高三数学二轮复习：专题二 数列

第1讲 等差数列与等比数列[考情考向分析] 1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现.2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力．热点一 等差数列、等比数列的运算 1．通项公式等差数列：a n ＝a 1＋(n －1)d ； 等比数列：a n ＝a 1·q n －1. 2．求和公式等差数列：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d ；等比数列：S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q (q ≠1)．3．性质 若m ＋n ＝p ＋q ，在等差数列中a m ＋a n ＝a p ＋a q ； 在等比数列中a m ·a n ＝a p ·a q .例1 (1)(2018·北京)设{a n }是等差数列，且a 1＝3，a 2＋a 5＝36，则{a n }的通项公式为______． 答案 a n ＝6n －3(n ∈N *)解析 方法一 设公差为d .∵a 2＋a 5＝36，∴(a 1＋d )＋(a 1＋4d )＝36，∴2a 1＋5d ＝36.∵a 1＝3，∴d ＝6，∴通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d ＝6n －3(n ∈N *)．方法二 设公差为d ，∵a 2＋a 5＝a 1＋a 6＝36，a 1＝3，∴a 6＝33，∴d ＝a 6－a 15＝6.∵a 1＝3，∴通项公式a n ＝6n －3(n ∈N *)．(2)(2018·华大新高考联盟质检)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3a 11＝2a 25，且S 4＋S 12＝λS 8，则λ＝________. 答案 83解析 ∵a 3a 11＝2a 25，∴a 27＝2a 25，∴q 4＝2，∵S 4＋S 12＝λS 8，∴a 1(1－q 4)1－q ＋a 1(1－q 12)1－q ＝λa 1(1－q 8)1－q ，1－q 4＋1－q 12＝λ(1－q 8)， 将q 4＝2代入计算可得λ＝83.思维升华 在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a 1和d (q )的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量．跟踪演练1 (1)设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则a 1等于( )A ．－2B ．－1 C.12 D.23答案 B解析 S 4－S 2＝a 3＋a 4＝3a 4－3a 2，即3a 2＋a 3－2a 4＝0，即3a 2＋a 2q －2a 2q 2＝0， 即2q 2－q －3＝0，解得q ＝－1(舍)或q ＝32，当q ＝32时，代入S 2＝3a 2＋2，得a 1＋a 1q ＝3a 1q ＋2，解得a 1＝－1.(2)(2018·全国Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. ①求{a n }的通项公式；②记S n 为{a n }的前n 项和，若S m ＝63，求m . 解 ①设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝q n －1. 由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n－1或a n ＝2n －1(n ∈N *)．②若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－(－2)n3.由S m ＝63得(－2)m ＝－188，此方程没有正整数解． 若a n ＝2n －1，则S n ＝2n －1. 由S m ＝63得2m ＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.热点二 等差数列、等比数列的判定与证明 证明数列{a n }是等差数列或等比数列的证明方法 (1)证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法： ①利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为一常数；②利用等差中项，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)． (2)证明数列{a n }是等比数列的两种基本方法： ①利用定义，证明a n ＋1a n(n ∈N *)为一常数；②利用等比中项，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)．例2 已知数列{a n }，{b n }，其中a 1＝3，b 1＝－1，且满足a n ＝12(3a n －1－b n －1)，b n ＝－12(a n －1－3b n －1)，n ∈N *，n ≥2.(1)求证：数列{a n －b n }为等比数列；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n a n a n ＋1的前n 项和T n .(1)证明 a n －b n ＝12(3a n －1－b n －1)－⎝⎛⎭⎫－12(a n －1－3b n －1)＝2(a n －1－b n －1)， 又a 1－b 1＝3－(－1)＝4，所以{a n －b n }是首项为4，公比为2的等比数列． (2)解 由(1)知，a n －b n ＝2n ＋1，①又a n ＋b n ＝12(3a n －1－b n －1)＋⎝⎛⎭⎫－12(a n －1－3b n －1)＝a n －1＋b n －1， 又a 1＋b 1＝3＋(－1)＝2，所以{a n ＋b n }为常数数列，a n ＋b n ＝2，② 联立①②得，a n ＝2n ＋1，2n a n a n ＋1＝2n (2n ＋1)(2n ＋1＋1)＝12n ＋1－12n ＋1＋1， 所以T n ＝⎝⎛⎭⎫121＋1－122＋1＋⎝⎛⎭⎫122＋1－123＋1＋…＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋1＋1＝121＋1－12n ＋1＋1＝13－12n ＋1＋1(n ∈N *)． 思维升华 (1)判断一个数列是等差(比)数列，也可以利用通项公式及前n 项和公式，但不能作为证明方法．(2)a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)是数列{a n }为等比数列的必要不充分条件，判断时还要看各项是否为零． 跟踪演练2 (2018·新余模拟)已知{a n }是各项都为正数的数列，其前n 项和为S n ，且S n 为a n 与1a n的等差中项． (1)求证：数列{S 2n }为等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式；(3)设b n ＝(－1)n a n，求{b n }的前n 项和T n .(1)证明 由题意知2S n ＝a n ＋1a n ，即2S n a n －a 2n ＝1，(*) 当n ≥2时，有a n ＝S n －S n －1，代入(*)式得 2S n (S n －S n －1)－(S n －S n －1)2＝1，整理得S 2n －S 2n －1＝1(n ≥2)．又当n ＝1时，由(*)式可得a 1＝S 1＝1， ∴数列{S 2n }是首项为1，公差为1的等差数列． (2)解 由(1)可得S 2n ＝1＋n －1＝n ， ∵数列{a n }的各项都为正数， ∴S n ＝n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n －n －1， 又a 1＝S 1＝1满足上式， ∴a n ＝n －n －1(n ∈N *)．(3)解 由(2)得b n ＝(－1)n a n ＝(－1)n n －n －1＝(－1)n (n ＋n －1)， 当n 为奇数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…＋(n －1＋n －2)－(n ＋n －1)＝－n ， 当n 为偶数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…－(n －1＋n －2)＋(n ＋n －1)＝n ， ∴数列{b n }的前n 项和T n ＝(－1)n n (n ∈N *)．热点三 等差数列、等比数列的综合问题解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解． 例3 已知等差数列{a n }的公差为－1，且a 2＋a 7＋a 12＝－6. (1)求数列{a n }的通项公式a n 与其前n 项和S n ；(2)将数列{a n }的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{b n }的前3项，记{b n }的前n 项和为T n ，若存在m ∈N *，使得对任意n ∈N *，总有S n <T m ＋λ恒成立，求实数λ的取值范围．解 (1)由a 2＋a 7＋a 12＝－6，得a 7＝－2，∴a 1＝4， ∴a n ＝5－n ，从而S n ＝n (9－n )2(n ∈N *)．(2)由题意知b 1＝4，b 2＝2，b 3＝1， 设等比数列{b n }的公比为q ， 则q ＝b 2b 1＝12，∴T m ＝4⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12m 1－12＝8⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12m ，∵⎝⎛⎭⎫12m 随m 的增加而减少， ∴{T m }为递增数列，得4≤T m <8. 又S n ＝n (9－n )2＝－12(n 2－9n )＝－12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫n －922－814， 故(S n )max ＝S 4＝S 5＝10，若存在m ∈N *，使得对任意n ∈N *，总有S n <T m ＋λ， 则10<8＋λ，得λ>2.即实数λ的取值范围为(2，＋∞)．思维升华 (1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便．(2)数列的项或前n 项和可以看作关于n 的函数，然后利用函数的性质求解数列问题． (3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数，通过求数列的值域求解．跟踪演练3 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n－1＝3(a n －1)，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足a n ＋1＝32n na b ⋅⎛⎫⎪⎝⎭，若b n ≤t 对于任意正整数n 都成立，求实数t 的取值范围．解 (1)由已知得S n ＝3a n －2，令n ＝1，得a 1＝1， 又a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝3a n ＋1－3a n ， 得a n ＋1＝32a n ，所以数列{a n }是以1为首项，32为公比的等比数列，所以a n ＝⎝⎛⎭⎫32n －1(n ∈N *)．(2)由a n ＋1＝32n na b ⋅⎛⎫ ⎪⎝⎭，得b n ＝1a n 312log n a +＝⎝⎛⎭⎫23n －1323log 2n⎛⎫ ⎪⎝⎭ ＝n ·⎝⎛⎭⎫23n －1，所以b n ＋1－b n ＝(n ＋1)·⎝⎛⎭⎫23n－n ·⎝⎛⎭⎫23n －1 ＝2n －13n (2－n )， 所以(b n )max ＝b 2＝b 3＝43，所以t ≥43.即t 的取值范围为⎣⎡⎭⎫43，＋∞.真题体验1．(2017·全国Ⅰ改编)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为________． 答案 4解析 设{a n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 5＝24，S 6＝48，得⎩⎪⎨⎪⎧(a 1＋3d )＋(a 1＋4d )＝24，6a 1＋6×52d ＝48，解得d ＝4.2．(2017·浙江改编)已知等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d >0”是“S 4＋S 6>2S 5”的________条件． 答案 充要解析 方法一 ∵数列{a n }是公差为d 的等差数列， ∴S 4＝4a 1＋6d ，S 5＝5a 1＋10d ，S 6＝6a 1＋15d ， ∴S 4＋S 6＝10a 1＋21d ,2S 5＝10a 1＋20d . 若d >0，则21d >20d ,10a 1＋21d >10a 1＋20d ， 即S 4＋S 6>2S 5.若S 4＋S 6>2S 5，则10a 1＋21d >10a 1＋20d ， 即21d >20d ，∴d >0.∴“d >0”是“S 4＋S 6>2S 5”的充要条件．方法二 ∵S 4＋S 6>2S 5⇔S 4＋S 4＋a 5＋a 6>2(S 4＋a 5)⇔a 6>a 5⇔a 5＋d >a 5⇔d >0. ∴“d >0”是“S 4＋S 6>2S 5”的充要条件．3．(2017·北京)若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，则a 2b 2＝________.答案 1解析 设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ， 则由a 4＝a 1＋3d ，得d ＝a 4－a 13＝8－(－1)3＝3，由b 4＝b 1q 3，得q 3＝b 4b 1＝8－1＝－8，∴q ＝－2.∴a 2b 2＝a 1＋db 1q ＝－1＋3－1×(－2)＝1. 4．(2017·江苏)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n ，已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________. 答案 32解析 设{a n }的首项为a 1，公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q 3)1－q＝74，a 1(1－q 6)1－q ＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2，所以a 8＝14×27＝25＝32.押题预测1．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1>0，a 3＋a 10>0，a 6a 7<0，则满足S n >0的最大自然数n 的值为( )A ．6B ．7C ．12D ．13押题依据 等差数列的性质和前n 项和是数列最基本的知识点，也是高考的热点，可以考查学生灵活变换的能力． 答案 C解析 ∵a 1>0，a 6a 7<0，∴a 6>0，a 7<0，等差数列的公差小于零，又a 3＋a 10＝a 1＋a 12>0，a 1＋a 13＝2a 7<0， ∴S 12>0，S 13<0，∴满足S n >0的最大自然数n 的值为12.2．在等比数列{a n }中，a 3－3a 2＝2，且5a 4为12a 3和2a 5的等差中项，则{a n }的公比等于( ) A ．3 B ．2或3 C ．2D ．6押题依据 等差数列、等比数列的综合问题可反映知识运用的综合性和灵活性，是高考出题的重点． 答案 C解析 设公比为q,5a 4为12a 3和2a 5的等差中项，可得10a 4＝12a 3＋2a 5,10a 3q ＝12a 3＋2a 3q 2，得10q ＝12＋2q 2，解得q ＝2或3.又a 3－3a 2＝2，所以a 2q －3a 2＝2，即a 2(q －3)＝2，所以q ＝2.3．已知各项都为正数的等比数列{a n }满足a 7＝a 6＋2a 5，存在两项a m ，a n 使得 a m ·a n ＝4a 1，则1m ＋4n 的最小值为( ) A.32B.53C.256D.43押题依据 本题在数列、方程、不等式的交汇处命题，综合考查学生应用数学的能力，是高考命题的方向． 答案 A解析 由a 7＝a 6＋2a 5，得a 1q 6＝a 1q 5＋2a 1q 4， 整理得q 2－q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－1(不合题意，舍去)， 又由a m ·a n ＝4a 1，得a m a n ＝16a 21，即a 212m ＋n －2＝16a 21，即有m ＋n －2＝4，亦即m ＋n ＝6，那么1m ＋4n ＝16(m ＋n )⎝⎛⎭⎫1m ＋4n ＝16⎝⎛⎭⎫4m n ＋n m ＋5≥16⎝⎛⎭⎫24m n ·n m ＋5＝32， 当且仅当4m n ＝nm，即n ＝2m ＝4时取等号．4．定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f (x )，如果对于任意给定的等比数列{a n }，{f (a n )}仍是等比数列，则称f (x )为“保等比数列函数”．现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：①f (x )＝x 2；②f (x )＝2x ；③f (x )＝|x |；④f (x )＝ln|x |. 则其中是“保等比数列函数”的f (x )的序号为( ) A ．①② B ．③④ C ．①③ D ．②④押题依据 先定义一个新数列，然后要求根据定义的条件推断这个新数列的一些性质或者判断一个数列是否属于这类数列的问题是近年来高考中逐渐兴起的一类问题，这类问题一般形式新颖，难度不大，常给人耳目一新的感觉． 答案 C解析 由等比数列的性质得，a n a n ＋2＝a 2n ＋1.①f (a n )f (a n ＋2)＝a 2n a 2n ＋2＝(a 2n ＋1)2＝[f (a n ＋1)]2；②f (a n )f (a n ＋2)＝222n n aa +＝22n n a a ＋＋≠122n a ＋＝[f (a n ＋1)]2；③f (a n )f (a n ＋2)＝|a n a n ＋2|＝|a n ＋1|2＝[f (a n ＋1)]2； ④f (a n )f (a n ＋2)＝ln|a n |ln|a n ＋2|≠(ln|a n ＋1|)2＝[f (a n ＋1)]2.A 组 专题通关1．(2018·大庆质检)已知等差数列{a n }中，a 4＝9，S 4＝24，则a 7等于( ) A ．3 B ．7 C ．13 D ．15 答案 D解析 由于数列为等差数列，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3d ＝9，4a 1＋6d ＝24，解得d ＝2，所以a 7＝a 4＋3d ＝9＋6＝15.2．(2018·淮北模拟)已知等比数列{a n }中，a 5＝2，a 6a 8＝8，则a 2 018－a 2 016a 2 014－a 2 012等于( )A ．2B ．4C ．6D ．8 答案 A解析 ∵数列{a n }是等比数列，∴a 6a 8＝a 27＝8，a 7＝22(与a 5同号)，∴q 2＝a 7a 5＝2， 从而a 2 018－a 2 016a 2 014－a 2 012＝q 4＝(2)2＝2.3．(2018·株洲质检)已知等差数列{a n }的公差为2，若a 1，a 3，a 4成等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，则S 9等于( ) A ．－8 B ．－6 C ．0 D ．10 答案 C解析 ∵a 1，a 3，a 4成等比数列， ∴a 23＝a 1a 4，∴(a 1＋2×2)2＝a 1·(a 1＋3×2)，化为2a 1＝－16， 解得a 1＝－8，则S 9＝－8×9＋9×82×2＝0.4．一个等比数列的前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列的项数是( ) A ．13 B ．12 C ．11 D ．10答案 B解析 设等比数列为{a n }，其前n 项积为T n ，由已知得a 1a 2a 3＝2，a n a n －1a n －2＝4，可得(a 1a n )3＝2×4，a 1a n ＝2，∵T n ＝a 1a 2…a n ，∴T 2n ＝(a 1a 2…a n )2＝(a 1a n )(a 2a n －1)…(a n a 1)＝(a 1a n )n ＝2n ＝642＝212，∴n ＝12.5．(2018·荆州质检)已知数列{a n }满足51n a ＝25·5n a ，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则13log (a 5＋a 7＋a 9)等于( )A ．－3B ．3C ．－13 D.13答案 A解析 ∵15n a ＋＝25·5n a ＝25n a ＋，∴a n ＋1＝a n ＋2，∴数列{a n }是等差数列，且公差为2.∵a 2＋a 4＋a 6＝9，∴3a 4＝9，a 4＝3.∴log 13(a 5＋a 7＋a 9)＝log 133a 7＝log 133(a 4＋6)＝log 1327＝－3.6．(2018·资阳模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝9，a 5＝1，则使得S n >0成立的最大的自然数n 为________．答案 9解析 因为a 1＝9，a 5＝1，所以d ＝1－94＝－2， 所以S n ＝9n ＋12n (n －1)(－2)>0，即n <10， 因此使得S n >0成立的最大的自然数n 为9.7．(2018·石嘴山模拟)在正项等比数列{a n }中，若a 1，12a 3，2a 2成等差数列，则a 5a 3＝________. 答案 3＋22解析 由于a 1，12a 3，2a 2成等差数列， 所以a 3＝a 1＋2a 2，即a 1q 2＝a 1＋2a 1q ，q 2－2q －1＝0，解得q ＝2＋1或q ＝1－2(舍去)．故a 5a 3＝q 2＝3＋2 2. 8．已知数列{a n }满足a 1＝2，且a n ＝2na n －1a n －1＋n －1(n ≥2，n ∈N *)，则a n ＝________. 答案 n ·2n2n －1解析 由a n ＝2na n －1a n －1＋n －1，得n a n ＝n －12a n －1＋12， 于是n a n －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1a n －1－1(n ≥2，n ∈N *)． 又1a 1－1＝－12， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n a n －1是以－12为首项，12为公比的等比数列，故n a n －1＝－12n ， ∴a n ＝n ·2n2n －1(n ∈N *)． 9．意大利数学家列昂那多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，…，即F (1)＝F (2)＝1，F (n )＝F (n －1)＋F (n －2)(n ≥3，n ∈N *)，此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用，若此数列被3整除后的余数构成一个新数列{}b n ，则b 2 017＝________.答案 1解析 由题意得引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，…，此数列被3 整除后的余数构成一个新数列为1,1,2,0,2,2,1,0,1,1,2,0,2,2,1,0，…，构成以8项为周期的周期数列，所以b 2 017＝b 1＝1.10．(2018·天津)设{a n }是等差数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)；{b n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为T n (n ∈N *)，已知b 1＝1，b 3＝b 2＋2，b 4＝a 3＋a 5，b 5＝a 4＋2a 6.(1)求S n 和T n ；(2)若S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n ，求正整数n 的值．解 (1)设等比数列{b n }的公比为q (q >0)．由b 1＝1，b 3＝b 2＋2，可得q 2－q －2＝0.因为q >0，可得q ＝2，故b n ＝2n －1.所以T n ＝1－2n 1－2＝2n －1(n ∈N *)． 设等差数列{a n }的公差为d .由b 4＝a 3＋a 5，可得a 1＋3d ＝4.由b 5＝a 4＋2a 6，可得3a 1＋13d ＝16，从而a 1＝1，d ＝1，故a n ＝n ，所以S n ＝n (n ＋1)2(n ∈N *)． (2)由(1)，有T 1＋T 2＋...＋T n ＝(21＋22＋ (2))－n ＝2×(1－2n )1－2－n ＝2n ＋1－n －2. 由S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n ，可得n (n ＋1)2＋2n ＋1－n －2＝n ＋2n ＋1， 整理得n 2－3n －4＝0，解得n ＝－1(舍去)或n ＝4.所以n 的值为4.B 组 能力提高11．数列{a n }是以a 为首项，b 为公比的等比数列，数列{b n }满足b n ＝1＋a 1＋a 2＋…＋a n (n ＝1,2，…)，数列{}c n 满足c n ＝2＋b 1＋b 2＋…＋b n (n ＝1,2，…)，若{}c n 为等比数列，则a ＋b 等于( ) A. 2 B ．3 C. 5 D ．6答案 B解析 由题意知，当b ＝1时，{c n }不是等比数列，所以b ≠1.由a n ＝ab n －1，得b n ＝1＋a (1－b n )1－b ＝1＋a 1－b －ab n1－b， 则c n ＝2＋⎝⎛⎭⎫1＋a 1－b n －a 1－b ·b (1－b n)1－b＝2－ab (1－b )2＋1－b ＋a 1－b n ＋ab n ＋1(1－b )2， 要使{}c n 为等比数列，必有⎩⎪⎨⎪⎧ 2－ab (1－b )2＝0，1－b ＋a 1－b ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝2，a ＋b ＝3. 12．艾萨克·牛顿(1643年1月4日－1727年3月31日)是英国皇家学会会长，英国著名物理学家，同时在数学上也有许多杰出贡献，牛顿用“作切线”的方法求函数f (x )的零点时给出一个数列{}x n 满足x n ＋1＝x n －f (x n )f ′(x n )，我们把该数列称为牛顿数列．如果函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)有两个零点1,2，数列{}x n 为牛顿数列，设a n ＝lnx n －2x n －1，已知a 1＝2，x n >2，则{a n }的通项公式a n ＝________.答案 2n解析 ∵ 函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)有两个零点1,2，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋b ＋c ＝0，4a ＋2b ＋c ＝0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝2a ，b ＝－3a . ∴f (x )＝ax 2－3ax ＋2a ，则f ′(x )＝2ax －3a .则x n ＋1＝x n －ax 2n －3ax n ＋2a 2ax n －3a＝x n －x 2n －3x n ＋22x n －3＝x 2n －22x n －3， ∴x n ＋1－2x n ＋1－1＝x 2n －22x n －3－2x 2n －22x n －3－1 ＝x 2n －2－2(2x n －3)x 2n －2－(2x n －3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x n －2x n －12， 则数列{a n }是以2为公比的等比数列，又∵a 1＝2，∴数列{a n }是以2为首项，以2为公比的等比数列，则a n ＝2·2n －1＝2n .13．(2018·攀枝花统考)记m ＝d 1a 1＋d 2a 2＋…＋d n a n n，若{}d n 是等差数列，则称m 为数列{a n }的“d n 等差均值”；若{}d n 是等比数列，则称m 为数列{a n }的“d n 等比均值”．已知数列{a n }的“2n －1等差均值”为2，数列{b n }的“3n －1等比均值”为3.记c n ＝2a n＋k log 3b n ，数列{}c n 的前n 项和为S n ，若对任意的正整数n 都有S n ≤S 6，则实数k 的取值范围是________．答案 ⎣⎡⎦⎤135，114解析 由题意得2＝a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n n， 所以a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，所以a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2n －2(n ≥2，n ∈N *)，两式相减得a n ＝22n －1(n ≥2，n ∈N *)．当n ＝1时，a 1＝2，符合上式，所以a n ＝22n －1(n ∈N *)． 又由题意得3＝b 1＋3b 2＋…＋3n －1b n n， 所以b 1＋3b 2＋…＋3n －1b n ＝3n ，所以b 1＋3b 2＋…＋3n －2b n －1＝3n －3(n ≥2，n ∈N *)，两式相减得b n ＝32－n (n ≥2，n ∈N *)．当n ＝1时，b 1＝3，符合上式，所以b n ＝32－n (n ∈N *)．所以c n ＝(2－k )n ＋2k －1.因为对任意的正整数n 都有S n ≤S 6，所以⎩⎪⎨⎪⎧c 6≥0，c 7≤0，解得135≤k ≤114. 14．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a ＝(a 1,1)，b ＝(1，a 10)，若a·b ＝24，且S 11＝143，数列{b n }的前n 项和为T n ，且满足12n a －＝λT n －(a 1－1)(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式及数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和M n ； (2)是否存在非零实数λ，使得数列{b n }为等比数列？并说明理由．解 (1)设数列{a n }的公差为d ，由a ＝(a 1,1)，b ＝(1，a 10)，a·b ＝24，得a 1＋a 10＝24，又S 11＝143，解得a 1＝3，d ＝2，因此数列{a n }的通项公式是a n ＝2n ＋1(n ∈N *)，所以1a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)＝12⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋3， 所以M n ＝12⎝⎛⎭⎫13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3 ＝n 6n ＋9(n ∈N *)． (2)因为12n a －＝λT n －(a 1－1)(n ∈N *)，且a 1＝3，所以T n ＝4n λ＋2λ， 当n ＝1时，b 1＝6λ；当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝3·4n －1λ， 此时有b n b n －1＝4，若{b n }是等比数列， 则有b 2b 1＝4，而b 1＝6λ，b 2＝12λ，彼此相矛盾， 故不存在非零实数λ使数列{b n }为等比数列． 第2讲 数列的求和问题[考情考向分析] 高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现了转化与化归的思想．热点一 分组转化法求和有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．例1 (2018·北京海淀区模拟)已知等差数列{a n }满足2a n ＋1－a n ＝2n ＋3(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{}a n ＋b n 是首项为1，公比为2的等比数列，求数列{b n }的前n 项和．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为2a n ＋1－a n ＝2n ＋3，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 2－a 1＝5，2a 3－a 2＝7，所以⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝5，a 1＋3d ＝7，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2， 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1(n ∈N *)．(2)因为数列{a n ＋b n }是首项为1，公比为2的等比数列， 所以a n ＋b n ＝2n －1，因为a n ＝2n －1，所以b n ＝2n －1－(2n －1)．设数列{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝(1＋2＋4＋…＋2n －1)－[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＝1－2n 1－2－n (1＋2n －1)2＝2n －1－n 2， 所以数列{b n }的前n 项和为2n －1－n 2(n ∈N *)．思维升华 在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．跟踪演练1 已知等差数列{a n }的公差为d ，且关于x 的不等式a 1x 2－dx －3<0的解集为(－1,3)，(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2n a＋2a n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)由题意，得⎩⎨⎧ d a 1＝2，－3a 1＝－3，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，a 1＝1. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝1＋2(n －1)，即a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)据(1)求解知a n ＝2n －1，所以b n ＝2n a ＋2a n ＝22n －1＋2(2n －1)＝4n 2＋4n －2， 所以S n ＝12(4＋42＋43＋…＋4n )＋(2＋6＋10＋…＋4n －2)＝12×4(1－4n )1－4＋n (2＋4n －2)2 ＝4n ＋16＋2n 2－23(n ∈N *)． 热点二 错位相减法求和错位相减法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别是等差数列和等比数列．例2 (2018·百校联盟联考)已知等比数列{a n }的公比q ≠1，前n 项和为S n (n ∈N *)，a 1＋a 3＝S 4S 2，a 1－1，a 2－1，a 3－1分别是一个等差数列的第1项，第2项，第5项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n lg a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)由a 1＋a 3＝S 4S 2得， a 1＋a 1q 2＝S 2(1＋q 2)S 2＝1＋q 2， 所以a 1＝1，由a 1－1，a 2－1，a 3－1分别是一个等差数列的第1项，第2项，第5项，得a 3－1－(a 1－1)＝4[(a 2－1)－(a 1－1)]，即a 3－a 1＝4(a 2－a 1)，即q 2－1＝4(q －1)，即q 2－4q ＋3＝0，因为q ≠1，所以q ＝3，所以a n ＝3n －1(n ∈N *)．(2)b n ＝a n lg a n ＝(n －1)·3n －1lg 3，所以T n ＝[0＋3＋2×32＋3×33＋…＋(n －1)×3n －1]lg 3，3T n ＝[0＋32＋2×33＋3×34＋…＋(n －1)×3n ]lg 3，两式相减得，－2T n ＝[3＋32＋33＋…＋3n －1－(n －1)×3n ]lg 3＝3(1－3n －1)lg 31－3－(n －1)·3n lg 3 ＝－3lg 32－⎝⎛⎭⎫n －32·3n lg 3， 所以T n ＝3lg 34＋⎝⎛⎭⎫n 2－34·3n lg 3(n ∈N *)． 思维升华 (1)错位相减法适用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列．(2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后得到部分求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1,2进行验证．跟踪演练2 (2018·安庆模拟)在等差数列{a n }中a 4＝9，前三项的和为15.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 3n 的前n 项和S n . 解 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋3d ＝9，3a 1＋3d ＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝2， ∴a n ＝2n ＋1(n ∈N *)．(2)S n ＝a 13＋a 232＋…＋a n 3n ＝33＋532＋733＋…＋2n ＋13n ，① 13S n ＝332＋533＋…＋2n ＋13n ＋1，② ①－②得，23S n ＝1＋2⎝⎛⎭⎫132＋133＋…＋13n －2n ＋13n ＋1， ∴S n ＝2－n ＋23n (n ∈N *)． 热点三 裂项相消法求和裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1或⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋2(其中{a n }为等差数列)等形式的数列求和．例3 (2018·天津市十二校模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＝a ()S n －a n ＋1(n ∈N *)(a 为常数，a ≠0，a ≠1)．(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n ＋S n ，若数列{b n }为等比数列，求a 的值；(3)在满足条件(2)的情形下，c n ＝a n ＋1()a n ＋1()a n ＋1＋1.若数列{}c n 的前n 项和为T n ，且对任意n ∈N *满足T n <λ2＋23λ，求实数λ的取值范围． 解 (1)∵S n ＝a ()S n －a n ＋1，∴n ＝1时，a 1＝a .n ≥2时，S n －1＝a (S n －1－a n －1＋1)，∴S n －S n －1＝a n ＝a (S n －S n －1)－aa n ＋aa n －1，∴a n ＝aa n －1，即a n a n －1＝a 且 a ≠0，a ≠1， ∴数列{a n }是以a 为首项，a 为公比的等比数列，∴a n ＝a n (n ∈N *)．(2)由b n ＝a n ＋S n 得，b 1＝2a ，b 2＝2a 2＋a ，b 3＝2a 3＋a 2＋a .∵数列{b n }为等比数列，∴b 22＝b 1b 3，(2a 2＋a )2＝2a (2a 3＋a 2＋a )，解得a ＝12. (3)由(2)知c n ＝⎝⎛⎭⎫12n ＋1⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫12n ＋1⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫12n ＋1＋1 ＝2n(2n ＋1)(2n ＋1＋1)＝12n＋1－12n ＋1＋1， ∴T n ＝121＋1－122＋1＋122＋1－123＋1＋…＋12n ＋1－12n ＋1＋1＝13－12n ＋1＋1<13， ∴13≤λ2＋23λ， 解得λ≥13或λ≤－1.即实数λ的取值范围是⎣⎡⎭⎫13，＋∞∪(－∞，－1]． 思维升华 (1)裂项相消法的基本思想就是把通项a n 分拆成a n ＝b n ＋k －b n (k ≥1，k ∈N *)的形式，从而在求和时达到某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{a n }的通项公式，使之符合裂项相消的条件．(2)常用的裂项公式①若{a n }是等差数列，则1a n a n ＋1＝1d ⎝⎛⎭⎫1a n －1a n ＋1，1a n a n ＋2＝12d ⎝⎛⎭⎫1a n －1a n ＋2； ②1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，1n (n ＋k )＝1k ⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋k ； ③1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1； ④1n (n ＋1)(n ＋2)＝12⎣⎡⎦⎤1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2)； ⑤1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，1n ＋n ＋k ＝1k (n ＋k －n )． 跟踪演练3 (2018·潍坊模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，a n >0(n ∈N *)，S 6＋a 6是S 4＋a 4，S 5＋a 5的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1212log n a -，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2b n b n ＋1的前n 项和为T n ，求T n . 解 (1)∵S 6＋a 6是S 4＋a 4，S 5＋a 5的等差中项，∴2()S 6＋a 6＝S 4＋a 4＋S 5＋a 5，∴S 6＋a 6－S 4－a 4＝S 5＋a 5－S 6－a 6，化简得4a 6＝a 4，设等比数列{a n }的公比为q ，则q 2＝a 6a 4＝14， ∵a n >0(n ∈N *)，∴q >0，∴q ＝12， ∴a n ＝2×⎝⎛⎭⎫12n －1＝⎝⎛⎭⎫12n －2(n ∈N *)．(2)由(1)得，b n ＝1212log n a -＝23121log 2n -⎛⎫ ⎪⎝⎭＝2n －3. 设c n ＝2b n b n ＋1＝2()2n －3(2n －1)＝12n －3－12n －1. ∴T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝⎝⎛⎭⎫1－1－11＋⎝⎛⎭⎫11－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －3－12n －1 ＝－1－12n －1＝－2n2n －1(n ∈N *)．真题体验1．(2017·全国Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k ＝________.答案2nn ＋1(n ∈N *) 解析 设等差数列{a n }的公差为d ， 由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1＋2d ＝3，S 4＝4a 1＋4×32d ＝10，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1. ∴S n ＝n ×1＋n (n －1)2×1＝n (n ＋1)2，1S n ＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1. ∴∑k ＝1n1S k ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝2nn ＋1(n ∈N *)． 2．(2017·天津)已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4. (1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和(n ∈N *)．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q . 由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12，而b 1＝2， 所以q 2＋q －6＝0.又因为q >0，解得q ＝2，所以b n ＝2n . 由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8，① 由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16，② 联立①②，解得a 1＝1，d ＝3， 由此可得a n ＝3n －2(n ∈N *)．所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2(n ∈N *)，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n (n ∈N *)． (2)设数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为T n ，由a 2n ＝6n －2，b 2n －1＝2×4n －1，得a 2n b 2n －1＝(3n －1)×4n ，故T n ＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n －1)×4n ，③4T n ＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n －4)×4n ＋(3n －1)×4n ＋1，④ ③－④，得－3T n ＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n －(3n －1)×4n ＋1 ＝12×(1－4n )1－4－4－(3n －1)×4n ＋1＝－(3n －2)×4n ＋1－8， 得T n ＝3n －23×4n ＋1＋83(n ∈N *)．所以数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为3n －23×4n ＋1＋83(n ∈N *)．押题预测1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋22n n (n ＋1)(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，若存在M ∈Z ，满足对任意的n ∈N *，都有S n <M 恒成立，则M 的最小值为________．押题依据 数列的通项以及求和是高考重点考查的内容，也是《考试大纲》中明确提出的知识点，年年在考，年年有变，变的是试题的外壳，即在题设的条件上有变革，有创新，但在变中有不变性，即解答问题的常用方法有规律可循． 答案 1解析 因为a n ＝n ＋22n n (n ＋1)＝2(n ＋1)－n2n n (n ＋1)＝12n －1n －12n (n ＋1)， 所以S n ＝⎝⎛⎭⎫120×1－121×2＋⎝⎛⎭⎫121×2－122×3＋…＋⎣⎡⎦⎤12n －1n －12n (n ＋1)＝1－12n (n ＋1)，由于1－12n (n ＋1)<1，所以M 的最小值为1.2．数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＝n 2，数列{b n }满足： ①b 3＝14；②b n >0；③2b 2n ＋1＋b n ＋1b n －b 2n ＝0. (1)求数列{a n }与{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 .押题依据 错位相减法求和是高考的重点和热点，本题先利用a n ，S n 的关系求a n ，也是高考出题的常见形式．解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1(n ∈N *)， 又a 1＝1满足a n ＝2n －1， ∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．∵2b 2n ＋1＋b n ＋1b n －b 2n ＝0，且b n >0，∴2b n ＋1＝b n ， ∴q ＝12，b 3＝b 1q 2＝14，∴b 1＝1，b n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1(n ∈N *)． (2)由(1)得c n ＝(2n －1)⎝⎛⎭⎫12n －1，T n ＝1＋3×12＋5×⎝⎛⎭⎫122＋…＋(2n －1)⎝⎛⎭⎫12n －1， 12T n ＝1×12＋3×⎝⎛⎭⎫122＋…＋(2n －3)⎝⎛⎭⎫12n －1＋(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n ， 两式相减，得12T n ＝1＋2×12＋2×⎝⎛⎭⎫122＋…＋2×⎝⎛⎭⎫12n －1－(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n ＝1＋2⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n －1－(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n ＝3－⎝⎛⎭⎫12n －1⎝⎛⎭⎫32＋n .∴T n ＝6－⎝⎛⎭⎫12n －1(2n ＋3)(n ∈N *)．A 组 专题通关1．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，且a n ，a n ＋1是方程x 2－b n x ＋2n ＝0的两根，则b 10等于( ) A ．24 B ．32 C ．48 D ．64答案 D解析 由已知有a n a n ＋1＝2n ， ∴a n ＋1a n ＋2＝2n ＋1，则a n ＋2a n＝2，∴数列{a n }的奇数项、偶数项均为公比为2的等比数列，可以求出a 2＝2， ∴数列{a n }的项分别为1,2,2,4,4,8,8,16,16,32,32，…，而b n ＝a n ＋a n ＋1， ∴b 10＝a 10＋a 11＝32＋32＝64.2．(2018·河南省六市联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n ＋1＋m ，且a 1，a 4，a 5－2成等差数列，b n ＝a n (a n －1)(a n ＋1－1)，数列{b n }的前n 项和为T n ，则满足T n >2 0172 018的最小正整数n 的值为( )A ．11B ．10C ．9D ．8答案 B解析 根据S n ＝2n ＋1＋m 可以求得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧m ＋4，n ＝1，2n ，n ≥2，所以有a 1＝m ＋4，a 4＝16，a 5＝32， 根据a 1，a 4，a 5－2成等差数列，可得m ＋4＋32－2＝32，从而求得m ＝－2， 所以a 1＝2满足a n ＝2n ， 从而求得a n ＝2n (n ∈N *)，所以b n ＝a n (a n －1)(a n ＋1－1)＝2n(2n －1)(2n ＋1－1) ＝12n －1－12n ＋1－1， 所以T n ＝1－13＋13－17＋17－115＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1，令1－12n ＋1－1>2 0172 018，整理得2n ＋1>2 019，解得n ≥10.3．(2018·山西榆社中学模拟)设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝12，n ＋1a n ＋1＝na n ＋2n (n ∈N *)，则S 100等于( ) A ．2－492100B ．2－49299C ．2－512100D ．2－51299答案 D解析 由n ＋1a n ＋1＝n a n ＋2n ，得n ＋1a n ＋1－na n＝2n ，则n a n －n －1a n －1＝2n －1，n －1a n －1－n －2a n －2＝2n －2，…，2a 2－1a 1＝21， 将各式相加得n a n －1a 1＝21＋22＋…＋2n －1＝2n －2，又a 1＝12，所以a n ＝n ·12n ，因此S 100＝1×12＋2×122＋…＋100×12100，则12S 100＝1×122＋2×123＋…＋99×12100＋100×12101， 两式相减得12S 100＝12＋122＋123＋…＋12100－100×12101，所以S 100＝2－⎝⎛⎭⎫1299－100·⎝⎛⎭⎫12100＝2－51299. 4．在等比数列{a n }中，a 2·a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为17，设b n ＝(－1)n a n ，n ∈N *，则数列{b n }的前2 018项的和为________． 答案 41 0083－112解析 设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q . ∵a 2·a 3＝2a 1， ∴a 1·q 3＝2，即a 4＝2. ∵a 4与2a 7的等差中项为17， ∴a 4＋2a 7＝34，即a 7＝16， ∴a 1＝14，q ＝2，∴a n ＝⎝⎛⎭⎫14·2n －1＝2n －3(n ∈N *)． ∵b n ＝(－1)n a n ＝(－1)n ·2n －3， ∴数列{b n }的前2 018项的和为S 2 018＝－(a 1＋a 3＋…＋a 2 017)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2 018)＝－(2－2＋20＋22＋…＋22 014)＋(2－1＋21＋23＋…＋22 015)＝－14(1－41 009)1－4＋12(1－41 009)1－4＝41 0083－112.5．(2018·保山模拟)若数列{a n }的通项公式a n ＝n sin n π3(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，则S 2 018＝________. 答案2 01932解析 a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝－33， a 7＋a 8＋a 9＋a 10＋a 11＋a 12＝－33， ……a 6m ＋1＋a 6m ＋2＋a 6m ＋3＋a 6m ＋4＋a 6m ＋5＋a 6m ＋6 ＝－33，m ∈N ， 所以S 2 018＝2 01932.6．(2018·山东K12联盟考试)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足2S n ＝3a n －1(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{}(2n －1)a n 的前n 项和T n .解 (1)当n ＝1时，2a 1＝3a 1－1，a 1＝1. 当n ≥2时，2S n ＝3a n －1，① 2S n －1＝3a n －1－1，②①－②得，2a n ＝3a n －3a n －1，∴a n ＝3a n －1，∴a na n －1＝3，数列{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列， 所以a n ＝3n －1(n ∈N *)．(2)由(1)得(2n －1)a n ＝(2n －1)3n －1，T n ＝1×30＋3×31＋5×32＋…＋(2n －1)×3n －1，① 3T n ＝1×31＋3×32＋…＋(2n －3)×3n －1＋(2n －1)×3n ，② ①－②，得－2T n ＝1＋2(31＋32＋33＋…＋3n －1)－(2n －1)×3n ＝1＋2×3－3n1－3－(2n －1)×3n ＝－2(n －1)×3n －2.所以T n ＝(n －1)×3n ＋1(n ∈N *)．7．(2018·永州模拟)在等比数列{a n }中，首项a 1＝8，数列{b n }满足b n ＝log 2a n (n ∈N *)，且b 1＋b 2＋b 3＝15.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列{b n }的前n 项和为S n ，又设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为T n ，求证：T n <34.(1)解 由b n ＝log 2a n 和b 1＋b 2＋b 3＝15， 得log 2(a 1a 2a 3)＝15， ∴a 1a 2a 3＝215，设等比数列{a n }的公比为q ， ∵a 1＝8，∴a n ＝8q n －1， ∴8·8q ·8q 2＝215，解得q ＝4， ∴a n ＝8·4n －1，即a n ＝22n ＋1(n ∈N *)． (2)证明 由(1)得b n ＝2n ＋1， 易知{b n }为等差数列，S n ＝3＋5＋…＋(2n ＋1)＝n 2＋2n ， 则1S n ＝1n (n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2， T n ＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫12－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝⎛⎭⎫32－1n ＋1－1n ＋2， ∴T n <34.8．在公差不为0的等差数列{a n }中，a 22＝a 3＋a 6，且a 3为a 1与a 11的等比中项． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝(－1)nn⎝⎛⎭⎫a n －12⎝⎛⎭⎫a n ＋1－12(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设数列{a n }的公差为d ， ∵a 22＝a 3＋a 6，∴(a 1＋d )2＝a 1＋2d ＋a 1＋5d ，① ∵a 23＝a 1·a 11，即(a 1＋2d )2＝a 1·(a 1＋10d )，② ∵d ≠0，由①②解得a 1＝2，d ＝3.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1(n ∈N *)． (2)由题意知， b n ＝(－1)nn⎝⎛⎭⎫3n －32·⎝⎛⎭⎫3n ＋32 ＝(－1)n ·16·⎝⎛⎭⎪⎫13n －32＋13n ＋32 ＝(－1)n·19·⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1T n ＝19⎣⎡－⎝⎛⎭⎫11＋13＋⎝⎛⎭⎫13＋15－⎝⎛⎭⎫15＋17＋…⎦⎤＋(－1)n⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1 ＝19⎣⎡⎦⎤－1＋(－1)n 12n ＋1. B 组 能力提高9．(2018·茂名联考)记函数f (x )＝sin 2nx －cos nx 在区间[0，π]内的零点个数为a n (n ∈N *)，则数列{a n }的前20项的和是( ) A ．430 B ．840 C ．1 250 D ．1 660 答案 A解析 令f (x )＝sin 2nx －cos nx ＝2cos nx ⎝⎛⎭⎫sin nx －12＝0， 得cos nx ＝0，① 或sin nx ＝12，②由①得nx ＝π2＋k π(k ∈Z )，令0≤π2＋k π≤n π(k ∈Z )，得－12≤k ≤n －12(k ∈Z )，故①共有n 个解，由②得nx ＝π6＋2k π或5π6＋2k π(k ∈Z )，令0≤π6＋2k π≤n π(k ∈Z )，得－112≤k ≤n 2－112(k ∈Z )，③令0≤5π6＋2k π≤n π(k ∈Z )，得－512≤k ≤n 2－512(k ∈Z )，④当n 为偶数时，③有n 2个解，④有n2个解，故②有n 个解，故a n ＝2n ；当n 为奇数时，③有n ＋12个解，④有n ＋12个解，故②有n ＋1个解，故a n ＝2n ＋1，令b n ＝a 2n －1＋a 2n ＝2(2n －1)＋1＋2()2n ＝8n －1， 故a 1＋a 2＋…＋a 20＝b 1＋b 2＋…＋b 10 ＝10×()b 1＋b 102＝430.10．(2018·百校联盟联考)已知数列{a n }的奇数项和偶数项均为公比为q 的等比数列，q ＝12，且a 1＝2a 2＝1，则数列{}3a n ＋n －7的前n 项和的最小值为________． 答案 －1058解析 当n 为奇数时，设n ＝2k －1()k ∈N *， a n ＝a 2k －1＝a 1qk －1＝⎝⎛⎭⎫12k －1＝⎝⎛⎭⎫1212n -；当n 为偶数时，设n ＝2k ()k ∈N *， a n ＝a 2k ＝a 2qk －1＝⎝⎛⎭⎫12k ＝⎝⎛⎭⎫122n，综上a n＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝⎛⎭⎫1212n -，n 为奇数，⎝⎛⎭⎫122n ，n 为偶数.设b n ＝3a n ＋n －7.n 为偶数时， S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝3⎝⎛⎭⎪⎫1－⎝⎛⎭⎫122n1－12＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫122n 1－12＋()1＋2＋…＋n －7n ＝9⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫122n ＋n 2－13n 2. 又n 2－13n 2＝12⎝⎛⎭⎫n －1322－1698.当n ≥7时，因为f (n )＝n 2－13n 2是关于n 的增函数，又g (n )＝9⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫122n 也是关于n 的增函数， 所以S 8<S 10<S 12<…，因为S 8＝－18516，S 6＝－1058，S 4＝－454，S 2＝－132，所以S 6<S 8<S 4<S 2，所以当n 为偶数时，S 6最小，S 6＝－1058，n 为奇数时， S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝3⎝⎛⎭⎪⎫1－⎝⎛⎭⎫1212n +1－12＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫1212n -1－12＋ ()1＋2＋…＋n －7n ＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－2×⎝⎛⎭⎫1212n -＋n 2－13n 2.又n 2－13n 2＝12⎝⎛⎭⎫n －1322－1698.当n ≥7时，因为f (n )＝n 2－13n 2是关于n 的增函数，又g (n )＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－2×⎝⎛⎭⎫1212n -也是关于n 的增函数，所以S 7<S 9<S 11<…，因为S 7＝－514，S 5＝－252，S 3＝－9，S 1＝－3，所以S 7<S 5<S 3<S 1，所以当n 为奇数时，S 7最小，S 7＝－514.又因为S 7>S 6，综上可知(S n )min ＝S 6＝－1058. 11．(2018·天津市滨海新区七所重点学校联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2a n －1(n ∈N *)，数列{b n }满足nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n (n ＋1)(n ∈N *)，且b 1＝1，(1)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n 为等差数列，并求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)若c n ＝(－1)n －14(n ＋1)(3＋2log 2a n )(3＋2log 2a n ＋1)，求数列{c n }的前2n 项和T 2n ； (3)若d n ＝a n ·b n ，数列{}d n 的前n 项和为D n ，对任意的n ∈N *，都有D n ≤nS n －a ，求实数a 的取值范围．解 (1)由nb n ＋1－(n ＋1)b n ＝n (n ＋1)两边同除以n (n ＋1)，得b n ＋1n ＋1－b n n＝1， 从而数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n n 为首项b 11＝1，公差d ＝1的等差数列， 所以b n n＝n (n ∈N *)， 数列{b n }的通项公式为b n ＝n 2.当n ＝1时，S 1＝2a 1－1＝a 1，所以a 1＝1.当n ≥2时，S n ＝2a n －1，S n －1＝2a n －1－1，两式相减得a n ＝2a n －1，又a 1＝1≠0，所以a n a n －1＝2， 从而数列{a n }为首项a 1＝1，公比q ＝2的等比数列，从而数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)c n ＝(－1)n －1·⎣⎢⎡⎦⎥⎤4(n ＋1)(2n ＋1)(2n ＋3) ＝(－1)n －1⎝⎛⎭⎫12n ＋1＋12n ＋3， T 2n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c 2n －1＋c 2n＝13＋15－15－17＋…－14n ＋1－14n ＋3＝13－14n ＋3(n ∈N *)． (3)由(1)得d n ＝a n b n ＝n ·2n －1，D n ＝1×1＋2×2＋3×22＋…＋(n －1)·2n －2＋n ·2n －1，2D n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n .。