【导与练】(新课标)2016高考数学二轮复习 专题四 数列 第1讲 等差数列与等比数列课件 理
2016高考数学二轮复习 专题3 数列 第一讲 等差数列与等比数列课件 文
（2）因为 bn＝log3an＝n－1，利用等差数列的求和公式即得.
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解析： （1）设{an}的公比为 q，依题意得：
a1q＝3， 4 a1q ＝81， a1＝1， 解得 因此，an＝3n－1. 2 ＋（ 2 － 2b ） b 2－b
n－1 （ n ＋ 1 ） · 2 ，b＝2，
－1
]，b≠2.
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（1）证明数列{an}为等比数列有如下方法： an＋1 ①证明 ＝q（与 n 值无关的非零常数）. an ②a2 （n≥2，n∈N）. n＝an－1·an＋1（等比中项） （2）已知 an＋1＝Aan＋B（A，B 为常数）求{an}的通项时，用构
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an＋1－（n＋1）· 2n 即 ＝2. an－n· 2n－1 又∵a1－1· 21－1＝1≠0，∴{an－n· 2n－1}是首项为 1， 公比为 2 的等 比数列. （2）当 b＝2 时，由（1）知， an－n· 2n－1＝2n－1， ∴an＝（n＋1）· 2n－1. 当 b≠2 时，由③知： 1 n＋1 an＋1－ 2 2－b b·2n 1 n＋1 ＝ban＋2 － 2 ＝ban－ 2－b 2－b
4.证明三个实数a，b，c成等差数列时，常证2b＝a＋c，反
之亦然；证明三个实数a，b，c成等比数列时，常证b2＝ac， 但反之不成立.
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5.已知三个实数成等差数列时，常设三个实数依次为a－d，a，
a＋d或a，a＋d，a＋2d；已知三个实数成等比数列时，常设
三个实数依次是，a，aq或a，aq，aq2. 6.判定一个数列是等差数列的常用方法有： （1）定义法：an＋1－an＝d（d是常数，n∈N*）⇔{an}是等差 数列.
【精编】高优指导2016高考数学二轮复习 专题四 数列 第一讲 等差数列与等比数列课件 理-精心整理
3>>0,0,因此
a4>0,a8>0,a6=
������4������8 =
2.故选 C.
答案:C
制作不易 尽请参考
12345
5. (2013 广东高考,理 12)在等差数列{an}中,已知 a3+a8=10,则
3a5+a7=
.
解析:因为数列{an}是等差数列,所以由等差数列的性质得
a3+a8=a5+a6=a4+a7=10.
考点1 考点2 考点3
等比数列及其前 n 项和
例 3(本小题满分 12 分)已知等比数列{an}的公比 q=-12.
(1)若 a3=14,求数列{an}的前 n 项和; (2)证明:对任意 k∈N*,ak,ak+2,ak+1 成等差数列. (1)解:由 a3=a1q2=14及 q=-12,得 a1=1.2 分
123
3.常用性质 (1)在等差数列{an}中,若 m+n=p+q,则 am+an=ap+aq;在等比数列{an}中, 若 m+n=p+q,则 aman=apaq. (2)在等差数列{an}中,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…,Skn-S(k-1)n,…成等差数列,其中 Sn 为数列{an}的前 n 项和; 在等比数列{an}中,当公比 q≠-1 时,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…,Skn-S(k-1)n,…成等比 数列,其中 Sn 为数列{an}的前 n 项和,且各项不为零. (3)对于等差数列{an}, ①若项数为 2n(n∈N*),则 S2n=n(an+an+1)(an,an+1 为中间两项); S 偶-S 奇=nd,������������奇 偶 = ������������������+������1; ②若项数为 2n-1(n∈N*),则 S2n-1=(2n-1)a 中,S 奇-S 偶=a 中,������������奇 偶 = ���������-���1(其中 a 中为数列{an}的中间项).
高中数学专题练习《数列、导数知识点》含详细解析
数列、导数知识点一、等差数列1.概念:如果一个数列从第2项起,每一项与它的前一项的差都等于同一个常数,那么这个数列就叫做等差数列,即a n+1-a n=d(n∈N*,d为常数).2.等差中项:由三个数a,A,b组成的等差数列可以看成是最简单的等差数列.这时,A叫做a与b的等差中项,且2A=a+b.3.通项公式:等差数列{a n}的首项为a1,公差为d,则其通项公式为a n=a1+(n-1)d.4.前n项和公式:S n=n(a1+a n)2=na1+n(n-1)2d(n∈N*).5.性质:(1)通项公式的推广:a n=a m+(n-m)d(m,n∈N*).(2)若m+n=p+q(m,n,p,q∈N*),则有a m+a n=a p+a q.(3)数列S m,S2m-S m,S3m-S2m,…也是等差数列.(4)数列{a n}是等差数列⇔S n=An2+Bn(A,B为常数).(5)在等差数列{a n}中,若a1>0,d<0,则S n存在最大值;若a1<0,d>0,则S n存在最小值.二、等比数列 1.概念:如果一个数列从第2项起,每一项与它的前一项的比都等于同一个常数,那么这个数列叫做等比数列,即a na n-1=q(n≥2,n∈N*,q为非零常数).2.等比中项:如果在a与b中间插入一个数G,使a,G,b成等比数列,那么G叫做a与b的等比中项.此时,G2=ab.3.通项公式:等比数列{a n}的首项为a1,公比为q,则其通项公式为a n=a1q n-1.4.前n项和公式:S n ,=a1-a n q1-q,q≠1.5.性质:(1)通项公式的推广:a n=a m q n-m(m,n∈N*).(2)若k+l=m+n(k,l,m,n∈N*),则有a k·a l=a m·a n.(3)当q≠-1或q=-1且n为奇数时,S n,S2n-S n,S3n-S2n,…仍成等比数列,其公比为q n.三、求一元函数的导数1.基本初等函数的导数公式基本初等函数导函数f(x)=c(c为常数)f'(x)=0f(x)=xα(α∈Q,且α≠0)f'(x)=αxα-1f(x)=sin x f'(x)=cos xf(x)=cos x f'(x)=-sin xf(x)=a x(a>0,且a≠1)f'(x)=a x ln af(x)=e x f'(x)=e xf(x)=log a x(a>0,且a≠1)f'(x)=1x ln af(x)=ln x f'(x)=1x 2.导数的四则运算法则已知两个函数f(x),g(x)的导数分别为f'(x),g'(x).若f'(x),g'(x)存在,则有:(1)[f(x)±g(x)]'=f'(x)±g'(x);(2)[f(x)g(x)]'=f'(x)g(x)+f(x)g'(x);(g(x)≠0).'=f'(x)g(x)-f(x)g'(x)[g(x)]23.简单复合函数的导数复合函数y=f(g(x))的导数和函数y=f(u),u=g(x)的导数间的关系为y'x=y'u·u'x.四、导数在研究函数中的应用 1.函数的单调性与导数一般地,函数f(x)的单调性与导函数f'(x)的正负之间具有如下的关系:在某个区间(a,b)上,如果f'(x)>0,那么函数y=f(x)在区间(a,b)上单调递增;在某个区间(a,b)上,如果f'(x)<0,那么函数y=f(x)在区间(a,b)上单调递减.2.函数的极值与导数f'(x0)=0条件x0附近的左侧f'(x)>0,右侧x0附近的左侧f'(x)<0,右侧f'(x)>0 f'(x)<0图象极值f(x0)为极大值f(x0)为极小值极值x0为极大值点x0为极小值点点 3.函数的最大(小)值与导数(1)如果在区间[a,b]上函数y=f(x)的图象是一条连续不断的曲线,那么它必有最大值和最小值.(2)若函数f(x)在[a,b]上单调递增,则f(a)为函数的最小值, f(b)为函数的最大值;若函数f(x)在[a,b]上单调递减,则f(a)为函数的最大值, f(b)为函数的最小值.(3)求函数y=f(x)在区间[a,b]上的最大值与最小值的步骤如下:①求函数y=f(x)在区间(a,b)上的极值;②将函数y=f(x)的各极值与端点处的函数值f(a), f(b)比较,其中最大的一个是最大值,最小的一个是最小值.。
高考数学二轮复习 专题四 数列 第1讲 等差数列与等比数列课件 文
所以 S5=5a1+ 5 4 ×d=5(a1+2d)=5. 2
3.(2014 新课标全国卷Ⅱ,文 5)等差数列{an}的公差为 2,若 a2,a4,a8 成 等比数列,则{an}的前 n 项和 Sn 等于( A ) (A)n(n+1) (B)n(n-1)
(4)前n项和公式法:Sn=An2+Bn(A,B为常数)⇒{an}是等差数列;Sn=Aqn-A(A 为非零常数,q≠0,1)⇒{an}是等比数列.
4.等差、等比数列的单调性 (1)等差数列的单调性 d>0⇔{an}为递增数列,Sn有最小值. d<0⇔{an}为递减数列,Sn有最大值. d=0⇔{an}为常数列.
则公比q=
.
解析:由题意,q≠1,
由S3+3S2=4a1+4a2+a3 =a1(4+4q+q2) =a1(q+2)2 =0,
a1≠0知q=-2. 答案:-2
6.(2013 新课标全国卷Ⅱ,文 17)已知等差数列{an}的公差不为零,a1=25, 且 a1,a11,a13 成等比数列. (1)求{an}的通项公式; (2)求 a1+a4+a7+…+a3n-2.
(C) n(n 1) 2
(D) n(n 1) 2
解析:因为 a2,a4,a8 成等比数列,
所以 a42 =a2·a8, 所以(a1+6)2=(a1+2)·(a1+14),
解得 a1=2.
所以 Sn=na1+ n(n 1) d=n(n+1). 2
高考数学二轮复习专题4数列第1讲等差数列与等比数列理
第1讲等差数列与等比数列等差、等比数列的基本运算1.(2015新课标全国卷Ⅰ)已知{a n}是公差为1的等差数列,S n为{a n}的前n项和.若S8=4S4,则a10等于( B )(A)(B)(C)10 (D)12解析:设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d.由题设知d=1,S8=4S4,所以8a1+28=4(4a1+6),解得a1=,所以a10=+9=,选B.2.(2015辽宁省锦州市质量检测(一))已知各项不为0的等差数列{a n}满足a4-2+3a8=0,数列{b n}是等比数列,且b7=a7,则b2b8b11等于( D )(A)1 (B)2 (C)4 (D)8解析:因为a4-2+3a8=0,所以a1+3d-2+3(a1+7d)=0,所以4(a1+6d)-2=0,即4a7-2=0,又a7≠0,所以a7=2,所以b7=2,所以b2b8b11=b1q·b1q7·b1q10=(b1q6)3==8.故选D.3.(2015河南郑州第二次质量预测)设等比数列{a n}的前n项和为S n,若27a3-a6=0,则= .解析:设等比数列公比为q(q≠1),因为27a3-a6=0,所以27a3-a3q3=0,所以q3=27,q=3,所以====28.答案:28等差、等比数列的性质及应用4.(2015河南省六市第二次联考)已知数列{a n}为等比数列,若a4+a6=10,则a7(a1+2a3)+a3a9的值为( C )(A)10 (B)20 (C)100 (D)200解析:a7(a1+2a3)+a3a9=a1a7+2a3a7+a3a9=+2a4a6+=(a4+a6)2=102=100.故选C.5.设等比数列{a n}中,前n项和为S n,已知S3=8,S6=7,则a7+a8+a9等于( A )(A)(B)-(C)(D)解析:因为a7+a8+a9=S9-S6,在等比数列中S3,S6-S3,S9-S6也成等比数列,即8,-1,S9-S6成等比数列,所以有8(S9-S6)=1,即S9-S6=.故选A.6.(2015新课标全国卷Ⅱ)已知等比数列{a n}满足a1=,a3a5=4(a4-1),则a2等于( C )(A)2 (B)1 (C)(D)解析:法一根据等比数列的性质,结合已知条件求出a4,q后求解.因为a3a5=,a3a5=4(a4-1),所以=4(a4-1),所以-4a4+4=0,所以a4=2.又因为q3===8,所以q=2,所以a2=a1q=×2=.故选C.法二直接利用等比数列的通项公式,结合已知条件求出q后求解.因为a3a5=4(a4-1),所以a1q2·a1q4=4(a1q3-1),将a1=代入上式并整理,得q6-16q3+64=0,解得q=2,所以a2=a1q=.故选C.7.(2015哈师大附中、东北师大附中、辽宁实验中学第一次联合模拟)设S n是公差不为零的等差数列{a n}的前n项和,且a1>0,若S5=S9,则当S n最大时,n等于( B )(A)6 (B)7 (C)8 (D)9解析:依题意得S9-S5=a6+a7+a8+a9=0,所以2(a7+a8)=0,所以a7+a8=0,又a1>0,所以该等差数列的前7项为正数,从第8项开始为负数.所以当S n最大时,n=7.故选B.8.(2015东北三校第一次联合模拟)若等差数列{a n}中,满足a4+a6+a2010+a2012=8,则S2015= .解析:因为a4+a6+a2010+a2012=8,所以2(a4+a2012)=8,所以a4+a2012=4.所以S2015===4030.答案:4030等差、等比数列的综合问题9.(2015甘肃二诊)设等差数列{a n}的前n项和为S n,且满足S17>0,S18<0,则,,…,中最大的项为( C )(A)(B)(C)(D)解析:因为S17==17a9>0,S18==9(a10+a9)<0,所以a9>0,a10+a9<0,所以a10<0.所以等差数列为递减数列,则a1,a2,…,a9为正,a10,a11,…为负,S1,S2,…,S17为正,S18,S19,…为负,所以>0,>0,…,>0,<0,<0,…,<0,又S1<S2<…<S9,a1>a2>…>a9,所以,,…,中最大的项为.故选C.10.(2014辽宁卷)设等差数列{a n}的公差为d,若数列{}为递减数列,则( C )(A)d<0 (B)d>0(C)a1d<0 (D)a1d>0解析:因为数列{}为递减数列,a1a n=a1[a1+(n-1)d]=a1dn+a1(a1-d),等式右边为关于n的一次函数,所以a1d<0.11.(2015兰州高三诊断)在等比数列{a n}中,已知a1=2,a4=16.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若a3,a5分别为等差数列{b n}的第3项和第5项,试求数列{b n}的前n项和S n.解:(1)因为{a n}为等比数列,所以=q3=8;所以q=2.所以a n=2·2n-1=2n.(2)b3=a3=23=8,b5=a5=25=32,又因为{b n}为等差数列,所以b5-b3=24=2d,所以d=12,b1=a3-2d=-16,所以S n=-16n+×12=6n2-22n.一、选择题1.(2015云南第二次检测)设S n是等差数列{a n}的前n项和,若a1∶a2=1∶2,则S1∶S3等于( D )(A)1∶3 (B)1∶4 (C)1∶5 (D)1∶6解析:S1∶S3=a1∶(a1+a2+a3)=a1∶3a2,又a1∶a2=1∶2,所以S1∶S3=1∶6.故选D.2.(2015银川九中月考)已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=1,S n=2a n+1,则S n等于( B )(A)2n-1 (B)（）n-1(C)（）n-1(D)解析:由S n=2a n+1得S n=2(S n+1-S n),所以S n+1=S n.所以{S n}是以S1=a1=1为首项,为公比的等比数列.所以S n=（）n-1.故选B.3.(2015河北石家庄二模)等比数列{a n}的前n项和为S n,已知S3=a2+5a1,a7=2,则a5等于( A )(A)(B)-(C)2 (D)-2解析:设公比为q,因为S3=a2+5a1,所以a1+a2+a3=a2+5a1,所以a3=4a1,所以q2==4,又a7=2,所以a5===.故选A.4.已知{a n}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则a1+a10等于( D )(A)7 (B)5 (C)-5 (D)-7解析:法一利用等比数列的通项公式求解.由题意得所以或所以a1+a10=a1(1+q9)=-7.法二利用等比数列的性质求解.由解得或所以或所以a1+a10=a1(1+q9)=-7.故选D.5.(2015兰州高三诊断)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,若a4=18-a5,则S8等于( D )(A)18 (B)36 (C)54 (D)72解析:因为a4=18-a5,所以a4+a5=18,所以S8====72.故选D.6.(2014郑州市第二次质量预测)在数列{a n}中,a n+1=ca n(c为非零常数),前n项和为S n=3n+k,则实数k为( A )(A)-1 (B)0 (C)1 (D)2解析:由a n+1=ca n,可知{a n}是等比数列,设公比q,由S n=,得S n=-·q n+.由S n=3n+k,知k=-1.故选A.7.设{a n}是公差不为零的等差数列,满足+=+,则该数列的前10项和等于( C )(A)-10 (B)-5 (C)0 (D)5解析:设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d(d≠0),由+=+得,(a1+3d)2+(a1+4d)2=(a1+5d)2+(a1+6d)2,整理得2a1+9d=0,即a1+a10=0,所以S10==0.故选C.8.(2015北京卷)设{a n}是等差数列,下列结论中正确的是( C )(A)若a1+a2>0,则a2+a3>0(B)若a1+a3<0,则a1+a2<0(C)若0<a1<a2,则a2>(D)若a1<0,则(a2-a1)(a2-a3)>0解析:因为{a n}为等差数列,所以2a2=a1+a3.当a2>a1>0时,得公差d>0,所以a3>0,所以a1+a3>2,所以2a2>2,即a2>,故选C.9.(2015大连市二模)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,a2=4,S10=110,则的最小值为( C )(A)7 (B)(C)(D)8解析:设等差数列{a n}的公差为d,则解得所以a n=2+2(n-1)=2n,S n=2n+×2=n2+n,所以==++≥2+=.当且仅当=,即n=8时取等号.故选C.10.(2015福建卷)若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p+q的值等于( D ) (A)6 (B)7 (C)8 (D)9解析:由题可知a,b是x2-px+q=0的两根,所以a+b=p>0,ab=q>0,故a,b均为正数.因为a,b,-2适当排序后成等比数列,所以-2是a,b的等比中项,得ab=4,所以q=4.又a,b,-2适当排序后成等差数列,所以-2是第一项或第三项,不妨设a<b,则-2,a,b成递增的等差数列,所以2a=b-2,联立消去b得a2+a-2=0,得a=1或a=-2,又a>0,所以a=1,此时b=4,所以p=a+b=5,所以p+q=9.故选D.二、填空题11.(2015黑龙江高三模拟)等差数列{a n}中,a4+a8+a12=6,则a9-a11= .解析:设等差数列{a n}公差为d,因为a4+a8+a12=6,所以3a8=6,即a8=a1+7d=2,所以a9-a11=a1+8d-(a1+10d)=a1+ d=(a1+7d)=×2=.答案:12.(2015宁夏石嘴山高三联考)若正项数列{a n}满足a2=,a6=,且=(n≥2,n∈N*),则log2a4= .解析:因为=(n≥2,n∈N*),所以=a n-1·a n+1,所以数列{a n}为等比数列.又a2=,a6=,所以q4==.因为数列为正项数列,所以q>0,所以q=.所以a4=a2q2=×=,所以log2a4=log2=-3.答案:-313.(2015安徽卷)已知数列{a n}中,a1=1,a n=a n-1+(n≥2),则数列{a n}的前9项和等于.解析:因为a1=1,a n=a n-1+(n≥2),所以数列{a n}是首项为1、公差为的等差数列,所以前9项和S9=9+×=27.答案:2714.(2015湖南卷)设S n为等比数列{a n}的前n项和.若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差数列,则a n= .解析:设等比数列{a n}的公比为q(q≠0),依题意得a2=a1·q=q,a3=a1q2=q2, S1=a1=1,S2=1+q,S3=1+q+q2.又3S1,2S2,S3成等差数列,所以4S2=3S1+S3,即4(1+q)=3+1+q+q2,所以q=3(q=0舍去).所以a n=a1q n-1=3n-1.答案:3n-1。
【导与练】(新课标)2016高考数学二轮复习 专题4 数列 第1讲 等差数列与等比数列 文
第1讲等差数列与等比数列等差、等比数列的基本运算1.(2015新课标全国卷Ⅰ)已知{a n}是公差为1的等差数列,S n为{a n}的前n项和.若S8=4S4,则a10等于( B )(A)(B)(C)10 (D)12解析:设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d.由题设知d=1,S8=4S4,所以8a1+28=4(4a1+6),解得a1=,所以a10=+9=,选B.2.(2015辽宁省锦州市质量检测(一))已知各项不为0的等差数列{a n}满足a4-2+3a8=0,数列{b n}是等比数列,且b7=a7,则b2b8b11等于( D )(A)1 (B)2 (C)4 (D)8解析:因为a4-2+3a8=0,所以a1+3d-2+3(a1+7d)=0,所以4(a1+6d)-2=0,即4a7-2=0,又a7≠0,所以a7=2,所以b7=2,所以b2b8b11=b1q·b1q7·b1q10=(b1q6)3==8.故选D.3.(2015河南郑州第二次质量预测)设等比数列{a n}的前n项和为S n,若27a3-a6=0,则= .解析:设等比数列公比为q(q≠1),因为27a3-a6=0,所以27a3-a3q3=0,所以q3=27,q=3,所以====28.答案:28等差、等比数列的性质及应用4.(2015河南省六市第二次联考)已知数列{a n}为等比数列,若a4+a6=10,则a7(a1+2a3)+a3a9的值为( C )(A)10 (B)20 (C)100 (D)200解析:a7(a1+2a3)+a3a9=a1a7+2a3a7+a3a9=+2a4a6+=(a4+a6)2=102=100.故选C.5.设等比数列{a n}中,前n项和为S n,已知S3=8,S6=7,则a7+a8+a9等于( A )(A)(B)-(C)(D)解析:因为a7+a8+a9=S9-S6,在等比数列中S3,S6-S3,S9-S6也成等比数列,即8,-1,S9-S6成等比数列,所以有8(S9-S6)=1,即S9-S6=.故选A.6.(2015新课标全国卷Ⅱ)已知等比数列{a n}满足a1=,a3a5=4(a4-1),则a2等于( C )(A)2 (B)1 (C)(D)解析:法一根据等比数列的性质,结合已知条件求出a4,q后求解.因为a3a5=,a3a5=4(a4-1),所以=4(a4-1),所以-4a4+4=0,所以a4=2.又因为q3===8,所以q=2,所以a2=a1q=×2=.故选C.法二直接利用等比数列的通项公式,结合已知条件求出q后求解.因为a3a5=4(a4-1),所以a1q2·a1q4=4(a1q3-1),将a1=代入上式并整理,得q6-16q3+64=0,解得q=2,所以a2=a1q=.故选C.7.(2015哈师大附中、东北师大附中、辽宁实验中学第一次联合模拟)设S n是公差不为零的等差数列{a n}的前n项和,且a1>0,若S5=S9,则当S n最大时,n等于( B )(A)6 (B)7 (C)8 (D)9解析:依题意得S9-S5=a6+a7+a8+a9=0,所以2(a7+a8)=0,所以a7+a8=0,又a1>0,所以该等差数列的前7项为正数,从第8项开始为负数.所以当S n最大时,n=7.故选B.8.(2015东北三校第一次联合模拟)若等差数列{a n}中,满足a4+a6+a2010+a2012=8,则S2015= .解析:因为a4+a6+a2010+a2012=8,所以2(a4+a2012)=8,所以a4+a2012=4.所以S2015===4030.答案:4030等差、等比数列的综合问题9.(2015甘肃二诊)设等差数列{a n}的前n项和为S n,且满足S17>0,S18<0,则,,…,中最大的项为( C )(A)(B)(C)(D)解析:因为S17==17a9>0,S18==9(a10+a9)<0,所以a9>0,a10+a9<0,所以a10<0.所以等差数列为递减数列,则a1,a2,…,a9为正,a10,a11,…为负,S1,S2,…,S17为正,S18,S19,…为负,所以>0,>0,…,>0,<0,<0,…,<0,又S1<S2<…<S9,a1>a2>…>a9,所以,,…,中最大的项为.故选C.10.(2015河北沧州4月质检)等差数列{a n}中,a1=10,公差d=-2,记Ⅱn=a1×a2×…×a n(即Ⅱn 表示数列{a n}的前n项之积),则数列{Ⅱn}中的最大项是( A )(A)Ⅱ5(B)Ⅱ6(C)Ⅱ5或Ⅱ6(D)Ⅱ4解析:在等差数列{a n}中,a2=8,a3=6,a4=4,a5=2,a6=0,…,故数列{Ⅱn}中的最大项是Ⅱ5.故选A.11.(2015兰州高三诊断)在等比数列{a n}中,已知a1=2,a4=16.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若a3,a5分别为等差数列{b n}的第3项和第5项,试求数列{b n}的前n项和S n.解:(1)因为{a n}为等比数列,所以=q3=8;所以q=2.所以a n=2·2n-1=2n.(2)b3=a3=23=8,b5=a5=25=32,又因为{b n}为等差数列,所以b5-b3=24=2d,所以d=12,b1=a3-2d=-16,所以S n=-16n+×12=6n2-22n.一、选择题1.(2015云南第二次检测)设S n是等差数列{a n}的前n项和,若a1∶a2=1∶2,则S1∶S3等于( D )(A)1∶3 (B)1∶4 (C)1∶5 (D)1∶6解析:S1∶S3=a1∶(a1+a2+a3)=a1∶3a2,又a1∶a2=1∶2,所以S1∶S3=1∶6.故选D.2.(2015银川九中月考)已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=1,S n=2a n+1,则S n等于( B )(A)2n-1(B)（）n-1(C)()n-1(D)解析:由S n=2a n+1得S n=2(S n+1-S n),所以S n+1=S n.所以{S n}是以S1=a1=1为首项,为公比的等比数列.所以S n=()n-1.故选B.3.(2015河北石家庄二模)等比数列{a n}的前n项和为S n,已知S3=a2+5a1,a7=2,则a5等于( A )(A)(B)-(C)2 (D)-2解析:设公比为q,因为S3=a2+5a1,所以a1+a2+a3=a2+5a1,所以a3=4a1,所以q2==4,又a7=2,所以a5===.故选A.4.已知{a n}为等比数列,a4+a7=2,a5a6=-8,则a1+a10等于( D )(A)7 (B)5 (C)-5 (D)-7解析:法一利用等比数列的通项公式求解.由题意得所以或所以a1+a10=a1(1+q9)=-7.法二利用等比数列的性质求解.由解得或所以或所以a1+a10=a1(1+q9)=-7.故选D.5.(2015兰州高三诊断)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,若a4=18-a5,则S8等于( D )(A)18 (B)36 (C)54 (D)72解析:因为a4=18-a5,所以a4+a5=18,所以S8====72.故选D.6.(2014郑州市第二次质量预测)在数列{a n}中,a n+1=ca n(c为非零常数),前n项和为S n=3n+k,则实数k为( A )(A)-1 (B)0 (C)1 (D)2解析:由a n+1=ca n,可知{a n}是等比数列,设公比为q,由S n=得S n=-q n+,由S n=3n+k,知k=-1.故选A.7.设{a n}是公差不为零的等差数列,满足+=+,则该数列的前10项和等于( C )(A)-10 (B)-5 (C)0 (D)5解析:设等差数列{a n}的首项为a1,公差为d(d≠0),由+=+得,(a1+3d)2+(a1+4d)2=(a1+5d)2+(a1+6d)2,整理得2a1+9d=0,即a1+a10=0,所以S10==0.故选C.8.(2015北京卷)设{a n}是等差数列,下列结论中正确的是( C )(A)若a1+a2>0,则a2+a3>0(B)若a1+a3<0,则a1+a2<0(C)若0<a1<a2,则a2>(D)若a1<0,则(a2-a1)(a2-a3)>0解析:因为{a n}为等差数列,所以2a2=a1+a3.当a2>a1>0时,得公差d>0,所以a3>0,所以a1+a3>2,所以2a2>2,即a2>,故选C.9.(2015大连市二模)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,a2=4,S10=110,则的最小值为( C )(A)7 (B)(C)(D)8解析:设等差数列{a n}的公差为d,则解得所以a n=2+2(n-1)=2n,S n=2n+×2=n2+n,所以==++≥2+=.当且仅当=,即n=8时取等号.故选C.10.设数列{a n},则有( C )(A)若=4n,n∈N*,则{a n}为等比数列(B)若a n·a n+2=,n∈N*,则{a n}为等比数列(C)若a m·a n=2m+n,n∈N*,则{a n}为等比数列(D)若a n·a n+3=a n+1·a n+2,n∈N*,则{a n}为等比数列解析:A.若a1=-2,a2=4,a3=8,满足=4n,n∈N*,但{a n}不是等比数列,故A错;B.若a n=0,满足a n·a n+2=,n∈N*,但{a n}不是等比数列,故B错;C.若a m·a n=2m+n,m,n∈N*,则有===2.所以{a n}是等比数列,故C正确;D.若a n=0,满足a n·a n+3=a n+1·a n+2,n∈N*,但{a n}不是等比数列,故D错.二、填空题11.(2015黑龙江高三模拟)等差数列{a n}中,a4+a8+a12=6,则a9-a11= .解析:设等差数列{a n}公差为d,因为a4+a8+a12=6,所以3a8=6,即a8=a1+7d=2,所以a9-a11=a1+8d-(a1+10d)=a1+ d=(a1+7d)=×2=.答案:12.(2015宁夏石嘴山高三联考)若正项数列{a n}满足a2=,a6=,且=(n≥2,n∈N*),则log2a4= .解析:因为=(n≥2,n∈N*),所以=a n-1·a n+1,所以数列{a n}为等比数列.又a2=,a6=,所以q4==.因为数列为正项数列,所以q>0,所以q=.所以a4=a2q2=×=,所以log2a4=log2=-3.答案:-313.(2015安徽卷)已知数列{a n}中,a1=1,a n=a n-1+(n≥2),则数列{a n}的前9项和等于.解析:因为a1=1,a n=a n-1+(n≥2),所以数列{a n}是首项为1、公差为的等差数列,所以前9项和S9=9+×=27.答案:2714.(2015湖南卷)设S n为等比数列{a n}的前n项和.若a1=1,且3S1,2S2,S3成等差数列,则a n= .解析:设等比数列{a n}的公比为q(q≠0),依题意得a2=a1·q=q,a3=a1q2=q2,S1=a1=1,S2=1+q,S3=1+q+q2.又3S1,2S2,S3成等差数列,所以4S2=3S1+S3,即4(1+q)=3+1+q+q2,所以q=3(q=0舍去).所以a n=a1q n-1=3n-1.答案:3n-1。
2016届山东省济宁市高考数学理讲练练习第1讲等差等比数列(新人教A版)
第一讲 等差数列、等比数列一、等差数列1．定义：a n ＋1－a n ＝d (常数)(n ∈N *)．2．通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ，a n ＝a m ＋(n －m )d .3．前n 项和公式：S n ＝na 1＋n n －d 2＝n a 1＋a n2.4．a 、b 的等差中项A ＝a ＋b2证明{a n }为等差数列的方法：(1)用定义证明：a n －a n －1＝d (d 为常数，n ≥2)⇔{a n }为等差数列； (2)用等差中项证明：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2⇔{a n }为等差数列； (3)通项法：a n 为n 的一次函数⇔{a n }为等差数列；(4)前n 项和法：S n ＝An 2＋Bn 或S n ＝n a 1＋a n 2.二、等差数列的性质已知数列{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．(1)若m 、n 、p 、q 、k 是正整数，且m ＋n ＝p ＋q ＝2k ， 则a m ＋a n ＝a p ＋a q ＝2a k .(2)a m ，a m ＋k ，a m ＋2k ，a m ＋3k ，…仍是等差数列，公差为kd . (3)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…，也是等差数列．等差数列的性质(1)项的性质：在等差数列{a n }中，a m －a n ＝(m －n )d ⇔a m －a nm －n＝d (m ≠n )，其几何意义是点(n ，a n )，(m ，a m )所在直线的斜率等于等差数列的公差．(2)和的性质：在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，则 ①S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1) ②S 2n －1＝(2n －1)a n .③n 为偶数时，S 偶－S 奇＝n2d ；n 为奇数时，S 奇－S 偶＝a 中．三、等比数列证明{a n }是等比数列的两种常用方法(1)定义法：若a n a n －1＝q (q 为非零常数且n ≥2且n ∈N *)，则{a n }是等比数列． (2)中项公式法：在数列{a n }中，a n ≠0且a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(n ∈N *)，则数列{a n }是等比数列．四、等比数列的性质1．对任意的正整数m 、n 、p 、q ，若m ＋n ＝p ＋q ＝2k ，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k .2．通项公式的推广：a n ＝a m q n －m (m ，n ∈N *)3．公比不为－1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n；当公比为－1时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 不一定构成等比数列．4．若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n (λ≠0)仍是等比数列．基础自测1．(2013·课标全国卷Ⅰ)若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式是 a n＝________.【解析】 当n ＝1时，S 1＝23a 1＋13，∴a 1＝1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝23a n ＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫23a n －1＋13＝23(a n －a n －1)， ∴a n ＝－2a n －1，即a na n －1＝－2， ∴{a n }是以1为首项的等比数列，其公比为－2，∴a n ＝1×(－2)n －1，即a n ＝(－2)n －1.【答案】 (－2)n －12．(2013·广东高考)在等差数列{a n }中，已知a 3＋a 8＝10，则3a 5＋a 7＝________. 【解析】 法一 a 3＋a 8＝2a 1＋9d ＝10,3a 5＋a 7＝4a 1＋18d ＝2(2a 1＋9d )＝2×10＝20. 法二 a 3＋a 8＝2a 3＋5d ＝10,3a 5＋a 7＝4a 3＋10d ＝2(2a 3＋5d )＝2×10＝20. 【答案】 203．[2014·江苏卷] 在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 2＝1，a 8＝a 6＋2a 4，则a 6的值是________．答案：4 [解析] 由等比数列的定义可得，a 8＝a 2q 6，a 6＝a 2q 4，a 4＝a 2q 2，即a 2q 6＝a 2q 4＋2a 2q 2.又a n ＞0，所以q 4－q 2－2＝0，解得q 2＝2，故a 6＝a 2q 4＝1×22＝4.考点一 等差、等比数列的基本运算例1、[2014·重庆卷] 在等差数列{a n }中，a 1＝2，a 3＋a 5＝10，则a 7＝( ) A ．5 B ．8 C ．10 D ．14答案B [解析] 由题意，得a 1＋2d ＋a 1＋4d ＝2a 1＋6d ＝4＋6d ＝10，解得d ＝1， 所以a 7＝a 1＋6d ＝2＋6＝8.2、（2013新课标全国Ⅱ）等比数列{a n }的前n 项和为S n .已知S 3 ＝ a 2 ＋10a 1 ，a 5＝9，则a 1＝( )A.13 B ．－13 C.19 D ．－19解析：本题考查等比数列的基本知识，包括等比数列的前n 项和及通项公式，属于基础题，考查考生的基本运算能力．由题知q ≠1，则S 3＝a 1－q31－q＝a 1q ＋10a 1，得q 2＝9，又a 5＝a 1q 4＝9，则a 1＝19，故选C.答案：C跟踪练习1．（ 2013安徽，5分）设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，S 8＝4a 3，a 7＝－2，则a 9＝( )A ．－6B ．－4C ．－2D ．2解析：本题主要考查等差数列的基础知识和基本运算，意在考查考生的运算求解能力． 根据等差数列的定义和性质可得，S 8＝4(a 3＋a 6)，又S 8＝4a 3，所以a 6＝0，又a 7＝－2，所以a 8＝－4，a 9＝－6.答案：A2．[2014·福建卷] 在等比数列{a n }中，a 2＝3，a 5＝81. (1)求a n ；(2)设b n ＝log 3a n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解：(1)设{a n }的公比为q ，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝3，a 1q 4＝81，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝3. 因此，a n ＝3n －1.(2)因为b n ＝log 3a n ＝n －1， 所以数列{b n }的前n 项和S n ＝n （b 1＋b n ）2＝n 2－n2.考点二 等差、等比数列的性质例1.(2012·辽宁高考)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(1)S 11＝a 1＋a 112＝a 4＋a 82＝88.【答案】 B2．[2014·广东卷] 等比数列{a n }的各项均为正数，且a 1a 5＝4，则log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝________．答案：5 [解析] 在等比数列中，a 1a 5＝a 2a 4＝a 23＝4.因为a n >0，所以a 3＝2，所以a 1a 2a 3a 4a 5＝(a 1a 5)(a 2a 4)a 3＝a 53＝25，所以log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝log 2(a 1a 2a 3a 4a 5)＝log 225＝5.跟踪练习1、设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知前6项和为36，最后6项的和为180，S n ＝324(n ＞6)，求数列{a n }的项数及a 9＋a 10.答案：由题意知a 1＋a 2＋…＋a 6＝36，① a n ＋a n －1＋a n －2＋…＋a n －5＝180，② ①＋②得(a 1＋a n )＋(a 2＋a n －1)＋…＋(a 6＋a n －5)＝6(a 1＋a n )＝216， ∴a 1＋a n ＝36，又S n ＝n a 1＋a n2＝324，∴18n ＝324，∴n ＝18.由a 1＋a n ＝36，n ＝18.∴a 1＋a 18＝36，从而a 9＋a 10＝a 1＋a 18＝36.2、[2014·全国卷] 设等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3，S 4＝15，则S 6＝( ) A ．31 B ．32 C ．63 D ．64答案：C [解析] 设等比数列{a n }的首项为a ，公比为q ，易知q ≠1，根据题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a （1－q 2）1－q ＝3，a （1－q 4）1－q ＝15，解得q 2＝4，a 1－q ＝－1，所以S 6＝a （1－q 6）1－q ＝(－1)(1－43)＝63. 考点三 等差、等比数列的判断与证明要证明一个数列是等差(比)数列必须用定义法或等差(比)中项法．例1、 [2014·全国卷] 数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－a n ，证明{b n }是等差数列； (2)求{a n }的通项公式．解：(1)由a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2，得 a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋2， 即b n ＋1＝b n ＋2. 又b 1＝a 2－a 1＝1，所以{b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)得b n ＝1＋2(n －1)， 即a n ＋1－a n ＝2n －1. 于是所以a n ＋1－a 1＝n 2，即a n ＋1＝n 2＋a 1.又a 1＝1，所以{a n }的通项公式a n ＝n 2－2n ＋2.2、数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＋S n ＝n ，c n ＝a n －1，求证：数列{c n }是等比数列，并求{a n }的通项公式．证明 ∵a n ＋S n ＝n ，∴a 1＋S 1＝1，得a 1＝12，∴c 1＝a 1－1＝－12.又a n ＋1＋S n ＋1＝n ＋1，a n ＋S n ＝n ，∴2a n ＋1－a n ＝1，即2(a n ＋1－1)＝a n －1.又∵a 1－1＝－12，∴a n ＋1－1a n －1＝12，即c n ＋1c n ＝12，∴数列{c n }是以－12为首项，以12为公比的等比数列．则c n ＝－12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，∴{a n }的通项公式a n ＝c n ＋1＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n.跟踪练习1、已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋2S n ·S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12.①求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列；②求数列{a n }的通项公式．答案：①证明 ∵a n ＝S n －S n －1(n ≥2)， 又a n ＝－2S n ·S n －1，∴S n －1－S n ＝2S n ·S n －1，S n ≠0， ∴1S n －1S n －1＝2(n ≥2)．又1S 1＝1a 1＝2，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以2为首项，以2为公差的等差数列．②由①知1S n ＝1S 1＋(n －1)d ＝2＋(n －1)×2＝2n ，∴S n ＝12n .当n ≥2时，有a n ＝－2S n ×S n －1＝－12n n －1， 又∵a 1＝12，不适合上式，∴a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，－12n n －，n ≥2.。
2016届高三数学二轮复习(新课标)第一部分：专题四数列(含解析)
第1讲 等差数列、等比数列1．(2015·新课标Ⅰ高考)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和．若S 8＝4S 4，则a 10＝( )A.172B.192 C ．10 D ．12 【解析】 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .由题设知d ＝1，S 8＝4S 4，所以8a 1＋28＝4(4a 1＋6)，解得a 1＝12，所以a 10＝12＋9＝192.故选B.【答案】 B2．(2015·新课标Ⅱ高考)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )A ．2B ．1 C.12 D.18【解析】 设等比数列{a n }的公比为q ，a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，由题可知q ≠1，则a 1q 2×a 1q 4＝4(a 1q 3－1)，∴116×q 6＝4(14×q 3－1)，∴q 6－16q 3＋64＝0，∴(q 3－8)2＝0，∴q 3＝8，∴q ＝2，∴a 2＝12.故选C.【答案】 C 3．(2015·浙江高考)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零．若a 2，a 3，a 7成等比数列，且2a 1＋a 2＝1，则a 1＝__________，d ＝________．【解析】 由a 2，a 3，a 7成等比数列，得a 23＝a 2a 7，则2d 2＝－3a 1d ，即d ＝－32a 1.又2a 1＋a 2＝1，所以a 1＝23，d ＝－1.【答案】 23－14．(2015·北京高考)已知等差数列{a n }满足a 1＋a 2＝10，a 4－a 3＝2. (1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 2＝a 3，b 3＝a 7.问：b 6与数列{a n }的第几项相等？ 【解】 (1)设等差数列{a n }的公差为d .因为a 4－a 3＝2，所以d ＝2.又因为a 1＋a 2＝10，所以2a 1＋d ＝10，故a 1＝4. 所以a n ＝4＋2(n －1)＝2n ＋2(n ＝1，2，…)． (2)设等比数列{b n }的公比为q . 因为b 2＝a 3＝8，b 3＝a 7＝16， 所以q ＝2，b 1＝4.所以b 6＝4×26－1＝128. 由128＝2n ＋2，得n ＝63.所以b 6与数列{a n }的第63项相等．考什么 怎么考 题型与难度1.等差(比)数列的基本运算主要考查等差、等比数列的基本量的求解 题型：三种题型均可出现难度：基础题2.等差(比)数列的判定与证明主要考查等差、等比数列的定义证明 题型：三种题型均可出现难度：基础题或中档题3.等差(比)数列的性质主要考查等差、等比数列的性质 题型：选择题或填空题难度：基础题或中档题等差（比）数列的基本运算（自主探究型）1．(2015·湖南高考)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】 本题考查等比数列和等差数列等，结合转化思想即可轻松求解等比数列的公比，进而求解等比数列的通项公式．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 －12．(2015·重庆高考)已知等差数列{a n }满足a 3＝2，前3项和S 3＝92.(1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 15，求{b n }的前n 项和T n . 【解】 本题主要考查等差数列的通项公式与等比数列的前n 项和公式，考查考生的运算求解能力．(1)将已知条件中的a 3，S 3用首项a 1与公差d 表示，求得a 1，d ，即可求得数列{a n }的通项公式；(2)结合(1)利用条件b 1＝a 1，b 4＝a 15求得公比，然后利用等比数列的前n 项和公式进行计算．(1)设{a n }的公差为d ，则由已知条件得a 1＋2d ＝2，3a 1＋3×22d ＝92，即a 1＋2d ＝2，a 1＋d ＝32，解得a 1＝1，d ＝12，故通项公式为a n ＝1＋n －12，即a n ＝n ＋12.(2)由(1)得b 1＝1，b 4＝a 15＝15＋12＝8.设{b n }的公比为q ，则q 3＝b 4b 1＝8，从而q ＝2，故{b n }的前n 项和T n ＝b 1（1－q n ）1－q ＝1×（1－2n ）1－2＝2n －1.【规律感悟】 等差(比)数列基本运算的关注点(1)基本量：在等差(比)数列中，首项a 1和公差d (公比q )是两个基本的元素． (2)解题思路：①设基本量a 1和公差d (公比q )；②列、解方程(组)：把条件转化为关于a 1和d (q )的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少计算量．等差（比）数列的判定与证明（师生共研型）【典例1】 (2015·广东高考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *.已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1.(1)求a 4的值；(2)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 为等比数列；(3)求数列{a n }的通项公式．【解】 本题主要考查等差数列、等比数列等知识，考查化归与转化的数学思想方法，以及运算求解能力和创新意识．(1)∵4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1， ∴n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，∴4(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋5(a 1＋a 2)＝8(a 1＋a 2＋a 3)＋a 1，∴4×⎝⎛⎭⎫1＋32＋54＋a 4＋5×⎝⎛⎭⎫1＋32＝8×⎝⎛⎭⎫1＋32＋54＋1， 解得a 4＝78.(2)证明：∵n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1，∴4(S n ＋2－S n ＋1)－2(S n ＋1－S n )＝2⎣⎡⎦⎤（S n ＋1－S n ）－12（S n －S n －1）， ∴(S n ＋2－S n ＋1)－12(S n ＋1－S n )＝12[(S n ＋1－S n )－12(S n －S n －1)]，∴a n ＋2－12a n ＋1＝12(a n ＋1－12a n )．又a 3－12a 2＝12⎝⎛⎭⎫a 2－12a 1， ∴{a n ＋1－12a n }是首项为1，公比为12的等比数列．(3)由(2)知{a n ＋1－12a n }是首项为1，公比为12的等比数列，∴a n ＋1－12a n ＝(12)n －1，两边同乘以2n ＋1得，a n ＋1·2n ＋1－a n ·2n＝4. 又a 2·22－a 1·21＝4，∴{a n ·2n }是首项为2，公差为4的等差数列， ∴a n ·2n ＝2＋4(n －1)＝2(2n －1)，∴a n ＝2（2n －1）2n ＝2n －12n －1.[一题多变]若题已知变为：a n ＋2S n ·S n －1＝0(n ≥2)．求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列．【解】 由a n ＋2S n ·S n －1＝0，(n ≥2)得S n －S n －1＋2S n ·S n －1＝0， 即1S n －1S n －1＝2(n ≥2)． 故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列． 【规律感悟】 判断和证明数列是等差(比)数列的三种方法(1)定义法：对于n ≥1的任意自然数，验证a n ＋1－a n ⎝⎛⎭⎫或a n ＋1a n 为同一常数．(2)通项公式法：①若a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a m ＋(n －m )d 或a n ＝kn ＋b (n ∈N *)，则{a n }为等差数列；②若a n ＝a 1q n －1＝a m q n －m 或a n ＝pq kn ＋b (n ∈N *)，则{a n }为等比数列． (3)中项公式法：①若2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)，则{a n }为等差数列；②若a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)，且a n ≠0，则{a n }为等比数列．[针对训练](2014·全国大纲高考)数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－a n ，证明{b n }是等差数列； (2)求{a n }的通项公式．【解】 (1)证明：由a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2得 a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋2， 即b n ＋1＝b n ＋2. 又b 1＝a 2－a 1＝1，所以{b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)得b n ＝1＋2(n －1)，即a n ＋1－a n ＝2n －1. 于是，所以a n ＋1－a 1＝n 2，即a n ＋1＝n 2＋a 1.又a 1＝1，所以{a n }的通项公式为a n ＝n 2－2n ＋2.等差（比）数列的性质（多维探究型）命题角度一 与等差(比)数列的项有关的性质 【典例2】 (1)(2015·新课标Ⅱ高考)已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7＝( )A ．21B ．42C ．63D ．84 (2)(2015·铜陵模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10＝12，则a 5＋a 6＝( ) A.125 B ．12 C ．6 D.65【解析】 (1)本题主要考查等比数列的基本概念、基本运算与性质，意在考查考生的运算求解能力．由于a 1(1＋q 2＋q 4)＝21，a 1＝3，所以q 4＋q 2－6＝0，所以q 2＝2(q 2＝－3舍去)， a 3＋a 5＋a 7＝q 2(a 1＋a 3＋a 5)＝2×21＝42.故选B. (2)本题主要考查等差数列的性质a m ＋a n ＝a p ＋a q .由S 10＝12得a 1＋a 102×10＝12，所以a 1＋a 10＝125，所以a 5＋a 6＝125.故选A.【答案】 (1)B (2)A命题角度二 与等差(比)数列的和有关的性质 【典例3】 (1)(2014·全国大纲高考)设等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3，S 4＝15，则S 6＝( )A ．31B ．32C ．63D ．64 (2)(2015·衡水中学二调)等差数列{a n }中，3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝24，则该数列前13项的和是( )A ．13B ．26C ．52D ．156【解析】 (1)利用等比数列前n 项和的性质求解．在等比数列{a n }中，S 2，S 4－S 2，S 6－S 4也成等比数列，故(S 4－S 2)2＝S 2(S 6－S 4)，则(15－3)2＝3(S 6－15)．解得S 6＝63.故选C.(2)本题主要考查等差数列的前n 项和与项的有关性质．∵3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝24，∴6a 4＋6a 10＝24，∴a 4＋a 10＝4，∴S 13＝13（a 1＋a 13）2＝13（a 4＋a 10）2＝13×42＝26.故选B.【答案】 (1)C (2)B【规律感悟】 等差(比)数列的性质盘点[针对训练]1．(2015·广东高考)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25，则a 2＋a 8＝________． 【解析】 由a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25得5a 5＝25，所以a 5＝5，故a 2＋a 8＝2a 5＝10. 【答案】 10 2．(文)(2015·辽宁大连模拟)在等比数列{a n }中，a 4·a 8＝16，则a 4·a 5·a 7·a 8的值为________．【解析】 a 4a 5a 7a 8＝a 4a 8·a 5a 7＝(a 4a 8)2＝256. 【答案】 256 (理)(2014·广东高考)若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝________．【解析】 ∵a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，∴a 10·a 11＝e 5， ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝10ln(a 10·a 11)＝10·ln e 5＝50. 【答案】 50函数与方程思想求解数列中的求值问题[思想诠释]数列中求值问题用到函数与方程思想的常见题型：1．求基本量：求等差或等比数列中的某些量时，常根据题设条件构建方程(组)求解． 2．值域(最值)：求等差或等比数列中的某些量的取值范围或最值时，经常选一变量将待求量表示成其函数或构建函数，从而转化为求函数的值域(最值)问题求解．3．单调性：研究等差(比)数列单调性时，常利用研究函数单调性的方法求解．4．比较大小：等差(比)数列中某些量的大小比较，常利用比较函数值大小的方法，如单调性法、作差法等．[典例剖析]【典例】 (2015·石家庄模拟)已知数列{a n }是各项均为正数的等差数列． (1)若a 1＝2，且a 2，a 3，a 4＋1成等比数列，求数列{a n }的通项公式a n ；(2)在(1)的条件下，数列{a n }的前n 项和为S n ，设b n ＝1S n ＋1＋1S n ＋2＋…＋1S 2n ，若对任意的n ∈N *，不等式b n ≤k 恒成立，求实数k 的最小值．【审题策略】 (1)知道a 1的值，a 2，a 3，a 4＋1成等比数列，联想到方程思想，列方程求解；(2)题目涉及恒成立、求最值问题，联想到函数思想，构建函数或利用函数性质求解．【解】 (1)因为a 1＝2，a 23＝a 2(a 4＋1)，又因为{a n }是正项等差数列，故公差d ≥0，所以(2＋2d )2＝(2＋d )(3＋3d )，得d ＝2或d ＝－1(舍去)，所以数列{a n }的通项公式a n ＝2n .(2)因为S n ＝n (n ＋1)，b n ＝1S n ＋1＋1S n ＋2＋…＋1S 2n＝1（n ＋1）（n ＋2）＋1（n ＋2）（n ＋3）＋…＋12n （2n ＋1） ＝1n ＋1－1n ＋2＋1n ＋2－1n ＋3＋…＋12n －12n ＋1＝1n ＋1－12n ＋1＝n 2n 2＋3n ＋1＝12n ＋1n＋3，令f (x )＝2x ＋1x (x ≥1)，则f ′(x )＝2－1x2，当x ≥1时，f ′(x )＞0恒成立，所以f (x )在[1，＋∞)上是增函数，故当x ＝1时，f (x )的最小值为f (1)＝3，即当n ＝1时，b n 的最大值为16.要使对任意的正整数n ，不等式b n ≤k 恒成立，则需使k ≥16，所以实数k 的最小值为16[针对训练](2015·山东师大附中模拟)数列{a n }的通项a n 是关于x 的不等式x 2－x ＜nx 的解集中正整数的个数，f (n )＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n ＋n.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n2n ，求数列{b n }的前n 项和S n ；(3)求证：对n ≥2且n ∈N *恒有712≤f (n )＜1.【解】 (1)x 2－x ＜nx 等价于x (x －n －1)＜0，解得x ∈(0，n ＋1)．其中有正整数n 个，于是a n ＝n .(2)∵b n ＝n 2n ＝n ·⎝⎛⎭⎫12n ， ∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝1×12＋2×⎝⎛⎭⎫122＋…＋n ×⎝⎛⎭⎫12n ，∴12S n ＝1×⎝⎛⎭⎫122＋2×⎝⎛⎭⎫123＋…＋n ×⎝⎛⎭⎫12n ＋1，两式相减得12S n ＝12＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －n ×⎝⎛⎭⎫12n ＋1＝1－⎝⎛⎭⎫12n －n ×⎝⎛⎭⎫12n ＋1，故S n ＝2－⎝⎛⎭⎫12n －1－n ×⎝⎛⎭⎫12n .(3)证明：f (n )＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n ＋n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n ＜1n ＋1n＋…＋1n ＝1.由f (n )＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n ＋n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n，知f (n ＋1)＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋12n ＋1＋12n ＋2，于是f (n ＋1)－f (n )＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1＞12n ＋2＋12n ＋2－1n ＋1＝0，故f (n ＋1)＞f (n )，∴f (n )当n ≥2且n ∈N *时为增函数，∴f (n )≥f (2)＝712.综上可知712≤f (n )＜1.1．必记公式(1)等差数列通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d .(2)等差数列前n 项和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）d2.(3)等比数列通项公式：a n a 1q n －1. (4)等比数列前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1（q ＝1）a 1（1－q n ）1－q＝a 1－a n q 1－q （q ≠1）.(5)等差中项公式：2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)． (6)等比中项公式：a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ≥2)．(7)数列{a n }的前n 项和与通项a n 之间的关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1（n ＝1）S n －S n －1（n ≥2）.2．重要性质(1)通项公式的推广：等差数列中，a n ＝a m ＋(n －m )d ；等比数列中，a n ＝a m q n －m .(2)增减性：①等差数列中，若公差大于零，则数列为递增数列；若公差小于零，则数列为递减数列．②等比数列中，若a 1＞0且q ＞1或a 1＜0且0＜q ＜1，则数列为递增数列；若a 1＞0且0＜q ＜1或a 1＜0且q ＞1，则数列为递减数列．3．易错提醒(1)忽视等比数列的条件：判断一个数列是等比数列时，忽视各项都不为零的条件． (2)漏掉等比中项：正数a ，b 的等比中项是±ab ，容易漏掉－ab .限时训练(十)一、选择题 1．(2015·新课标Ⅱ高考)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和．若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝( ) A ．5 B ．7 C ．9 D ．11【解析】 数列{a n }为等差数列，∴a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝3，∴a 3＝1，∴S 5＝5（a 1＋a 5）2＝5×2a 32＝5. 【答案】 A 2．(2014·福建高考)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，S 3＝12，则a 6等于( ) A ．8 B ．10 C ．12 D ．14【解析】 由题知3a 1＋3×22d ＝12，∵a 1＝2，解得d ＝2，又a 6＝a 1＋5d ，∴a 6＝12.故选C.【答案】 C 3．(2014·重庆高考)对任意等比数列{a n }，下列说法一定正确的是( ) A ．a 1，a 3，a 9成等比数列 B ．a 2，a 3，a 6成等比数列 C ．a 2，a 4，a 8成等比数列 D ．a 3，a 6，a 9成等比数列 【解析】 由等比数列的性质得，a 3·a 9＝a 26≠0，因此a 3，a 6，a 9一定成等比数列．故选D.【答案】 D 4．(2014·天津高考)设{a n }是首项为a 1，公差为－1的等差数列，S n 为其前n 项和．若S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 1＝( )A ．2B ．－2 C.12 D ．－12【解析】 由题意知 S 22＝S 1·S 4，∴(2a 1＋2×12d )2＝a 1(4a 1＋4×32d )，把d ＝－1代入整理得a 1＝－12.故选D.【答案】 D5．(2015·辽宁大连模拟)数列{a n }满足a n －a n ＋1＝a n ·a n ＋1(n ∈N *)，数列{b n }满足b n ＝1a n，且b 1＋b 2＋…＋b 9＝90，则b 4·b 6( )A ．最大值为99B ．为定值99C ．最大值为100D ．最大值为200【解析】 将a n －a a ＋1＝a n a n ＋1两边同时除以a n a n ＋1可得1a n ＋1－1a n＝1，即b n ＋1－b n ＝1，所以{b n }是公差为d ＝1的等差数列，其前9项和为9（b 1＋b 9）2＝90，所以b 1＋b 9＝20，将b 9＝b 1＋8d ＝b 1＋8，代入得b 1＝6，所以b 4＝9，b 6＝11，所以b 4b 6＝99.故选B.【答案】 B 二、填空题 6．(2015·陕西高考)中位数为1 010的一组数构成等差数列，其末项为2 015，则该数列的首项为________．【解析】 设等差数列的首项为a 1，根据等差数列的性质可得，a 1＋2 015＝2×1 010，解得a 1＝5.【答案】 5 7．(2015·安徽高考)已知数列{a n }是递增的等比数列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则数列{a n }的前n 项和等于________．【解析】 ∵⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 4＝9，a 1a 4＝8，则a 1，a 4可以看作一元二次方程x 2－9x ＋8＝0的两根，故⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1a 4＝8，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1.∵数列{a n }是递增的等比数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 4＝8.可得公比q ＝2，∴前n 项和S n ＝2n－1.【答案】 2n －1 8．(2014·江西高考)在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前n 项和为S n ，当且仅当n ＝8时S n 取得最大值，则d 的取值范围为________．【解析】 等差数列的前n 项和为S n ，则S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝d 2n 2＋(a 1－d 2)n ＝d2n 2＋(7－d 2)n ，对称轴为d 2－7d ，对称轴介于7.5与8.5之间，即7.5＜d 2－7d ＜8.5，解得－1＜d ＜－78.【答案】 ⎝⎛⎭⎫－1，－78 三、解答题 9．(文)(2015·兰州模拟)在等比数列{a n }中，已知a 1＝2，a 4＝16. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a 3，a 5分别为等差数列{b n }的第3项和第5项，试求数列{b n }的前n 项和S n . 【解】 (1)设数列{a n }的公比为q ，∵{a n }为等比数列， ∴a 4a 1＝q 3＝8， ∴q ＝2，∴a n ＝2×2n －1＝2n .(2)设数列{b n }的公差为d ，∵b 3＝a 3＝23＝8，b 5＝a 5＝25＝32，且{b n }为等差数列， ∴b 5－b 3＝24＝2d ， ∴d ＝12，∴b 1＝b 3－2d ＝－16，∴S n ＝－16n ＋n （n －1）2×12＝6n 2－22n .(理)(2014·湖北高考)已知等差数列{a n }满足：a 1＝2，且a 1，a 2，a 5成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，是否存在正整数n ，使得S n ＞60n ＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由．【解】 (1)设数列{a n }的公差为d ，依题意，2，2＋d ，2＋4d 成等比数列，故有(2＋d )2＝2(2＋4d )，化简得d 2－4d ＝0，解得d ＝0或d ＝4.当d ＝0时，a n ＝2；当d ＝4时，a n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2，从而得数列{a n }的通项公式为a n ＝2或a n ＝4n －2.(2)当a n ＝2时，S n ＝2n .显然2n ＜60n ＋800， 此时不存在正整数n ，使得S n ＞60n ＋800成立．当a n ＝4n －2时，S n ＝n [2＋（4n －2）]2＝2n 2.令2n 2＞60n ＋800，即n 2－30n －400＞0，解得n ＞40或n ＜－10(舍去)，此时存在正整数n ，使得S n ＞60n ＋800成立，n 的最小值为41.综上，当a n ＝2时，不存在满足题意的n ；当a n ＝4n －2时，存在满足题意的n ，其最小值为41.10．(2015·江苏高考)设a 1，a 2，a 3，a 4是各项为正数且公差为d (d ≠0)的等差数列．(1)证明：2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次构成等比数列；(2)是否存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列？并说明理由．【解】 (1)证明：因为2a n ＋12a n＝2a n ＋1－a n ＝2d (n ＝1，2，3)是同一个常数，所以2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次构成等比数列．(2)不存在，理由如下：令a 1＋d ＝a ，则a 1，a 2，a 3，a 4分别为a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d (a ＞d ，a ＞－2d ，d ≠0)．假设存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列， 则a 4＝(a －d )(a ＋d )3，且(a ＋d )6＝a 2(a ＋2d )4.令t ＝da，则1＝(1－t )(1＋t )3，且(1＋t )6＝(1＋2t )4⎝⎛⎭⎫－12＜t ＜1，t ≠0， 化简得t 3＋2t 2－2＝0(*)，且t 2＝t ＋1. 将t 2＝t ＋1代入(*)式，t (t ＋1)＋2(t ＋1)－2＝t 2＋3t ＝t ＋1＋3t ＝4t ＋1＝0，则t ＝－14.显然t ＝－14不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立．因此不存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列．第2讲 数列求和及其综合应用1．(2014·北京高考)设{a n }是公比为q 的等比数列，则“q >1”是“{a n }为递增数列”的( )A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【解析】 ①q >1时，{a n }未必是递增数列，如－1，－2，－4，－8，－16…； ②{a n }是递增数列时，q 不一定大于1，如－16，－8，－4，－2，－1.故选D. 【答案】 D 2．(2015·北京高考)设{a n }是等差数列，下列结论中正确的是( ) A ．若a 1＋a 2＞0，则a 2＋a 3＞0 B ．若a 1＋a 3＜0，则a 1＋a 2＜0 C ．若0＜a 1＜a 2，则a 2＞a 1a 3 D ．若a 1＜0，则(a 2－a 1)(a 2－a 3)＞0【解析】 若{a n }是递减的等差数列，则选项A 、B 都不一定正确．若{a n }为公差为0的等差数列，则选项D 不正确．对于C 选项，由条件可知{a n }为公差不为0的正项数列，由等差中项的性质得a 2＝a 1＋a 32，由基本不等式得a 1＋a 32＞a 1a 3，所以C 正确．【答案】 C3．(2015·武汉模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列{1a n a n ＋1}的前100项和为( )A.100101B.99101C.99100D.101100【解析】 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d . ∵a 5＝5，S 5＝15， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，5a 1＋5×（5－1）2d ＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n . ∴1a n a n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，∴数列{1a n a n ＋1}的前100项和为1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101. 【答案】 A 4．(2015·福建高考)等差数列{a n }中，a 2＝4，a 4＋a 7＝15. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n －2＋n ，求b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10的值． 【解】 (1)设等差数列{a n }的公差为d .由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝4，（a 1＋3d ）＋（a 1＋6d ）＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝1.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋2. (2)由(1)可得b n ＝2n ＋n ，所以b 1＋b 2＋b 3＋...＋b 10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋...＋(210＋10) ＝(2＋22＋23＋...＋210)＋(1＋2＋3＋ (10)＝2×（1－210）1－2＋（1＋10）×102＝211＋53 ＝2 101.考什么 怎么考 题型与难度 1.数列的通项公式 ①考查等差、等比数列的基本量的求解； ②考查a n 与S n 的关系，递推关系等 题型：三种题型均可出现难度：基础题或中档题2.数列的前n项和①考查等差、等比数列前n 项和公式； ②考查用裂项相消法、错位相减法、分解组合法求和. 题型：三种题型均可出现，更多为解答题难度：中档题3.数列的综合应用 ①考查数列与函数的综合； ②考查数列与不等式的综合. 题型：解答题难度：中档题数列的通项公式（自主探究型）1．(2015·新课标Ⅱ高考)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n＝____________．【解析】 本题主要考查等差数列的概念等，意在考查考生的运算求解能力以及转化与化归能力．当n ＝1时，S 1＝a 1＝－1，所以1S 1＝－1.因为a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，所以1S n －1S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n＝－1，所以{1S n }是以－1为首项，－1为公差的等差数列，所以1S n ＝(－1)＋(n －1)·(－1)＝－n ，所以S n ＝－1n.【答案】 －1n2．(2015·铜陵模拟)数列{a n }满足13a 1＋132a 2＋…＋13n a n ＝3n ＋1，n ∈N *，则a n ＝________．【解析】 本题主要考查递推数列，意在考查转化与化归能力．当n ＝1时，13a 1＝3×1＋1，所以a 1＝12，当n ≥2时，①：13a 1＋132a 2＋…＋13n －1a n －1＋13n a n ＝3n ＋1，②：13a 1＋132a 2＋…＋13n －1a n －1＝3(n －1)＋1.①－②得：13n a n ＝(3n ＋1)－[3(n －1)＋1]，即13n a n ＝3，所以a n ＝3n ＋1，综上可得：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，3n ＋1，n ≥2.【答案】 ⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，3n ＋1，n ≥23．(预测题)若数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝5a n －133a n －7，则a 2 015的值为________．【解析】 本题主要考查利用递推数列求数列的某一项，通过研究数列的函数特性来解决．由于a 1＝3，求a 2＝1，a 3＝2，a 4＝3，所以数列{a n }是周期为3的周期数列，所以a 2 015＝a 671×3＋2＝a 2＝1.【答案】 1【规律感悟】 求通项的常用方法(1)归纳猜想法：已知数列的前几项，求数列的通项公式，可采用归纳猜想法．(2)已知S n 与a n 的关系，利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2求a n .(3)累加法：数列递推关系形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，其中数列{f (n )}前n 项和可求，这种类型的数列求通项公式时，常用累加法(叠加法)．(4)累乘法：数列递推关系如a n ＋1＝g (n )a n ，其中数列{g (n )}前n 项积可求，此数列求通项公式一般采用累乘法(叠乘法)．(5)构造法：①递推关系形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ，q 为常数)可化为a n ＋1＋q p －1＝p ⎝⎛⎭⎫a n ＋q p －1(p ≠1)的形式，利用⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋q p －1是以p 为公比的等比数列求解．②递推关系形如a n ＋1＝pa n a n ＋p (p 为非零常数)可化为1a n ＋1＝1a n －1p的形式．数列的前n 项和（多维探究型）命题角度一 基本数列求和、分组求和【典例1】 (2015·湖北八校联考)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，满足a 1＝3，b 1＝1，b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2S n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，设数列{c n }的前n 项和为T n ，求T 2n .【解】 本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识，考查考生的运算求解能力及函数与方程思想、化归与转化思想．(1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q ，则由⎩⎪⎨⎪⎧b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3，得⎩⎪⎨⎪⎧q ＋6＋d ＝10，3＋4d －2q ＝3＋2d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝2， 所以a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝2n －1.(2)由a 1＝3，a n ＝2n ＋1得S n ＝n （a 1＋a n ）2＝n (n ＋2)，则c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n （n ＋2），n 为奇数，2n －1，n 为偶数，即c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1n －1n ＋2，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，∴T 2n ＝(c 1＋c 3＋…＋c 2n －1)＋(c 2＋c 4＋…＋c 2n )＝⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＋(2＋23＋…＋22n －1)＝1－12n ＋1＋2（1－4n）1－4＝2n 2n ＋1＋23(4n －1)．命题角度二 裂项相消法求和 【典例2】 (2015·安徽高考)已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .【解】 本题主要考查等比数列的通项公式及裂项相消法求和，考查考生的运算求解能力．(1)利用等比数列的性质可构造方程组求解a 1，a 4，进而可求数列的通项公式；(2)利用裂项相消法求和即可求解．(1)由题设知a 1 a 4＝a 2 a 3＝8，又a 1＋a 4＝9，可解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8a 4＝1(舍去)．设等比数列{a n }的公比为q ，由a 4＝a 1q 3得q ＝2，故a n ＝a 1q n －1＝2n －1.(2)S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝2n －1，又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝⎛⎭⎫1S 1－1S 2＋⎝⎛⎭⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝⎛⎭⎫1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝1－12n ＋1－1.命题角度三 错位相减法求和 【典例3】 (2015·天津高考)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，{b n }是等差数列，且a 1＝b 1＝1，b 2＋b 3＝2a 3，a 5－3b 2＝7.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n b n ，n ∈N *，求数列{c n }的前n 项和．【解】 本题主要考查等差数列、等比数列及其前n 项和公式等基础知识，考查数列求和的基本方法和运算求解能力．(1)根据已知条件建立关于公差d 、公比q 的方程组，求解即得；(2)利用错位相减法进行数列求和．(1)设数列{a n }的公比为q ，数列{b n }的公差为d ，由题意q ＞0.由已知，有⎩⎪⎨⎪⎧（1＋d ）＋（1＋2q ）＝2q ，q 4－3（1＋d ）＝7，⎩⎪⎨⎪⎧2q 2－3d ＝2，q 4－3d ＝10，消去d ，整理得q 4－2q 2－8＝0.又因为q ＞0，解得q ＝2，所以d ＝2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *；数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1，n ∈N *.(2)由(1)有c n ＝(2n －1)·2n －1，设{c n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n －3)×2n －2＋(2n －1)×2n －1，2S n ＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)×2n －1＋(2n －1)×2n ， 上述两式相减，得－S n ＝1＋22＋23＋…＋2n －(2n －1)×2n ＝2n ＋1－3－(2n －1)×2n ＝－(2n －3)×2n －3， 所以，S n ＝(2n －3)·2n ＋3，n ∈N *.【规律感悟】 1.分组求和的常见方法 (1)根据等差、等比数列分组． (2)根据正号、负号分组． (3)根据数列的周期性分组． 2．裂项后相消的规律(1)裂项系数取决于前后两项分母的差． (2)裂项相消后前、后保留的项数一样多． 3．错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列{a n }乘以等比数列{b n }对应项({a n ·b n })型数列求和． (2)步骤：①求和时先乘以数列{b n }的公比． ②把两个和的形式错位相减． ③整理结果形式．[针对训练]1．(2014·湖南高考)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)n a n ，求数列{b n }的前2n 项和． 【解】 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－（n －1）2＋（n －1）2＝n .故数列{a n }的通项公式为a n ＝n .(2)由(1)知，b n ＝2n ＋(－1)n n .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )．记A ＝21＋22＋…＋22n ，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ，则A ＝2（1－22n ）1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n .故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.2．(2015·山东高考)已知数列{a n }是首项为正数的等差数列，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n·a n ＋1的前n 项和为n 2n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝(a n ＋1)·2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解】 (1)设数列{a n }的公差为d .令n ＝1，得1a 1a 2＝13，所以a 1a 2＝3.令n ＝2，得1a 1a 2＋1a 2a 3＝25，所以a 2a 3＝15.解得a 1＝1，d ＝2， 所以a n ＝2n －1.(2)由(1)知b n ＝2n ·22n －1＝n ·4n ， 所以T n ＝1·41＋2·42＋…＋n ·4n ，所以4T n ＝1·42＋2·43＋…＋n ·4n ＋1，两式相减，得－3T n ＝41＋42＋…＋4n －n ·4n ＋1 ＝4（1－4n ）1－4－n ·4n ＋1＝1－3n 3×4n ＋1－43.所以T n ＝3n －19×4n ＋1＋49＝4＋（3n －1）4n ＋19.数列的综合应用（师生共研型） 【典例4】 (2015·安徽高考)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】 本题综合考查函数、导数的几何意义、数列以及不等式等知识．先通过导数的几何意义求出直线斜率，再求出直线与x 轴交点的横坐标，得到数列通项，最后证明不等式．(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＝nn ＋1.(2)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.[一题多变]若题 (2)变为：记b n ＝lg x n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，求S n .【解】 ∵x n ＝nn ＋1，∴b n ＝lg x n ＝lg nn ＋1＝lg n －lg(n ＋1)，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝(lg 1－lg 2)＋(lg 2－lg 3)＋…＋[lg n －lg(n ＋1)] ＝－lg(n ＋1)． 【规律感悟】1．数列与函数交汇问题的常见类型及解法(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题． (2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、分式、求和方法对式子化简变形．另外，解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解．2．数列与不等式交汇问题的常用方法 (1)作差(商)比较．(2)根据数列的函数特征，判断并利用其单调性． (3)利用基本不等式求最值．[针对训练](2015·陕西汉中质检)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n 项和为T n .证明：对于任意的n ∈N *，都有T n＜564. 【解】 (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 ，b n ＝n ＋1（n ＋2）2a 2n，则b n ＝n ＋14n 2（n ＋2）2＝116⎣⎡⎦⎤1n 2－1（n ＋2）2. 所以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.函数与方程思想求解数列中的最值问题 [思想诠释]数列中的最值问题用到函数与方程思想的常见题型：(1)数列中的恒成立问题：转化为最值问题，利用函数的单调性或不等式求解．(2)数列中的最大项与最小项问题：利用函数的有关性质或不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a n －1≤a n ，a n ≥a n ＋1⎩⎪⎨⎪⎧a n －1≥a n ，a n ≤a n ＋1求解． (3)数列中前n 项和的最值：转化为二次函数，借助二次函数的单调性或求使a n ≥0(a n ，≤0)成立时最大的n 值即可求解．[典例剖析]【典例】 (2015·江西南昌模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 3＝6，正项数列{b n }满足b 1·b 2·b 3·…·b n ＝2S n .(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若λb n ＞a n 对n ∈N *均成立，求实数λ的取值范围．【审题策略】 (1)由a 1＝1，S 3＝6求a n ；由b 1·b 2·b 3·…·b n ＝2S n 求b n ；(2)题目涉及恒成立，联想到函数思想，构建函数，利用函数性质求解．【解】 (1)∵a 1＝1，S 3＝6，∴数列{a n }的公差d ＝1，a n ＝n .由题知，⎩⎪⎨⎪⎧b 1·b 2·b 3·…·b n ＝2S n ①b 1·b 2·b 3·…·b n －1＝2S n －1（n ≥2） ②①÷②得b n ＝2S n －S n －1＝2a n ＝2n (n ≥2)， 又b 1＝2S 1＝21＝2，满足上式，故b n ＝2n .(2)λb n ＞a n 恒成立⇒λ＞n2n 恒成立，设c n ＝n2n ，则c n ＋1c n ＝n ＋12n，当n ≥2时，c n ＜1，数列{c n }单调递减，∴(c n )max ＝12，故λ＞12.所以实数λ的取值范围为(12，＋∞)．[针对训练](2015·辽宁大连模拟)数列{a n }满足a n ＋1＝a n2a n ＋1，a 1＝1.(1)证明：数列{1a n }是等差数列；(2)求数列{1a n }的前n 项和S n ，并证明1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＞nn ＋1.【解】 (1)证明：∵a n ＋1＝a n2a n ＋1，∴1a n ＋1＝2a n ＋1a n ，化简得1a n ＋1＝2＋1a n ，即1a n ＋1－1a n＝2，故数列{1a n }是以1为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)知1a n ＝2n －1，∴S n ＝n （1＋2n －1）2＝n 2.1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2＞11×2＋12×3＋…＋1n （n ＋1）＝(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1n ＋1)＝1－1n ＋1＝n n ＋1.1．必记公式(1)“基本数列”的通项公式①数列－1，1，－1，1，…的通项公式是a n ＝(－1)n (n ∈N *)． ②数列1，2，3，4，…的通项公式是a n ＝n (n ∈N *)． ③数列3，5，7，9，…的通项公式是a n ＝2n ＋1(n ∈N *)． ④数列2，4，6，8，…的通项公式是a n ＝2n (n ∈N *)．⑤数列1，2，4，8，…的通项公式是a n ＝2n －1(n ∈N *)． ⑥数列1，4，9，16，…的通项公式是a n ＝n 2(n ∈N *)．⑦数列1，3，6，10，…的通项公式是a n ＝n （n ＋1）2(n ∈N *)．⑧数列11，12，13，14，…的通项公式是a n ＝1n (n ∈N *)．(2)常用的拆项公式(其中n ∈N *)①1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1. ②1n （n ＋k ）＝1k ⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋k .③1（2n －1）（2n ＋1）＝12(12n －1－12n ＋1)． ④若等差数列{a n }的公差为d ，则1a n a n ＋1＝1d ⎝⎛⎭⎫1a n －1a n ＋1；1a n a n ＋2＝12d ⎝⎛⎭⎫1a n －1a n ＋2.⑤1n （n ＋1）（n ＋2）＝12⎣⎡⎦⎤1n （n ＋1）－1（n ＋1）（n ＋2）.⑥1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .⑦1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )．⑧2n （2n －1）（2n ＋1－1）＝12n －1－12n ＋1－1. 2．重要结论(1)常见数列的前n 项和①1＋2＋3＋…＋n ＝n （n ＋1）2.②2＋4＋6＋…＋2n ＝n 2＋n . ③1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2.④12＋22＋32＋…＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6.⑤13＋23＋33＋…＋n 3＝⎣⎡⎦⎤n （n ＋1）22.(2)数列中不等式的放缩技巧①1K 2＜1K 2－1＝12⎝⎛⎭⎫1K －1－1K ＋1 ②1K －1K ＋1＜1K 2＜1K －1－1K. ③2(n ＋1－n )＜1n＜2(n －n －1)．3．易错提醒(1)裂项求和的系数出错：裂项时，把系数写成它的倒数或者忘记系数致错．(2)忽略验证第一项致误：利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2求通项，忽略n ≥2的限定，忘记第一项单独求解与检验．(3)求错项数致误：错位相减法求和时，易漏掉减数式的最后一项．限时训练(十一)一、选择题 1．(2015·浙江高考)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n .若a 3，a 4，a 8成等比数列，则( )A ．a 1d ＞0，dS 4＞0B ．a 1d ＜0，dS 4＜0C ．a 1d ＞0，dS 4＜0D ．a 1d ＜0，dS 4＞0【解析】 由a 3，a 4，a 8成等比数列可得：(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )·(a 1＋7d )，即3a 1＋5d ＝0，所以a 1＝－53d ，所以a 1d ＜0.又dS 4＝（a 1＋a 4）×42d ＝2(2a 1＋3d )d ＝－23d 2＜0.故选B.【答案】 B 2．(2015·保定调研)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1，则其通项公式为a n ＝( )A ．2n －1B ．2n －1＋1C ．2n －1D ．2(n －1)【解析】 由题意知a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，∴a n ＋1＝(a 1＋1)·2n －1＝2n ，∴a n ＝2n －1. 【答案】 A3．(预测题)已知数列{a n }满足a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，且a 1＝12，则该数列的前2 015项的和等于( )A.3 0232B ．3 023C ．1 512D ．3 024【解析】 因为a 1＝12，又a n ＋1＝12＋a n －a 2n ， 所以a 2＝1，从而a 3＝12，a 4＝1，即得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝2k －1（k ∈N *），1，n ＝2k （k ∈N *），故数列的前2 015项的和等于S 2 015＝1 007×(1＋12)＋1＝3 0212＋1＝3 0232.【答案】 A 4．(2015·长春质检)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝a 2＝1，{nS n ＋(n ＋2)a n }为等差数列，则a n ＝( )A.n2n －1 B.n ＋12n －1＋1 C.2n －12n －1 D.n ＋12n ＋1 【解析】 设b n ＝nS n ＋(n ＋2)a n ，有b 1＝4，b 2＝8，则b n ＝4n ，即b n ＝nS n ＋(n ＋2)a n＝4n ，S n ＋(1＋2n)a n ＝4.当n ≥2时，S n －S n －1＋(1＋2n )a n －(1＋2n －1)a n －1＝0，所以2（n ＋1）n a n ＝n ＋1n －1a n －1，即2·a n n ＝a n －1n －1，所以{a n n }是以12为公比，1为首项的等比数列，所以a n n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1，a n ＝n 2n －1.故选A. 【答案】 A5．(2015·云南第一次统一检测)在数列{a n }中，a n ＞0，a 1＝12，如果a n ＋1是1与2a n a n ＋1＋14－a 2n的等比中项，那么a 1＋a 222＋a 332＋a 442＋…＋a 1001002的值是( )A.10099B.101100C.100101D.99100【解析】 由题意可得，a 2n ＋1＝2a n a n ＋1＋14－a 2n⇒(2a n ＋1＋a n a n ＋1＋1)·(2a n ＋1－a n a n ＋1－1)＝0⇒a n ＋1＝12－a n ⇒a n ＋1－1＝a n －12－a n ⇒1a n ＋1－1＝1a n －1－1，∴1a n －1＝112－1－(n －1)＝－n －1⇒a n ＝n n ＋1⇒a n n 2＝1n （n ＋1），∴a 1＋a 222＋…＋a 1001002＝1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝100101.【答案】 C 二、填空题6．(2014·全国新课标Ⅱ高考)数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n ，a 8＝2，则a 1＝________．【解析】 将a 8＝2代入a n ＋1＝11－a n ，可求得a 7＝12；再将a 7＝12代入a n ＋1＝11－a n，可求得a 6＝－1；再将a 6＝－1代入a n ＋1＝11－a n ，可求得a 5＝2；由此可以推出数列{a n }是一个周期数列，且周期为3，所以a 1＝a 7＝12.【答案】 127．(理)若数列{n (n ＋4)(23)n }中的最大项是第k 项，则k ＝________．【解析】 设数列为{a n }，则a n ＋1－a n ＝(n ＋1)(n ＋5)(23)n ＋1－n (n ＋4)(23)n ＝(23)n [23(n 2＋6n＋5)－n 2－4n ]＝2n3n ＋1(10－n 2)，所以当n ≤3时，a n ＋1＞a n ；当n ≥4时，a n ＋1＜a n .因此，a 1＜a 2＜a 3＜a 4，a 4＞a 5＞a 6＞…，故a 4最大，所以k ＝4. 【答案】 4(文)(2015·江苏高考)设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________．【解析】 由a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)得，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n－a n －1)＝1＋2＋3＋…＋n ＝n （n ＋1）2，则1a n ＝2n （n ＋1）＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，故数列{1a n }前10项的和S 10＝2(1－12＋12－13＋…＋110－111)＝2(1－111)＝2011.【答案】 20118．(2015·福建高考)若a ，b 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p ＞0，q ＞0)的两个不同的零点，且a ，b ，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p ＋q 的值等于________．【解析】 因为a ，b 为函数f (x )＝x 2－px ＋q (p ＞0，q ＞0)的两个不同零点，所以⎩⎪⎨⎪⎧p 2－4q ＞0，a ＋b ＝p ，ab ＝q .所以a ＞0，b ＞0，所以数列a ，－2，b 不可能成等差数列，数列a ，b ，－2不可能成等比数列，数列－2，a ，b 不可能成等比数列．不妨取a ＞b ，则只需研究数列a ，b ，－2成等差数列，数列a ，－2，b 成等比数列，则有⎩⎪⎨⎪⎧a －2＝2b ，ab ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝－2(舍去)，所以⎩⎪⎨⎪⎧p ＝5，q ＝4，所以p ＋q ＝9.【答案】 9 三、解答题 9．(2015·湖北高考)设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q .已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100.(1) 求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2) 当d >1时，记c n ＝a nb n，求数列{c n }的前n 项和T n .【解】 (1)由题意有，⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝29.故⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －1或 ⎩⎨⎧a n＝19（2n ＋79），b n＝9·⎝⎛⎭⎫29n －1.(2)由d >1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故c n ＝2n －12n －1，于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，①12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n .② ①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ， 故T n ＝6－2n ＋32n －1.10．(2014·山东高考)已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －14n a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .【解】 (1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2，S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12，由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)， 解得a 1＝1， 所以a n ＝2n －1.(2)b n ＝(－1)n －14n a n a n ＋1＝(－1)n －14n （2n －1）（2n ＋1）＝(－1)n －1⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1.当n 为偶数时，T n ＝⎝⎛⎭⎫1＋13－⎝⎛⎭⎫13＋15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －3＋12n －1－⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n 2n ＋1. 当n 为奇数时，T n ＝⎝⎛⎭⎫1＋13－⎝⎛⎭⎫13＋15＋…－⎝⎛⎭⎫12n －3＋12n －1＋⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1. 所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n2n ＋1，n 为偶数.(或T n ＝2n ＋1＋（－1）n －12n ＋1)。
第1节 等差数列
【例2】 (2018新课标Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知
a1=-7,S3=-15. (1)求{an}的通项公式;
【解析】 (1)设{an}的公差为d,由题意得3a1 3d 15. 由a1 7得d 2.所以{an}的通项公式为an 2n 9.
(2)求Sn,并求Sn的最小值. (2)由(1)得Sn n2 8n (n 4)2 16. 所以当n 4时, Sn取得最小值,最小值为 16.
1,
a100 a10 90d 98,故选C.
14.(2018广东潮州二模)在我国古代著名的数学专著《九章算术》
里有一段叙述:今有良马与驽马发长安至齐,齐去长安一千一百二
十五里,良马初日行一百零三里,日增一十三里;驽马初日行九十七
里,日减半里,良马先至齐,复还迎驽马,二马相逢,问:几日相逢 ( )
【答案】 15 【解析】 由等差数列的等和性,可知a1 a4 a2 a3, 2(a2 a3 ) 30,a2 a3 15.
11.已知数列{an}的前n项和Sn=n2-9n,则其通项公式an=
;
若它的第k项满足5<ak<8,则k=
.
【答案】 2n 10;8 【解析】
a1
9d
1 2
9
19 2
, 故选B.
13.(2016新课标Ⅰ卷,理)已知等差数列{an}前9项的和为27,a10=8,
则a100=
()
A.100
B.99
C.98
D.97
【答案】C
【解析】 S9
9(a1 2
a9 )
9a5
27, a5
高三数学二轮复习-第1讲等差数列、等比数列专题攻略课件-理-新人教版
4．(2010年高考北京卷)已知{an}为等差数列，且a3 ＝－6，a6＝0. (1)求{an}的通项公式； (2)若等比数列{bn}满足b1＝－8，b2＝a1＋a2＋a3， 求{bn}的前n项和公式． 解：(1)设等差数列{an}的公差为 d.
因为 a3＝－6，a6＝0，
所以aa11＋ ＋25dd＝ ＝－0，6， 解得ad＝1＝2－. 10，
A．6
B．7
Hale Waihona Puke C．8D．9解析：选 A.∵{an}是等差数列， ∴a4＋a6＝2a5＝－6， 即 a5＝－3，d＝a55－ －a11＝－34＋11＝2，得{an}是首 项为负数的递增数列，所有的非正项之和最 小．∵a6＝－1，a7＝1，∴当 n＝6 时，Sn 取最小 值，故选 A.
3．(2010 年高考辽宁卷)设{an}是由正数组成的等
比数列，Sn 为其前 n 项和．已知 a2a4＝1，S3＝7，
则 S5＝( )
15
31
A. 2
B. 4
33 C. 4
17 D. 2
解析：选 B.an>0，a2a4＝a21q4＝1①，S3＝a1＋a1q＋ a1q2＝7②. 解得 a1＝4，q＝12或－13(舍去)， S5＝a111－－qq5＝4×1－1－12312＝341，故选 B.
(1)求通项an及Sn； (2)设{bn－an}是首项为1，公比为3的等比数 列，求数列{bn}的通项公式及前n项和Tn.
【解】 (1)∵{an}是首项为 a1＝19，公差为 d ＝－2 的等差数列，
∴an＝19－2(n－1)＝21－2n， Sn＝19n＋12n(n－1)×(－2)＝20n－n2. (2)由题意得 bn－an＝3n－1，即 bn＝an＋3n－1，∴ bn＝3n－1－2n＋21，Tn＝Sn＋(1＋3＋…＋3n－1)＝－ n2＋20n＋3n－2 1.
高考数学大二轮总复习与增分策略 专题四 数列、推理与证明 第1讲 等差数列与等比数列课件 理
所以
log2a2
013＋a2
014＋a2 3
015＋a2
016＝1
006.
解析答案
热点二 等差数列、等比数列的判定与证明
数列{an}是等差数列或等比数列的证明方法 (1)证明数列{an}是等差数列的两种基本方法： ①利用定义，证明an＋1－an(n∈N*)为一常数； ②利用中项性质，即证明2an＝an－1＋an＋1(n≥2). (2)证明{an}是等比数列的两种基本方法： ①利用定义，证明aan＋n 1(n∈N*)为一常数； ②利用等比中项，即证明 a2n＝an－1an＋1(n≥2).
得 a5＝3，而 a10＝8，因此公差 d＝a1100－－a55＝1， ∴a100＝a10＋90d＝98，故选C.
解析
1 234
2.(2016·北京)已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和.若a1＝6，a3＋a5＝0， 则S6＝____6____. 解析 ∵a3＋a5＝2a4＝0，∴a4＝0. 又a1＝6，∴a4＝a1＋3d＝0，∴d＝－2.
6×6－1 ∴S6＝6×6＋ 2 ×(－2)＝6.
解析答案
1 234
3.(2016·江苏)已知{an}是等差数列，Sn 是其前 n 项和.若 a1＋a22＝－3，S5 ＝10，则 a9 的值是___2_0____. 解析 设等差数列{an}公差为d，由题意可得：
a1＋a1＋d2＝－3， 5a1＋5×2 4d＝10，
返回
热点分类突破
热点一 等差数列、等比数列的运算 1.通项公式 等差数列：an＝a1＋(n－1)d； 等比数列：an＝a1·qn－1. 2.求和公式 等差数列：Sn＝na1＋2 an＝na1＋nn2－1d； 等比数列：Sn＝a111－－qqn＝a11－－aqnq(q≠1).
2016届高考数学二轮复习 4.10 等差数列、等比数列课件
解析:设数列{an}的公差为 d,则 a1=a3-2d,a5=a3+2d,
由题意得,(a1+1)(a5+5)=(a3+3)2,
(a3+2d+5)=(a3+3)2,整理,得(d+1)2=0,∴d=-1,则
即(a3-2d+1)·
a1+1=a3+3,故 q=1.
答案:1
能力突破点一
能力突破点二
3
3
即 2q2-q-3=0,解之得 q= 或 q=-1(舍去).
2
2
解析
关闭
答案
能力突破点一
能力突破点二
能力突破点三
能力突破方略
能力突破模型
能力迁移训练
能力突破点二 等差、等比数列的基本性质
思考:等差、等比数列有哪些主要性质?
提示:
类型
项的
性质
和的
性质
等差数列
2ak=am+al(m,k,l∈N*且 m,k,l
答案
能力突破点一
能力突破点二
能力突破点三
能力突破方略
能力突破模型
能力迁移训练
能力突破点一 等差、等比数列的基本运算
思考:对于等差(等比)数列中的五个基本量 a1,an,Sn,n,d(q)相关的问题,
有哪些处理方式及注意事项?
提示:(1)要明确“知三求二”问题,即已知五个基本量的其中三个就可以
求出其他两个;
能力迁移训练
)
D.28
分析推理当给出等差数列中已知两项的和求另外几项和
的时候,优先观察条件和所求式子中项的角标的规律,一般转化为利用等差
数列的性质来解决.
高考第二轮复习数学全国理科专题四 数 列第1讲 等差数列、等比数列.pdf
专题四 数 列第1讲 等差数列、等比数列 真题试做 1．(2012·福建高考，理2)等差数列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则数列{an}的公差为( )． A．1 B．2C．3 D．4 2．(2012·安徽高考，理4)公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a3a11＝16，则log2a10＝( )． A．4 B．5C．6 D．7 3．(2012·浙江高考，理7)设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n项和，则下列命题错误的是( )． A．若d＜0，则数列{Sn}有最大项 B．若数列{Sn}有最大项，则d＜0 C．若数列{Sn}是递增数列，则对任意n∈N*，均有Sn＞0 D．若对任意n∈N*，均有Sn＞0，则数列{Sn}是递增数列 4．(2012·课标全国高考，理5)已知{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10＝( )． A．7 B．5C．－5 D．－7 5．(2012·江苏高考，20)已知各项均为正数的两个数列{an}和{bn}满足：an＋1＝，n∈N*. (1)设bn＋1＝1＋，n∈N*，求证：数列是等差数列； (2)设bn＋1＝·，n∈N*，且{an}是等比数列，求a1和b1的值． 考向分析 高考中等差(等比)数列的考查主客观题型均有体现，一般以等差数列、等比数列的定义或以通项公式、前n项和公式为基础考点，常结合数列递推公式进行命题，主要考查学生综合应用数学知识的能力以及计算能力等，中低档题占多数．考查的热点主要有三个方面：(1)对于等差、等比数列基本量的考查，常以客观题的形式出现，考查利用通项公式、前n项和公式建立方程组求解，属于低档题；(2)对于等差、等比数列性质的考查主要以客观题出现，具有“新、巧、活”的特点，考查利用性质解决有关计算问题，属中低档题；(3)对于等差、等比数列的判断与证明，主要出现在解答题的第一问，是为求数列的通项公式而准备的，因此是解决问题的关键环节． 热点例析 热点一 等差、等比数列的基本运算 (2012·福建莆田质检，20)设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，等式an＋an＋2＝2an＋1对任意n∈N*均成立． (1)若a4＝10，求数列{an}的通项公式； (2)若a2＝1＋t，且存在m≥3(m∈N*)，使得am＝Sm成立，求t的最小值． 规律方法 此类问题应将重点放在通项公式与前n项和公式的直接应用上，注重五个基本量a1，an，Sn，n，d(q)之间的转化，会用方程(组)的思想解决“知三求二”问题．我们重在认真观察已知条件，在选择a1，d(q)两个基本量解决问题的同时，看能否利用等差、等比数列的基本性质转化已知条件，否则可能会导致列出的方程或方程组较为复杂，无形中增大运算量．在运算过程中要注意消元法及整体代换的应用，这样可减少计算量． 特别提醒：(1)解决等差数列前n项和常用的有三个公式Sn＝；Sn＝na1＋d；Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)，灵活地选用公式，解决问题更便捷； (2)利用等比数列前n项和公式求和时，不可忽视对公比q是否为1的讨论． 变式训练1 (2012·山东青岛质检，20)已知等差数列{an}的公差大于零，且a2，a4是方程x2－18x＋65＝0的两个根；各项均为正数的等比数列{bn}的前n项和为Sn，且满足b3＝a3，S3＝13. (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)若数列{cn}满足cn＝n∈N*，求数列{cn}的前n项和Tn. 热点二 等差、等比数列的性质 (1)在正项等比数列{an}中，a2，a48是方程2x2－7x＋6＝0的两个根，则a1·a2·a25·a48·a49的值为( )．A． B．9 C．±9 D．35 (2)正项等比数列{an}的公比q≠1，且a2，a3，a1成等差数列，则的值为( )． A．或 B．C． D． 规律方法 (1)解决此类问题的关键是抓住项与项之间的关系，项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解； (2)应牢固掌握等差、等比数列的性质，特别是等差数列中“若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq”这一性质与求和公式Sn＝的综合应用． 变式训练2 (1)(2012·江西玉山期末，3)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S15＝25π，则tan a8的值是( )． A． B．－ C．± D．－ (2)(2012·广西桂林调研，7)已知数列{an}是等比数列，其前n项和为Sn，若公比q＝2，S4＝1，则S8＝( )． A．17 B．16 C．15 D．256 热点三 等差、等比数列的判定与证明 (2012·山东淄博一模，20)已知数列{an}中，a1＝5且an＝2an－1＋2n－1(n≥2，且n∈N*)． (1)证明：数列为等差数列； (2)求数列{an}的前n项和Sn. 规律方法 证明数列{an}为等差数列或等比数列有两种基本方法： (1)定义法 an＋1－an＝d(d为常数){an}为等差数列； ＝q(q为常数){an}为等比数列． (2)等差、等比中项法 2an＝an－1＋an＋1(n≥2，n∈N*){an}为等差数列； a＝an－1an＋1(an≠0，n≥2，n∈N*){an}为等比数列． 我们要根据题目条件灵活选择使用，一般首选定义法．利用定义法一种思路是直奔主题，例如本题中的方法；另一种思路是根据已知条件变换出要解决的目标，如本题还可这样去做： 由an＝2an－1＋2n－1，得an－1＝2an－1－2＋2n，所以an－1＝2(an－1－1)＋2n，上式两边除以2n，从而可得＝＋1，由此证得结论． 特别提醒：(1)判断一个数列是等差(等比)数列，还有通项公式法及前n项和公式法，但不作为证明方法； (2)若要判断一个数列不是等差(等比)数列，只需判断存在连续三项不成等差(等比)即可； (3)a＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)是{an}为等比数列的必要而不充分条件，也就是判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0. 变式训练3 在数列{an}中，an＋1＋an＝2n－44(n∈N)，a1＝－23.是否存在常数λ使数列{an－n＋λ}为等比数列，若存在，求出λ的值及数列的通项公式；若不存在，请说明理由． 思想渗透 1．函数方程思想——等差(比)数列通项与前n项和的计算问题： (1)已知等差(比)数列有关条件求数列的通项公式和前n项和公式以及由通项公式和前n项和公式求首项、公差(比)、项数及项等，即主要指所谓的“知三求二”问题； (2)由前n项和求通项； (3)解决与数列通项，前n项和有关的不等式最值问题． 2．求解时主要思路方法： (1)运用等差(比)数列的通项公式及前n项和公式中的5个基本量，建立方程(组)，进行运算时要注意消元的方法及整体代换的运用； (2)数列的本质是定义域为正整数集或其有限子集的函数，数列的通项公式即为相应的函数解析式，因此在解决数列问题时，应用函数的思想求解． 在等比数列{an}中，an＞0(n∈N*)，公比q∈(0,1)，且a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25，a3与a5的等比中项为2. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝log2an，数列{bn}的前n项和为Sn，当＋＋…＋最大时，求n的值． 解：(1)∵a1a5＋2a3a5＋a2a8＝25， ∴a＋2a3a5＋a＝25. 又an＞0，∴a3＋a5＝5. 又a3与a5的等比中项为2，∴a3a5＝4. 而q∈(0,1)，∴a3＞a5. ∴a3＝4，a5＝1，q＝，a1＝16. ∴. (2)bn＝log2an＝5－n， ∴bn＋1－bn＝－1， ∴{bn}是以4为首项，－1为公差的等差数列． ∴Sn＝，＝， ∴当n≤8时，＞0，当n＝9时，＝0，n＞9时，＜0， 当n＝8或9时，＋＋…＋最大． 1．(2012·河北冀州一模，5)在等差数列{an}中，a9＝a12＋6，则数列{an}前11项的和S11等于( )． A．24 B．48 C．66 D．132 2．在等比数列{an}中，an＞0，若a1·a5＝16，a4＝8，则a5＝( )． A．16 B．8 C．4 D．32 3．(2012·广东汕头质检，2)已知等比数列{an}的公比q为正数，且2a3＋a4＝a5，则q的值为( )． A． B．2 C． D．3 4．(2012·河北衡水调研，6)等差数列{an}前n项和为Sn，满足S20＝S40，则下列结论中正确的是( )． A．S30是Sn中的最大值 B．S30是Sn中的最小值 C．S30＝0 D．S60＝0 5．已知正项等比数列{an}满足a7＝a6＋2a5，若存在两项am，an，使得＝4a1，则＋的最小值为________． 6．(原创题)已知数列{an}为等差数列，数列{bn}为等比数列，且满足a1 000＋a1 013＝π，b1b13＝2，则tan＝__________. 7．若数列{an}满足a1＝1，an＋1＝pSn＋r(n∈N*)，p，r∈R，Sn为数列{an}的前n项和． (1)当p＝2，r＝0时，求a2，a3，a4的值； (2)是否存在实数p，r，使得数列{an}为等比数列？若存在，求出p，r满足的条件；若不存在，说明理由． 8．设{an}是公比大于1的等比数列，Sn为数列的前n项和．已知S3＝7，且a1＋3,3a2，a3＋4构成等差数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)令bn＝ln a3n＋1，n＝1,2，…，求数列{bn}的前n项和Tn. 命题调研·明晰考向 真题试做 1．B 2．B 3．C 4．D 5．解：(1)证明：由题设知an＋1＝ ＝＝， 所以＝， 从而＝1(n∈N*)， 所以数列是以1为公差的等差数列． (2)因为an＞0，bn＞0， 所以≤a＋b＜(an＋bn)2， 从而1＜an＋1＝≤.(*) 设等比数列{an}的公比为q，由an＞0知q＞0.下证q＝1. 若q＞1，则a1＝＜a2≤，故当n＞logq时，an＋1＝a1qn＞，与(*)矛盾； 若0＜q＜1，则a1＝＞a2＞1，故当n＞logq时，an＋1＝a1qn＜1，与(*)矛盾． 综上可知，q＝1，故an＝a1(n∈N*)，所以1＜a1≤. 又bn＋1＝·＝·bn(n∈N*)，所以{bn}是公比为的等比数列． 若a1≠，则＞1，于是b1＜b2＜b3. 又由得，所以b1，b2，b3中至少有两项相同，矛盾．所以a1＝，从而＝. 所以a1＝b1＝. 精要例析·聚焦热点 热点例析 【例1】解：(1)∵an＋an＋2＝2an＋1对n∈N*都成立，∴数列{an}为等差数列． 设数列{an}的公差为d， ∵a1＝1，a4＝10， ∴a4＝a1＋3d＝10，∴d＝3. ∴an＝a1＋(n－1)d＝3n－2. ∴数列{an}的通项公式为an＝3n－2. (2)∵a2＝1＋t， ∴公差d＝a2－a1＝t. ∴an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)t. Sn＝na1＋d＝n＋t. 由am＝Sm，得1＋(m－1)t＝m＋t， ∴(m－1)t＝(m－1)＋t. ∴t＝1＋t.∴t＝. ∵m≥3，∴－2≤t＜0.∴t的最小值为－2. 【变式训练1】解：(1)设{an}的公差为d(d＞0)，{bn}的公比为q(q＞0)， 则由x2－18x＋65＝0，解得x＝5或x＝13. 因为d＞0，所以a2＜a4，则a2＝5，a4＝13. 则解得a1＝1，d＝4， 所以an＝1＋4(n－1)＝4n－3.因为解得b1＝1，q＝3. 所以bn＝3n－1. (2)当n≤5时， Tn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝n＋×4＝2n2－n； 当n＞5时，Tn＝T5＋(b6＋b7＋b8＋…＋bn) ＝(2×52－5)＋＝， 所以Tn＝(n∈N*) 【例2】(1)B 解析：依题意知a2·a48＝3. 又a1·a49＝a2·a48＝＝3，a25＞0， ∴a1·a2·a25·a48·a49＝a25＝9. (2)C 解析：因为a2，a3，a1成等差数列， 所以a3＝a1＋a2.∴q2＝1＋q. 又q＞0，解得q＝， 故＝＝＝. 【变式训练2】(1)B (2)A 【例3】(1)证明：设bn＝，b1＝＝2， ∴bn＋1－bn＝－ ＝[(an＋1－2an)＋1] ＝[(2n＋1－1)＋1]＝1， ∴数列是首项为2，公差为1的等差数列． (2)解：由(1)知，＝＋(n－1)×1， ∴an＝(n＋1)·2n＋1. ∵Sn＝(2·21＋1)＋(3·22＋1)＋…＋(n·2n－1＋1)＋[(n＋1)·2n＋1]， ∴Sn＝2·21＋3·22＋…＋n·2n－1＋(n＋1)·2n＋n. 设Tn＝2·21＋3·22＋…＋n·2n－1＋(n＋1)·2n，① 则2Tn＝2·22＋3·23＋…＋n·2n＋(n＋1)·2n＋1.② 由②－①，得 Tn＝－2·21－(22＋23＋…＋2n)＋(n＋1)·2n＋1＝n·2n＋1， ∴Sn＝n·2n＋1＋n＝n·(2n＋1＋1)． 【变式训练3】解：假设an＋1－(n＋1)＋λ＝－(an－n＋λ)成立，整理得an＋1＋an＝2n＋1－2λ，与an＋1＋an＝2n－44比较，得λ＝. ∴数列是以－为首项，－1为公比的等比数列．故an－n＋＝－(－1)n－1，即an＝n－－(－1)n－1. 创新模拟·预测演练 1．D 2．A 3．B 4．D 5． 6．－ 7．解：(1)由a1＝1，an＋1＝pSn＋r，当p＝2，r＝0时，an＋1＝2Sn， ∴a2＝2a1＝2， a3＝2S2＝2(a1＋a2)＝2×(1＋2)＝6， a4＝2S3＝2(a1＋a2＋a3)＝2×(1＋2＋6)＝18. (2)∵an＋1＝pSn＋r， ∴an＝pSn－1＋r(n≥2)． ∴an＋1－an＝(pSn＋r)－(pSn－1＋r)＝pan，即an＋1＝(p＋1)an，其中n≥2. ∴若数列{an}为等比数列，则公比q＝p＋1≠0. ∴p≠－1. 又a2＝p＋r＝a1q＝a1(p＋1)＝p＋1， 故r＝1. ∴当p≠－1，r＝1时，数列{an}为等比数列． 8．解：(1)设数列{an}的公比为q(q＞1)． 由已知得 即 亦即 解得a1＝1，q＝2或a1＝4，q＝(舍去)． 故an＝2n－1. (2)由(1)得a3n＋1＝23n， ∴bn＝ln a3n＋1＝ln 23n＝3nln 2， ∴bn＋1－bn＝3ln 2. ∴{bn}是以b1＝3ln 2为首项，公差为3ln 2的等差数列． ∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝＝，即Tn＝.。
2016高考数学二轮复习 专题四 数列 第一讲 等差数列与等比数列课件 理
=
=
(+1)
.
2
2
2
2
+
+…+
=2
1×2 2×3
(+1)
1
2
1 1
2 3
1- + - + … +
考点1
考点2
考点3
设数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 6Sn+1=9an(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式;
1
9
2
(2)若数列{bn}满足 bn= ,证明:b1+b2+…+bn< .
题.
(3)会用等差、等比数列
的性质解决问题.
(4)会用等差、等比数列
的通项公式与前 n 项和
公式解答与数列有关的
问题.
高频考点
考点
高考真题例举
2014
2013
天津,19;辽宁,4;
数列的概念及 辽宁,8;湖南,20;
课标全国Ⅰ,14;
通项公式
湖北,18
广东,19
课标全国Ⅱ,16;
等差数列及其 课标全国Ⅰ,17;
(
)
1
A.
4
B.4
C.-4
D.-3
解析:∵{a n}是等差数列,a 4=15,S 5=55,∴a 1+a 5=22,即 2a 3=22,a 3=11.∴公差
d=a 4-a 3=4.
答案:B
1
2
3
4
5
2.公比不为 1 的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,且-3a1,-a2,a3 成等差数列,若
)
A.± 2
高考数学大二轮复习 专题四 数列 第1讲 等差数列、等比数列复习指导课后强化训练-人教版高三全册数学
专题四 第一讲A 组1．(2017·某某模拟)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 11＝22，则a 3＋a 7＋a 8＝导学号 52134475( D )A ．18B ．12C ．9D ．6[解析] 本题主要考查等差数列的通项公式及前n 项和公式． 由题意得S 11＝11a 1＋a 112＝112a 1＋10d2＝22，即a 1＋5d ＝2，所以a 3＋a 7＋a 8＝a 1＋2d ＋a 1＋6d ＋a 1＋7d ＝3(a 1＋5d )＝6，故选D ．2．设等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3，S 4＝15，则S 6＝导学号 52134476( C ) A ．31 B ．32 C ．63D ．64[解析] 解法一：由条件知：a n >0，且⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝3，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 11＋q ＝3，a 11＋q ＋q 2＋q3＝15，∴q ＝2．∴a 1＝1，∴S 6＝1－261－2＝63．解法二：由题意知，S 2，S 4－S 2，S 6－S 4成等比数列，即(S 4－S 2)2＝S 2(S 6－S 4)，即122＝3(S 6－15)，∴S 6＝63．3．(2017·某某四校联考)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＝导学号 52134477( C ) A ．1＋ 2 B ．1－ 2 C ．3＋2 2D ．3－2 2[解析] 本题主要考查等差数列、等比数列． ∵a 1，12a 3,2a 2成等差数列，∴12a 3×2＝a 1＋2a 2，即a 1q 2＝a 1＋2a 1q ，∴q 2＝1＋2q ，解得q ＝1＋2或q ＝1－2(舍)，∴a 9＋a 10a 7＋a 8＝a 1q 81＋q a 1q 61＋q＝q 2＝(1＋2)2＝3＋22． 4．已知数列{a n }满足3a n ＋1＋a n ＝0，a 2＝－43，则{a n }的前10项和等于导学号 52134478( C )A ．－6(1－3－10)B ．19(1－3－10)C ．3(1－3－10) D ．3(1＋3－10)[解题提示] 由已知可得，数列{a n }是以－13为公比的等比数列，结合已知a 2＝－43可求a 1，然后代入等比数列的求和公式可求．[解析] 因为3a n ＋1＋a n ＝0， 所以a n ＋1a n ＝－13， 所以数列{a n }是以－13为公比的等比数列．因为a 2＝－43，所以a 1＝4，由等比数列的求和公式可得， S 10＝4[1－－1310]1＋13＝3(1－3－10)．5．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的最小值为导学号 52134479( C )A ．2B ．16C ．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 ＝－1(舍)或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114．6．已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，若a 2，a 3，a 7成等比数列，且2a 1＋a 2＝1，则a 1＝__23__，d ＝__－1__.导学号 52134480[解析] 由题可得(a 1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋6d )，故有3a 1＋2d ＝0，又因为2a 1＋a 2＝1，即3a 1＋d ＝1，联立可得d ＝－1，a 1＝23．7．已知{a n }为等差数列，a 1＋a 3＋a 5＝105，a 2＋a 4＋a 6＝99，以S n 表示{a n }的前n 项和，则使得S n 达到最大值的n 是__20__.导学号 52134481[解析] 由等差数列的性质可得a 3＝35，a 4＝33，故d ＝－2，a n ＝35＋(n －3)×(－2)＝41－2n ，易知数列前20项大于0，从第21项起为负项，故使得S n 达到最大值的n 是20．8．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝4a n －p (n ∈N *)，其中p 是不为零的常数.导学号 52134482(1)证明：数列{a n }是等比数列；(2)当p ＝3时，若数列{b n }满足b n ＋1＝a n ＋b n (n ∈N *)，b 1＝2，求数列{b n }的通项公式． [解析] (1)证明：因为S n ＝4a n －p (n ∈N *)， 则S n －1＝4a n －1－p (n ∈N *，n ≥2)，所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4a n －4a n －1， 整理得a n ＝43a n －1．由S n ＝4a n －p ，令n ＝1，得a 1＝4a 1－p ，解得a 1＝p3．所以{a n }是首项为p 3，公比为43的等比数列．(2)因为a 1＝1，则a n ＝(43)n －1，由b n ＋1＝a n ＋b n (n ＝1,2，…)，得b n ＋1－b n ＝(43)n －1，当n ≥2时，由累加法得b n ＝b 1＋(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝2＋1－43n －11－43＝3(43)n －1－1，当n ＝1时，上式也成立．∴b n ＝3·(43)n －1－1．9．(文)(2017·某某质检)已知数列{a n }是等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和，且a 3＝3，S 3＝9.导学号 52134483(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝log 23a 2n ＋3，且{b n }为递增数列，若＝4b n ·b n ＋1，求证：c 1＋c 2＋c 3＋…＋<1．[解析] (1)设该等比数列的公比为q ， 则根据题意有3·(1＋1q ＋1q2)＝9，从而2q 2－q －1＝0， 解得q ＝1或q ＝－12．当q ＝1时，a n ＝3；当q ＝－12时，a n ＝3·(－12)n －3．(2)证明：若a n ＝3，则b n ＝0，与题意不符， 故a n ＝3(－12)n －3，此时a 2n ＋3＝3·(－12)2n，∴b n ＝2n ，符合题意． ∴＝42n ·2n ＋2＝1n ·n ＋1＝1n －1n ＋1， 从而c 1＋c 2＋c 3＋…＋＝1－1n ＋1<1． (理)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.导学号 52134484(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 ．[解析] (1)y ′＝(x2n ＋2＋1)′＝(2n ＋2)x2n ＋1，曲线y ＝x2n ＋2＋1在点(1,2)处的切线斜率为2n ＋2，从而切线方程为y －2＝(2n ＋2)(x －1)．令y ＝0，解得切线与x 轴交点的横坐标 x n ＝1－1n ＋1＝nn ＋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x22n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －12n 2＝2n －122n 2＞2n －12－12n 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．B 组1．已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若S 1＝1，S 4S 2＝4，则S 6S 4的值为导学号 52134485( A )A ．94 B ．32 C ．53D ．4[解析] 由等差数列的性质可知S 2，S 4－S 2，S 6－S 4成等差数列，由S 4S 2＝4得S 4－S 2S 2＝3，则S 6－S 4＝5S 2，所以S 4＝4S 2，S 6＝9S 2，S 6S 4＝94．2．(文)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，且4a 3－a 6＝0，则S 6S 3＝导学号 52134486( D )A ．－5B ．－3C ．3D ．5[解析] ∵4a 3－a 6＝0，∴4a 1q 2＝a 1q 5，∵a 1≠0，q ≠0，∴q 3＝4，∴S 6S 3＝a 11－q 61－q a 11－q 31－q＝1－q 61－q3＝1＋q 3＝5．(理)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，则a 1＝导学号 52134487( C )A ．13B ．－13C ．19D ．－19[解析] ∵S 3＝a 2＋10a 1，∴a 1＋a 2＋a 3＝a 2＋10a 1，a 3＝9a 1＝a 1q 2，∴q 2＝9，又∵a 5＝9，∴9＝a 3·q 2＝9a 3，∴a 3＝1， 又a 3＝9a 1，故a 1＝19．3．(2017·某某模拟)已知公差不等于0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，如果S 3＝－21，a 7是a 1与a 5的等比中项，那么在数列{na n }中，数值最小的项是导学号 52134488( B )A ．第4项B ．第3项C ．第2项D ．第1项[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，则由S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝3a 2＝－21，得a 2＝－7，又由a 7是a 1与a 5的等比中项，得a 27＝a 1·a 5，即(a 2＋5d )2＝(a 2－d )(a 2＋3d )，将a 2＝－7代入，结合d ≠0，解得d ＝2，则na n ＝n [a 2＋(n －2)d ]＝2n 2－11n ，对称轴方程n ＝234，又n ∈N *，结合二次函数的图象知，当n ＝3时，na n 取最小值，即在数列{na n }中数值最小的项是第3项．4．(2017·某某二模)数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n (n ∈N *)，若p －q ＝5，则a p －a q＝导学号 52134489( D )A ．10B ．15C ．－5D ．20[解析] 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－3n －2(n －1)2＋3n －3＝4n －5，a 1＝S 1＝－1适合上式，所以a n ＝4n －5，所以a p －a q ＝4(p －q )，因为p －q ＝5，所以a p －a q ＝20．5．(2017·某某某某质量监测)设数列{a n }的前n 和为S n ，且a 1＝a 2＝1，{nS n ＋(n ＋2)a n }为等差数列，则a n ＝导学号 52134490( A )A ．n2n －1 B ．n ＋12n －1＋1C ．2n －12n －1D ．n ＋12n ＋1[解析] 设b n ＝nS n ＋(n ＋2)a n ，则b 1＝4，b 2＝8， {b n }为等差数列，所以b n ＝4n ，即nS n ＋(n ＋2)a n ＝4n ，S n ＋(1＋2n)a n ＝4．当n ≥2时，S n －S n －1＋(1＋2n )a n －(1＋2n －1)a n －1＝0，所以2n ＋1n a n ＝n ＋1n －1·a n －1，即2·a n n ＝a n －1n －1，又因为a 11＝1，所以{a n n }是首项为1，公比为12的等比数列，所以a n n ＝(12)n －1(n∈N *)，a n ＝n2n －1(n ∈N *)．故选A ．6．(2017·某某质检)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋3，则S 4＝__66__.导学号 52134491[解析] 本题主要考查数列的通项公式与求和．依题a n ＝2S n －1＋3(n ≥2)，与原式作差得，a n ＋1－a n ＝2a n ，n ≥2，即a n ＋1＝3a n ，n ≥2，可见，数列{a n }从第二项起是公比为3的等比数列，a 2＝5，所以S 4＝1＋5×1－331－3＝66．7．若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝__50__.导学号 52134492[解析]∵a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，∴a 1·a 20＝e 5． 又∵ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ln(a 1a 2…a 20) ＝ln[(a 1a 20)(a 2a 19)…(a 10a 11)] ＝ln(e 5)10＝ln e 50＝50．注意等比数列性质：若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ，对数的性质log a m n＝n log a m ． 8．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.导学号 52134493(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．[解析] (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)． 从而a 2＝2a 1，a 3＝4a 1．又因为a 1，a 2＋1，a 3成等差数列，即a 1＋a 3＝2(a 2＋1)． 所以a 1＋4a 1＝2(2a 1＋1)，解得a 1＝2．所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列． 故a n ＝2n． (2)由(1)得1a n ＝12n ．所以T n ＝12＋122＋123＋…＋12n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝1－12n ．由|T n －1|<11 000得⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－12n －1<11 000，即2n >1 000． 因为29＝512<1 000<1 024＝210， 所以n ≥10．于是，使|T n －1|<11 000成立的n 的最小值为10．9．已知f (x )＝x 3x ＋1，数列{a n }满足a 1＝13，a n ＋1＝f (a n )(n ∈N *).导学号 52134494 (1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列；(2)记S n (x )＝x a 1＋x 2a 2＋…＋x na n(x >0)，求S n (x )．[分析] (1)找出a n 与a n ＋1关系； (2)用错位相减法求和． [解析] (1)由已知得a n ＋1＝a n3a n ＋1，∴1a n ＋1＝3a n ＋1a n ＝3＋1a n．∴1a n ＋1－1a n＝3．∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为3，公差为3的等差数列．(2)由(1)得1a n＝3＋3(n －1)＝3n ，∴S n (x )＝3x ＋6x 2＋9x 3＋…＋3nx n．x ＝1时，S n (1)＝3＋6＋9＋…＋3n ＝3n ＋1n2；x ≠1时，S n (x )＝3x ＋6x 2＋9x 3＋…＋3nx n ， xS n (x )＝3x 2＋6x 3＋…＋3(n －1)x n ＋3nx n ＋1，(1－x )S n (x )＝3x ＋3x 2＋…＋3x n －3nx n ＋1，S n (x )＝3x －3n ＋1xn ＋1＋3nxn ＋21－x2．综上，当x ＝1时，S n (1)＝32n (n ＋1)，当x ≠1时，S n (x )＝3x －3n ＋1xn ＋1＋3nxn ＋21－x2．。
2016届广东省高考数学二轮专题复习等差数列、等比数列01
等差数列、等比数列1． a n 与S n 的关系S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1， n ＝1，S n －S n －1， n ≥2.2． 等差数列和等比数列考点一 与等差数列有关的问题例1 在等差数列{a n }中，满足3a 5＝5a 8，S n 是数列{a n }的前n 项和．(1)若a 1>0，当S n 取得最大值时，求n 的值； (2)若a 1＝－46，记b n ＝S n －a nn ，求b n 的最小值．解 (1)设{a n }的公差为d ，则由3a 5＝5a 8，得3(a 1＋4d )＝5(a 1＋7d )，∴d ＝－223a 1.∴S n ＝na 1＋n (n －1)2×⎝⎛⎭⎫－223a 1＝－123a 1n 2＋2423a 1n＝－123a 1(n －12)2＋14423a 1.∵a 1>0，∴当n ＝12时，S n 取得最大值． (2)由(1)及a 1＝－46，得d ＝－223×(－46)＝4，∴a n ＝－46＋(n －1)×4＝4n －50， S n ＝－46n ＋n (n －1)2×4＝2n 2－48n .∴b n ＝S n －a n n ＝2n 2－52n ＋50n＝2n ＋50n－52≥22n ×50n－52＝－32，当且仅当2n ＝50n ，即n ＝5时，等号成立．故b n 的最小值为－32.(1)在等差数列问题中其最基本的量是首项和公差，只要根据已知条件求出这两个量，其他问题就可随之而解，这就是解决等差数列问题的基本方法，其中蕴含着方程思想的运用．(2)等差数列的性质①若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ； ②S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…，仍成等差数列； ③a m －a n ＝(m －n )d ⇔d ＝a m －a nm －n(m ，n ∈N *)；④a n b n ＝A 2n －1B 2n －1(A 2n －1，B 2n －1分别为{a n }，{b n }的前2n －1项的和)． (3)数列{a n }是等差数列的充要条件是其前n 项和公式S n ＝f (n )是n 的二次函数或一次函数且不含常数项，即S n ＝An 2＋Bn (A 2＋B 2≠0)．(1)设S n 是公差为d (d ≠0)的无穷等差数列{a n }的前n 项和，则下列命题错误．．的是________．(填序号)①若d <0，则数列{S n }有最大项； ②若数列{S n }有最大项，则d <0；③若数列{S n }是递增数列，则对任意n ∈N *，均有S n >0； ④若对任意n ∈N *，均有S n >0，则数列{S n }是递增数列．(2)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m ＝________. 答案 (1)③ (2)5【详细分析】(1)利用函数思想，通过讨论S n ＝d2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n 的单调性判断． 设{a n }的首项为a 1，则S n ＝na 1＋12n (n －1)d ＝d2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n . 由二次函数性质知S n 有最大值时，则d <0，故①②正确；因为{S n }为递增数列，则d >0，不妨设a 1＝－1，d ＝2，显然{S n }是递增数列，但S 1＝－1<0，故③错误；对任意n ∈N *，S n 均大于0时，a 1>0，d >0，{S n }必是递增数列，④正确． (2)a m ＝2，a m ＋1＝3，故d ＝1， 因为S m ＝0，故ma 1＋m (m －1)2d ＝0，故a 1＝－m －12，因为a m ＋a m ＋1＝5， 故a m ＋a m ＋1＝2a 1＋(2m －1)d ＝－(m －1)＋2m －1＝5， 即m ＝5.考点二 与等比数列有关的问题例2 (1)已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10＝________.(2)设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则q ＝________.答案 (1)－7 (2)32【详细分析】(1)利用等比数列的性质求解．由⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝a 4a 7＝－8解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＝－2，a 7＝4或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝4，a 7＝－2. ∴⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－2，a 1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－12，a 1＝－8，∴a 1＋a 10＝a 1(1＋q 9)＝－7.(2)利用等比数列的通项公式及前n 项和公式求解． S 4＝S 2＋a 3＋a 4＝3a 2＋2＋a 3＋a 4＝3a 4＋2， 将a 3＝a 2q ，a 4＝a 2q 2代入得，3a 2＋2＋a 2q ＋a 2q 2＝3a 2q 2＋2，化简得2q 2－q －3＝0， 解得q ＝32(q ＝－1不合题意，舍去)．(1)证明数列是等比数列的两个方法：①利用定义：a n ＋1a n(n ∈N *)是常数，②利用等比中项a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)．(2)等比数列中的五个量：a 1，a n ，q ，n ，S n 可以“知三求二”． (3){a n }为等比数列，其性质如下：①若m 、n 、r 、s ∈N *，且m ＋n ＝r ＋s ，则a m ·a n ＝a r ·a s ； ②a n ＝a m q n －m ；③S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等比数列(q ≠－1)． (4)等比数列前n 项和公式 S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1(q ＝1)，a 1(1－q n )1－q＝a 1－a n q 1－q (q ≠1).①能“知三求二”；②注意讨论公比q 是否为1；③a 1≠0.已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，S 4，S 2，S 3成等差数列，且a 2＋a 3＋a 4＝－18. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正整数n ，使得S n ≥2 013？若存在，求出符合条件的所有n 的集合；若不存在，说明理由．解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，则a 1≠0，q ≠0.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ S 2－S 4＝S 3－S 2，a 2＋a 3＋a 4＝－18.即⎩⎪⎨⎪⎧－a 1q 2－a 1q 3＝a 1q 2，a 1q (1＋q ＋q 2)＝－18， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，q ＝－2.故数列{a n }的通项公式为a n ＝3×(－2)n －1.(2)由(1)有S n ＝3[1－(－2)n ]1－(－2)＝1－(－2)n .假设存在n ，使得S n ≥2 013，则1－(－2)n ≥2 013，即(－2)n ≤－2 012. 当n 为偶数时，(－2)n >0.上式不成立； 当n 为奇数时，(－2)n ＝－2n ≤－2 012， 即2n ≥2 012，则n ≥11.综上，存在符合条件的正整数n ，且所有这样的n 的集合为{n |n ＝2k ＋1，k ∈N ，k ≥5}． 考点三 等差数列、等比数列的综合应用 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.(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－(12)m ]1－12＝8[1－(12)m ]，∵(12)m 随m 增加而递减， ∴{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 －92)2－814]，故(S n )max ＝S 4＝S 5＝10，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *总有S n <T m ＋λ， 则10<4＋λ，得λ>6.等差(比)数列的综合问题的常见类型及解法(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)等差数列、等比数列与函数、方程、不等式等的交汇问题，求解时用等差(比)数列的相关知识，将问题转化为相应的函数、方程、不等式等问题求解即可． 已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1－3a n ＝3n (n ∈N *)，数列{b n }满足b n ＝3－n a n .(1)求证：数列{b n }是等差数列；(2)设S n ＝a 13＋a 24＋a 35＋…＋a n n ＋2，求满足不等式1128<S n S 2n <14的所有正整数n 的值．(1)证明 由b n ＝3－n a n 得a n ＝3n b n ，则a n ＋1＝3n ＋1b n ＋1.代入a n ＋1－3a n ＝3n 中，得3n ＋1b n ＋1－3n ＋1b n ＝3n ，即得b n ＋1－b n ＝13.所以数列{b n }是等差数列．(2)解 因为数列{b n }是首项为b 1＝3－1a 1＝1，公差为13的等差数列，则b n ＝1＋13(n －1)＝n ＋23，则a n ＝3n b n ＝(n ＋2)×3n －1，从而有a n n ＋2＝3n －1， 故S n ＝a 13＋a 24＋a 35＋…＋a nn ＋2＝1＋3＋32＋…＋3n －1＝1－3n 1－3＝3n －12，则S n S 2n ＝3n－132n －1＝13n ＋1， 由1128<S n S 2n <14，得1128<13n ＋1<14， 即3<3n <127，得1<n ≤4.故满足不等式1128<S n S 2n <14的所有正整数n 的值为2,3,4.1． 在等差(比)数列中，a 1，d (q )，n ，a n ，S n 五个量中知道其中任意三个，就可以求出其他两个．解这类问题时，一般是转化为首项a 1和公差d (公比q )这两个基本量的有关运算． 2． 等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用．但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形． 3． 等差、等比数列的单调性(1)等差数列的单调性d >0⇔{a n }为递增数列，S n 有最小值． d <0⇔{a n }为递减数列，S n 有最大值． d ＝0⇔{a n }为常数列． (2)等比数列的单调性当⎩⎪⎨⎪⎧ a 1>0，q >1或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1<0，0<q <1时，{a n }为递增数列，当⎩⎪⎨⎪⎧ a 1>0，0<q <1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0，q >1时，{a n }为递减数列． 4． 常用结论(1)若{a n }，{b n }均是等差数列，S n 是{a n }的前n 项和，则{ma n ＋kb n }，{S nn }仍为等差数列，其中m ，k 为常数．(2)若{a n }，{b n }均是等比数列，则{ca n }(c ≠0)，{|a n |}，{a n ·b n }，{ma n b n }(m 为常数)，{a 2n }，{1a n}等也是等比数列． (3)公比不为1的等比数列，其相邻两项的差也依次成等比数列，且公比不变，即a 2－a 1，a 3－a 2，a 4－a 3，…成等比数列，且公比为a 3－a 2a 2－a 1＝(a 2－a 1)qa 2－a 1＝q .(4)等比数列(q ≠－1)中连续k 项的和成等比数列，即S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…成等比数列，其公差为q k .等差数列中连续k 项的和成等差数列，即S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…成等差数列，公差为k 2d . 5． 易错提醒(1)应用关系式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2时，一定要注意分n ＝1，n ≥2两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起．(2)三个数a ，b ，c 成等差数列的充要条件是b ＝a ＋c2，但三个数a ，b ，c 成等比数列的必要条件是b 2＝ac .。
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核心整合
1.等差、等比数列的通项及前 n 项和公式 通项公式 等差数列 an= a1+(n-1)d Sn = 前 n 项和 = na1
n a1 an 2
等比数列 n-1 an= a1q (q≠0) (1)q≠1, Sn =
a1 1 q n 1 q
等差(比)数列的通项公式、求和公式中一共包含a1、d(或q)、
n、an与Sn这五个量,如果已知其中的三个,就可以求其余的两个.其中a1和
d(或q)是两个基本量,所以等差数列与等比数列的基本运算问题一般先设
出这两个基本量,然后根据通项公式、求和公式构建这两者的方程组,通过 解方程组求其值,这也是方程思想在数列问题中的体现.但需注意等差数列 中公差d=0的情况和等比数列中公比q=1的情况.
(D)±
3 3
=11a6=
22π 2π ,所以 a6= . 3 3
π π2 又 b5·b7= b = ,所以 b6=± . 2 4
所以 tan(a6+b6)=tan 故选 C.
3 3 π 7π = 或 tan(a6+b6)=tan = . 3 6 3 6
热点三
等差、等比数列的综合问题
【例3】 (2015太原二检)已知公差不为0的等差数列{an}满足S7=77,且 a1,a3,a11成等比数列.
2
* *
等比数列 2 ak =am·al(m,k,l∈N*且 m,k,l 成 等差数列) am·an=ap·aq(m,n,p,q∈N 且 m+n= p+q) 当 n 为偶数时,
S偶 S奇
*
=q(公比)
依次每 k 项的和:Sk,S2k-Sk, S3k-S2k,„构成等差数列
依次每 k 项的和:Sk,S2k-Sk,S3k-S2k, „构成等比数列(公比 q≠-1)
a 1 1 1 2 ,又 a7=a4·q3=2·q3= ,所以 q= .所以 a1= 4 = =16. 3 1 q 4 4 2 8
1 5 16 1 2 =31.故选 B. = 1 1 2
所以 S5=
a1 1 q 5 1 q
方法技巧
因为当 n≥1 时,3n-1≥2×3n-1, 所以 于是 所以
1 1 ≤ , n n 1 3 1 23
1 1 1 1 1 3 1 3 + +…+ ≤1+ +…+ n 1 = （1- n ）< . a1 a2 an 3 3 2 3 2 1 1 1 3 + +…+ < . a1 a2 an 2
备考指要
举一反三 2 1:(2015 江西上饶市三模)若{an}为等差数列,Sn 是其前 n 项的和,且
22 π2 S11= π ,{bn}为等比数列,b5·b7= ,则 tan(a6+b6)等于( 3 4
)
(A) 3
(B)± 3
(C)
解析:因为 S11=
2 6
11 a1 a11 2
3 3
4 3
(B)
8 3
解析:(1)因为 a1+a7+a13=4, 所以 3a7=4,
4 所以 a7= , 3
所以 a2+a12=2a7=2× 故选 B.
4 8 = . 3 3
(2)(2015宁夏石嘴山高三联考)在各项均为正数的等比数列{an}中,a2a10=9,
则a5+a7( ) (B)有最大值6 (A)有最小值6
则a3+a5+a7等于(
(A)21 (B)42
B
(C)63
)
(D)84
解析:设{an}的公比为q,由a1=3,a1+a3+a5=21得1+q2+q4=7,解得q2=2(负值
舍去),所以a3+a5+a7=a1q2+a3q2+a5q2=(a1+a3+a5)q2=21×2=42.故选B.
2.(2013 新课标全国卷Ⅰ,理 7)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若
(2)若 bn= 2an ,求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
解：(2)因为 bn= 2an ,
1 所以 bn=2 = ·8n, 2
3n-1
所以数列{bn}是以 4 为首项,8 为公比的等比数列, 由等比数列前 n 项和公式得 Tn=
4 1 8n 1 8
23 n 2 4 = . 7
又 a1+
1 3 1 3 = ,所以{an+ }是首项为 ,公比为 3 的等比数列. 2 2 2 2
1 3n 3n 1 an+ = ,因此{an}的通项公式为 an= . 2 2 2
(2)证明:
1 1 1 3 + +„+ < . a1 a2 an 2
1 2 = n . an 3 1
解：(2)由(1)知
3.证明(或判断)数列是等差(比)数列的四种基本方法 (1)定义法:an+1-an=d(常数)(n∈N*)⇒ {an}是等差数列; 是等比数列;
* 2 (2)等差(比)中项法:2an+1=an+an+2(n∈N*)⇒ {an}是等差数列; an =a · a (n ∈ N ,an≠0) n n+2 1
m 3 m 2 2
=0,
即 m=5.故选 C.
3.(2013 新课标全国卷Ⅱ,理 3)等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 S3=a2+10a1, a5=9,则 a1 等于(
1 (A) 3 1 (B)3
C
)
1 (C) 9 1 (D)9
解析:因为 S3=a1+a2+a3=a2+10a1, 所以 a3=9a1,所以 q2=
4.等差、等比数列的单调性 (1)等差数列的单调性
d>0⇔{an}为递增数列,Sn有最小值.
d<0⇔{an}为递减数列,Sn有最大值. d=0⇔{an}为常数列.
(2)等比数列的单调性
a 0, a1 0, 当 1 或 时,{an}为递增数列, q 1 0 q 1 a 0, a 0, 当 1 或 1 时,{an}为递减数列. 0 q 1 q 1
温馨提示
在使用等比数列前n项和公式时,若公比q不能确定是否为1,应
分q=1和q≠1两种情况讨论.
热点精讲
热点一
等差、等比数列的基本运算
) 【例 1】 (1)(2015 河南三市联考)设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和,a1=1,a3=5, Sk+2-Sk=36,则 k 的值为( (A)8 (B)7 (C)6 (D)5
5 ,则 S5 等于( 4
) (D)36
(C)33
解析：(2)设等比数列{an}的公比为 q, 2 3 因为 a2a3=2a1,所以 a1q·a1q =2a1,所以 a1q =2,即 a4=2.① 又 a4 与 2a7 的等差中项为
5 5 5 ,所以 a4+2a7= ×2= , ② 4 4 2
由①②得 a7=
解析: (1)由2d=a3-a1=5-1=4得d=2, 所以an=1+(n-1)×2=2n-1, 由Sk+2-Sk=ak+2+ak+1=2(k+2)-1+2(k+1)-1 =4k+4=36,
得k=8.故选A.
(2)(2015 大庆市二检)等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a2a3=2a1,且 a4 与 2a7 的等差中项为 (A)29 (B)31
S m 1 =-2,Sm=0, S mB)4
(C)5
(D)6
解析:设等差数列{an}的首项为 a1,公差为 d, 则由题意知 am=Sm-Sm-1=2, am+1=Sm+1-Sm=3, 所以公差 d=am+1-am=1, 首项 a1=am-(m-1)d=3-m, 即 Sm =
1 举一反三 1 1:(2015 赤峰市高三统考)设等比数列{an}的首项 a1= ,前 n 3
项和为 Sn,若 S1,2S2,3S3 成等差数列,则{an}的通项公式为(
1 (A)an= n 3
)
(B)an=3
n
(C)an=
1 1 (D)a n= 3n 1 31 n 解析:由题意知,4S2=S1+3S3,
◆专题四 数列
第1讲 等差数列与等比数列
考向分析
核心整合
热点精讲
考向分析
考情纵览 2013 年份 2011 考点 等差数列 等比数列 17(1) 5 2012 Ⅰ 7 Ⅱ 16 3 Ⅰ 17 17(1) 4 2014 Ⅱ Ⅰ 2015 Ⅱ
真题导航
1.(2015新课标全国卷Ⅱ,理4)已知等比数列{an}满足a1=3,a1+a3+a5=21,
n n 1 2
d
a1 an q = ; 1 q
(2)q=1,Sn=na1
2.等差、等比数列的性质 类型 项的 性质 等差数列 2ak=am+al(m,k,l∈N 且 m,k,l 成等差数列) am+an=ap+aq(m,n,p,q∈N ,且 m+n=p+q) 当 n 为奇数时, 和的 性质 Sn=n a n 1
(C)有最大值9
(D)有最小值3
解析：(2)因为等比数列{an}各项为正数, 且 a5·a7=a2·a10=9, 所以 a5+a7≥2 a5 a7 =2 9 =6, 当且仅当 a5=a7=3 时等号成立, 所以 a5+a7 的最小值为 6. 故选 A.