合上式，故a n ＝⎩⎨⎧a ，n ＝1，2×3n －1＋(a －3)2n －2，n ≥2. a n ＋1－a n ＝4×3n －1＋(a －3)2n －2 ＝2n －2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2＋a －3，当n ≥2时，a n ＋1≥a n ⇔12·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2＋a －3≥0⇔a ≥－9. 又a 2＝a 1＋3>a 1.综上，所求的a 的取值范围是[－9，＋∞).。

2015届高考数学(文)一轮达标小测：5-5 数列的综合应用

高效达标 A组　基础达标（时间：30分钟　满分：50分）若时间有限建议选讲1 一、选择题（每小题5分共20分）《九章算术》之后人们进一步用等差数列求和公式来解决更多的问题《张丘建算经》卷上第22题为：“今有女善织2天起每天比前一天多织相同量的布若第一天织5尺布现在一月（按30天计）共织390尺布”则每天比前一天多织（D）A. 尺布B. 尺布尺布 D. 尺布由题意知＝5＝30＝390＝30×5＋d＝. （2012·安徽高考）公比为2的等比数列{a的各项都是正数且a＝16则log等于（B）B. 5C. 6D. 7 由题意可知a＝a＝16为正项等比数列＝＝log（a）＝log＝5. 设项数为8的等比数列的中间两项与2x＋7x＋4＝0的两根相等则该数列的各项相乘的积为（D）B. 3C. 32D. 16 设此数列为{a由题意知a＝2从而a＝（a）＝16. 已知等差数列{a的公差和首项都不等于0且a成等比数列则等于（B）A. 2B. 3C. 5D. 6 ∵a2，a4，a8成等比数列＝a即（a＋3d）＝（a＋）（a1＋7d）＝d＝＝3. 二、填空题（每小题5分共10分）（2013·泰安模拟）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 ＝　16　. 设对应的数列为{a公差为d（d＞0）.由题意知a＝10＋a－1＋a－2＝114＝a由a＋a－1＋a－2＝114得3a－1＝114解得a－1＝38（a＋5d）＝a（a－1＋d）即（10＋）＝（38＋d）解得d＝2－1＝a＋（n－2）d＝38即10＋2（n－2）＝38解得n＝16. 设S为数列{a的前n项和若（n∈N）是非零常数则称该数列为“和等比数列”若数列{c是首项为2公差为d（d≠0）的等差数列且数列{c是“和等比数列”则＝　4　. 由题意可知数列{c的前n项和为S＝前2n项和为S＝＝＝2＋＝2＋当d＝4时＝4. 三、解（共20分）（10分）（2013·江南十校联考）已知数列{a满足：a＝1且a＋1成等差数列.又正项数列{b满足b＝e且是b与b＋1的等比中项. （1）求证：{2－1为等差数列{an}的通项；（2）求证：都有－1≤ln b＋ln b＋…＋ln b 解析：（1）由题意可知2a＋1＝a＋则a＋1an＝（2分）＋1－2－1＝1即数列{2－1是首项和公差都为1的等差数列.（4分）－1＝n＝（5分）（2）由a＝可知只需证：ln b＋ln b＋…＋ln b－1.　（*）（6分）（ⅰ）当n＝1时（*）式左边＝ln e＝1右边2－1＝1则左边≥右边；（ⅱ）当n≥2时由题可知b＋1＝b＋b和b 则b＋1，∴ln bn＋1（8分） bn>2ln bn－1－2－1＝2－1 ∴ln b1＋ln b＋…＋ln b＋2＋…＋2－1＝＝2－1 综上所述当n∈N时原不等式成立.（10分）（10分）（2013·北京高考）已知{a是由非负整数组成的无穷数列该数列前n项的最大值记为A第n项之后各项a＋1＋2的最小值记为B＝A－B （1）若{a为22，1，4，3，…，是一个周期为4的数列（即对任意n∈N＋4＝a）写出d 的值；（2）设d是非负整数证明：d＝－d（n＝1）的充{an}是公差为d的等差数列；（3）证明：若a＝2＝1（n＝1）则{a的项只能是1或者2且有无穷多项为1. （1）d＝d＝1＝d＝3.（2分）（2）（充分性）∵{a是公差为d的等差数列且d≥0 ∴a1≤a2≤…≤an≤…，因此A＝a＝a＋1＝a－a＋1＝－d（n＝1）.（4分）（必要性）∵d＝－d≤0（n＝1）＝B＋d 又a＋1 ∴an≤an＋1 于是＝a＝a＋1 因此a＋1－a＝B－A＝－d＝d. 即{a是公差为d的等差数列.（6分）（3）∵a1＝2＝1＝a＝2＝A－d＝1. 故对任意n≥1＝1. 假设{a（n≥2）中存在大于2的项. 设m为满足a＞2的最小正整数则m≥2并且对任意1≤k＜m 又a＝2－1＝2且A＝a＞2 ∵dm＝1＝a＞2＝A－d＞1. ＞2－1＞1. 又A－1＝2 ∴dm－1＝A－1－B－1＜1. 与d＝1矛盾.（8分）对于任意n≥1有a即非负整数列{a的各项只能为1或2. 对任意n≥1＝a＝2. 故B＝A－d＝2－1＝1. 因此对于任意正整数n存在m满足m＞n且a＝1即数列{a有无穷多项为1.（10分）组　提优演（时间：30分钟　满分：50分）若时间有限建议选讲2 一、选择题（每小题5分共20分）正项等比数列{a中存在两项a（m）使得＝4a且a＝a＋2a则＋的最小值是（B）B. 1＋C.D. 根据题意＝a＋2a＝q＋2解得q＝－1或q＝2.＝2.由＝4a即a＋n－2＝得m＋n＝6.而＋＝＝＋＋＋≥＋＋＝1＋B. 2.在如下数表中已知每行的数都成等比数列第1列的数成等差数列那么位于下表中的第n 行第n列的数是（D）第1列第2列第3列... 第1行 1 2 4 (2)2 6 18 … 第3行3 12 48 … … … … …A. n（n－1）－1B. n（n－3）－2 （n－2）－1 D. n（n＋1）－1 分析数表可知从第2行起每行的公比比它上一行的公比大1第n行的公比为n＋1而第1列的数是等差数列公差为1第n行第1列的数为n第n行是以n为首项以n＋1为公比的等比数列第n行第n列的数是（n＋）－1 3.已知实数a成等比数列且函数f（x）＝ln x－x当＝b时取到极大值c则ad等于（C）A. 1B. 0C. －1D. 2 实数a成等比数列故由等比数列的性质得ad＝bc又由函数f（x）＝ln x－x当x＝b时取到极大值c可得解得故ad＝bc＝－1. （2013·豫西五校联考）设实数a是一个等差数列且满足10?公比2故②正确；a＋a＝2a 由12?b2＝故③正确；1。

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

第五节数列的综合应用数列的综合应用能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，抽象出数列的模型，并能用有关知识解决相应的问题．知识点数列的实际应用问题数列应用题常见模型(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差．(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化时，应考虑是a n与a n＋1的递推关系，还是前n项和S n与S n＋1之间的递推关系．必备方法解答数列应用题的步骤：(1)审题——仔细阅读材料，认真理解题意．(2)建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言，将实际问题转化成数学问题，弄清该数列的结构和特征．(3)求解——求出该问题的数学解．(4)还原——将所求结果还原到原实际问题中．具体解题步骤用框图表示如下：[自测练习]1．有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒钟杀死一个病毒的同时将自身分裂为2个，现在有一个这样的细菌和100个这样的病毒，问细菌将病毒全部杀死至少需要() A．6秒钟B．7秒钟C．8秒钟D．9秒钟解析：设至少需要n秒钟，则1＋21＋22＋…＋2n－1≥100，∴1－2n 1－2≥100，∴n ≥7. 答案：B2．一个凸多边形的内角成等差数列，其中最小的内角为2π3，公差为π36，则这个多边形的边数为________．解析：由于凸n 边形的内角和为(n －2)π，故2π3n ＋n (n －1)2×π36＝(n －2)π. 化简得n 2－25n ＋144＝0.解得n ＝9或n ＝16(舍去)．答案：93．某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n (n ∈N *)等于________．解析：每天植树的棵数构成以2为首项，2为公比的等比数列，其前n 项和S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝2(1－2n )1－2＝2n ＋1－2.由2n ＋1－2≥100，得2n ＋1≥102.由于26＝64,27＝128，则n ＋1≥7，即n ≥6.答案：6考点一等差、等比数列的综合应用|在数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝12，a 3＝54，数列{a n ＋1－3a n }是等比数列．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n －1是等差数列；(2)求数列{a n }的前n 项和S n .[解] (1)证明：∵a 1＝2，a 2＝12，a 3＝54， ∴a 2－3a 1＝6，a 3－3a 2＝18. 又∵数列{a n ＋1－3a n }是等比数列， ∴a n ＋1－3a n ＝6×3n －1＝2×3n ，∴a n ＋13n －a n3n －1＝2， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n －1是等差数列．(2)由(1)知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n －1是等差数列，∴a n 3n －1＝a 130＋(n －1)×2＝2n ， ∴a n ＝2n ×3n －1.∵S n ＝2×1×30＋2×2×31＋…＋2n ×3n －1，∴3S n ＝2×1×3＋2×2×32＋…＋2n ×3n .∴S n －3S n ＝2×1×30＋2×1×3＋…＋2×1×3n －1－2n ×3n＝2×1－3n1－3－2n ×3n＝3n －1－2n ×3n ， ∴S n ＝⎝⎛⎭⎫n －12×3n ＋12.等差数列、等比数列综合问题的解题策略(1)分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序．(2)注意细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的．1．(2016·贵州七校联考)已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和，a 1＝b 1＝1，且b 3S 3＝36，b 2S 2＝8(n ∈N *)．(1)求a n 和b n ；(2)若a n <a n ＋1，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和T n .解：(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧q 2(3＋3d )＝36，q (2＋d )＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－23，q ＝6，∴⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，或⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝13(5－2n )，b n ＝6n －1.(2)若a n <a n ＋1，由(1)知a n ＝2n －1，∴1a n a n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝n 2n ＋1.考点二数列的实际应用问题|为了加强环保建设，提高社会效益和经济效益，长沙市计划用若干时间更换一万辆燃油型公交车，每更换一辆新车，则淘汰一辆旧车，替换车为电力型和混合动力型车．今年初投入了电力型公交车128辆，混合动力型公交车400辆；计划以后电力型车每年的投入量比上一年增加50%，混合动力型车每年比上一年多投入a 辆．(1)求经过n 年，该市被更换的公交车总数S (n )； (2)若该市计划7年内完成全部更换，求a 的最小值．[解] (1)设a n ，b n 分别为第n 年投入的电力型公交车、混合动力型公交车的数量．依题意，得{a n }是首项为128，公比为1＋50%＝32的等比数列，{b n }是首项为400，公差为a 的等差数列．所以{a n }的前n 项和S n ＝128×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫32n 1－32＝256⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫32n －1， {b n }的前n 项和T n ＝400n ＋n (n －1)2a . 所以经过n 年，该市被更换的公交车总数为S (n )＝S n ＋T n ＝256⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫32n －1＋400n ＋n (n －1)2a . (2)若计划7年内完成全部更换，则S (7)≥10 000，所以256⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫327－1＋400×7＋7×62a ≥10 000，即21a ≥3 082，所以a ≥1461621.又a ∈N *，所以a 的最小值为147.解决数列应用题一个注意点解决数列应用问题，要明确问题属于哪一种类型，即明确是等差数列问题还是等比数列问题，要求a n 还是S n ，特别是要弄清项数．2．某工业城市按照“十二五”(2011年至2015年)期间本地区主要污染物排放总量控制要求，进行减排治污．现以降低SO 2的年排放量为例，原计划“十二五”期间每年的排放量都比上一年减少0.3万吨，已知该城市2011年SO 2的年排放量约为9.3万吨．(1)按原计划，“十二五”期间该城市共排放SO 2约多少万吨？(2)该城市为响应“十八大”提出的建设“美丽中国”的号召，决定加大减排力度．在2012年刚好按原计划完成减排任务的条件下，自2013年起，SO 2的年排放量每年比上一年减少的百分率为p ，为使2020年这一年SO 2的年排放量控制在6万吨以内，求p 的取值范围．⎝ ⎛⎭⎪⎫参考数据：823≈0.9505，923≈0.955 9解：(1)设“十二五”期间，该城市共排放SO 2约y 万吨，依题意，2011年至2015年SO 2的年排放量构成首项为9.3，公差为－0.3的等差数列，所以y ＝5×9.3＋5×(5－1)2×(－0.3)＝43.5(万吨)．所以按原计划“十二五”期间该城市共排放SO 2约43.5万吨． (2)由已知得，2012年的SO 2年排放量为9.3－0.3＝9(万吨)，所以2012年至2020年SO 2的年排放量构成首项为9，公比为1－p 的等比数列．由题意得9×(1－p )8<6，由于0<p <1，所以1－p <823，所以1－p <0.950 5，解得p >4.95%.所以SO 2的年排放量每年减少的百分率p 的取值范围为(4.95%,1)．考点三数列与不等式的综合问题|(2015·高考浙江卷)已知数列{a n }满足a 1＝12且a n ＋1＝a n －a 2n (n ∈N *)． (1)证明：1≤a na n ＋1≤2(n ∈N *)；(2)设数列{a 2n }的前n 项和为S n ，证明：12(n ＋2)≤S n n ≤12(n ＋1)(n ∈N *)． [证明] (1)由题意得a n ＋1－a n ＝－a 2n ≤0，即a n ＋1≤a n ，故a n ≤12.由a n ＝(1－a n －1)a n －1得a n ＝(1－a n －1)(1－a n －2)…(1－a 1)a 1>0. 由0<a n ≤12得a n a n ＋1＝a n a n －a 2n ＝11－a n ∈[1,2]，即1≤a na n ＋1≤2. (2)由题意得a 2n ＝a n －a n ＋1，所以S n ＝a 1－a n ＋1.① 由1a n ＋1－1a n ＝a n a n ＋1和1≤a n a n ＋1≤2得1≤1a n ＋1－1a n ≤2，所以n ≤1a n ＋1－1a 1≤2n ，因此12(n ＋1)≤a n ＋1≤1n ＋2(n ∈N *)．②由①②得12(n ＋2)≤S n n ≤12(n ＋1)(n ∈N *)．数列与不等式相结合问题的处理方法解决数列与不等式的综合问题时，如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等；如果是解不等式问题要使用不等式的各种不同解法，如列表法、因式分解法等．3．(2016·云南一检)在数列{a n }中，a 1＝35，a n ＋1＝2－1a n ，设b n ＝1a n －1，数列{b n }的前n项和是S n .(1)证明数列{b n }是等差数列，并求S n ； (2)比较a n 与S n ＋7的大小．解：(1)∵b n ＝1a n －1，a n ＋1＝2－1a n ，∴b n ＋1＝1a n ＋1－1＝1a n －1＋1＝b n ＋1，∴b n ＋1－b n ＝1，∴数列{b n }是公差为1的等差数列．由a 1＝35，b n ＝1a n －1得b 1＝－52，∴S n ＝－5n 2＋n (n －1)2＝n 22－3n .(2)由(1)知：b n ＝－52＋n －1＝n －72.由b n ＝1a n －1得a n ＝1＋1b n ＝1＋1n －72.∴a n －S n －7＝－n 22＋3n －6＋1n －72.∵当n ≥4时，y ＝－n 22＋3n －6是减函数，y ＝1n －72也是减函数，∴当n ≥4时，a n －S n －7≤a 4－S 4－7＝0.又∵a 1－S 1－7＝－3910<0，a 2－S 2－7＝－83<0，a 3－S 3－7＝－72<0，∴∀n ∈N *，a n －S n －7≤0， ∴a n ≤S n ＋7.6.数列的综合应用的答题模板【典例】 (12分)(2015·高考四川卷)设数列{a n }(n ＝1,2,3，…)的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求使得|T n －1|<11 000成立的n 的最小值．[思路点拨] 由S n ＝2a n －a 1，得a 2＝2a 1，a 3＝4a 1，再通过a 1，a 2＋1，a 3成等差数列确定首项a 1＝2是解决(1)的切入点；由(1)知⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为12，公比为12的等比数列，所以T n ＝1－12n ，然后解不等式即可． [规范解答] (1)由已知S n ＝2a n －a 1，有 a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2)．所以a ＝2. 从而a 2＝2a 1，a 3＝2a 2＝4a 1.(2分)又因为a 1，a 2＋1，a 3成等差数列，即a 1＋a 3＝2(a 2＋1)．所以a 1＋4a 1＝2(2a 1＋1)，解得a 1＝2.所以，数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列．故a n ＝2n .(6分) (2)由(1)得1a n ＝12n .所以T n ＝12＋122＋…＋12n ＝12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＝1－12n .(8分)由|T n －1|<11 000，得⎪⎪⎪⎪1－12n －1<11000，即2n >1 000. 因为29＝512<1 000<1 024＝210，所以n ≥10.(10分) 于是，使|T n －1|<11 000成立的n 的最小值为10.(12分) [模板形成][跟踪练习] (2015·湖北七市联考)数列{a n }是公比为12的等比数列，且1－a 2是a 1与1＋a 3的等比中项，前n 项和为S n ；数列{b n }是等差数列，b 1＝8，其前n 项和T n 满足T n ＝nλ·b n＋1(λ为常数，且λ≠1)．(1)求数列{a n }的通项公式及λ的值； (2)比较1T 1＋1T 2＋1T 3＋…＋1T n 与12S n 的大小．解：(1)由题意得(1－a 2)2＝a 1(a 3＋1)，即⎝⎛⎭⎫1－12a 12＝a 1⎝⎛⎭⎫14a 1＋1，解得a 1＝12，∴a n ＝⎝⎛⎭⎫12n . 设{b n }的公差为d ，又⎩⎪⎨⎪⎧ T 1＝λb 2，T 2＝2λb 3，即⎩⎪⎨⎪⎧8＝λ(8＋d )，16＋d ＝2λ(8＋2d )，解得⎩⎪⎨⎪⎧λ＝12，d ＝8或⎩⎪⎨⎪⎧λ＝1，d ＝0(舍)，∴λ＝12.(2)由(1)知S n ＝1－⎝⎛⎭⎫12n， ∴12S n ＝12－⎝⎛⎭⎫12n ＋1≥14，① 又T n ＝4n 2＋4n ，1T n ＝14n (n ＋1)＝14⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，∴1T 1＋1T 2＋…＋1T n＝14⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1 ＝14⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1<14，② 由①②可知1T 1＋1T 2＋…＋1T n <12S n .A 组考点能力演练1．(2015·杭州二模)在正项等比数列{a n }中，22为a 4与a 14的等比中项，则2a 7＋a 11的最小值为( )A ．16B ．8C ．6D ．4解析：因为{a n }是正项等比数列，且22为a 4与a 14的等比中项，所以a 4a 14＝8＝a 7a 11，则2a 7＋a 11＝2a 7＋8a 7≥22a 7·8a 7＝8，当且仅当a 7＝2时，等号成立，所以2a 7＋a 11的最小值为8，故选择B.答案：B2．(2016·宝鸡质检)《莱因德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一，书中有一道这样的题目：把100个面包分给5个人，使每个人所得成等差数列，且使较大的三份之和的17是较小的两份之和，问最小的一份为( )A.53B.103C.56D.116解析：由100个面包分给5个人，每个人所得成等差数列，可知中间一人得20块面包，设较大的两份为20＋d,20＋2d ，较小的两份为20－d,20－2d ，由已知条件可得17(20＋20＋d＋20＋2d )＝20－d ＋20－2d ，解得d ＝556，∴最小的一份为20－2d ＝20－2×556＝53，故选A.答案：A3．(2016·豫南十校联考)设f (x )是定义在R 上的恒不为零的函数，且对任意的x ，y ∈R ，都有f (x )·f (y )＝f (x ＋y )．若a 1＝12，a n ＝f (n )(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和S n 的取值范围是( )A.⎣⎡⎭⎫12，2B.⎣⎡⎦⎤12，2 C.⎣⎡⎭⎫12，1D.⎣⎡⎦⎤12，1解析：在f (x )·f (y )＝f (x ＋y )中令x ＝n ，y ＝1，得f (n ＋1)＝f (n )f (1)，又a 1＝12，a n ＝f (n )(n∈N *)，则a n ＋1＝12a n ，所以数列{a n }是首项和公比都是12的等比数列，其前n 项和S n ＝12×⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝1－12n ∈⎣⎡⎭⎫12，1，故选择C. 答案：C4．已知在等差数列{a n }中，a 1>0，d >0，前n 项和为S n ，等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 4，前n 项和为T n ，则( )A ．S 4>T 4B ．S 4<T 4C ．S 4＝T 4D ．S 4≤T 4解析：法一：设等比数列{b n }的公比为q ，则由题意可得q >1，数列{b n }单调递增，又S 4－T 4＝a 2＋a 3－(b 2＋b 3)＝a 1＋a 4－a 1q －a 4q ＝a 1(1－q )＋a 4⎝⎛⎭⎫1－1q ＝q －1q (a 4－a 1q )＝q －1q (b 4－b 2)>0，所以S 4>T 4.法二：不妨取a n ＝7n －4，则等比数列{b n }的公比q ＝3a 4a 1＝2，所以S 4＝54，T 4＝b 1(1－q 4)1－q ＝45，显然S 4>T 4，选A.答案：A5．正项等比数列{a n }满足：a 3＝a 2＋2a 1，若存在a m ，a n ，使得a m ·a n ＝16a 21，m ，n ∈N *，则1m ＋9n的最小值为( ) A ．2 B ．16 C.114D.32解析：设数列{a n }的公比为q ，a 3＝a 2＋2a 1⇒q 2＝q ＋2⇒q ＝2，∴a n ＝a 1·2n －1，a m ·a n ＝16a 21⇒a 21·2m＋n －2＝16a 21⇒m ＋n ＝6，∵m ，n ∈N *，∴(m ，n )可取的数值组合为(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，(5,1)，计算可得，当m ＝2，n ＝4时，1m ＋9n 取最小值114.答案：C6．(2016·兰州双基)等差数列{a n }的公差为2，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝________.解析：由题意，得(a 1＋3×2)2＝(a 1＋2)(a 1＋7×2)，解得a 1＝2，所以S n ＝2n ＋n (n －1)2×2＝n 2＋n .答案：n 2＋n7．(2015·高考湖南卷)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，且3S 1,2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________.解析：由3S 1,2S 2，S 3成等差数列，得4S 2＝3S 1＋S 3，即3S 2－3S 1＝S 3－S 2，则3a 2＝a 3，得公比q ＝3，所以a n ＝a 1q n －1＝3n －1. 答案：3n －1 8．从盛满2升纯酒精的容器里倒出1升纯酒精，然后填满水，再倒出1升混合溶液后又用水填满，以此继续下去，则至少应倒________次后才能使纯酒精体积与总溶液的体积之比低于10%.解析：设倒n 次后纯酒精与总溶液的体积比为a n ，则a n ＝⎝⎛⎭⎫12n ，由题意知⎝⎛⎭⎫12n <10%， ∴n ≥4.答案：49．已知f (x )＝2sin π2x ，集合M ＝{x ||f (x )|＝2，x >0}，把M 中的元素从小到大依次排成一列，得到数列{a n }，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝1a 2n ＋1，设数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n <14. 解：(1)∵|f (x )|＝2，∴π2x ＝k π＋π2，k ∈Z ，x ＝2k ＋1，k ∈Z . 又∵x >0，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)∵b n ＝1a 2n ＋1＝1(2n ＋1)2＝14n 2＋4n ＋1<14n 2＋4n ＝14⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n <14⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝14－14(n ＋1)<14， ∴T n <14得证． 10．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝12，a n ＝－2S n ·S n －1(n ≥2)． (1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)求证：S 21＋S 22＋…＋S 2n ≤12－14n. 解：(1)∵a n ＝－2S n ·S n －1(n ≥2)，∴S n －S n －1＝－2S n ·S n －1.两边同除以S n ·S n －1，得1S n －1S n －1＝2(n ≥2)， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1＝1a 1＝2为首项，以d ＝2为公差的等差数列， ∴1S n ＝1S 1＋(n －1)·d ＝2＋2(n －1)＝2n ， ∴S n ＝12n. 将S n ＝12n代入a n ＝－2S n ·S n －1，得a n＝⎩⎨⎧12， (n ＝1)，12n －2n 2， (n ≥2).(2)证明：∵S 2n ＝14n 2<14n (n －1)＝14⎝⎛⎭⎫1n －1－1n (n ≥2)， S 21＝14， ∴当n ≥2时，S 21＋S 22＋…＋S 2n＝14＋14×2×2＋…＋14·n ·n<14＋14⎝⎛⎭⎫1－12＋…＋14⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＝12－14n；当n ＝1时，S 21＝14＝12－14×1. 综上，S 21＋S 22＋…＋S 2n ≤12－14n. B 组高考题型专练1．(2015·高考浙江卷)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝2，b 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，b 1＋12b 2＋13b 3＋ (1)b n ＝b n ＋1－1(n ∈N *)． (1)求a n 与b n ；(2)记数列{a n b n }的前n 项和为T n ，求T n .解：(1)由a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，得a n ＝2n (n ∈N *)．由题意知：当n ＝1时，b 1＝b 2－1，故b 2＝2.当n ≥2时，1n b n ＝b n ＋1－b n ，整理得b n ＋1n ＋1＝b n n，所以b n ＝n (n ∈N *)．(2)由(1)知a n b n ＝n ·2n ，因此，T n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n ，2T n ＝22＋2×23＋3×24＋…＋n ·2n ＋1，所以T n －2T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1. 故T n ＝(n －1)2n ＋1＋2(n ∈N *)． 2．(2015·高考安徽卷)设n ∈N *，x n 是曲线y ＝x 2n ＋2＋1在点(1,2)处的切线与x 轴交点的横坐标．(1)求数列{x n }的通项公式；(2)记T n ＝x 21x 23…x 22n －1，证明：T n ≥14n . 解：(1)y ′＝(x 2n ＋2＋1)′＝(2n ＋2)x 2n ＋1，曲线y ＝x 2n ＋2＋1在点(1,2)处的切线斜率为2n＋2，从而切线方程为y －2＝(2n ＋2)(x －1)．令y ＝0，解得切线与x 轴交点的横坐标x n ＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 所以数列{x n }的通项公式x n ＝n n ＋1. (2)证明：由题设和(1)中的计算结果知T n ＝x 21x 23…x 22n －1＝⎝⎛⎭⎫122⎝⎛⎭⎫342…⎝⎛⎭⎫2n －12n 2. 当n ＝1时，T 1＝14. 当n ≥2时，因为x 22n －1＝⎝⎛⎭⎫2n －12n 2＝(2n －1)2(2n )2>(2n －1)2－1(2n )2＝2n －22n ＝n －1n ，所以T n >⎝⎛⎭⎫122×12×23×…×n －1n ＝14n. 综上可得对任意的n ∈N *，均有T n ≥14n. 3．(2014·高考新课标全国卷Ⅱ)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1.(1)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是等比数列，并求{a n }的通项公式； (2)证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32. 证明：(1)由a n ＋1＝3a n ＋1得a n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎫a n ＋12.又a 1＋12＝32，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列．所以a n ＋12＝3n 2，因此{a n }的通项公式为a n ＝3n －12. (2)由(1)知1a n ＝23n －1. 因为当n ≥1时，3n －1≥2×3n －1，所以13n －1≤12×3n －1. 于是1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≤1＋13＋…＋13n －1 ＝32⎝⎛⎭⎫1－13n <32. 所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.。

2015届高考数学(人教,理科)大一轮配套第五章数列第4节数列求和

2009~2013年高考真题备选题库第5章数列第4节数列求和考点一等差数列与等比数列的综合1．（2013福建，5分）已知等比数列{a n }的公比为q ，记b n ＝a m (n －1)＋1＋a m (n －1)＋2＋…＋a m (n－1)＋m，c n ＝a m (n －1)＋1·a m (n －1)＋2·…·a m (n －1)＋m (m ，n ∈N *)，则以下结论一定正确的是( )A ．数列{b n }为等差数列，公差为q mB ．数列{b n }为等比数列，公比为q 2mC ．数列{c n }为等比数列，公比为qm 2D ．数列{c n }为等比数列，公比为qm m解析：本题考查等比数列的定义与通项公式、等差数列前n 项和的公式等基础知识，意在考查考生转化和化归能力、公式应用能力和运算求解能力．等比数列{a n }的通项公式a n ＝a 1q n－1，所以c n ＝a m (n －1)＋1·a m (n －1)＋2·…·a m (n －1)＋m ＝a 1q m (n－1)·a 1q m (n－1)＋1·…·a 1q m (n－1)＋m －1＝a m 1qm (n－1)＋m (n－1)＋1＋…＋m (n －1)＋m －1＝a m 1qm 2(n －1)＋(m －1)(1＋m －1)2＝a m 1qm 2(n －1)＋(m －1)m 2，因为c n ＋1c n＝a m 1qnm 2＋(m －1)m 2a m 1qm 2(n －1)＋(m －1)m 2＝qm 2，所以数列{c n }为等比数列，公比为qm 2.答案：C2．（2013重庆，5分）已知{a n }是等差数列，a 1＝1，公差d ≠0，S n 为其前n 项和，若a 1，a 2，a 5成等比数列，则S 8＝________.解析：本题考查等差、等比数列的基本量运算，意在考查考生的基本运算能力．因为{a n }为等差数列，且a 1，a 2，a 5成等比数列，所以a 1(a 1＋4d )＝(a 1＋d )2，解得d ＝2a 1＝2，所以S 8＝64.答案：643．（2013江苏，16分）设{a n }是首项为a ，公差为d 的等差数列(d ≠0)，S n 是其前n 项的和．记b n ＝nS nn 2＋c，n ∈N *，其中 c 为实数． (1)若c ＝0，且b 1，b 2，b 4成等比数列，证明：S nk ＝n 2S k (k ，n ∈N *)； (2)若{b n }是等差数列，证明：c ＝0.证明：本题考查等差、等比数列的定义，通项及前n 项和，意在考查考生分析问题、解决问题的能力与推理论证能力．由题设，S n ＝na ＋n (n －1)2d .(1)由c ＝0，得b n ＝S n n ＝a ＋n －12d .又b 1，b 2，b 4成等比数列，所以b 22＝b 1b 4，即⎝⎛⎭⎫a ＋d 22＝a ⎝⎛⎭⎫a ＋32d ，化简得d 2－2ad ＝0.因为d ≠0，所以d ＝2a . 因此，对于所有的m ∈N *，有S m ＝m 2a .从而对于所有的k ，n ∈N *，有S nk ＝(nk )2a ＝n 2k 2a ＝n 2S k .(2)设数列{b n }的公差是d 1，则b n ＝b 1＋(n －1)d 1，即nS nn 2＋c ＝b 1＋(n －1)d 1，n ∈N *，代入S n的表达式，整理得，对于所有的n ∈N *，有⎝⎛⎭⎫d 1－12d n 3＋⎝⎛⎭⎫b 1－d 1－a ＋12d n 2＋cd 1n ＝c (d 1－b 1)．令A ＝d 1－12d ，B ＝b 1－d 1－a ＋12d ，D ＝c (d 1－b 1)，则对于所有的n ∈N *，有An 3＋Bn 2＋cd 1n＝D .(*)在(*)式中分别取n ＝1,2,3,4，得A ＋B ＋cd 1＝8A ＋4B ＋2cd 1＝27A ＋9B ＋3cd 1＝64A ＋16B ＋4cd 1，从而有⎩⎪⎨⎪⎧7A ＋3B ＋cd 1＝0， ①19A ＋5B ＋cd 1＝0， ②21A ＋5B ＋cd 1＝0， ③由②，③得A ＝0，cd 1＝－5B ，代入方程①，得B ＝0，从而cd 1＝0. 即d 1－12d ＝0，b 1－d 1－a ＋12d ＝0，cd 1＝0.若d 1＝0，则由d 1－12d ＝0，得d ＝0，与题设矛盾，所以d 1≠0.又cd 1＝0，所以c ＝0.4．（2013浙江，14分）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：本题主要考查等差数列、等比数列的概念，等差数列通项公式，求和公式等基础知识，同时考查运算求解能力．(1)由题意得5a 3·a 1＝(2a 2＋2)2，即d 2－3d －4＝0. 故d ＝－1或d ＝4.所以a n ＝－n ＋11，n ∈N *或a n ＝4n ＋6，n ∈N *.(2)设数列{a n }的前n 项和为S n .因为d <0，由(1)得d ＝－1，a n ＝－n ＋11.则当n ≤11时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝S n ＝－12n 2＋212n .当n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|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 ≥12.5．（2013四川，12分）在等差数列{a n }中，a 1＋a 3＝8，且a 4为a 2和a 9的等比中项，求数列{a n }的首项、公差及前n 项和．解：本题考查等差数列、等比中项等基础知识，考查运算求解能力，考查分类与整合等数学思想．设该数列公差为d ，前n 项和为S n .由已知，可得2a 1＋2d ＝8，(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋8d )．所以，a 1＋d ＝4，d (d －3a 1)＝0，解得a 1＝4，d ＝0，或a 1＝1，d ＝3，即数列{a n }的首项为4，公差为0，或首项为1，公差为3.所以，数列的前n 项和S n ＝4n 或S n ＝3n 2－n2.6．(2009·宁夏、海南，5分)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且4a 1,2a 2，a 3成等差数列．若a 1＝1，则S 4＝( )A ．7B ．8C ．15D ．16解析：∵4a 1,2a 2，a 3成等差数列，∴4a 2＝4a 1＋a 3. ∵{a n }是等比数列，∴4a 1·q ＝4a 1＋a 1q 2，a 1＝1. ∴q 2－4q ＋4＝0，q ＝2，∴S 4＝1×(1－24)1－2＝15.答案：C7．（2011江苏，5分）设1＝a 1≤a 2≤…≤a 7，其中a 1，a 3，a 5，a 7成公比为q 的等比数列，a 2，a 4，a 6成公差为1的等差数列，则q 的最小值是________．解析：设a 2＝t ，则1≤t ≤q ≤t ＋1≤q 2≤t ＋2≤q 3，由于t ≥1，所以q ≥max {t ，t ＋1，3t ＋2}，故q 的最小值是33.答案：338．（2012山东，12分）在等差数列{a n }中，a 3＋a 4＋a 5＝84，a 9＝73.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)对任意m ∈N *，将数列{a n }中落入区间(9m,92m )内的项的个数记为b m ，求数列{b m }的前m 项和S m .解：(1)因为{a n }是一个等差数列，所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＝84，a 4＝28. 设数列{a n }的公差为d ，则5d ＝a 9－a 4＝73－28＝45，故d ＝9.由a 4＝a 1＋3d 得28＝a 1＋3×9，即a 1＝1.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋9(n －1)＝9n －8(n ∈N *)． (2)对m ∈N *，若9m <a n <92m ，则9m ＋8<9n <92m ＋8. 因此9m －1＋1≤n ≤92m －1.故得b m ＝92m －1－9m －1.于是S m ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b m＝(9＋93＋…＋92m －1)－(1＋9＋…＋9m －1)＝9×(1－81m )1－81－(1－9m )1－9＝92m ＋1－10×9m ＋180.9．（2012广东，14分）设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，n ∈N *，且a 1，a 2＋5，a 3成等差数列．(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.解：(1)当n ＝1时，2a 1＝a 2－4＋1＝a 2－3， ① 当n ＝2时，2(a 1＋a 2)＝a 3－8＋1＝a 3－7， ② 又a 1，a 2＋5，a 3成等差数列，所以a 1＋a 3＝2(a 2＋5)， ③ 由①②③解得a 1＝1. (2)∵2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，∴当n ≥2时，有2S n －1＝a n －2n ＋1，两式相减得a n ＋1－3a n ＝2n ，则a n ＋12n －32·a n2n －1＝1，即a n ＋12n ＋2＝32(a n2n －1＋2)．又a 120＋2＝3，知{a n 2n －1＋2}是首项为3，公比为32的等比数列， ∴a n 2n －1＋2＝3(32)n －1，即a n ＝3n －2n ，n ＝1时也适合此式， ∴a n ＝3n －2n .(3)证明：由(2)得1a n ＝13n －2n ＝1(2＋1)n －2n ＝1C 1n 2n －1＋C 2n 2n －2＋…＋1<1n ·2n －1， ∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n <1＋122＋(12)22＋…＋(12)n －12＝1＋12(1－12n －1)<32. 考点二递推数列及其应用1．（2013湖南，5分）设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝(－1)n a n －12n ，n ∈N *，则(1)a 3＝________；(2)S 1＋S 2＋…＋S 100＝________.解析：本小题主要考查数列的递推关系、等比数列的求和等知识，考查推理论证能力及分类讨论思想．(1)当n ＝1时，S 1＝(－1)a 1－12，得a 1＝－14.当n ≥2时，S n ＝(－1)n (S n －S n －1)－12n .当n 为偶数时，S n －1＝－12n ，当n 为奇数时，S n ＝12S n－1－12n ＋1，从而S 1＝－14，S 3＝－116，又由S 3＝12S 2－124＝－116，得S 2＝0，则S 3＝S 2＋a 3＝a 3＝－116. (2)由(1)得S 1＋S 3＋S 5＋…＋S 99＝－122－124－126－…－12100，S 101＝－12102，又S 2＋S 4＋S 6＋…＋S 100＝2S 3＋123＋2S 5＋125＋2S 7＋127＋…＋2S 101＋12101＝0，故S 1＋S 2＋…＋S 100＝13⎝⎛⎭⎫12100－1. 答案：－116 13⎝⎛⎭⎫12100－1 2．（2013湖南，13分）设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1≠0,2a n －a 1＝S 1·S n ，n ∈N *. (1)求a 1，a 2，并求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{na n }的前n 项和．解：本题主要考查数列的通项公式和数列求和，结合转化思想，意在考查考生的运算求解能力．(1)令n ＝1，得2a 1－a 1＝a 21，即a 1＝a 21.因为a 1≠0，所以a 1＝1.令n ＝2，得2a 2－1＝S 2＝1＋a 2，解得a 2＝2.当n ≥2时，由2a n －1＝S n,2a n －1－1＝S n －1两式相减得2a n －2a n －1＝a n ，即a n ＝2a n －1.于是数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列．因此，a n ＝2n －1.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2)由(1)知，na n ＝n ·2n －1.记数列{n ·2n －1}的前n 项和为B n ，于是B n ＝1＋2×2＋3×22＋…＋n ×2n －1，①2B n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n .② ①－②得－B n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n＝2n －1－n ·2n . 从而B n ＝1＋(n －1)·2n .3．（2013江西，12分）正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)令b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n ，数列{b n }的前项n 项和为T n .证明：对于任意的n ∈N *，都有T n <564. 解：本题主要考查求一类特殊数列的和，意在考查考生的转化与化归的数学思想及运算求解能力．(1)由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0.由于{a n }是正项数列，所以S n >0，S n ＝n 2＋n .于是a 1＝S 1＝2，n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n . 综上，数列{a n }的通项公式为a n ＝2n .(2)证明：由于a n ＝2n ，故b n ＝n ＋1(n ＋2)2a 2n ＝n ＋14n 2(n ＋2)2＝116⎣⎡⎦⎤1n 2－1(n ＋2)2. T n ＝116⎣⎡1－132＋122－142＋132－152＋…＋1(n －1)2－⎦⎤1(n ＋1)2＋1n 2－1(n ＋2)2＝116⎣⎡⎦⎤1＋122－1(n ＋1)2－1(n ＋2)2<116⎝⎛⎭⎫1＋122＝564. 4．（2012新课标全国，5分）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：不妨令a 1＝1，根据题意，得a 2＝2，a 3＝a 5＝a 7＝…＝1，a 4＝6，a 6＝10，…，所以当n 为奇数时，a n ＝1，当n 为偶数时构成以a 2＝2为首项，以4为公差的等差数列．所以前60项和为S 60＝30＋2×30＋30×(30－1)2×4＝1 830.答案：D5．（2012江西，12分）已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn (其中k ∈N ＋)，8.(1)确定常数k ，并求a n ； (2)求数列{9－2a n2n }的前n 项和T n .解：(1)当n ＝k ∈N ＋时，S n ＝－12n 2＋kn 取最大值，即8＝S k ＝－12k 2＋k 2＝12k 2，故k 2＝16，因此k ＝4，从而a n ＝S n －S n －1＝92－n (n ≥2)．又a 1＝S 1＝72，所以a n ＝92－n .(2)因为b n ＝9－2a n 2n ＝n2n －1，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n2n －1，所以T n ＝2T n －T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n2n －1＝4－12n －2－n2n －1＝4－n ＋22n －1.]。

【创新设计】2015届高考数学(人教A版文科)一轮复习题组训练第五篇数列第5讲Word版含解析

第5讲数列的综合应用基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1．(2014·昆明调研)公比不为1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且－3a 1，－a 2，a 3成等差数列，若a 1＝1，则S 4＝( )．A ．－20B ．0C ．7D ．40解析记等比数列{a n }的公比为q (q ≠1)，依题意有－2a 2＝－3a 1＋a 3，－2a 1q ＝－3a 1＋a 1q 2，即q 2＋2q －3＝0，(q ＋3)(q －1)＝0，又q ≠1，因此有q ＝－3，则S 4＝1×[1－(－3)4]1＋3＝－20.答案 A2．若－9，a ，－1成等差数列，－9，m ，b ，n ，－1成等比数列，则ab ＝( )． A ．15 B ．－15 C ．±15D ．10解析由已知得a ＝－9－12＝－5，b 2＝(－9)×(－1)＝9且b <0，∴b ＝－3，∴ab ＝(－5)×(－3)＝15. 答案 A3．(2014·德州模拟)数列{a n }满足a 1＝1，log 2a n ＋1＝log 2a n ＋1(n ∈N *)，它的前n 项和为S n ，则满足S n >1 025的最小n 值是 ( )．A ．9B ．10C ．11D ．12解析因为a 1＝1，log 2a n ＋1＝log 2a n ＋1(n ∈N *)，所以a n ＋1＝2a n ，a n ＝2n －1，S n ＝2n －1，则满足S n >1 025的最小n 值是11. 答案 C4．已知{a n }为等比数列，S n 是它的前n 项和．若a 2·a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5＝( )．A ．35B ．33C ．31D ．29解析设数列{a n }的公比为q ，则由等比数列的性质知， a 2·a 3＝a 1·a 4＝2a 1，即a 4＝2.由a 4与2a 7的等差中项为54知，a 4＋2a 7＝2×54， ∴a 7＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫2×54－a 4＝14.∴q 3＝a 7a 4＝18，即q ＝12.∴a 4＝a 1q 3＝a 1×18＝2，∴a 1＝16， ∴S 5＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1251－12＝31. 答案 C5．(2014·兰州模拟)设y ＝f (x )是一次函数，若f (0)＝1，且f (1)，f (4)，f (13)成等比数列，则f (2)＋f (4)＋…＋f (2n )等于( )．A ．n (2n ＋3)B ．n (n ＋4)C ．2n (2n ＋3)D ．2n (n ＋4)解析由题意可设f (x )＝kx ＋1(k ≠0)，则(4k ＋1)2＝(k ＋1)×(13k ＋1)，解得k ＝2，f (2)＋f (4)＋…＋f (2n )＝(2×2＋1)＋(2×4＋1)＋…＋(2×2n ＋1)＝2n 2＋3n . 答案 A 二、填空题6．(2014·绍兴调研)已知实数a 1，a 2，a 3，a 4构成公差不为零的等差数列，且a 1，a 3，a 4构成等比数列，则此等比数列的公比等于________．解析设公差为d ，公比为q .则a 23＝a 1·a 4，即(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋3d )，解得a 1＝－4d ，所以q ＝a 3a 1＝a 1＋2d a 1＝12.答案 127．(2013·江西卷)某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n (n ∈N *)等于________．解析每天植树棵数构成等比数列{a n }，其中a 1＝2，q ＝2.则S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝2(2n －1)≥100，即2n ＋1≥102.∴n ≥6，∴最少天数n ＝6. 答案 68．(2013·山东省实验中学诊断)数列{a n }满足a 1＝3，a n －a n a n ＋1＝1，A n 表示{a n }前n 项之积，则A 2 013＝________.解析由a 1＝3，a n －a n a n ＋1＝1，得a n ＋1＝a n －1a n，所以a 2＝3－13＝23，a 3＝－12，a 4＝3，所以{a n }是以3为周期的数列，且a 1a 2a 3＝－1，又2 013＝3×671，所以A 2 013＝(－1)671＝－1. 答案－1 三、解答题9．(2014·杭州模拟)设{a n }是公比大于1的等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和．已知S 3＝7，且a 1＋3,3a 2，a 3＋4构成等差数列． (1)求数列{a n }的通项公式．(2)令b n ＝na n ，n ＝1,2，…，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝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 ，由a 2＝2，可得a 1＝2q ，a 3＝2q . 又S 3＝7，可知2q ＋2＋2q ＝7，即2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2或12.由题意得q ＞1，所以q ＝2.则a 1＝1. 故数列{a n }的通项为a n ＝2n －1. (2)由于b n ＝n ·2n －1，n ＝1,2，…，则T n ＝1＋2×2＋3×22＋…＋n ×2n －1，所以2T n ＝2＋2×22＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n ，两式相减得－T n ＝1＋2＋22＋23＋…＋2n －1－n ×2n ＝2n －n ×2n －1，即T n ＝(n －1)2n ＋1.10．(2013·湛江二模)已知函数f (x )＝x 2－2x ＋4，数列{a n }是公差为d 的等差数列，若a 1＝f (d －1)，a 3＝f (d ＋1)， (1)求数列{a n }的通项公式；(2)S n 为{a n }的前n 项和，求证：1S 1＋1S 2＋…＋1S n≥13.(1)解 a 1＝f (d －1)＝d 2－4d ＋7，a 3＝f (d ＋1)＝d 2＋3，又由a 3＝a 1＋2d ，可得d ＝2，所以a 1＝3，a n ＝2n ＋1. (2)证明 S n ＝n (3＋2n ＋1)2＝n (n ＋2)， 1S n ＝1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，所以，1S 1＋1S 2＋…＋1S n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2≥12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－11＋1－11＋2＝13. 能力提升题组 (建议用时：25分钟)一、选择题1．(2014·福州模拟)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 }前n 项的和，若S n 取得最大值，则n ＝ ( )．A ．7B ．8C ．9D ．10解析设公差为d ，由题设3(a 1＋3d )＝7(a 1＋6d )，所以d ＝－433a 1<0.解不等式a n >0，即a 1＋(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫－433a 1>0，所以n <374，则n ≤9，当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．答案 C2．已知f (x )＝bx ＋1是关于x 的一次函数，b 为不等于1的常数，且g (n )＝⎩⎨⎧1，n ＝0，f [g (n －1)]，n ≥1，设a n ＝g (n )－g (n －1)(n ∈N *)，则数列{a n }为( )． A ．等差数列 B ．等比数列 C ．递增数列D ．递减数列解析 a 1＝g (1)－g (0)＝f [g (0)]－g (0)＝b ＋1－1＝b ，当n ≥2时，a n ＝g (n )－g (n －1)＝f [g (n －1)]－f [g (n －2)]＝b [g (n －1)－g (n －2)]＝ba n －1，所以{a n }是等比数列．答案 B 二、填空题3．(2013·浙江五校联考)设x 为实数，[x ]为不超过实数x 的最大整数，记{x }＝x －[x ]，则{x }的取值范围是[0,1)，现定义无穷数列{a n }如下：a 1＝{a }，当a n ≠0时，a n ＋1＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ；当a n ＝0时，a n ＋1＝0.如果a ＝3，则a 2 013＝________.解析由题意可得a 1＝3－1，a 2＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫13－1＝3－12，a 3＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫23－1＝3－1，a 4＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫13－1＝3－12，…，所以数列{a n }是周期为2的数列，所以a 2 013＝a 1＝3－1. 答案3－1三、解答题4．已知等比数列{a n }满足2a 1＋a 3＝3a 2，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 21a n，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n －2n ＋1＋47<0成立的n 的最小值．解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，依题意，有⎩⎨⎧2a 1＋a 3＝3a 2，a 2＋a 4＝2(a 3＋2)，即⎩⎨⎧ a 1(2＋q 2)＝3a 1q ，a 1(q ＋q 3)＝2a 1q 2＋4，①②由①得q 2－3q ＋2＝0，解得q ＝1或q ＝2. 当q ＝1时，不合题意，舍去；当q ＝2时，代入②得a 1＝2，所以a n ＝2·2n －1＝2n . 故所求数列{a n }的通项公式a n ＝2n (n ∈N *)． (2)b n ＝a n ＋log 21a n ＝2n＋log 212n ＝2n －n .所以S n ＝2－1＋22－2＋23－3＋…＋2n －n ＝(2＋22＋23＋…＋2n )－(1＋2＋3＋…＋n ) ＝2(1－2n )1－2－n (1＋n )2＝2n ＋1－2－12n －12n 2.因为S n －2n ＋1＋47<0，所以2n ＋1－2－12n －12n 2－2n ＋1＋47<0，即n 2＋n －90>0，解得n >9或n <－10.因为n ∈N *，故使S n －2n ＋1＋47<0成立的正整数n 的最小值为10.。

2015届高考数学总复习配套课件：5-5 数列的综合应用

太阳
r1＋rn 1＋rn－1a.
书业有
限
公
司
菜单隐藏
第八页，编辑于星期五：十点十四分。
高考总复习 A 数学（文）
抓主干考点解密
研考向要点探究
3．有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒钟杀死一个病毒的同时
悟典题
能力提升
将自身分裂为2个，现在有一个这样的细菌和100个这样的病毒，问细菌
金太
数，注意数列中相关限制条件的转化．
阳
书
业
有
限
公
司
菜单隐藏
第十七页，编辑于星期五：十点十四分。
高考总复习 A 数学（文）
抓主干考点解密
变式训练
研考向
2．(2013年高考全国新课标卷Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知
要点
探究 S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为________．
探究
1．对等差、等比数列的概念、性质要有深刻的理解，有些数列题
悟典题
能力
提升目条件已指明是等差(或等比)数列，但有的数列并没有指明，可以通过
提素能高效
分析，转化为等差数列或等比数列，然后应用等差、等比数列的相关知
训练
识解决问题．山
2．分期付款模型
东金
设贷款总额为a，年利率为r，等额还款数为b，分n期还完，则b＝
悟典题
能力提升
＝38n.
提素能高效
第二种付酬方式每天金额组成的数列{bn}是首项为4，公差为4的等
训练
差数列，
山
则Bn＝4n＋nn2－1×4＝2n2＋2n.
东金太
第三种付酬方式每天金额组成的数列{cn}是首项为0.4，公比为2的

【创新设计,教师用书】(人教A版,理科)2015届高考数学第一轮复习细致讲解练：第五篇数列

第五篇数列A第1讲数列的概念与简单表示法[最新考纲]1．了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)． 2．了解数列是自变量为正整数的一类函数.知识梳理1．数列的概念 (1)数列的定义按照一定顺序排列的一列数称为数列．数列中的每一个数叫做这个数列的项．排在第一位的数称为这个数列的第1项，通常也叫做首项． (2)数列的通项公式如果数列{a n }的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式． (3)数列的前n 项和在数列{a n }中，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n 叫做数列的前n 项和． 2．数列的表示方法 (1)表示方法列表法列表格表达n 与f (n )的对应关系图象法把点(n ，f (n ))画在平面直角坐标系中公式法通项公式把数列的通项使用通项公式表达的方法递推公式使用初始值a 1和a n ＋1＝f (a n )或a 1，a 2和a n ＋1＝f (a n ，a n －1)等表达数列的方法(2)数列的函数特征：上面数列的三种表示方法也是函数的表示方法，数列可以看作是定义域为正整数集(或它的有限子集{1,2，…，n }的函数a n ＝f (n ))当自变量由小到大依次取值时所对应的一列函数值． *3．数列的分类分类原则类型满足条件按项数分类有穷数列项数有限无穷数列项数无限单调性递增数列 a n ＋1＞a n 其中 n ∈N *递减数列 a n ＋1＜a n 常数列a n ＋1＝a n摆动数列从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列周期性∀n ∈N *，存在正整数常数k ，a n ＋k ＝a n4.a n 与S n 的关系若数列{a n }的前n 项和为S n ，则a n ＝⎩⎨⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.辨析感悟1．对数列概念的认识(1)数列1,2,3,4,5,6与数列6,5,4,3,2,1表示同一数列．(×) (2)1,1,1,1，…不能构成一个数列．(×) 2．对数列的性质及表示法的理解(3)(教材练习改编)数列1,0,1,0,1,0，…的通项公式，只能是a n ＝1＋(－1)n ＋12.(×)(4)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．(×)(5)(2013·开封模拟改编)已知S n ＝3n ＋1，则a n ＝2·3n －1.(×) [感悟·提升]1．一个区别 “数列”与“数集”数列与数集都是具有某种属性的数的全体，数列中的数是有序的，而数集中的元素是无序的，同一个数在数列中可以重复出现，而数集中的元素是互异的，如(1)、(2)．2．三个防范一是注意数列不仅有递增、递减数列，还有常数列、摆动数列，如(4)．二是数列的通项公式不唯一，如(3)中还可以表示为a n ＝⎩⎨⎧1，n 为奇数，0，n 为偶数.三是已知S n 求a n 时，一定要验证n ＝1的特殊情形，如(5).学生用书第79页考点一由数列的前几项求数列的通项【例1】根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式： (1)－1,7，－13,19，…； (2)23，415，635，863，1099，…； (3)12，2，92，8，252，…； (4)5,55,555,5 555，….解 (1)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式(－1)n ，观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，故数列的一个通项公式为a n ＝(－1)n (6n －5)．(2)这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为1×3,3×5,5×7,7×9,9×11，…，每一项都是两个相邻奇数的乘积．知所求数列的一个通项公式为a n ＝2n(2n －1)(2n ＋1).(3)数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观察．即12，42，92，162，252，…，从而可得数列的一个通项公式为a n ＝n 22.(4)将原数列改写为59×9，59×99，59×999，…，易知数列9,99,999，…的通项为10n －1，故所求的数列的一个通项公式为a n ＝59(10n －1)．规律方法根据所给数列的前几项求其通项时，需仔细观察分析，抓住其几方面的特征：分式中分子、分母的各自特征；相邻项的变化特征；拆项后的各部分特征；符号特征．应多进行对比、分析，从整体到局部多角度观察、归纳、联想．【训练1】根据下面数列的前几项的值，写出数列的一个通项公式： (1)12，14，－58，1316，－2932，6164，…； (2)32，1，710，917，….解 (1)各项的分母分别为21,22,23,24，…，易看出第2,3,4项的分子分别比分母少3.因此把第1项变为－2－32，原数列可化为－21－321，22－322，－23－323，24－324，…，因此可得数列的一个通项公式为a n ＝(－1)n·2n－32n .(2)将数列统一为32，55，7，10，917，…，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，因此可得数列的一个通项公式为a n ＝2n ＋1n 2＋1.考点二由a n 与S n 的关系求通项a n【例2】 (2013·广东卷节选)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝1，2S nn ＝a n ＋1－13n 2－n －23，n ∈N *. (1)求a 2的值；(2)求数列{a n }的通项公式．解 (1)依题意，2S 1＝a 2－13－1－23，又S 1＝a 1＝1，所以a 2＝4；(2)由题意2S n ＝na n ＋1－13n 3－n 2－23n ，所以当n ≥2时，2S n －1＝(n －1)a n －13(n －1)3－(n －1)2－23(n －1)两式相减得2a n ＝na n ＋1－(n －1)a n －13(3n 2－3n ＋1)－(2n －1)－23，整理得(n ＋1)a n －na n ＋1＝－n (n ＋1)，即a n ＋1n ＋1－a n n ＝1，又a 22－a 11＝1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为a 11＝1，公差为1的等差数列，所以a nn ＝1＋(n －1)×1＝n ，所以a n ＝n 2.规律方法给出S n 与a n 的递推关系，求a n ，常用思路是：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .【训练2】设数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{S n }的前n 项和为T n ，满足T n ＝2S n －n 2，n ∈N *. (1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式．解 (1)令n ＝1时，T 1＝2S 1－1， ∵T 1＝S 1＝a 1，∴a 1＝2a 1－1，∴a 1＝1. (2)n ≥2时，T n －1＝2S n －1－(n －1)2，则S n ＝T n －T n －1＝2S n －n 2－[2S n －1－(n －1)2] ＝2(S n －S n －1)－2n ＋1＝2a n －2n ＋1. 因为当n ＝1时，a 1＝S 1＝1也满足上式，所以S n ＝2a n －2n ＋1(n ≥1)，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－2(n －1)＋1，两式相减得a n ＝2a n －2a n －1－2，所以a n ＝2a n －1＋2(n ≥2)，所以a n ＋2＝2(a n －1＋2)，因为a 1＋2＝3≠0，所以数列{a n ＋2}是以3为首项，公比为2的等比数列．所以a n ＋2＝3×2n －1，∴a n ＝3×2n －1－2，当n ＝1时也成立，所以a n ＝3×2n －1－2.学生用书第80页考点三由递推公式求数列的通项公式【例3】在数列{a n }中，(1)若a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则通项a n ＝________； (2)若a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，则通项a n ＝________.审题路线 (1)变形为a n ＋1－a n ＝n ＋1⇒用累加法，即a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)⇒得出a n .(2)变形为a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)⇒再变形为a n ＋1＋1a n ＋1＝13⇒用累乘法或迭代法可求a n . 解析 (1)由题意得，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝2＋(2＋3＋…＋n )＝2＋(n －1)(2＋n )2＝n (n ＋1)2＋1. 又a 1＝2＝1×(1＋1)2＋1，符合上式，因此a n ＝n (n ＋1)2＋1.(2)a n ＋1＝3a n ＋2，即a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，即a n ＋1＋1a n ＋1＝3，法一a 2＋1a 1＋1＝3，a 3＋1a 2＋1＝3，a 4＋1a 3＋1＝3，…，a n ＋1＋1a n ＋1＝3.将这些等式两边分别相乘得a n ＋1＋1a 1＋1＝3n.因为a 1＝1，所以a n ＋1＋11＋1＝3n ，即a n ＋1＝2×3n －1(n ≥1)，所以a n ＝2×3n －1－1(n ≥2)，又a 1＝1也满足上式，故a n ＝2×3n －1－1.法二由a n ＋1＋1a n ＋1＝3，即a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，当n ≥2时，a n ＋1＝3(a n －1＋1)，∴a n ＋1＝3(a n －1＋1)＝32(a n －2＋1)＝33(a n －3＋1)＝…＝3n －1(a 1＋1)＝2×3n －1， ∴a n ＝2×3n －1－1；当n ＝1时，a 1＝1＝2×31－1－1也满足． ∴a n ＝2×3n －1－1. 答案 (1)n (n ＋1)2＋1 (2)2×3n －1－1 规律方法数列的递推关系是给出数列的一种方法，根据给出的初始值和递推关系可以依次写出这个数列的各项，由递推关系求数列的通项公式，常用的方法有：①求出数列的前几项，再归纳猜想出数列的一个通项公式；②将已知递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，或用累加法、累乘法、迭代法求通项．【训练3】设{a n }是首项为1的正项数列，且(n ＋1)a 2n ＋1－na 2n ＋a n ＋1·a n ＝0(n ＝1,2,3，…)，则它的通项公式a n ＝________. 解析 ∵(n ＋1)a 2n ＋1＋a n ＋1·a n －na 2n ＝0， ∴(a n ＋1＋a n )[(n ＋1)a n ＋1－na n ]＝0，又a n ＋1＋a n ＞0，∴(n ＋1)a n ＋1－na n ＝0，即a n ＋1a n ＝n n ＋1，∴a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·a 5a 4·…·a n a n －1＝12×23×34×45×…×n －1n ，∴a n＝1n . 答案 1n1．求数列通项或指定项，通常用观察法(对于交错数列一般用(－1)n 或(－1)n ＋1来区分奇偶项的符号)；已知数列中的递推关系，一般只要求写出数列的前几项，若求通项可用归纳、猜想和转化的方法．2．由S n 求a n 时，a n ＝⎩⎨⎧S 1(n ＝1)，S n －S n －1(n ≥2)，注意验证a 1是否包含在后面a n 的公式中，若不符合要单独列出，一般已知条件含a n 与S n 的关系的数列题均可考虑上述公式．3．已知递推关系求通项：对这类问题的要求不高，但试题难度较难把握．一般有三种常见思路：(1)算出前几项，再归纳、猜想；(2)“a n ＋1＝pa n ＋q ”这种形式通常转化为a n ＋1＋λ＝p (a n ＋λ)，由待定系数法求出λ，再化为等比数列；(3)利用累加、累乘法或迭代法可求数列的通项公式．思想方法4——用函数的思想解决数列问题【典例】 (2013·新课标全国Ⅱ卷)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 10＝0，S 15＝25，则nS n 的最小值为________．解析由题意及等差数列的性质，知a 1＋a 10＝0，a 1＋a 15＝103.两式相减，得a 15－a 10＝103＝5d ，所以d ＝23，a 1＝－3. 所以nS n ＝n ·[na 1＋n (n －1)2d ]＝n 3－10n 23.令f (x )＝x 3－10x 23，x ＞0，则f ′(x )＝13x (3x －20)，由函数的单调性，可知函数f (x )在x ＝203时取得最小值，检验n ＝6时，6S 6＝－48，而n ＝7时，7S 7＝－49，故nS n 的最小值为－49. 答案－49[反思感悟] (1)本题求出的nS n 的表达式可以看做是一个定义在正整数集N *上的三次函数，因此可以采用导数法求解． (2)易错分析：由于n 为正整数，因而不能将203代入求最值，这是考生容易忽略而产生错误的地方．【自主体验】1．设a n ＝－3n 2＋15n －18，则数列{a n }中的最大项的值是( )．A.163B.133C ．4D ．0解析 ∵a n ＝－3⎝ ⎛⎭⎪⎫n －522＋34，由二次函数性质，得当n ＝2或3时，a n 最大，最大为0. 答案 D2．已知{a n }是递增数列，且对于任意的n ∈N *，a n ＝n 2＋λn 恒成立，则实数λ的取值范围是________．解析设f (n )＝a n ＝n 2＋λn ，其图象的对称轴为直线n ＝－λ2，要使数列{a n }为递增数列，只需使定义在正整数上的函数f (n )为增函数，故只需满足－λ2＜32，即λ＞－3.答案 (－3，＋∞)对应学生用书P285基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．(2014·深圳中学模拟)数列0，23，45，67，…的一个通项公式为( )．A ．a n ＝n －1n ＋1(n ∈N *)B ．a n ＝n －12n ＋1(n ∈N *)C ．a n ＝2(n －1)2n －1(n ∈N *)D ．a n ＝2n2n ＋1(n ∈N *)解析将0写成01，观察数列中每一项的分子、分母可知，分子为偶数列，可表示为2(n －1)，n ∈N *；分母为奇数列，可表示为2n －1，n ∈N *，故选C. 答案 C2．若S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝n n ＋1，则1a 5＝( )．A.56B.65C.130 D ．30解析当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n n ＋1－n －1n ＝1n (n ＋1)，∴1a 5＝5×(5＋1)＝30.答案 D3．(2014·贵阳模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2－1，则a 3＝( )． A ．－10 B ．6 C ．10 D ．14解析 a 3＝S 3－S 2＝2×32－1－(2×22－1)＝10. 答案 C4．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解析法一 (构造法)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)：n ≥2时，a n a n －1＝nn －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 ，又因为a 1＝1，∴a n ＝n .答案 D5．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 －1 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1 D.12n －1解析 ∵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 (n ≥2)，即a n ＋1a n＝32(n ≥2)，又a 2＝12，∴a n ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝1≠12×⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1＝13，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，12⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2，n ≥2，∴S n ＝2a n ＋1＝2×12×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.答案 B 二、填空题6．(2013·蚌埠模拟)数列{a n }的通项公式a n ＝－n 2＋10n ＋11，则该数列前________项的和最大．解析易知a 1＝20>0，显然要想使和最大，则应把所有的非负项求和即可，令a n ≥0，则－n 2＋10n ＋11≥0，∴－1≤n ≤11，可见，当n ＝11时，a 11＝0，故a 10是最后一个正项，a 11＝0，故前10或11项和最大．答案 10或117．(2014·广州模拟)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，则数列{a n }的通项公式为________．解析 ∵a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，则当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13，两式左右两边分别相减得3n －1a n ＝13，∴a n ＝13n (n ≥2)．由题意知，a 1＝13，符合上式，∴a n ＝13n (n ∈N *)．答案 a n ＝13n8．(2013·淄博二模)在如图所示的数阵中，第9行的第2个数为________．解析每行的第二个数构成一个数列{a n }，由题意知a 2＝3，a 3＝6，a 4＝11，a 5＝18，所以a 3－a 2＝3，a 4－a 3＝5，a 5－a 4＝7，…， a n －a n －1＝2(n －1)－1＝2n －3，等式两边同时相加得a n －a 2＝(2n －3＋3)×(n －2)2＝n 2－2n ，所以a n ＝n 2－2n ＋a 2＝n 2－2n ＋3(n ≥2)，所以a 9＝92－2×9＋3＝66. 答案 66 三、解答题9．数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2－7n ＋6. (1)这个数列的第4项是多少？(2)150是不是这个数列的项？若是这个数列的项，它是第几项？ (3)该数列从第几项开始各项都是正数？解 (1)当n ＝4时，a 4＝42－4×7＋6＝－6. (2)令a n ＝150，即n 2－7n ＋6＝150，解得n ＝16或n ＝－9(舍去)，即150是这个数列的第16项． (3)令a n ＝n 2－7n ＋6>0，解得n >6或n <1(舍)． ∴从第7项起各项都是正数．10．在数列{a n }中，a 1＝1，S n 为其前n 项和，且a n ＋1＝2S n ＋n 2－n ＋1. (1)设b n ＝a n ＋1－a n ，求数列{b n }的前n 项和T n ； (2)求数列{a n }的通项公式．解 (1)∵a n ＋1＝2S n ＋n 2－n ＋1， ∴a n ＝2S n －1＋(n －1)2－(n －1)＋1(n ≥2)，两式相减得，a n ＋1－a n ＝2a n ＋2n －2(n ≥2)．由已知可得a 2＝3， ∴n ＝1时上式也成立．∴a n ＋1－3a n ＝2n －2(n ∈N *)，a n －3a n －1＝2(n －1)－2(n ≥2)．两式相减，得(a n ＋1－a n )－3(a n －a n －1)＝2(n ≥2)． ∵b n ＝a n ＋1－a n ， ∴b n －3b n －1＝2(n ≥2)， b n ＋1＝3(b n －1＋1)(n ≥2)． ∵b 1＋1＝3≠0，∴{b n ＋1}是以3为公比，3为首项的等比数列， ∴b n ＋1＝3×3n －1＝3n ，∴b n ＝3n －1.∴T n ＝31＋32＋…＋3n －n ＝12·3n ＋1－n －32. (2)由(1)知，a n ＋1－a n ＝3n －1，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋(a n －2－a n －3)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝30＋31＋32＋…＋3n －1－(n －1)＝12(3n ＋1)－n .能力提升题组 (建议用时：25分钟)一、选择题1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝411－2n ，则满足a n ＋1＜a n 的n 的取值为( )．A ．3B ．4C ．5D ．6解析由a n ＋1＜a n ，得a n ＋1－a n ＝49－2n －411－2n ＝8(9－2n )(11－2n )＜0，解得92＜n ＜112，又n ∈N *，∴n ＝5. 答案 C2．(2014·湖州模拟)设函数f (x )＝⎩⎨⎧(3－a )x －3，x ≤7，a x －6，x >7，数列{a n }满足a n ＝f (n )，n∈N *，且数列{a n }是递增数列，则实数a 的取值范围是( )． A.⎝ ⎛⎭⎪⎫94，3 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫94，3 C ．(1,3) D ．(2,3) 解析 ∵数列{a n }是递增数列，又a n ＝f (n )(n ∈N *)，∴⎩⎨⎧3－a >0，a >1，f (8)>f (7)⇒2<a <3.答案 D 二、填空题3．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 28 三、解答题4．设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝a (a ≠3)，a n ＋1＝S n ＋3n ，n ∈N *. (1)设b n ＝S n －3n ，求数列{b n }的通项公式； (2)若a n ＋1≥a n ，n ∈N *，求a 的取值范围．解 (1)依题意，S n ＋1－S n ＝a n ＋1＝S n ＋3n ，即S n ＋1＝2S n ＋3n ，由此得S n ＋1－3n ＋1＝2(S n －3n )，又S 1－31＝a －3(a ≠3)，故数列{S n －3n }是首项为a －3，公比为2的等比数列，因此，所求通项公式为b n ＝S n －3n ＝(a －3)2n －1，n ∈N *. (2)由(1)知S n ＝3n ＋(a －3)2n －1，n ∈N *，于是，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n ＋(a －3)2n －1－3n －1－(a －3)2n －2＝2×3n －1＋(a －3)2n －2，当n ＝1时，a 1＝a 不适合上式，故a n ＝⎩⎨⎧a ，n ＝1，2×3n －1＋(a －3)2n －2，n ≥2. a n ＋1－a n ＝4×3n －1＋(a －3)2n －2 ＝2n －2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2＋a －3，当n ≥2时，a n ＋1≥a n ⇔12·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2＋a －3≥0⇔a ≥－9. 又a 2＝a 1＋3>a 1.综上，所求的a 的取值范围是[－9，＋∞).学生用书第81页第2讲等差数列及其前n 项和[最新考纲]1．理解等差数列的概念．2．掌握等差数列的通项公式与前n 项和公式．3．能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问题．4．了解等差数列与一次函数、二次函数的关系.知识梳理1．等差数列的定义如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d 表示．数学语言表达式：a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *)，d 为常数． 2．等差数列的通项公式与前n 项和公式(1)若等差数列{a n }的首项是a 1，公差是d ，则其通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d . 若等差数列{a n }的第m 项为a m ，则其第n 项a n 可以表示为a n ＝a m ＋(n －m )d . (2)等差数列的前n 项和公式S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d .(其中n ∈N *，a 1为首项，d 为公差，a n 为第n 项) 3．等差数列及前n 项和的性质(1)若a ，A ，b 成等差数列，则A 叫做a ，b 的等差中项，且A ＝a ＋b 2. (2)若{a n }为等差数列，当m ＋n ＝p ＋q ，a m ＋a n ＝a p ＋a q (m ，n ，p ，q ∈N *)． (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列．(4)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…也是等差数列． (5)S 2n －1＝(2n －1)a n .(6)若n 为偶数，则S 偶－S 奇＝nd2；若n 为奇数，则S 奇－S 偶＝a 中(中间项)．4．等差数列与函数的关系(1)等差数列与一次函数的区别与联系等差数列一次函数解析式 a n ＝kn ＋b (n ∈N *)f (x )＝kx ＋b (k ≠0)不同点定义域为N *，图象是一系列孤立的点(在直线上)，k 为公差定义域为R ，图象是一条直线，k 为斜率相同点数列的通项公式与函数解析式都是关于自变量的一次函数．①k ≠0时，数列a n ＝kn ＋b (n ∈N *)图象所表示的点均匀分布在函数f (x )＝kx ＋b (k ≠0)的图象上；②k ＞0时，数列为递增数列，函数为增函数；③k ＜0时，数列为递减数列，函数为减函数(2)等差数列前n 项和公式可变形为S n ＝d 2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n ，当d ≠0时，它是关于n的二次函数，它的图象是抛物线y ＝d 2x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2x 上横坐标为正整数的均匀分布的一群孤立的点．辨析感悟1．对等差数列概念的理解(1)若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．(×)(2)等差数列的公差是相邻两项的差．(×)(3)(教材习题改编)数列{a n }为等差数列的充要条件是其通项公式为n 的一次函数．(×)2．等差数列的通项公式与前n 项和(4)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.(√) (5)等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的．(√)(6)等差数列的前n 项和公式是常数项为0的二次函数．(×) 3．等差数列性质的活用(7)(2013·广东卷改编)在等差数列{a n }中，已知a 3＋a 8＝10，则3a 5＋a 7＝20.(√)(8)(2013·辽宁卷改编)已知关于d ＞0的等差数列{a n }，则数列{a n }，{na n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ，{a n ＋3nd }都是递增数列．(×)[感悟·提升]一点注意等差数列概念中的“从第2项起”与“同一个常数”的重要性，如(1)、(2)．等差数列与函数的区别一是当公差d ≠0时，等差数列的通项公式是n 的一次函数，当公差d ＝0时，a n 为常数，如(3)；二是公差不为0的等差数列的前n 项和公式是n 的二次函数，且常数项为0；三是等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的，如(8)中若a n ＝3n －12，则满足已知，但na n ＝3n 2－12n 并非递增；若a n ＝n ＋1，则满足已知，但a n n ＝1＋1n 是递减数列；设a n ＝a 1＋(n －1)d ＝dn ＋m ，则a n ＋3nd ＝4dn ＋m 是递增数列.学生用书第82页考点一等差数列的基本量的求解【例1】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 ，则a n ＝a 1＋(n －1)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.进而由S k ＝－35可得2k －k 2＝－35. 即k 2－2k －35＝0，解得k ＝7或－5. 又k ∈N *，故k ＝7为所求．规律方法 (1)等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．(2)数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换作用，而a 1和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法．【训练1】 (1)(2013·浙江五校联考)已知等差数列{a n }满足a 2＋a 4＝4，a 3＋a 5＝10，则它的前10项的和S 10＝( )．A ．85B ．135C ．95D ．23(2)(2013·新课标全国Ⅰ卷)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 ．3B ．4C ．5D ．6 解析 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，则⎩⎨⎧ 2a 1＋4d ＝4，2a 1＋6d ＝10，解得⎩⎨⎧a 1＝－4，d ＝3. ∴S 10＝10×(－4)＋10×92×3＝95. (2)法一 ∵S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3， ∴a m ＝S m －S m －1＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3，∴公差d ＝a m ＋1－a m ＝1，由S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝na 1＋n (n －1)2，得⎩⎪⎨⎪⎧ma 1＋m (m －1)2＝0， ①(m －1)a 1＋(m －1)(m －2)2＝－2， ②由①得a 1＝1－m2，代入②可得m ＝5.法二 ∵数列{a n }为等差数列，且前n 项和为S n ，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也为等差数列．∴S m －1m －1＋S m ＋1m ＋1＝2S m m ，即－2m －1＋3m ＋1＝0，解得m ＝5.经检验为原方程的解．故选C. 答案 (1)C (2)C考点二等差数列的判定与证明【例2】 (2014·梅州调研改编)若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 成等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式．审题路线 (1)利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)转化为关于S n 与S n －1的式子⇒同除S n ·S n －1⇒利用定义证明⇒得出结论．(2)由(1)求1S n⇒再求S n ⇒再代入条件a n ＝－2S n S n －1，求a n ⇒验证n ＝1的情况⇒得出结论．(1)证明当n ≥2时，由a n ＋2S n S n －1＝0，得S n －S n －1＝－2S n S n －1，所以1S n －1S n －1＝2，又1S 1＝1a 1＝2，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为2，公差为2的等差数列．(2)解由(1)可得1S n＝2n ，∴S n ＝12n .当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1＝12n －12(n －1)＝n －1－n 2n (n －1)＝－12n (n －1).当n ＝1时，a 1＝12不适合上式．故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，－12n (n －1)，n ≥2.规律方法证明一个数列是否为等差数列的基本方法有两种：一是定义法，证明a n －a n －1＝d (n ≥2，d 为常数)；二是等差中项法，证明2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.若证明一个数列不是等差数列，则只需举出反例即可，也可以用反证法．【训练2】已知数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝3a n ＋3n ＋1－2n . 设b n ＝a n －2n3n .证明：数列{b n }为等差数列，并求{a n }的通项公式．证明 ∵b n ＋1－b n ＝a n ＋1－2n ＋13n ＋1－a n －2n 3n ＝3a n ＋3n ＋1－2n －2n ＋13n ＋1－3a n －3·2n3n ＋1＝1，∴{b n }为等差数列，又b 1＝a 1－23＝0. ∴b n ＝n －1，∴a n ＝(n －1)·3n ＋2n .学生用书第83页考点三等差数列的性质及应用【例3】 (1)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，S 8＝4a 3，a 7＝－2，则a 9＝( )． A ．－6 B ．－4 C ．－2 D ．2(2)在等差数列{a n }中，前m 项的和为30，前2m 项的和为100，则前3m 项的和为________．解析 (1)S 8＝4a 3⇒8(a 1＋a 8)2＝4a 3⇒a 3＋a 6＝a 3，∴a 6＝0，∴d ＝－2，∴a 9＝a 7＋2d ＝－2－4＝－6.(2)记数列{a n }的前n 项和为S n ，由等差数列前n 项和的性质知S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m 成等差数列，则2(S 2m －S m )＝S m ＋(S 3m －S 2m )，又S m ＝30，S 2m ＝100，S 2m －S m ＝100－30＝70，所以S 3m －S 2m ＝2(S 2m －S m )－S m ＝110，所以S 3m ＝110＋100＝210.答案 (1)A (2)210规律方法巧妙运用等差数列的性质，可化繁为简；若奇数个数成等差数列且和为定值时，可设中间三项为a －d ，a ，a ＋d ；若偶数个数成等差数列且和为定值时，可设中间两项为a －d ，a ＋d ，其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元．【训练3】 (1)在等差数列{a n }中．若共有n 项，且前四项之和为21，后四项之和为67，前n 项和S n ＝286，则n ＝________.(2)已知等差数列{a n }中，S 3＝9，S 6＝36，则a 7＋a 8＋a 9＝________. 解析 (1)依题意知a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝21，a n ＋a n －1＋a n －2＋a n －3＝67.由等差数列的性质知a 1＋a n ＝a 2＋a n －1＝a 3＋a n －2＝a 4＋a n －3，∴4(a 1＋a n )＝88，∴a 1＋a n ＝22.又S n ＝n (a 1＋a n )2，即286＝n ×222，∴n ＝26.(2)∵{a n }为等差数列，∴S 3，S 6－S 3，S 9－S 6成等差数列， ∴2(S 6－S 3)＝S 3＋(S 9－S 6)． ∴a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6 ＝2(S 6－S 3)－S 3＝2(36－9)－9＝45. 答案 (1)26 (2)451．等差数列的判断方法(1)定义法：a n ＋1－a n ＝d (d 是常数)⇔{a n }是等差数列． (2)等差中项法：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)⇔{a n }是等差数列． (3)通项公式：a n ＝pn ＋q (p ，q 为常数)⇔{a n }是等差数列． (4)前n 项和公式：S n ＝An 2＋Bn (A 、B 为常数)⇔{a n }是等差数列．2．方程思想和化归思想：在解有关等差数列的问题时可以考虑化归为a 1和d 等基本量，通过建立方程(组)获得解．方法优化4——整体代入法(整体相消法)在数列解题中的应用【典例】 (1)(2012·辽宁卷)在等差数列{a n }中，已知a 4＋a 8＝16，则该数列前11项和S 11＝( )．A ．58B ．88C ．143D ．176(2)(2013·北京卷)若等比数列{a n }满足：a 2＋a 4＝20，a 3＋a 5＝40，则公比q ＝________；前n 项和S n ＝________.[一般解法] (1)设数列{a n }的公差为d ，则a 4＋a 8＝16，即a 1＋3d ＋a 1＋7d ＝16，即a 1＝8－5d ，所以S 11＝11a 1＋11×102d ＝11(8－5d )＋55d ＝88－55d ＋55d ＝88.(2)由a 2＋a 4＝20，a 3＋a 5＝40，得⎩⎨⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 1q 2＋a 1q 4＝40，即⎩⎨⎧a 1q (1＋q 2)＝20，a 1q 2(1＋q 2)＝40，解得q ＝2，a 1＝2，∴S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝2(1－2n )1－2＝2n ＋1－2.[优美解法] (1)由a 1＋a 11＝a 4＋a 8＝16，得 S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11(a 4＋a 8)2＝11×162＝88.(2)由已知，得a 3＋a 5a 2＋a 4＝q (a 2＋a 4)a 2＋a 4＝q ＝2，又a 1＝2，所以S n ＝a 1(1－q n )1－q＝2n ＋1－2.[反思感悟] 整体代入法是一种重要的解题方法和技巧，简化了解题过程，节省了时间，这就要求学生要掌握公式，理解其结构特征．【自主体验】在等差数列{a n }中，已知S n ＝m ，S m ＝n (m ≠n )，则S m ＋n ＝________. 解析设{a n }的公差为d ，则由S n ＝m ，S m ＝n ，得⎩⎪⎨⎪⎧S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝m ，S m ＝ma 1＋m (m －1)2d ＝n .①②②－①得(m －n )a 1＋(m －n )(m ＋n －1)2·d ＝n －m ，∵m ≠n ，∴a 1＋m ＋n －12d ＝－1. ∴S m ＋n ＝(m ＋n )a 1＋(m ＋n )(m ＋n －1)2d＝(m ＋n )⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋m ＋n －12d ＝－(m ＋n )．答案－(m ＋n )对应学生用书P287基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．(2013·温州二模)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.12 B ．2 C ．3 D ．4 解析由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. 答案 B2．(2014·潍坊期末考试)在等差数列{a n }中，a 5＋a 6＋a 7＝15，那么a 3＋a 4＋…＋a 9等于( )．A ．21B ．30C ．35D ．40解析由题意得3a 6＝15，a 6＝5.所以a 3＋a 4＋…＋a 9＝7a 6＝7×5＝35. 答案 C3．(2013·揭阳二模)在等差数列{a n }中，首项a 1＝0，公差d ≠0，若a m ＝a 1＋a 2＋…＋a 9，则m 的值为( )． A ．37 B ．36 C ．20 D ．19解析由a m ＝a 1＋a 2＋…＋a 9，得(m －1)d ＝9a 5＝36d ⇒m ＝37. 答案 A4．(2014·郑州模拟){a n }为等差数列，S n 为其前n 项和，已知a 7＝5，S 7＝21，则S 10＝( )．A ．40B ．35C ．30D ．28解析设公差为d ，则由已知得S 7＝7(a 1＋a 7)2，即21＝7(a 1＋5)2，解得a 1＝1，所以a 7＝a 1＋6d ，所以d ＝23.所以S 10＝10a 1＋10×92d ＝10＋10×92×23＝40. 答案 A5．(2013·淄博二模)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 13＝S 13＝13，则a 1＝( )． A ．－14 B ．－13 C ．－12 D ．－11解析在等差数列中，S 13＝13(a 1＋a 13)2＝13，所以a 1＋a 13＝2，即a 1＝2－a 13＝2－13＝－11. 答案 D 二、填空题6．(2013·肇庆二模)在等差数列{a n }中，a 15＝33，a 25＝66，则a 35＝________. 解析 a 25－a 15＝10d ＝66－33＝33，∴a 35＝a 25＋10d ＝66＋33＝99. 答案 997．(2014·成都模拟)已知等差数列{a n }的首项a 1＝1，前三项之和S 3＝9，则{a n }的通项a n ＝________.解析由a 1＝1，S 3＝9，得a 1＋a 2＋a 3＝9，即3a 1＋3d ＝9，解得d ＝2，∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. 答案 2n －18．(2013·浙江五校联考)若等差数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，若a 2∶a 3＝5∶2，则S 3∶S 5＝________.解析 S 3S 5＝3(a 1＋a 3)5(a 1＋a 5)＝3a 25a 3＝35×52＝32.答案 3∶2 三、解答题9．已知等差数列{a n }的公差d ＝1，前n 项和为S n . (1)若1，a 1，a 3成等比数列，求a 1； (2)若S 5＞a 1a 9，求a 1的取值范围．解 (1)因为数列{a n }的公差d ＝1，且1，a 1，a 3成等比数列，所以a 21＝1×(a 1＋2)，即a 21－a 1－2＝0，解得a 1＝－1或2.(2)因为数列{a n }的公差d ＝1，且S 5＞a 1a 9，所以5a 1＋10＞a 21＋8a 1，即a 21＋3a 1－10＜0，解得－5＜a 1＜2. 故a 1的取值范围是(－5,2)．10．设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＝S nn ＋2(n －1)(n ∈N *)． (1)求证：数列{a n }为等差数列，并求a n 与S n .(2)是否存在自然数n ，使得S 1＋S 22＋S 33＋…＋S nn －(n －1)2＝2 015？若存在，求出n 的值；若不存在，请说明理由．证明 (1)由a n ＝S nn ＋2(n －1)，得S n ＝na n －2n (n －1)(n ∈N *)．当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝na n －(n －1)a n －1－4(n －1)，即a n －a n －1＝4，故数列{a n }是以1为首项，4为公差的等差数列．于是，a n ＝4n －3，S n ＝(a 1＋a n )n 2＝2n 2－n (n ∈N *)．(2)由(1)，得S nn ＝2n －1(n ∈N *)，又S 1＋S 22＋S 33＋…＋S nn －(n －1)2＝1＋3＋5＋7＋…＋(2n －1)－(n －1)2＝n 2－(n －1)2＝2n －1.令2n －1＝2 015，得n ＝1 008，即存在满足条件的自然数n ＝1 008.能力提升题组 (建议用时：25分钟)一、选择题1．(2014·咸阳模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 4＝40，S n ＝210，S n －4＝130，则n ＝( )．A ．12B ．14C ．16D ．18 解析 S n －S n －4＝a n ＋a n －1＋a n －2＋a n －3＝80， S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝40，所以4(a 1＋a n )＝120， a 1＋a n ＝30，由S n ＝n (a 1＋a n )2＝210，得n ＝14.答案 B2．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝13，S 3＝S 11，当S n 最大时，n 的值是( )．A ．5B ．6C ．7D ．8解析法一由S 3＝S 11，得a 4＋a 5＋…＋a 11＝0，根据等差数列的性质，可得a 7＋a 8＝0，根据首项等于13可推知这个数列递减，从而得到a 7＞0，a 8＜0，故n ＝7时，S n 最大．法二由S 3＝S 11，可得3a 1＋3d ＝11a 1＋55d ，把a 1＝13代入，得d ＝－2，故S n ＝13n －n (n －1)＝－n 2＋14n ，根据二次函数的性质，知当n ＝7时，S n 最大．法三根据a 1＝13，S 3＝S 11，则这个数列的公差不等于零，且这个数列的和先是单调递增然后又单调递减，根据公差不为零的等差数列的前n 项和是关于n 的二次函数，以及二次函数图象的对称性，得只有当n ＝3＋112＝7时，S n 取得最大值．答案 C 二、填空题3．(2014·九江一模)正项数列{a n }满足：a 1＝1，a 2＝2,2a 2n ＝a 2n ＋1＋a 2n －1(n ∈N *，n ≥2)，则a 7＝________.解析因为2a 2n ＝a 2n ＋1＋a 2n －1(n ∈N *，n ≥2)，所以数列{a 2n }是以a 21＝1为首项，以d ＝a 22－a 21＝4－1＝3为公差的等差数列，所以a 2n ＝1＋3(n －1)＝3n －2，所以a n ＝3n －2，n ≥1. 所以a 7＝3×7－2＝19. 答案19三、解答题4．(2013·西安模拟)已知公差大于零的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 3·a 4＝117，a 2＋a 5＝22.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝S nn ＋c ，是否存在非零实数c 使得{b n }为等差数列？若存在，求出c 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，且d ＞0，由等差数列的性质，得a 2＋a 5＝a 3＋a 4＝22，所以a 3，a 4是关于x 的方程x 2－22x ＋117＝0的解，所以a 3＝9，a 4＝13，易知a 1＝1，d ＝4，故通项为a n ＝1＋(n －1)×4＝4n －3.(2)由(1)知S n ＝n (1＋4n －3)2＝2n 2－n ，所以b n ＝S n n ＋c ＝2n 2－n n ＋c .法一所以b 1＝11＋c ，b 2＝62＋c ，b 3＝153＋c (c ≠0)．令2b 2＝b 1＋b 3，解得c ＝－12. 当c ＝－12时，b n ＝2n 2－n n －12＝2n ，当n ≥2时，b n －b n －1＝2.故当c ＝－12时，数列{b n }为等差数列．法二由b n ＝S nn ＋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.学生用书第84页第3讲等比数列及其前n项和[最新考纲]1．理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式及前n项和公式．2．能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题．3．了解等比数列与指数函数的关系.知识梳理1．等比数列的有关概念(1)等比数列的定义如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个非零常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q(q≠0)表示．数学语言表达式：a na n－1＝q(n≥2)，q为常数．(2)等比中项如果a，G，b成等比数列，那么G叫做a与b的等比中项．即：G是a与b的等比中项⇔a，G，b成等比数列⇒G2＝ab.2．等比数列的通项公式及前n项和公式(1)若等比数列{a n}的首项为a1，公比是q，则其通项公式为a n＝a1q n－1；若等比数列{a n}的第m项为a m，公比是q，则其第n项a n可以表示为a n＝a m q n－m.(2)等比数列的前n 项和公式：当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q. 3．等比数列及前n 项和的性质(1)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 . (2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…仍是等比数列，公比为q m .(3)当q ≠－1，或q ＝－1且n 为奇数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n .(4)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．辨析感悟1．对等比数列概念的理解(1)若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的比都是常数，则这个数列是等比数列．(×)(2)三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件是b 2＝ac .(×) (3)若三个数成等比数列，那么这三个数可以设为aq ，a ，aq .(√) 2．通项公式与前n 项和的关系(4)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，则其前n 项和为S n ＝a (1－a n )1－a.(×)(5)(2013·新课标全国Ⅰ卷改编)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S n ＝3－2a n .(√) 3．等比数列性质的活用(6)如果数列{a n }为等比数列，则数列{ln a n }是等差数列．(×)(7)(2014·兰州模拟改编)在等比数列{a n }中，已知a 7·a 12＝5，则a 8a 9a 10a 11＝25.(√) (8)(2013·江西卷改编)等比数列x,3x ＋3,6x ＋6，…的第四项等于－2或0.(×) [感悟·提升]1．一个区别等差数列的首项和公差可以为零，且等差中项唯一；而等比数列首项和公比均不为零，等比中项可以有两个值．如(1)中的“常数”，应为“同一非零常数”；(2)中，若b2＝ac，则不能推出a，b，c成等比数列，因为a，b，c为0时，不成立．2．两个防范一是在运用等比数列的前n项和公式时，必须注意对q＝1或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，如(4)．二是运用等比数列的性质时，注意条件的限制，如(6)中当a n＋1a n＝q＜0时，ln a n＋1－ln a n＝ln q无意义.学生用书第85页考点一等比数列的判定与证明【例1】(2013·济宁测试)设数列{a n}的前n项和为S n，若对于任意的正整数n 都有S n＝2a n－3n，设b n＝a n＋3.求证：数列{b n}是等比数列，并求a n.证明由S n＝2a n－3n对于任意的正整数都成立，得S n＋1＝2a n＋1－3(n＋1)，两式相减，得S n＋1－S n＝2a n＋1－3(n＋1)－2a n＋3n，所以a n＋1＝2a n＋1－2a n－3，即a n＋1＝2a n＋3，所以a n＋1＋3＝2(a n＋3)，即b n＋1b n＝a n＋1＋3a n＋3＝2对一切正整数都成立，所以数列{b n}是等比数列．由已知得：S1＝2a1－3，即a1＝2a1－3，所以a1＝3，所以b1＝a1＋3＝6，即b n＝6·2n－1.故a n＝6·2n－1－3＝3·2n－3.规律方法证明数列{a n}是等比数列常用的方法：一是定义法，证明a na n－1＝q(n≥2，q为常数)；二是等比中项法，证明a2n＝a n－1·a n＋1.若判断一个数列不是等比数列，则只需举出反例即可，也可以用反证法．【训练1】(2013·陕西卷)设{a n}是公比为q的等比数列．(1)推导{a n}的前n项和公式；(2)设q ≠1，证明数列{a n ＋1}不是等比数列．解 (1)设{a n }的前n 项和为S n ，当q ＝1时，S n ＝a 1＋a 1＋…＋a 1＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1，① qS n ＝a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n ，② ①－②得，(1－q )S n ＝a 1－a 1q n ，∴S n ＝a 1(1－q n )1－q，∴S n ＝⎩⎨⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.(2)假设{a n ＋1}是等比数列，则对任意的k ∈N *， (a k ＋1＋1)2＝(a k ＋1)(a k ＋2＋1)， a 2k ＋1＋2a k ＋1＋1＝a k a k ＋2＋a k ＋a k ＋2＋1，a 21q 2k ＋2a 1q k ＝a 1qk －1·a 1q k ＋1＋a 1q k －1＋a 1q k ＋1， ∵a 1≠0，∴2q k ＝q k －1＋q k ＋1.∵q ≠0，∴q 2－2q ＋1＝0，∴q ＝1，这与已知矛盾． ∴假设不成立，∴{a n ＋1}不是等比数列．考点二等比数列基本量的求解【例2】 (2013·湖北卷)已知等比数列{a n }满足：|a 2－a 3|＝10，a 1a 2a 3＝125. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正整数m ，使得1a 1＋1a 2＋…＋1a m≥1？若存在，求m 的最小值；若不存在，说明理由．审题路线 (1)建立关于a 1与q 的方程组可求解．(2)分两种情况，由a n ⇒1a n ⇒再用等比数列求和求∑n ＝1m 1a n⇒得到结论．解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，则由已知可得⎩⎨⎧a 31q 3＝125，|a 1q －a 1q 2|＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝53，q ＝3或⎩⎨⎧a 1＝－5，q ＝－1.故a n ＝53·3n －1或a n ＝－5·(－1)n －1. (2)若a n ＝53·3n －1，则1a n＝35⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为35，公比为13的等比数列．从而∑n ＝1m 1a n ＝35⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13m 1－13＝910·⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13m <910<1. 若a n ＝－5·(－1)n －1，则1a n＝－15(－1)n －1，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为－15，公比为－1的等比数列，从而∑n ＝1m1a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－15，m ＝2k －1(k ∈N *)，0，m ＝2k (k ∈N *)，故∑n ＝1m 1a n<1.综上，对任何正整数m ，总有∑n ＝1m 1a n<1.故不存在正整数m ，使得1a 1＋1a 2＋…＋1a n≥1成立．规律方法等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前n 项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程．【训练2】 (1)已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为________．(2)设{a n }是由正数组成的等比数列，S n 为其前n 项和．已知a 2a 4＝1，S 3＝7，则。

2015届高考数学(理)一轮复习真题汇编模拟训练5-5《数列的综合应用》

1.[2014·洛阳统考]等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1,2S 2,3S 3成等差数列，则{a n }的公比为( )A ．2B ．3 C.12D.13解析：因为a n ＝a 1q n －1，又4S 2＝S 1＋3S 3，所以4(a 1＋a 1q )＝a 1＋3(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)，解得{a n }的公比q ＝13.故选D.答案：D2. [2014·湖北模拟]已知等比数列{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＝( ) A. 1＋ 2 B. 1－ 2 C. 3＋2 2D. 3－2 2解析：设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，则由题意得a 3＝a 1＋2a 2，即a 1q 2＝a 1＋2a 1q ，q2－2q －1＝0，解得q ＝1± 2.又q >0，所以q ＝1＋2，所以a 9＋a 10a 7＋a 8＝q 2a 7＋a 8a 7＋a 8＝q 2＝(1＋2)2＝3＋22，选C.答案：C3. [2014·河北教学质量监测]已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋2(n ∈N *)．若b n ＋1＝(n －λ)(1a n＋1)(n ∈N *)，b 1＝－λ，且数列{b n }是单调递增数列，则实数λ的取值范围为( )A. λ>2B. λ>3C. λ<2D. λ<3解析：由已知可得1a n ＋1＝2a n＋1，1a n ＋1＋1＝2(1a n ＋1)，1a 1＋1＝2≠0，则1a n＋1＝2n ，b n ＋1＝2n(n－λ)，b n ＝2n －1(n －1－λ)(n ≥2，n ∈N *)，b 1＝－λ也适合上式，故b n ＝2n －1(n －1－λ)(n ∈N *)．由b n ＋1>b n ，得2n(n －λ)>2n －1(n －1－λ)，即λ<n ＋1恒成立，而n ＋1的最小值为2，故实数λ的取值范围为λ<2.答案：C4. [2013·江西高考]某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n (n ∈N *)等于________．解析：S n ＝－2n1－2＝2n ＋1－2≥100，得n ≥6.答案：65. [2013·重庆高考]已知{a n}是等差数列，a1＝1，公差d≠0，S n为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8＝________.解析：因为{a n}为等差数列，且a1，a2，a5成等比数列，所以a1(a1＋4d)＝(a1＋d)2，解得d＝2a1＝2，所以S8＝64.答案：64。

2015高考数学一轮课件：第5章第5节数列的综合问题

证明：(1)令 g(x)＝f(x)＋1＝ln x－x＋1，g′(x)＝1x－1＝1－x x，当 0<x<1 时，g′(x)>0，当 x>1 时 g′(x)<0，故 g(x)在 x＝1 处取得极大值，也是最大值，所以 g(x)≤g(1)＝0，故 f(x)≤－1. (2)因为 an＋1＝2－1an，∴an＋1－1＝2－1an－1＝a2n－－a1n，∴an＋11－1＝an－1 1－1，
[例] (2013·江西高考)正项数列{an}的前 n 项和 Sn 满足：
S2n－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0. (1)求数列{an}的通项公式 an； (2)令 bn＝ n＋n＋212a2n，数列{bn}的前 n 项和为 Tn. 证明：对于任意的 n∈N*，都有 Tn<654.
解：(1)由 S2n－(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0，得[Sn－(n2＋n)](Sn＋1)＝0.
由于{an}是正项数列，所以 Sn>0，Sn＝n2＋n.于是 a1＝S1＝2，
n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n.
综上，数列{an}的通项公式为 an＝2n.
(2)证明：由于
an＝2n，故
bn＝
n＋1 ＝ n＋1 n＋2 2a2n 4n2 n＋2
＝1 2 16
1－ n2
1 n＋2
2
.
Tn＝1161－312＋212－412＋312－512＋…＋
1 n－1
－
2
1 n＋1
＋1－ 2 n2
1 n＋2
2
＝1
1＋212－
1 n＋1
－
2
1 n＋2
2<1
1＋212 ＝ 5 .

2015届高考数学(人教,理科)大一轮配套练透：第5章数列第2节

[课堂练通考点]1．(2014·海淀质检)等差数列{a n }中，a 2＝3，a 3＋a 4＝9，则a 1a 6的值为( )A ．14B ．18C ．21D ．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．(2014·天津河西口模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 11－a 8＝3，S 11－S 8＝3，则使a n >0的最小正整数n 的值是( )A ．8B ．9C ．10D ．11解析：选C ∵a 11－a 8＝3d ＝3，∴d ＝1，∵S 11－S 8＝a 11＋a 10＋a 9＝3a 1＋27d ＝3，∴a 1＝－8，∴a n ＝－8＋(n －1)>0，解得n >9，因此使a n >0的最小正整数n 的值是10.3．已知数列{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和，a 7－a 5＝4，a 11＝21，S k ＝9，则k ＝________. 解析：a 7－a 5＝2d ＝4，则d ＝2.a 1＝a 11－10d ＝21－20＝1，S k ＝k ＋k (k －1)2×2＝k 2＝9.又k ∈N *，故k ＝3. 答案：34．(2014·荆门调研)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＝70n 2，∴n ＝6. 答案：65．(2013·深圳二模)各项均为正数的数列{a n }满足a 2n ＝4S n －2a n －1(n ∈N *)，其中S n 为{a n }的前n 项和．(1)求a 1，a 2的值；(2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)当n ＝1时，a 21＝4S 1－2a 1－1，即(a 1－1)2＝0，解得a 1＝1.当n ＝2时，a 22＝4S 2－2a 2－1＝4a 1＋2a 2－1＝3＋2a 2，解得a 2＝3或a 2＝－1(舍去)．(2)a 2n ＝4S n －2a n －1，①a 2n ＋1＝4S n ＋1－2a n ＋1－1.②②－①得：a 2n ＋1－a 2n ＝4a n ＋1－2a n ＋1＋2a n ＝2(a n ＋1＋a n )，即(a n ＋1－a n )(a n ＋1＋a n )＝2(a n ＋1＋a n )．∵数列{a n }各项均为正数，∴a n ＋1＋a n >0，a n ＋1－a n ＝2，∴数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列．∴a n ＝2n －1.[课下提升考能]第Ⅰ组：全员必做题1．(2013·太原二模)设{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＝( )A ．18B ．20C ．22D ．24解析：选B 由S 10＝S 11，得a 1＋a 2＋…＋a 10＝a 1＋a 2＋…＋a 10＋a 11，即a 11＝0，所以a 1－2(11－1)＝0，解得a 1＝20.2．(2013·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 ．8B ．9C ．10D ．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 ＝10.3．(2014·深圳调研)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( )A ．S 7B ．S 6C ．S 5D ．S 4解析：选C ∵⎩⎪⎨⎪⎧ 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 5.4．已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，S 10>0并且S 11＝0，若S n ≤S k 对n ∈N *恒成立，则正整数k 构成的集合为( )A ．{5}B ．{6}C ．{5,6}D ．{7}解析：选C 在等差数列{a n }中，由S 10>0，S 11＝0得，S 10＝10(a 1＋a 10)2>0⇒a 1＋a 10>0⇒a 5＋a 6>0， S 11＝11(a 1＋a 11)2＝0⇒a 1＋a 11＝2a 6＝0，故可知等差数列{a n }是递减数列且a 6＝0，所以S 5＝S 6≥S n ，其中n ∈N *，所以k ＝5或6.5．(2014·浙江省名校联考)已知每项均大于零的数列{a n }中，首项a 1＝1且前n 项和S n 满足S n S n －1－S n －1S n ＝2S n S n －1(n ∈N *且n ≥2)，则a 81＝( )A ．638B ．639C ．640D ．641解析：选C 由已知S n S n －1－S n －1S n ＝2S n S n －1可得，S n －S n －1＝2，∴{S n }是以1为首项，2为公差的等差数列，故S n ＝2n －1，S n ＝(2n －1)2，∴a 81＝S 81－S 80＝1612－1592＝640.6．已知递增的等差数列{a n }满足a 1＝1，a 3＝a 22－4，则a n ＝________.解析：设等差数列的公差为d ，∵a 3＝a 22－4，∴1＋2d ＝(1＋d )2－4，解得d 2＝4，即d ＝±2.由于该数列为递增数列，故d ＝2.∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.答案：2n －17．已知等差数列{a n }中，a n ≠0，若n ≥2且a n －1＋a n ＋1－a 2n ＝0，S 2n －1＝38，则n 等于________．解析：∵2a n ＝a n －1＋a n ＋1，又a n －1＋a n ＋1－a 2n ＝0，∴2a n －a 2n ＝0，即a n (2－a n )＝0.∵a n≠0，∴a n＝2.∴S2n－1＝2(2n－1)＝38，解得n＝10.答案：108．(2013·河南三市调研)设数列{a n}的通项公式为a n＝2n－10(n∈N*)，则|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝________.解析：由a n＝2n－10(n∈N*)知{a n}是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由a n＝2n －10≥0得n≥5，∴当n≤5时，a n≤0，当n>5时，a n>0，∴|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋…＋a15)＝20＋110＝130.答案：1309．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＝a2n＋n－4(n∈N*)．(1)求证：数列{a n}为等差数列；(2)求数列{a n}的通项公式．解：(1)证明：当n＝1时，有2a1＝a21＋1－4，即a21－2a1－3＝0，解得a1＝3(a1＝－1舍去)．当n≥2时，有2S n－1＝a2n－1＋n－5，又2S n＝a2n＋n－4，两式相减得2a n＝a2n－a2n－1＋1，即a2n－2a n＋1＝a2n－1，也即(a n－1)2＝a2n－1，因此a n－1＝a n－1或a n－1＝－a n－1.若a n－1＝－a n－1，则a n＋a n－1＝1.而a1＝3，所以a2＝－2，这与数列{a n}的各项均为正数相矛盾，所以a n－1＝a n－1，即a n－a n－1＝1，因此数列{a n}为首项为3，公差为1的等差数列．(2)由(1)知a1＝3，d＝1，所以数列{a n}的通项公式a n ＝3＋(n －1)×1＝n ＋2，即a n ＝n ＋2.10．(2013·济南模拟)设同时满足条件：①b n ＋b n ＋22≤b n ＋1(n ∈N *)；②b n ≤M (n ∈N *，M 是与n 无关的常数)的无穷数列{b n }叫“特界”数列．(1)若数列{a n }为等差数列，S n 是其前n 项和：a 3＝4，S 3＝18，求S n ；(2)判断(1)中的数列{S n }是否为“特界”数列，并说明理由．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a 1＋2d ＝4，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝3a 1＋3d ＝18，解得a 1＝8，d ＝－2，∴S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝－n 2＋9n . (2){S n }是“特界”数列，理由如下：由S n ＋S n ＋22－S n ＋1＝(S n ＋2－S n ＋1)－(S n ＋1－S n )2 ＝a n ＋2－a n ＋12＝d 2＝－1<0，得S n ＋S n ＋22<S n ＋1，故数列{S n }适合条件①. 而S n ＝－n 2＋9n ＝－⎝⎛⎭⎫n －922＋814(n ∈N *)，则当n ＝4或5时，S n 有最大值20，即S n ≤20，故数列{S n }适合条件②.综上，数列{S n }是“特界”数列．第Ⅱ组：重点选做题1．数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝r ·a n ＋r (n ∈N *，r ∈R 且r ≠0)，则“r ＝1”是“数列{a n }为等差数列”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A 当r ＝1时，易知数列{a n }为等差数列；由题意易知a 2＝2r ，a 3＝2r 2＋r ，当数列{a n }是等差数列时，a 2－a 1＝a 3－a 2，即2r －1＝2r 2－r ，解得r ＝12或r ＝1，故“r ＝1”是“数列{a n }为等差数列”的充分不必要条件．2．设等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意自然数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：∵{a n }，{b n }为等差数列，∴a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4＝a 92b 6＋a 32b 6＝a 9＋a 32b 6＝a 6b 6. ∵S 11T 11＝a 1＋a 11b 1＋b 11＝2a 62b 6＝2×11－34×11－3＝1941，∴a 6b 6＝1941. 答案：1941。

【名师一号】2015高考数学(人教版A版)一轮配套题库：5-5数列的综合应用]

第五节数列的综合应用时间：45分钟分值：75分一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．各项都是正数的等比数列{a n }中，a 2，12a 3，a 1成等差数列，则a 4＋a 5a 3＋a 4的值为( ) A.5－12 B.5＋12 C.1－52D.5－12或5＋12解析设{a n }的公比为q (q ＞0)，由a 3＝a 2＋a 1，得q 2－q －1＝0，解得q ＝1＋52.而a 4＋a 5a 3＋a 4＝q ＝1＋52.答案 B2．据科学计算，运载“神舟”的“长征”二号系列火箭在点火后第一秒钟通过的路程为2 km ，以后每秒钟通过的路程增加2 km ，在到达离地面240 km 的高度时，火箭与飞船分离，则这一过程需要的时间是( )A ．10秒钟B ．13秒钟C ．15秒钟D ．20秒钟解析设每一秒钟通过的路程依次为a 1，a 2，a 3，…a n 则数列{a n }是首项a 1＝2，公差d ＝2的等差数列，由求和公式有na 1＋n (n －1)d 2＝240，即2n ＋n (n －1)＝240，解得n ＝15.答案 C3．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 ＋1C.n n －1D.n ＋1n解析由f ′(x )＝mx m －1＋a ＝2x ＋1得m ＝2，a ＝1. ∴f (x )＝x 2＋x ，则1f (n )＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.∴S n ＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 答案 A4．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝log 2n ＋1n ＋2(n ∈N *)，设其前n项和为S n ，则使S n <－5成立的自然数n ( )A ．有最小值63B ．有最大值63C ．有最小值31D ．有最大值31解析 ∵a n ＝log 2n ＋1n ＋2＝log 2(n ＋1)－log 2(n ＋2)，∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝log 22－log 23＋log 23－log 24＋…＋log 2(n ＋1)－log 2(n ＋2)＝1－log 2(n ＋2)．由S n <－5，得log 2(n ＋2)>6，即n ＋2>64，∴n >62，∴n 有最小值63. 答案 A5．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 ．64解析依题意有a n a n ＋1＝2n ，所以a n ＋1a n ＋2＝2n ＋1，两式相除，得a n ＋2a n＝2，所以a 1，a 3，a 5，…成等比数列，a 2，a 4，a 6，…成等比数列．而a 1＝1，a 2＝2，所以a 10＝2·24＝32，a 11＝1·25＝32.又因为a n ＋a n ＋1＝b n ，所以b 10＝a 10＋a 11＝64. 答案 D6．抛物线y ＝(n 2＋n )x 2－(2n ＋1)x ＋1与x 轴交点分别为A n ，B n (n ∈N *)，以|A n B n |表示该两点的距离，则|A 1B 1|＋|A 2B 2|＋…＋|A 2 010B 2 010|的值是( )A.2 0092 010 B.2 0102 011 C.2 0112 012D.2 0122 013解析令y ＝0，则(n 2＋n )x 2－(2n ＋1)x ＋1＝0. 设两根分别为x 1，x 2，则x 1＋x 2＝2n ＋1n 2＋n ，x 1x 2＝1n 2＋n .解得x 1＝1n ，x 2＝1n ＋1.∴|A n B n |＝1n －1n ＋1.∴|A 1B 1|＋|A 2B 2|＋…＋|A n B n |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1. ∴|A 1B 1|＋|A 2B 2|＋…＋|A 2 010B 2 010|＝2 0102 011. 答案 B二、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分)7．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝－2，a n ＋2＝－1a n，则该数列前26项的和为________．解析由于a 1＝1，a 2＝－2，a n ＋2＝－1a n ，所以a 3＝－1，a 4＝12，a 5＝1，a 6＝－2，…，所以{a n }是周期为4的数列，故S 26＝6×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2－1＋12＋1－2＝－10.答案－108．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________．解析 a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2[(n －1)＋(n －2)＋…＋1]＋33＝33＋n 2－n ，所以a n n ＝33n ＋n －1.设f (x )＝33x ＋x －1，则f ′(x )＝－33x 2＋1. 令f ′(x )>0，得x >33或x <－33.所以f (x )在(33，＋∞)上是增函数，在(0，33)上是减函数．因为n ∈N *，所以当n ＝5或n ＝6时，f (n )取最小值．因为f (5)＝535，f (6)＝636＝212，535>212，所以a n n 的最小值为212. 答案 2129．(2013·安徽卷)如图，互不相同的点A 1，A 2，…，A n ，…和B 1，B 2，…，B n ，…分别在角O 的两条边上，所有A n B n 相互平行，且所有梯形A n B n B n ＋1A n ＋1的面积均相等．设OA n ＝a n .若a 1＝1 ，a 2＝2，则数列{a n }的通项公式是________．解析 ∵A 1B 1∥A 2B 2∥A 3B 3∥…∥A n B n ，∴A 1A 2A 2A 3＝B 1B 2B 2B 3，…，不妨设OA 1＝OB 1，OA 2＝OB 2，OA 3＝OB 3，…，OA n ＝OB n .梯形A 1A 2B 2B 1，A 2A 3B 3B 2，…，A n －1A n B n B n －1的面积均为S ，∠O ＝θ.梯形A 1A 2B 2B 1的面积为S ，则S ＝12a 22·sin θ－12a 21·sin θ＝12×22sin θ－12×12sin θ＝32sin θ.梯形A 2A 3B 3B 2的面积 S ＝12a 23·sin θ－12a 22·sin θ＝32sin θ，∴可解得a 3＝7，同理a 4＝10，…，故a n ＝3n －2. 答案 a n ＝3n －2三、解答题(本大题共3小题，每小题10分，共30分) 10．已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n,0)，且f ′(0)＝2n ，(n ∈N *)．(1)求f (x )的解析式；(2)若数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ，且a 1＝4，求数列{a n }的通项公式．解 (1)由f ′(x )＝2ax ＋b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧b ＝2n ，16n 2a －4nb ＝0. 解之得a ＝12，b ＝2n ，即f (x )＝12x 2＋2nx (n ∈N *)． (2)由1a n ＋1＝1a n ＋2n ，∴1a n ＋1－1a n＝2n .由累加得1a n－14＝n 2－n ，∴a n ＝4(2n －1)2(n ∈N *)． 11．某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M ，M 的价值在使用过程中逐年减少．从第2年到第6年，每年初M 的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M 的价值为上年初的75%.(1)求第n 年初M 的价值a n 的表达式；(2)设A n ＝a 1＋a 2＋…＋a n n ，若A n 大于80万元，则M 继续使用，否则须在第n 年初对M 更新，证明：须在第9年初对M 更新．解 (1)当n ≤6时，数列{a n }是首项为120，公差为－10的等差数列．a n ＝120－10(n －1)＝130－10n ；当n ＞6时，数列{a n }是以a 6为首项，公比为34的等比数列，又a 6＝70，所以a n ＝70×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6.因此，第n 年初，M 的价值a n 的表达式为a n ＝⎩⎨⎧130－10n ，n ≤6，70×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6，n ≥7.(2)设S n 表示数列{a n }的前n 项和，由等差及等比数列的求和公式得当1≤n ≤6时，S n ＝120n －5n (n －1)， A n ＝120－5(n －1)＝125－5n ；当n ≥7时，由于S 6＝570，故 S n ＝S 6＋(a 7＋a 8＋…＋a n )＝570＋70×34×4×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6 ＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6，A n ＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6n. 因为{a n }是递减数列，所以{A n }是递减数列．又A 8＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫3428＝824764＞80，A 9＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫3439＝767996＜80.所以须在第9年初对M 更新． 12．设不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，y ＞0，y ≤－nx ＋3n所表示的平面区域为D n ，记D n内的整点个数为a n (n ∈N *)(整点即横坐标和纵坐标均为整数的点)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列{a n }的前n 项和为S n ，且T n ＝S n3·2n －1.若对于一切的正整数n ，总有T n ≤m ，求实数m 的取值范围．解 (1)由x ＞0，y ＞0,3n －nx ＞0，得0＜x ＜3. ∴x ＝1，或x ＝2.∴D n 内的整点在直线x ＝1和x ＝2上．记直线y ＝－nx ＋3n 为l ，l 与直线x ＝1，x ＝2的交点的纵坐标分别为y 1，y 2.则y 1＝－n ＋3n ＝2n ，y 2＝－2n ＋3n ＝n . ∴a n ＝3n (n ∈N *)．(2)∵S n ＝3(1＋2＋3＋…＋n )＝3n (n ＋1)2， ∴T n ＝n (n ＋1)2n .∴T n ＋1－T n ＝(n ＋1)(n ＋2)2n ＋1－n (n ＋1)2n ＝(n ＋1)(2－n )2n ＋1.∴当n ≥3时，T n ＞T n ＋1，且T 1＝1＜T 2＝T 3＝32. 于是T 2，T 3是数列{T n }中的最大项，故m ≥T 2＝32.。

2015年高考数学一轮总复习配套课件：5.5数列的综合应用

+
1+
1
2
=-1,且满足 x,y∈(-1,1)
.
(1)证明:f(x)在(-1,1)上为奇函数;
1
2
2
,求用 n 表示 f(xn)的表达式;
1+2
1
1
1
2+5
n∈N*时,
+
+…+
>恒成立.
(1)
(2 )
( )
+2
(2)设在数列{xn}中,x1= ,xn+1=
(3)求证:当
想方法有“函数与方程”“等价转化”等.
考点一
考点三
考点四
第十六页，编辑于星期五：十一点十三分。
探究突破
举一反三 2 已知在正项数列{an}中,a1=2,点 An( , +1 )在双曲线
1
2
y2-x2=1 上,数列{bn}中,点(bn,Tn)在直线 y=- x+1 上,其中 Tn 是数列{bn}的前
C.6n+4
D.2n+2
关闭
6 - 2
设{an}的公差为 d1,{bn}的公差为 d2,则 d1=
6-2
8
6 -2
4
6-2
= =2,d2=
=
12
4
∴an=a2+(n-2)×2=2n+4,bn=b2+(n-2)×3=3n-2.
∴数列{an}为 6,8,10,12,14,16,18,20,22,…,数列{bn}为
考点一
考点三
考点四
第十七页，编辑于星期五：十一点十三分。
探究突破
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2015届高考数学(人教,理科)大一轮配套第五章数列第5节数列的综合应用

2009~2013年高考真题备选题库第5章数列第5节数列的综合应用考点数列与其他知识的交汇1．（2013新课标全国Ⅰ，5分）设△A n B n C n 的三边长分别为a n ，b n ，c n ，△A n B n C n 的面积为S n ，n ＝1,2,3，….若b 1＞c 1，b 1＋c 1＝2a 1，a n ＋1＝a n ，b n ＋1＝c n ＋a n 2，c n ＋1＝b n ＋a n2，则( )A ．{S n }为递减数列B ．{S n }为递增数列C ．{S 2n －1}为递增数列，{S 2n }为递减数列D ．{S 2n －1}为递减数列，{S 2n }为递增数列解析：本题考查三角形面积公式和归纳推理等知识，意在考查考生综合运用所学知识分析问题、解决问题的能力，对考生的归纳推理能力、逻辑思维能力要求较高．已知b 1＞c 1，b 1＋c 1＝2a 1，a 2＝a 1，故b 2＝c 1＋a 12＝34c 1＋14b 1＜b 1，c 2＝b 1＋a 12＝34b 1＋14c 1＞c 1，b 2＋c 2＝a 1＋b 1＋c 12＝2a 1，b 2－c 2＝c 1－b 12＜0，即b 2＜c 2，b 2c 2＝⎝⎛⎭⎫34c 1＋14b 1·⎝⎛⎭⎫34b 1＋14c 1＝316(b 1＋c 1)2＋14b 1c 1＞b 1c 1.又a 3＝a 2＝a 1，所以b 3＝c 2＋a 22＝34c 2＋14b 2＜b 2，c 3＝b 2＋a 22＝34b 2＋14c 2＞c 2，b 3＋c 3＝c 2＋a 22＋b 2＋a 22＝2a 2＝2a 1，b 3－c 3＝34c 2＋14b 2－⎝⎛⎭⎫34b 2＋14c 2＝c 2－b 22＞0，即b 3＞c 3，b 3c 3＝⎝⎛⎭⎫34c 2＋14b 2⎝⎛⎭⎫34b 2＋14c 2＝316(b 2＋c 2)2＋14b 2c 2＞b 2c 2＞b 1c 1.又△A n B n C n 的面积为S n ＝ p (p －a n )(p －b n )(p －c n )＝p (p －a n )[p 2－(b n ＋c n )p ＋b n c n ]，其中p ＝12(a n ＋b n ＋c n )，p (p －a n )和p 2－(b n ＋c n )p 都为定值，b nc n 逐渐递增，所以数列{S n }为递增数列，选择B.答案：B2.（2013安徽，14分）如图，互不相同的点A 1，A 2，…，A n ，…和B 1，B 2，…，B n ，…，分别在角O 的两条边上，所有A n B n 相互平行，且所有梯形A n B n B n ＋1A n ＋1的面积均相等．设OA n ＝a n .若a 1＝1，a 2＝2，则数列{a n }的通项公式是________．解析：本题考查由数列递推求通项、三角形相似以及平行线分线段成比例等知识．令S △OA 1B 1＝m (m >0)，因为所有A n B n 平行且a 1＝1，a 2＝2，所以S 梯形A n B n B n ＋1A n ＋1＝S 梯形A 1B 1B 2A 2＝3m ，当n ≥2时，a n a n －1＝OA nOA n －1＝m ＋(n －1)×3mm ＋(n －2)×3m＝3n －23n －5，故a 2n ＝3n －23n －5a 2n －1，a 2n －1＝3n －53n －8a 2n －2， a 2n －2＝3n －83n －11a 2n －3， … a 22＝41a 21，以上各式累乘可得：a 2n ＝(3n －2)a 21，因为a 1＝1，所以a n ＝3n －2. 答案：a n ＝3n －23．（2013北京，14分）设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝1，2S n n ＝a n ＋1－13n 2－n －23，n ∈N *.(1)求a 2的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n <74.解：本题考查数列的通项与前n 项和的关系、等差数列的通项公式、裂项求和、放缩法等基础知识和基本方法，考查化归与转化思想、分类与整合思想，考查考生的运算求解能力、逻辑推理能力以及分析问题、解决问题能力．(1)依题意，2S 1＝a 2－13－1－23，又S 1＝a 1＝1，所以a 2＝4.(2)当n ≥2时，2S n ＝na n ＋1－13n 3－n 2－23n ，2S n －1＝(n －1)a n －13(n －1)3－(n －1)2－23(n －1)，两式相减得2a n ＝na n ＋1－(n －1)a n －13(3n 2－3n ＋1)－(2n －1)－23，整理得(n ＋1)a n ＝na n ＋1－n (n ＋1)，即a n ＋1n ＋1－a n n ＝1，又a 22－a 11＝1，故数列{a nn }是首项为1，公差为1的等差数列，所以a nn ＝1＋(n －1)×1＝n ，所以a n ＝n 2.(3)证明：当n ＝1时，1a 1＝1<74；当n ＝2时，1a 1＋1a 2＝1＋14＝54<74；当n ≥3时，1a n ＝1n 2<1(n －1)n ＝1n －1－1n，此时1a1＋1a2＋…＋1a n＝1＋122＋132＋142＋…＋1n2<1＋14＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n－1－1n＝1＋14＋12－1n＝74－1n<74.综上，对一切正整数n，有1a1＋1a2＋…＋1a n<74.4．（2013北京，13分）已知{a n}是由非负整数组成的无穷数列．该数列前n项的最大值记为A n，第n项之后各项a n＋1，a n＋2, …的最小值记为B n，d n＝A n－B n.(1)若{a n}为2,1,4,3,2,1,4,3，…，是一个周期为4的数列(即对任意n∈N*，a n＋4＝a n)，写出d1，d2，d3，d4的值；(2)设d是非负整数．证明：d n＝－d(n＝1,2,3，…)的充分必要条件为{a n}是公差为d的等差数列；(3)证明：若a1＝2，d n＝1(n＝1,2,3，…)，则{a n}的项只能是1或者2，且有无穷多项为1.解：本题主要考查无穷数列的有关知识，考查了考生对新定义类数列的理解与运用，对考生的逻辑思维能力要求较高．(1)d1＝d2＝1，d3＝d4＝3.(2)证明：(充分性)因为{a n}是公差为d的等差数列，且d≥0，所以a1≤a2≤…≤a n≤…，因此A n＝a n，B n＝a n＋1，d n＝a n－a a＋1＝－d(n＝1,2,3…)．(必要性)因为d n＝－d≤0(n＝1,2,3，…)，所以A n＝B n＋d n≤B n，又a n≤A n，a n＋1≥B n，所以a n≤a n＋1，于是，A n＝a n，B n＝a n＋1，因此a n＋1－a n＝B n－A n＝－d n＝d，即{a n}是公差为d的等差数列．(3)证明：因为a1＝2，d1＝1，所以A1＝a1＝2，B1＝A1－d1＝1.故对任意n≥1，a n≥B1＝1.假设{a n}(n≥2)中存在大于2的项．设m为满足a m＞2的最小正整数，则m≥2，并且对任意1≤k＜m，a k≤2.又a1＝2，所以A m－1＝2，且A m＝a m＞2.于是，B m＝A m－d m＞2－1＝1，B m－1＝min{a m，B m}≥2.故d m－1＝A m－1－B m－1≤2－2＝0，与d m－1＝1矛盾．所以对于任意n≥1，有a n≤2，即非负整数列{a n}的各项只能为1或2.因为对任意n≥1，a n≤2＝a1，所以A n ＝2.故B n ＝A n －d n ＝2－1＝1.因此对于任意正整数n ，存在m 满足m ＞n ，且a m ＝1，即数列{a n }有无穷多项为1. 5．（2012福建，4分）数列{a n }的通项公式a n ＝n cos n π2＋1，前n 项和为S n ，则S 2 012＝________.解析：∵a n ＝n cos n π2＋1，∴a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝6，a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝6，…，a 4k ＋1＋a 4k ＋2＋a 4k＋3＋a 4k ＋4＝6，k ∈N ，故S 2 012＝503×6＝3 018. 答案：3 0186．（2011福建，13分）已知等比数列{a n }的公比q ＝3，前3项和S 3＝133.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若函数f (x )＝A sin(2x ＋φ)(A ＞0,0＜φ＜π)在x ＝π6处取得最大值，且最大值为a 3，求函数f (x )的解析式．解：(1)由q ＝3，S 3＝133，得a 1(1－33)1－3＝133，解得a 1＝13.所以a n ＝13×3n －1＝3n －2.(2)由(1)可知a n ＝3n －2，所以a 3＝3.因为函数f (x )的最大值为3，所以A ＝3；因为当x ＝π6时f (x )取得最大值，所以sin(2×π6＋φ)＝1.又0＜φ＜π，故φ＝π6.所以函数f (x )的解析式为f (x )＝3sin(2x ＋π6)．。

2015届高考数学(人教,理科)大一轮配套练透：第5章数列第5节

[课堂练通考点]1．(2013·安徽“江南十校”高三联考)已知正项等差数列{a n }满足：a n ＋1＋a n －1＝a 2n(n ≥2)，等比数列{b n }满足：b n ＋1b n －1＝2b n (n ≥2)，则log 2(a 2＋b 2)＝( )A ．－1或2B ．0或2C ．2D ．1解析：选C 由题意可知，a n ＋1＋a n －1＝2a n ＝a 2n ，解得a n ＝2(n ≥2)(由于数列{a n }每项都是正数)，又b n ＋1b n －1＝b 2n ＝2b n (n ≥2)，所以b n ＝2(n ≥2)，log 2(a 2＋b 2)＝log 24＝2.2．已知数列{a n }满足：a 1＝m (m 为正整数)，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n 2，当a n 为偶数时，3a n ＋1，当a n 为奇数时.若a 6＝1，则m 所有可能的取值为( )A ．{4,5}B ．{4,32}C ．{4,5,32}D ．{5,32}解析：选C a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n 2，当a n 为偶数时，3a n ＋1，当a n 为奇数时，注意递推的条件是a n (而不是n )为偶数或奇数．由a 6＝1一直往前面推导可得a 1＝4或5或32.3．(2013·武汉武昌联考)在等差数列{a n }中，a 1＝2，a 3＝6，若将a 1，a 4，a 5都加上同一个数，所得的三个数依次成等比数列，则所加的这个数为________．解析：由题意知等差数列{a n }的公差d ＝a 3－a 12＝2，则a 4＝8，a 5＝10，设所加的数为x ，依题意有(8＋x )2＝(2＋x )(10＋x )，解得x ＝－11.答案：－114．(2013·江西高考)某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n (n ∈N *)等于________．解析：设每天植树的棵数组成的数列为{a n }，由题意可知它是等比数列，且首项为2，公比为2，所以由题意可得2(1－2n )1－2≥100，即2n ≥51，而25＝32,26＝64，n ∈N *，所以n ≥6. 答案：65．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n 2，数列{b n }为等比数列，且首项b 1＝1，b 4＝8.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }满足c n ＝a b n，求数列{c n }的前n 项和T n .解：(1)∵数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n 2， ∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1亦满足上式，故a n ＝2n －1(n ∈N *)．又数列{b n }为等比数列，设公比为q ， ∵b 1＝1，b 4＝b 1q 3＝8，∴q ＝2. ∴b n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)c n ＝a b n＝2b n －1＝2n －1.T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(2n －1) ＝(21＋22＋ (2))－n ＝2(1－2n )1－2－n .所以T n ＝2n ＋1－2－n .[课下提升考能]第Ⅰ卷：夯基保分卷1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝a n －1(a ≠0)，则数列{a n }( ) A ．一定是等差数列 B ．一定是等比数列C ．或者是等差数列，或者是等比数列D ．既不可能是等差数列，也不可能是等比数列解析：选C ∵S n ＝a n－1(a ≠0)，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，即a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a －1，n ＝1，(a －1)a n －1，n ≥2. 当a ＝1时，a n ＝0，数列{a n }是一个常数列，也是等差数列；当a ≠1时，数列{a n }是一个等比数列．2．(2013·辽宁高考)下面是关于公差d >0的等差数列{a n }的四个命题： p 1：数列{a n }是递增数列； p 2：数列{na n }是递增数列；p 3：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是递增数列；p 4：数列{a n ＋3nd }是递增数列．其中的真命题为( ) A ．p 1，p 2 B ．p 3，p 4 C ．p 2，p 3D ．p 1，p 4解析：选D 设a n ＝a 1＋(n －1)d ＝dn ＋a 1－d ，它是递增数列，所以p 1为真命题；若a n＝3n －12，则满足已知，但na n ＝3n 2－12n 并非递增数列，所以p 2为假命题；若a n ＝n ＋1，则满足已知，但a n n ＝1＋1n 是递减数列，所以p 3为假命题；设a n ＋3nd ＝4dn ＋a 1－d ，它是递增数列，所以p 4为真命题．3．(2013·湖南省五市十校联合检测)已知函数f (x )是定义在(0，＋∞)上的单调函数，且对任意的正数x ，y 都有f (x ·y )＝f (x )＋f (y )，若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足f (S n ＋2)－f (a n )＝f (3)(n ∈N *)，则a n 为( )A ．2n －1B ．nC ．2n －1D.⎝⎛⎭⎫32n －1解析：选D 由题意知f (S n ＋2)＝f (a n )＋f (3)(n ∈N *)， ∴S n ＋2＝3a n ，S n －1＋2＝3a n －1(n ≥2)，两式相减得，2a n ＝3a n －1(n ≥2)，又n ＝1时，S 1＋2＝3a 1＝a 1＋2，∴a 1＝1，∴数列{a n }是首项为1，公比为32的等比数列，∴a n ＝⎝⎛⎭⎫32n －1.4．将石子摆成如图的梯形形状，称数列5,9,14,20，…为梯形数，根据图形的构成，此数列的第2 012项与5的差即a 2 012－5＝( )A ．2 018×2 012B ．2 018×2 011C ．1 009×2 012D ．1 009×2 011解析：选D 结合图形可知，该数列的第n 项a n ＝2＋3＋4＋…＋n ＋2.所以a 2 012－5＝4＋5＋…＋2 014＝4×2 011＋2 011×2 0102＝2 011×1 009.故选D.5．植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米．开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边．使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为________米．解析：当放在最左侧坑时，路程和为2×(0＋10＋20＋…＋190)；当放在左侧第2个坑时，路程和为2×(10＋0＋10＋20＋…＋180)(减少了360米)；当放在左侧第3个坑时，路程和为2×(20＋10＋0＋10＋20＋…＋170)(减少了680米)；依次进行，显然当放在中间的第10、11个坑时，路程和最小，为2×(90＋80＋…＋0＋10＋20＋…＋100)＝2 000米．答案：2 0006.(创新题)设数列{a n }中，若a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)，则称数列{a n }为“凸数列”，已知数列{b n }为“凸数列”，且b 1＝1，b 2＝－2，则数列{b n }的前2 013项和为________．解析：由“凸数列”的定义，可知，b 1＝1，b 2＝－2，b 3＝－3，b 4＝－1，b 5＝2，b 6＝3，b 7＝1，b 8＝－2，…，故数列{b n }是周期为6的周期数列，又b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5＋b 6＝0，故数列{b n }的前2 013项和S 2 013＝b 1＋b 2＋b 3＝1－2－3＝－4.答案：－47．(2014·济南高考模拟考试)数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1(n ∈N *)，等差数列{b n }满足b 3＝3，b 5＝9.(1)分别求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设c n ＝b n ＋2a n ＋2(n ∈N *)，求证：c n ＋1<c n ≤13.解：(1)由a n ＋1＝2S n ＋1①，得a n ＝2S n －1＋1(n ≥2，n ∈N *)②， ①－②得a n ＋1－a n ＝2(S n －S n －1)， ∴a n ＋1＝3a n (n ≥2，n ∈N *)，又a 2＝2S 1＋1＝3，∴a 2＝3a 1，∴a n ＝3n －1.∵b 5－b 3＝2d ＝6，∴d ＝3， ∴b n ＝3n －6.(2)证明：∵a n ＋2＝3n ＋1，b n ＋2＝3n ，∴c n ＝3n 3n ＋1＝n3n ，∴c n ＋1－c n ＝1－2n3n ＋1<0，∴c n ＋1<c n <…<c 1＝13，即c n ＋1<c n ≤13.8．(2013·惠州调研)已知点⎝⎛⎭⎫1，13是函数f (x )＝a x (a >0，且a ≠1)的图像上一点，等比数列{a n }的前n 项和为f (n )－c ，数列{b n }(b n >0)的首项为c ，且前n 项和S n 满足：S n －S n －1＝S n ＋S n －1(n ≥2)．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }的通项c n ＝b n ·⎝⎛⎭⎫13n ，求数列{c n }的前n 项和R n ； (3)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和为T n ，问T n >1 0002 009的最小正整数n 是多少？解：(1)∵f (1)＝a ＝13，∴f (x )＝⎝⎛⎭⎫13x ， a 1＝f (1)－c ＝13－c ，a 2＝[f (2)－c ]－[f (1)－c ]＝－29，a 3＝[f (3)－c ]－[f (2)－c ]＝－227. 又数列{a n }成等比数列， ∴a 1＝a 22a 3＝481－227＝－23＝13－c ，∴c ＝1.又公比q ＝a 2a 1＝13，∴a n ＝－23⎝⎛⎭⎫13n －1＝－2⎝⎛⎭⎫13n (n ∈N *)． ∵S n －S n －1＝(S n －S n －1)(S n ＋S n －1)＝S n ＋S n －1(n ≥2)，b n >0，S n >0， ∴S n －S n －1＝1，∴数列{S n }构成一个首项为1，公差为1的等差数列， S n ＝1＋(n －1)×1＝n ，S n ＝n 2.当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1；又b 1＝c ＝1满足b n ＝2n －1， ∴b n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)∵c n ＝b n ⎝⎛⎭⎫13n＝(2n －1)⎝⎛⎭⎫13n ， ∴R n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ，R n ＝1×⎝⎛⎭⎫131＋3×⎝⎛⎭⎫132＋5×⎝⎛⎭⎫133＋…＋(2n －1)×⎝⎛⎭⎫13n ，① 13R n ＝1×⎝⎛⎭⎫132＋3×⎝⎛⎭⎫133＋5×⎝⎛⎭⎫134＋…＋(2n －3)×⎝⎛⎭⎫13n ＋(2n －1)×⎝⎛⎭⎫13n ＋1. ②由①－②得，23R n ＝13＋2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫132＋⎝⎛⎭⎫133＋⎝⎛⎭⎫134＋…＋⎝⎛⎭⎫13n －(2n －1)×⎝⎛⎭⎫13n ＋1，化简得，23R n ＝13＋2×⎝⎛⎭⎫132⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n －11－13－(2n －1)×⎝⎛⎭⎫13n ＋1＝23－2(n ＋1)3×⎝⎛⎭⎫13n，∴R n ＝1－n ＋13n .(3)由(1)知T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋1(2n －1)×(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋12⎝⎛⎭⎫13－15＋12⎝⎛⎭⎫15－17＋…＋12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1. 由T n ＝n 2n ＋1>1 0002 009得n >1 0009，∴满足T n >1 0002 009的最小正整数n 为112.第Ⅱ卷：提能增分卷1．(2014·乌鲁木齐第一次诊断)已知等比数列{a n }和等差数列{b n }均是首项为2，各项为正数的数列，且b 2＝4a 2，a 2b 3＝6.(1)求数列{a n }、{b n }的通项公式；(2)求使ab n <0.001成立的正整数n 的最小值．解：(1)设{a n }的公比为q ，{b n }的公差为d ，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧2＋d ＝4×2q ，(2＋2d )·2q ＝6，解得⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝2，q ＝12，，或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－5，q ＝－38.(舍) ∴a n ＝⎝⎛⎭⎫12n －2，b n ＝2n . (2)由(1)得ab n ＝a 2n ＝⎝⎛⎭⎫122n －2，∵ab n <0.001，即⎝⎛⎭⎫122n －2<0.001，∴22n －2>1 000， ∴2n －2≥10，即n ≥6，∴满足题意的正整数n 的最小值为6.2．(2014·江南十校联考)已知直线l n ：y ＝x －2n 与圆C n ：x 2＋y 2＝2a n ＋n 交于不同的两点A n 、B n ，n ∈N *，数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝14|A n B n |2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －1(n 为奇数)a n(n 为偶数)，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)由题意知，圆C n 的圆心到直线l n 的距离d n ＝n ，圆C n 的半径r n ＝2a n ＋n ， ∴a n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12|A n B n |2＝r 2n －d 2n ＝(2a n ＋n )－n ＝2a n ，又a 1＝1，∴a n ＝2n －1.(2)当n 为偶数时，T n ＝(b 1＋b 3＋…＋b n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b n ) ＝[1＋5＋…＋(2n －3)]＋(2＋23＋…＋2n －1)＝n (n －1)2＋2(1－2n )1－4＝n 2－n 2＋23(2n－1)．当n 为奇数时，n ＋1为偶数，T n ＋1＝(n ＋1)2－(n ＋1)2＋23(2n ＋1－1)＝n 2＋n 2＋23(2n ＋1－1)，而T n ＋1＝T n ＋b n ＋1＝T n ＋2n，∴T n ＝n 2＋n 2＋13(2n－2)．∴T n＝⎩⎨⎧n 2－n 2＋23(2n－1)(n 为偶数)n 2＋n 2＋13(2n－2)(n 为奇数).3.(创新题)已知点A (1,0)，B (0,1)和互不相同的点P 1，P 2，P 3，…，P n ，…，满足n OP＝a n OA ＋b n OB(n ∈N *)，其中{a n }，{b n }分别为等差数列和等比数列，O 为坐标原点，若P 1是线段AB 的中点．(1)求a 1，b 1的值．(2)点P 1，P 2，P 3，…，P n ，…能否在同一条直线上？请证明你的结论．解：(1)P 1是线段AB 的中点⇒1OP ＝12OA ＋12OB，又1OP ＝a 1OA ＋b 1OB ，且OA ，OB 不共线，由平面向量基本定理，知a 1＝b 1＝12.(2)由n OP ＝a n OA ＋b n OB (n ∈N *)⇒n OP ＝(a n ，b n )，设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则由于P 1，P 2，P 3，…，P n ，…互不相同，所以d ＝0，q ＝1不会同时成立．若d ＝0，q ≠1，则a n ＝a 1＝12(n ∈N *)⇒P 1，P 2，P 3，…，P n ，…都在直线x ＝12上；若q ＝1，d ≠0，则b n ＝12为常数列⇒P 1，P 2，P 3，…，P n ，…都在直线y ＝12上；若d ≠0且q ≠1，P 1，P 2，P 3，…，P n ，…在同一条直线上⇔1n n P P－＝(a n －a n －1，b n －b n －1)与1n n P P＋＝(a n ＋1－a n ，b n ＋1－b n )始终共线(n ≥2，n ∈N *)⇔(a n －a n －1)(b n ＋1－b n )－(a n ＋1－a n )(b n －b n －1)＝0 ⇔d (b n ＋1－b n )－d (b n －b n －1)＝0 ⇔b n ＋1－b n ＝b n －b n －1 ⇔q ＝1，这与q ≠1矛盾，所以当d ≠0且q ≠1时，P 1，P 2，P 3，…，P n ，…不可能在同一条直线上．。

2015届高考人教版数学(理)一轮课时作业第5章第5节《数列的综合应用》

课时作业一、选择题1．数列{an}是公差不为0的等差数列，且a1，a3，a7为等比数列{bn}中连续的三项，则数列{bn}的公比为( ) A.2 B ．4C ．2 D.12C [设数列{an}的公差为d(d ≠0)，由a23＝a1a7得(a1＋2d)2＝a1(a1＋6d)，解得a1＝2d ，故数列{bn}的公比q ＝a3a1＝a1＋2d a1＝2a1a1＝2.]2．已知等差数列{an}的前n 项和为Sn ，S9＝－36，S13＝－104，等比数列{bn}中，b5＝a5，b7＝a7，则b6的值为( )A ．±4 2B ．－4 2C ．4 2D ．无法确定A [依题意得，S9＝9a5＝－36⇒b5＝a5＝－4，S13＝13a7＝－104⇒b7＝a7＝－8，所以b6＝±4 2.]3．已知数列{an}，{bn}满足a1＝1且an ，an ＋1是函数f(x)＝x2－bnx ＋2n 的两个零点，则b10等于( )A ．24B ．32C ．48D ．64D [依题意有anan ＋1＝2n ，所以an ＋1an ＋2＝2n ＋1，两式相除得an ＋2an ＝2.所以a1，a3，a5，…成等比数列，a2，a4，a6，…也成等比数列，而a1＝1，a2＝2.所以a10＝2·24＝32，a11＝1·25＝32.又因为an ＋an ＋1＝bn ，所以b10＝a10＋a11＝64.]4.在如图所示的表格中，如果每格填上一个数后，每一行成等差数列，每一列成等比数列，那么x ＋y ＋z 的值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4B [由题知表格中第三列中的数成首项为4，公比为12的等比数列，故有x ＝1.根据每行成等差数列得第四列前两个数字依次为5，52，故第四列的公比为12，所以y ＝5×⎝⎛⎭⎫123＝58，同理z ＝6×⎝⎛⎭⎫124＝38，故x ＋y ＋z ＝2.] 5．(2014·兰州名校检测)已知函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的单调函数，且对任意的正数x ，y 都有f(x·y)＝f(x)＋f(y)，若数列{an}的前n 项和为Sn ，且满足f(Sn ＋2)－f(an)＝f(3)(n ∈N*)，则an ＝( )A ．2n －1B ．nC ．2n －1D ．(32)n －1D [由题意知f(Sn ＋2)＝f(an)＋f(3)(n ∈N*)，∴Sn ＋2＝3an ，Sn －1＋2＝3an －1(n ≥2)，两式相减得，2an ＝3an －1(n ≥2)，又n ＝1时，S1＋2＝3a1＝a1＋2，∴a1＝1，∴数列{an}是首项为1，公比为32的等比数列，∴an ＝(32)n －1.]6．已知数列{an}满足3an ＋1＋an ＝4且a1＝9，其前n 项之和为Sn ，则满足不等式|Sn －n －6|<1125的最小整数n 是( )A ．5B ．6C ．7D ．8C [由递推式变形得3(an ＋1－1)＝－(an －1)，则an －1＝8·⎝⎛⎭⎫－13n －1，所以|Sn －n －6|＝|a1－1＋a2－1＋…＋an －1－6|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪8⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫－13n1＋13－6＝6×⎝⎛⎭⎫13n <1125，即3n －1>250，所以满足条件的最小整数n 是7.]二、填空题7．等比数列{an}的前n 项和为Sn ，已知S1，2S2，3S3成等差数列，则等比数列{an}的公比为________．解析设等比数列{an}的公比为q(q ≠0)，由4S2＝S1＋3S3，得4(a1＋a1q)＝a1＋3(a1＋a1q ＋a1q2)，即3q2－q ＝0，故q ＝13.答案 138．(2014·大同四校联考)已知向量a ＝(2，－n)，b ＝(Sn ，n ＋1)，n ∈N*，其中Sn 是数列{an}的前n 项和，若a ⊥b ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫an an ＋1an ＋4的最大项的值为__________．解析依题意得a·b ＝0，即2Sn ＝n(n ＋1)，Sn ＝n （n ＋1）2. 当n ≥2时，an ＝Sn －Sn －1＝n （n ＋1）2－n （n －1）2＝n ；又a1＝S1＝1×（1＋1）2＝1，因此an ＝n ，an an ＋1an ＋4＝n （n ＋1）（n ＋4）＝n n2＋5n ＋4＝1n ＋4n ＋5≤19，当且仅当n ＝4n ，n ∈N*，即n ＝2时取等号，因此数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫an an ＋1an ＋4的最大项的值是19. 答案 199．在数列{an}中，若a2n －a2n －1＝p(n ≥2，n ∈N*，p 为常数)，则称{an}为“等方差数列”．下列是对“等方差数列”的判断：①若{an}是等方差数列，则{a2n }是等差数列；②已知数列{an}是等方差数列，则数列{a2n }是等方差数列．③{(－1)n}是等方差数列；④若{an}是等方差数列，则{akn}(k ∈N*，k 为常数)也是等方差数列；其中正确命题的序号为________．解析对于①，由等方差数列的定义可知，{a2n }是公差为p 的等差数列，故①正确．对于②，取an ＝n ，则数列{an}是等方差数列，但数列{a2n }不是等方差数列，故②错．对于③，因为[(－1)n]2－[(－1)n －1]2＝0(n ≥2，n ∈N*)为常数，所以{(－1)n}是等方差数列，故③正确．对于④，若a2n －a2n －1＝p(n ≥2，n ∈N*)，则a2k n －a2k （n －1）＝(a2k n －a2k n －1)＋(a2k n －1－a2k n －2)＋…＋(a2k n －k ＋1－a2k （n －1）)＝kp 为常数，故④正确．答案 ①③④三、解答题10．已知数列{an}的前n 项和为Sn ，且Sn ＝n2，数列{bn}为等比数列，且首项b1＝1，b4＝8.(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)若数列{cn}满足cn ＝abn ，求数列{cn}的前n 项和Tn ；解析 (1)∵数列{an}的前n 项和为Sn ，且Sn ＝n2，∴当n ≥2时，an ＝Sn －Sn －1＝n2－(n －1)2＝2n －1.当n ＝1时，a1＝S1＝1亦满足上式，故an ＝2n －1(n ∈N*)．又数列{bn}为等比数列，设公比为q ，∵b1＝1，b4＝b1q3＝8，∴q ＝2.∴bn ＝2n －1(n ∈N*)．(2)cn ＝abn ＝2bn －1＝2n －1.Tn ＝c1＋c2＋c3＋…＋cn ＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(2n －1)＝(21＋22＋…＋2n)－n ＝2（1－2n ）1－2－n. 所以Tn ＝2n ＋1－2－n.11．已知各项均为正数的数列{an}满足：a2n ＋1＝2a2n ＋anan ＋1，且a2＋a4＝2a3＋4，其中n ∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}满足：bn ＝nan （2n ＋1）2n，是否存在正整数m ，n(1<m<n)，使得b1，bm ，bn 成等比数列？若存在，求出所有的m ，n 的值，若不存在，请说明理由．解析 (1)因为a2n ＋1＝2a2n ＋anan ＋1，即(an ＋an ＋1)(2an －an ＋1)＝0.又an>0，所以2an －an ＋1＝0，即2an ＝an ＋1.所以数列{an}是公比为2的等比数列．由a2＋a4＝2a3＋4，得2a1＋8a1＝8a1＋4，解得a1＝2.故数列{an}的通项公式为an ＝2n(n ∈N*)．(2)因为bn ＝nan （2n ＋1）2n ＝n 2n ＋1，所以b1＝13，bm ＝m 2m ＋1，bn ＝n 2n ＋1. 若b1，bm ，bn 成等比数列，则⎝⎛⎭⎫m 2m ＋12＝13⎝⎛⎭⎫n 2n ＋1，即m24m2＋4m ＋1＝n 6n ＋3. 由m24m2＋4m ＋1＝n 6n ＋3，可得3n ＝－2m2＋4m ＋1m2，所以－2m2＋4m ＋1>0，从而1－62<m<1＋62.又n ∈N*，且m>1，所以m ＝2，此时n ＝12.故当且仅当m ＝2，n ＝12时，b1，bm ，bn 成等比数列．12．设同时满足条件：①bn ＋bn ＋22≥bn ＋1；②bn ≤M(n ∈N*，M 是常数)的无穷数列{bn}叫“嘉文”数列．已知数列{an}的前n 项和Sn 满足Sn ＝a a －1(an －1)(a 为常数，且a ≠0，a ≠1)． (1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn ＝2Sn an ＋1，若数列{bn}为等比数列，求a 的值，并证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1bn 为“嘉文”数列．解析 (1)因为S1＝a a －1(a1－1)＝a1，所以a1＝a. 当n ≥2时，an ＝Sn －Sn －1＝a a －1(an －an －1)，整理得an an －1＝a ，即数列{an}是以a 为首项，a 为公比的等比数列．所以an ＝a· an －1＝an.(2)由(1)知，bn ＝2×a a －1（an －1）an ＋1＝（3a －1）an －2a （a －1）an，(*)由数列{bn}是等比数列，则b22＝b1·b3，故⎝⎛⎭⎫3a ＋2a 2＝3·3a2＋2a ＋2a2，解得a ＝13，再将a ＝13代入(*)式得bn ＝3n ，故数列{bn}为等比数列，所以a ＝13.由于1bn ＋1bn ＋22＝13n ＋13n ＋22>213n ·13n ＋22＝13n ＋1＝1bn ＋1，满足条件①；由于1bn ＝13n ≤13，故存在M ≥13满足条件②.故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1bn 为“嘉文”数列．。

【创新方案】2015高考数学(理)一轮知能检测：第5章第5节数列的综合问题]

第五节数列的综合问题[全盘巩固]1．已知各项均不为0的等差数列{a n }，满足2a 3－a 27＋2a 11＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 6b 8＝( )A ．2B ．4C ．8D ．16解析：选D 因为{a n }为等差数列，所以a 3＋a 11＝2a 7，所以已知等式可化为4a 7－a 27＝0，解得a 7＝4或a 7＝0(舍去)，又{b n }为等比数列，所以b 6b 8＝b 27＝a 27＝16.2．已知等比数列{a n }中的各项都是正数，且5a 1，12a 3,4a 2成等差数列，则a 2n ＋1＋a 2n ＋2a 1＋a 2＝( )A ．－1B ．1C ．52nD ．52n －1解析：选C 设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，则依题意有a 3＝5a 1＋4a 2，即a 1q 2＝5a 1＋4a 1q ，q 2－4q －5＝0，解得q ＝－1或q ＝5.又q >0，因此q ＝5，所以a 2n ＋1＋a 2n ＋2a 1＋a 2＝a 1q 2n ＋a 2q 2n a 1＋a 2＝q 2n ＝52n .3．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( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选A 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＝1.4．已知函数y ＝log a (x －1)＋3(a >0，a ≠1)所过定点的横、纵坐标分别是等差数列{a n }的第二项与第三项，若b n ＝1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 10等于( )A.911B.1011C.811D.1211解析：选B 由y ＝log a (x －1)＋3恒过定点(2,3)，即a 2＝2，a 3＝3，又{a n }为等差数列，∴a n ＝n ，n ∈N *.∴b n ＝1n (n ＋1)，∴T 10＝11－12＋12－13＋…＋110－111＝1－111＝1011.5．(2014·宁波模拟)已知数列{a n }满足a 1＝0，a n ＋1＝a n ＋2a n ＋1＋1，则a 13＝( )A ．143B ．156C ．168D ．195解析：选C 由a n ＋1＝a n ＋2a n ＋1＋1，可知a n ＋1＋1＝a n ＋1＋2a n ＋1＋1＝(a n ＋1＋1)2，即a n ＋1＋1＝a n ＋1＋1，故数列{a n ＋1}是公差为1的等差数列，所以a 13＋1＝a 1＋1＋12＝13，则a 13＝168.6．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝⎝⎛⎭⎫1＋cos 2n π2a n ＋sin 2n π2，则该数列的前18项之和为( )A ．2 101B ．1 067C ．1 012D ．2 012解析：选B 当n 为正奇数时，a n ＋2＝(1＋0)a n ＋1＝a n ＋1；当n 为正偶数时，a n ＋2＝(1＋1)a n ＋0＝2a n .∴a n 是奇数项为等差数列，偶数项为等比数列的一个数列．∴{a n }的前18项和为9×(1＋9)2＋2×(1－29)1－2＝1 067.7．(2013·江西高考)某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n (n ∈N *)等于________．解析：由题意知第n 天植树2n 棵，则前n 天共植树2＋22＋…＋2n ＝(2n ＋1－2)棵，令2n＋1－2≥100，则2n ＋1≥102，又25＋1＝26＝64,26＋1＝27＝128，∴n ≥6.∴n 的最小值为6.答案：68．数列{a n }是公差不为0的等差数列，且a 1，a 3，a 7为等比数列{b n }的连续三项，则数列{b n }的公比为________．解析：由题意知a 23＝a 1·a 7，即(a 1＋2d )2＝a 1·(a 1＋6d )，∴a 1＝2d ，∴等比数列{b n }的公比q ＝a 3a 1＝a 1＋2d a 1＝2. 答案：29．(2014·台州模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 4S 4＝112，S 7－S 4＝15，则S n的最小值为______．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋15d ＝0，a 1＋5d ＝5，由此解得a 1＝－15，d ＝4，a n ＝4n －19，S n ＝n (a 1＋a n )2＝2n 2－17n ＝2⎝⎛⎭⎫n －1742－1782，因此当n ＝4时，S n 取得最小值2n 2－17n ＝2×42－17×4＝－36.答案：－3610．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n 且满足a 2＝3，S 6＝36. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }是等比数列且满足b 1＋b 2＝3，b 4＋b 5＝24.设数列{a n ·b n }的前n 项和为T n ，求T n .解：(1)∵数列{a n }是等差数列，∴S 6＝3(a 1＋a 6)＝3(a 2＋a 5)＝36，则a 2＋a 5＝12，由于a 2＝3，所以a 5＝9，从而d ＝2，a 1＝a 2－d ＝1，∴a n ＝2n －1.(2)设数列{b n }的公比为q .∵b 1＋b 2＝3，b 4＋b 5＝24，∴b 4＋b 5b 1＋b 2＝q 3＝8，则q ＝2.从而b 1＋b 2＝b 1(1＋q )＝3b 1＝3，∴b 1＝1，b n ＝2n －1，∴a n ·b n ＝(2n －1)·2n －1.∴T n ＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n －3)·2n －2＋(2n －1)·2n －1，则2T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)·2n －1＋(2n －1)·2n ，两式相减，得(1－2)T n ＝1×1＋2×2＋2×22＋…＋2·2n －2＋2·2n －1－(2n －1)·2n ，即－T n ＝1＋2(21＋22＋…＋2n －1)－(2n －1)·2n ＝1＋2(2n －2)－(2n －1)·2n ＝(3－2n )·2n －3.∴T n ＝(2n －3)·2n ＋3. 11．已知公差大于零的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足：a 2·a 4＝65，a 1＋a 5＝18. (1)若1<i <21，a 1，a i ，a 21是某等比数列的连续三项，求i 的值；(2)设b n ＝n(2n ＋1)S n，是否存在一个最小的常数m 使得b 1＋b 2＋…＋b n <m 对于任意的正整数n 均成立？若存在，求出常数m ；若不存在，请说明理由．解：(1)∵{a n }为等差数列，∴a 1＋a 5＝a 2＋a 4＝18，又a 2·a 4＝65，∴a 2，a 4是方程x 2－18x ＋65＝0的两个根，又数列{a n }的公差d >0，∴a 2<a 4，∴a 2＝5，a 4＝13.∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝5，a 1＋3d ＝13，∴a 1＝1，d ＝4，∴a n ＝4n －3.∵1<i <21，a 1，a i ，a 21是某等比数列的连续三项，∴a 1·a 21＝a 2i ，即1×81＝(4i －3)2，解得i ＝3.(2)由(1)知，S n ＝n ·1＋n (n －1)2·4＝2n 2－n ，∴b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝n2n ＋1.∵n 2n ＋1＝12－12(2n ＋1)<12， ∴存在m ＝12使b 1＋b 2＋…＋b n <m 对于任意的正整数n 均成立．12．已知正项数列{a n }，{b n }满足：a 1＝3，a 2＝6，{b n }是等差数列，且对任意正整数n ，都有b n ，a n ，b n ＋1成等比数列．(1)求数列{b n }的通项公式；(2)设S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n ，试比较2S n 与2－b 2n ＋1a n ＋1的大小．解：(1)∵对任意正整数n ，都有b n ，a n ，b n ＋1成等比数列，且数列{a n }，{b n }均为正项数列，∴a n ＝b n b n ＋1(n ∈N *)．由a 1＝3，a 2＝6得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝b 1b 2＝3，a 2＝b 2b 3＝6，又{b n }为等差数列，即有b 1＋b 3＝2b 2，解得b 1＝2，b 2＝322，∴数列{b n }是首项为2，公差为22的等差数列． ∴数列{b n }的通项公式为b n ＝2(n ＋1)2(n ∈N *)． (2)由(1)得，对任意n ∈N *， a n ＝b n b n ＋1＝(n ＋1)(n ＋2)2，从而有1a n ＝2(n ＋1)(n ＋2)＝2⎝⎛⎭⎫1n ＋1－1n ＋2，∴S n ＝2⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋1n ＋1－⎭⎫1n ＋2＝1－2n ＋2. ∴2S n ＝2－4n ＋2.又2－b 2n ＋1a n ＋1＝2－n ＋2n ＋3，∴2S n －⎝ ⎛⎭⎪⎫2－b 2n ＋1a n ＋1＝n ＋2n ＋3－4n ＋2＝n 2－8(n ＋2)(n ＋3).∴当n ＝1，n ＝2时，2S n <2－b 2n ＋1a n ＋1；当n ≥3时，2S n >2－b 2n ＋1a n ＋1.[冲击名校]已知S n 是正数数列{a n }的前n 项和，S 21，S 22，…，S 2n ，…是以3为首项，以1为公差的等差数列；数列{b n }为无穷等比数列，其前四项之和为120，第二项与第四项之和为90.(1)求a n ，b n ；(2)从数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 中能否挑出唯一的无穷等比数列，使它的各项和等于1S 26？若能的话，请写出这个数列的第一项和公比；若不能的话，请说明理由．解：(1){S n }是以3为首项，以1为公差的等差数列，所以S 2n ＝3＋(n －1)＝n ＋2.因为a n >0，所以S n ＝n ＋2(n ∈N *)，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋2－n ＋1，又a 1＝S 1＝3，所以a n ＝⎩⎨⎧3， n ＝1，n ＋2－n ＋1，n >1(n ∈N *)，设{b n }的首项为b 1，公比为q ，则有⎩⎪⎨⎪⎧ b 1q ＋b 1q 3＝90，b 1＋b 1q 2＝30，所以⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝3，q ＝3，即b n ＝3n (n ∈N *)． (2)1b n ＝⎝⎛⎭⎫13n ，设可以挑出一个无穷等比数列{c n }，首项为c 1＝⎝⎛⎭⎫13p ，公比为⎝⎛⎭⎫13k (p ，k ∈N *)，它的各项和等于1S 26＝18，则有⎝⎛⎭⎫13p1－⎝⎛⎭⎫13k ＝18，所以⎝⎛⎭⎫13p ＝18⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13k ，当p ≥k 时3p －3p －k ＝8，即3p －k (3k －1)＝8，因为p ，k ∈N *，所以只有当p －k ＝0，k ＝2，即p ＝k ＝2时，数列{c n }的各项和为1S 26.当p <k 时，3k －1＝8·3k －p ，因为k >p 右边含有3的因数而左边非3的倍数，不存在p ，k ∈N *，所以存在唯一的等比数列{c n }，首项为19，公比为19，使它的各项和等于1S 26.[高频滚动]已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＋n ＝2a n (n ∈N *)． (1)证明：数列{a n ＋1}为等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝(2n ＋1)a n ＋2n ＋1，求数列{b n }的前n 项和为T n . 解：(1)证明：因为S n ＋n ＝2a n ，即S n ＝2a n －n ，所以S n －1＝2a n －1－(n －1)(n ≥2，n ∈N *)．两式相减化简，得a n ＝2a n －1＋1.所以a n ＋1＝2(a n －1＋1)(n ≥2，n ∈N *)．所以数列{a n ＋1}为等比数列．因为S n ＋n ＝2a n ，令n ＝1，得a 1＝1.a 1＋1＝2，所以a n ＋1＝2n ，即a n ＝2n －1. (2)因为b n ＝(2n ＋1)a n ＋2n ＋1，所以b n ＝(2n ＋1)·2n .所以T n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n －1)·2n －1＋(2n ＋1)·2n ，①2T n ＝3×22＋5×23＋…＋(2n －1)·2n ＋(2n ＋1)·2n ＋1，②①－②，得－T n ＝3×2＋2(22＋23＋…＋2n )－(2n ＋1)·2n ＋1＝6＋2×22－2n ＋11－2－(2n ＋1)·2n ＋1＝－2＋2n ＋2－(2n ＋1)·2n ＋1＝－2－(2n －1)·2n ＋1.所以T n ＝2＋(2n －1)·2n ＋1.。

2015届高考数学(人教,理科)大一轮配套练透：第5章数列第1节

[课堂练通考点]1．数列1，23，35，47，59，…的一个通项公式a n 是( ) A.n 2n ＋1B.n 2n －1C.n 2n －3D.n 2n ＋3解析：选B 由已知得，数列可写成11，23，35，…，故通项为n 2n －1. 2．数列{a n }的前n 项积为n 2，那么当n ≥2时，a n ＝( )A ．2n －1B ．n 2 C.(n ＋1)2n 2 D.n 2(n －1)2解析：选D 设数列{a n }的前n 项积为T n ，则T n ＝n 2，当n ≥2时，a n ＝T n T n －1＝n 2(n －1)2. 3．已知数列{a n }满足a st ＝a s a t (s ，t ∈N *)，且a 2＝2，则a 8＝________.解析：令s ＝t ＝2，则a 4＝a 2×a 2＝4，令s ＝2，t ＝4，则a 8＝a 2×a 4＝8.答案：84．(2013·温州适应性测试)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝(－1)n (a n ＋1)，记S n 为{a n }前n 项的和，则S 2 013＝________.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.所以S 2 013＝503(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋a 2 013＝503×(－2)＋1＝－1 005.答案：－1 0055．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2＋2n ，数列{b n }的前n 项和T n ＝2－b n .求数列{a n }与{b n }的通项公式．解：∵当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2＋2n )－[2(n －1)2＋2(n －1)]＝4n ，当n ＝1时，a 1＝S 1＝4也适合，∴{a n }的通项公式是a n ＝4n (n ∈N *)．∵T n ＝2－b n ，∴当n ＝1时，b 1＝2－b 1，b 1＝1.当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝(2－b n )－(2－b n －1)，∴2b n ＝b n －1.∴数列{b n }是公比为12，首项为1的等比数列．∴b n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1.[课下提升考能]第Ⅰ组：全员必做题1．下列数列中，既是递增数列又是无穷数列的是( )A ．1，12，13，14，… B ．－1，－2，－3，－4，…C ．－1，－12，－14，－18，… D ．1，2，3，…，n解析：选C 根据定义，属于无穷数列的是选项A 、B 、C(用省略号)，属于递增数列的是选项C 、D ，故同时满足要求的是选项C ，故选C.2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2(a n －1)，则a 2等于( )A ．4B ．2C ．1D ．－2解析：选A 由题可知S n ＝2(a n －1)，所以S 1＝a 1＝2(a 1－1)，解得a 1＝2.又S 2＝a 1＋a 2＝2(a 2－1)，解得a 2＝a 1＋2＝4.3．(2014·银川模拟)设数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝1－1a n，记数列{a n }的前n 项之积为T r ，则T 2 013的值为( )A ．－12B ．－1 C.12 D ．2 解析：选B 由a 2＝12，a 3＝－1，a 4＝2可知，数列{a n }是周期为3的周期数列，从而T 2 013＝(－1)671＝－1.4．(2014·北京海淀区期末)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≤0，k ∈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7.5．(2014·天津一模)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －1，则满足a n n≤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 n n≤2，即2n －1≤2n ，所以有n ＝1,2,3,4.6．在数列－1,0，19，18，…，n －2n 2，…中，0.08是它的第____________项．解析：令n －2n 2＝0.08，得2n 2－25n ＋50＝0，即(2n －5)(n －10)＝0.解得n ＝10或n ＝52(舍去)． ∴a 10＝0.08.答案：107．(2014·大连双基测试)数列{a n }满足：a 1＋3a 2＋5a 3＋…＋(2n －1)·a n ＝(n －1)·3n ＋1＋3(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析：a 1＋3a 2＋5a 3＋…＋(2n －3)·a n －1＋(2n －1)·a n ＝(n －1)·3n ＋1＋3，把n 换成n －1得，a 1＋3a 2＋5a 3＋…＋(2n －3)·a n －1＝(n －2)·3n ＋3，两式相减得a n ＝3n .答案：3n8．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，且a n ＝a n －1a n －2(n ≥3)，则a 2 012＝________. 解析：将a 1＝1，a 2＝2代入a n ＝a n －1a n －2得a 3＝a 2a 1＝2，同理可得a 4＝1，a 5＝12，a 6＝12，a 7＝1，a 8＝2，故数列{a n }是周期为6的周期数列，故a 2 012＝a 335×6＋2＝a 2＝2.答案：29．已知有限数列45，910，1617，2526，…，m 2m 2＋1(m ≥7，且m ∈N *)． (1)指出这个数列的一个通项公式；(2)判断0.98是不是这个数列中的项？若是，是第几项？解：(1)因为前n 项分子依次为4,9,16,25，…，可看成与序号n 的关系式为(n ＋1)2；而每一项的分母恰好比分子大1，所以通项公式分母可为(n ＋1)2＋1，所以数列的一个通项公式为a n ＝(n ＋1)2(n ＋1)2＋1(n ＝1,2，…，m －1)． (2)是，因为数列的通项公式为a n ＝(n ＋1)2(n ＋1)2＋1，所以设0.98是这个数列的第n 项，即(n ＋1)2(n ＋1)2＋1＝0.98，解得n ＝6∈N *(n ＝－8舍去)，所以0.98是数列中的第6项．10．(2013·淄博二模)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. 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－a 2的单调性，知5<2－a 2<6，∴－10<a <－8. 故a 的取值范围为(－10，－8)．第Ⅱ组：重点选做题1．对于数列{a n }，“a n ＋1>|a n |(n ＝1,2，…)”是“{a n }为递增数列”的( )A ．必要不充分条件B ．充分不必要条件C ．必要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选B 当a n ＋1>|a n |(n ＝1,2，…)时，∵|a n |≥a n ，∴a n ＋1>a n ，∴{a n }为递增数列．当{a n }为递增数列时，若该数列为－2,0,1，则a 2>|a 1|不成立，即知a n ＋1>|a n |(n ＝1,2，…)不一定成立．故综上知，“a n ＋1>|a n |(n ＝1,2，…)”是“{a n }为递增数列”的充分不必要条件．2.(创新题)已知数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧ a n 2(a n 为偶数)，a n －2n (a n 为奇数).若a 3＝1，则a 1的所有可能取值为________．解析：当a 2为奇数时，a 3＝a 2－4＝1，a 2＝5；当a 2为偶数时，a 3＝12a 2＝1，a 2＝2；当a 1为奇数时，a 2＝a 1－2＝5，a 1＝7或a 2＝a 1－2＝2，a 1＝4(舍去)；当a 1为偶数时，a 2＝12a 1＝5，a 1＝10 或a 2＝12a 1＝2，a 1＝4. 综上，a 1的可能取值为4,7,10.答案：4,7,10。