2014高考复习——数列应用
2014届高考二轮复习热点专题第二讲： 数列(文)(教学案)(教师版)
2014届高考二轮复习热点专题第二讲： 数列一、知识梳理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 (2012·浙江)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( )A ．若d <0，则数列{S n }有最大项B ．若数列{S n }有最大项，则d <0C ．若数列{S n }是递增数列，则对任意n ∈N *，均有S n >0D ．若对任意n ∈N *，均有S n >0，则数列{S n }是递增数列解析 (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A 、B 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C 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，D 正确．(2013·课标全国Ⅰ)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 等于( )A ．3B ．4C ．5D ．6答案 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)(2012·课标全国)已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10等于( )A ．7B ．5C ．－5D ．－7(2)(2012·浙江)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)D (2)32解析 (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)(2013·课标全国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 ＝_____. 答案 (－2)n －1解析 当n ＝1时，a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝23a n －23a n －1，故a n a n －1＝－2，故a n ＝(－2)n －1. (2)(2013·湖北)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. 考点四 错位相减求和法例4 (2013·山东)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n ＝1－12n ，n ∈N *，求{b n }的前n 项和T n .解 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)由已知b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n ＝1－12n ，n ∈N *，①当n ≥2时，b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n －1a n －1＝1－12n －1，②①－②得：b n a n ＝12n ，又当n ＝1时，b 1a 1＝12也符合上式，所以b n a n ＝12n (n ∈N *)，所以b n ＝2n －12n (n ∈N *)．所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝12＋322＋523＋…＋2n －12n .12T n ＝122＋323＋…＋2n －32n ＋2n －12n ＋1. 两式相减得：12T n ＝12＋⎝⎛⎭⎫222＋223＋…＋22n －2n －12n ＋1＝32－12n －1－2n －12n ＋1.所以T n ＝3－2n ＋32n . 考点五 裂项相消求和法例5 (2013·广东)设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，满足4S n ＝a 2n ＋1－4n －1，n ∈N *, 且a 2，a 5，a 14构成等比数列． (1)证明：a 2＝4a 1＋5；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1<12.(1)证明 当n ＝1时，4a 1＝a 22－5，a 22＝4a 1＋5，又a n >0，∴a 2＝4a 1＋5.(2)解 当n ≥2时，4S n －1＝a 2n －4(n －1)－1，∴4a n ＝4S n －4S n －1＝a 2n ＋1－a 2n －4， 即a 2n ＋1＝a 2n ＋4a n ＋4＝(a n ＋2)2，又a n >0，∴a n ＋1＝a n ＋2，∴当n ≥2时，{a n }是公差为2的等差数列． 又a 2，a 5，a 14成等比数列．∴a 25＝a 2·a 14，即(a 2＋6)2＝a 2·(a 2＋24)，解得a 2＝3. 由(1)知a 1＝1. 又a 2－a 1＝3－1＝2，∴数列{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝2的等差数列． ∴a n ＝2n －1.(3)证明 1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1<12. 课后练习一、选择题1． (2013·江西)等比数列x,3x ＋3,6x ＋6，…的第四项等于( )A ．－24B ．0C ．12D ．24答案 A解析 由x,3x ＋3,6x ＋6成等比数列得，(3x ＋3)2＝x (6x ＋6)． 解得x ＝－3或x ＝－1(不合题意，舍去)．故数列的第四项为－24.2． (2013·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等于( )A.13B ．－13C.19D ．－19答案 C解析 设等比数列{a n }的公比为q ，由S 3＝a 2＋10a 1得a 1＋a 2＋a 3＝a 2＋10a 1，即a 3＝9a 1，q 2＝9，又a 5＝a 1q 4＝9，所以a 1＝19.3． (2013·课标全国Ⅰ)设首项为1，公比为23的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则 ( )A ．S n ＝2a n －1B ．S n ＝3a n －2C ．S n ＝4－3a nD ．S n ＝3－2a n答案 D解析 S n ＝a 1(1－q n)1－q ＝a 1－q ·a n1－q＝1－23a n13＝3－2a n .故选D.4． 在等差数列{a n }中，a 5<0，a 6>0且a 6>|a 5|，S n 是数列的前n 项的和，则下列说法正确的是( )A ．S 1，S 2，S 3均小于0，S 4，S 5，S 6…均大于0B ．S 1，S 2，…S 5均小于0，S 6，S 7，…均大于0C ．S 1，S 2，…S 9均小于0，S 10，S 11…均大于0D ．S 1，S 2，…S 11均小于0，S 12，S 13…均大于0 答案 C解析 由题意可知a 6＋a 5>0，故S 10＝(a 1＋a 10)×102＝(a 5＋a 6)×102>0，而S 9＝(a 1＋a 9)×92＝2a 5×92＝9a 5<0，故选C.5． 已知{a n }是等差数列，S n 为其前n 项和，若S 21＝S 4 000，O 为坐标原点，点P (1，a n )，Q (2 011，a 2011)，则OP →·OQ →等于 ( )A ．2 011B ．－2 011C ．0D ．1答案 A解析 由S 21＝S 4 000得a 22＋a 23＋…＋a 4 000＝0， 由于a 22＋a 4 000＝a 23＋a 3 999＝…＝2a 2 011， 所以a 22＋a 23＋…＋a 4 000＝3 979a 2 011＝0， 从而a 2 011＝0，而OP →·OQ →＝2 011＋a 2 011a n ＝2 011.6． 数列{a n }的首项为3，{b n }为等差数列且b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)．若b 3＝－2，b 10＝12，则a 8等于( )A ．0B ．3C ．8D ．11答案 B解析 因为{b n }是等差数列，且b 3＝－2，b 10＝12， 故公差d ＝12－(－2)10－3＝2.于是b 1＝－6，且b n ＝2n －8(n ∈N *)，即a n ＋1－a n ＝2n －8， 所以a 8＝a 7＋6＝a 6＋4＋6＝a 5＋2＋4＋6＝…＝ ＝a 1＋(－6)＋(－4)＋(－2)＋0＋2＋4＋6＝3. 二、填空题7． (2013·广东)在等差数列{a n }中，已知a 3＋a 8＝10，则3a 5＋a 7＝________.答案 20解析 设公差为d ，则a 3＋a 8＝2a 1＋9d ＝10，∴3a 5＋a 7＝4a 1＋18d ＝2(2a 1＋9d )＝20.8． 各项均为正数的等比数列{a n }的公比q ≠1，a 2，12a 3，a 1成等差数列，则a 3a 4＋a 2a 6a 2a 6＋a 4a 5＝________.答案5－12解析 依题意，有a 3＝a 1＋a 2，设公比为q ，则有q 2－q －1＝0，所以q ＝1＋52(舍去负值)．a 3a 4＋a 2a 6a 2a 6＋a 4a 5＝a 2a 4(q ＋q 2)a 2a 4(q 2＋q 3)＝1q ＝21＋5＝5－12.9． 在等差数列{a n }中，a n >0，且a 1＋a 2＋…＋a 10＝30，则a 5·a 6的最大值等于________．答案 9解析 由a 1＋a 2＋…＋a 10＝30得a 5＋a 6＝305＝6，又a n >0，∴a 5·a 6≤⎝⎛⎭⎫a 5＋a 622＝⎝⎛⎭⎫622＝9.10．已知数列{a n }的首项为a 1＝2，且a n ＋1＝12(a 1＋a 2＋…＋a n ) (n ∈N *)，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S n ＝________，a n ＝________. 答案 2×⎝⎛⎭⎫32n －1 ⎩⎪⎨⎪⎧2 (n ＝1)，⎝⎛⎭⎫32n －2 (n ≥2).解析 由a n ＋1＝12(a 1＋a 2＋…＋a n ) (n ∈N *)，可得a n ＋1＝12S n ，所以S n ＋1－S n ＝12S n ，即S n ＋1＝32S n ，由此可知数列{S n }是一个等比数列，其中首项S 1＝a 1＝2，公比为32，所以S n ＝2×⎝⎛⎭⎫32n －1，由此得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2 (n ＝1)，⎝⎛⎭⎫32n －2 (n ≥2).。
(考点梳理+考点自测+真题举例)2014高考总复习数学(理)第六章数列
第六章 数列第1讲 数列的概念与简单表示法对应学生用书P84考点梳理1．数列的通项公式(1)定义：如果数列{a n }的第n 项a n 与项数n 之间的函数关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做数列的通项公式，记为a n ＝f (n )(n ∈N *)．数列可以用通项公式来描述，也可以通过列表或图象来表示．(2)数列的递推公式：如果已知数列的第一项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项a n 与它的前一项a n －1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．递推公式也是给出数列的一种方法． 2．数列的分类n n已知S n ，则a n ＝⎩⎨⎧ S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.在数列{a n }中，若a n 最大，则⎩⎨⎧a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1.若a n 最小，则⎩⎨⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1.【助学·微博】 一个考情分析数列的通项公式及前n 项和是高考考查的重点及热点，常以填空的形式考查数列的通项公式．而前n 项和S n 与通项a n 相结合的题目，往往以解答题形式出现．题型比较全面，难度以中档题为主，重点考查学生的运算能力及抽象概括能力．由递推式求通项a n 的三种方法 (1)a n ＋1－a n ＝f (n )型，采用叠加法； (2)a n ＋1a n＝f (n )型，采用叠乘法；(3)a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠0,1，q ≠0)型，采用待定系数法转化为等比数列解决．考点自测1．(教材改编题)已知数列{a n }的前4项为1,3,7,15，写出数列{a n }的一个通项公式为________．解析 1,3,7,15分别都加上一个1，则为2,4,8,16， ∴通项公式不难发现为a n ＝2n －1. 答案 a n ＝2n －12．下列对数列的理解有四种：①数列可以看成一个定义在N *(或它的有限子集{1,2,3，…，n })上的函数； ②数列的项数是有限的；③数列若用图象表示，从图象上看都是一群孤立的点； ④数列的通项公式是唯一的． 其中说法正确的所有序号是________．解析 由数列与函数的关系知①对，③对，由数列的分类知②不对，数列的通项公式不是唯一的，④不对． 答案 ①③3．在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝5，a n ＋2＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，则a 100＝________. 解析 法一 由a 1＝1，a 2＝5，a n ＋2＝a n ＋1－a n (n ∈N *)可得该数列为1,5,4，－1，－5，－4,1,5,4，…. 由此可得a 100＝－1.法二 a n ＋2＝a n ＋1－a n ，a n ＋3＝a n ＋2－a n ＋1，两式相加可得a n ＋3＝－a n ，a n ＋6＝a n ，∴a 100＝a 16×6＋4＝a 4＝－1. 答案 －14．(2012·无锡二模)设a >0，若a n ＝⎩⎨⎧(3－a )n －3(n ≤7)，a n －6 (n >7)，且数列{a n }是递增数列，则实数a 的范围是________．解析由{a n }是递增数列，得⎩⎨⎧3－a >0，a >1，a 8>a 7，即⎩⎨⎧1<a <3，a 2>(3－a )×7－3，解得2<a <3. 答案 (2,3)5．(2012·苏锡常镇四市调研(一))设u (n )表示正整数n 的个位数，a n ＝u (n 2)－u (n )，则数列{a n }的前2 012项和等于________．解析 因为n 与n ＋10的个位数字相同且周期为10，又a 1＝0，a 2＝4－2＝2，a 3＝9－3＝6，a 4＝6－4＝2，a 5＝5－5＝0，a 6＝6－6＝0，a 7＝9－7＝2，a 8＝4－8＝－4，a 9＝1－9＝－8，a 10＝0，所以a 1＋a 2＋…＋a 10＝0，即a 1＋a 2＋…＋a 2 012＝a 1＋a 2＝2. 答案 2对应学生用书P85考向一 由数列的前几项求数列的通项【例1】 写出下面各数列的一个通项公式： (1)3,5,7,9，…；(2)12，34，78，1516，3132，…； (3)－1，32，－13，34，－15，36，…； (4)3,33,333,3 333，….解 (1)各项减去1后为正偶数，所以a n ＝2n ＋1.(2)每一项的分子比分母少1，而分母组成数列21,22,23，24，…，所以a n ＝2n －12n .(3)奇数项为负，偶数项为正，故通项公式中含因子(－1)n ；各项绝对值的分母组成数列1,2,3,4，…；而各项绝对值的分子组成的数列中，奇数项为1，偶数项为3，即奇数项为2－1，偶数项为2＋1，所以a n ＝(－1)n ·2＋(－1)nn .也可写为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1n ，n 为正奇数，3n ，n 为正偶数.(4)将数列各项改写为：93，993，9993，9 9993，…，分母都是3，而分子分别是10－1,102－1,103－1，104－1，…，所以a n ＝13(10n－1)．[方法总结] 根据数列的前几项求通项公式时，需仔细观察分析，抓住以下几方面的特征：(1)分式中分子、分母的特征；(2)相邻项的变化特征；(3)拆项后的特征，把数列的项分成变化的部分和不变的部分；(4)各项符号特征，若关系不明显时，应将部分项作适当的变形，统一成相同的形式，让规律凸现出来． 【训练1】 已知数列{a n }的前四项分别为1,0,1,0，给出下列各式：①a n ＝1－(－1)n 2；②a n ＝1＋(－1)n 2；③a n ＝sin 2n π2；④a n ＝1－cos n π2；⑤a n ＝⎩⎨⎧1(n 为正偶数)0(n 为正奇数)；⑥a n ＝1＋(－1)n ＋12＋(n －1)(n －2)．其中可以作为数列{a n }的通项公式的有________(填序号)． 答案 ①③④考向二 数列的单调性【例2】 (2012·四川卷)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2a n ＝S 2＋S n 对一切正整数n 都成立． (1)求a 1，a 2的值； (2)设a 1>0，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg 10a 1a n 的前n 项和为T n .当n 为何值时，T n 最大？并求出T n的最大值．解 (1)取n ＝1，得a 2a 1＝S 2＋S 1＝2a 1＋a 2，①取n ＝2，得a 22＝2a 1＋2a 2，②由②－①，得a 2(a 2－a 1)＝a 2.③ 若a 2＝0，由①知a 1＝0. 若a 2≠0，由③知a 2－a 1＝1.④ 由①④解得，a 1＝2＋1，a 2＝2＋2； 或a 1＝1－2，a 2＝2－ 2.综上可得，a 1＝0，a 2＝0；或a 1＝2＋1，a 2＝2＋2；或a 1＝1－2，a 2＝2－ 2.(2)当a 1>0时，由(1)知a 1＝2＋1，a 2＝2＋2.当n ≥2时，有(2＋2)a n ＝S 2＋S n ，(2＋2)a n －1＝S 2＋S n －1， ∴(1＋2)a n ＝(2＋2)a n －1，即a n ＝2a n －1(n ≥2)， ∴a n ＝a 1(2)n －1＝(2＋1)·(2)n －1.令b n ＝lg 10a 1a n，则b n ＝1－lg(2)n －1＝1－12(n －1)lg 2＝12lg 1002n －1.∴数列{b n }是单调递减的等差数列(公差为－12lg 2)，从而b 1>b 2>…>b 7＝lg 108>lg 1＝0，当n ≥8时，b n ≤b 8＝12lg 100128<12lg 1＝0， 故n ＝7时，T n 取得最大值，且T n 的最大值为 T 7＝7(b 1＋b 7)2＝7(1＋1－3lg 2)2＝7－212lg 2.[方法总结] (1)本题主要考查等比数列、等差数列、对数等基础知识，考查思维能力、运算能力、分析问题与解决问题的能力，并考查方程、分类与整合、化归与转化等数学思想．(2)计算时一定要细心．若a n 计算错误，则b n 就不能判定为等差数列，从而无法求和．【训练2】 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2＋2n ，数列{b n }的前n 项和T n ＝2－b n .(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a 2n ·b n ，证明：当且仅当n ≥3时，c n ＋1<c n . 解 (1)由于a 1＝S 1＝4，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2＋2n )－[2(n －1)2＋2(n －1)]＝4n ，显然a 1符合上式，所以a n ＝4n (n ∈N *)．由b 1＝2－b 1，得b 1＝1，当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝b n －1－b n ，所以2b n ＝b n －1，所以数列{b n }为等比数列，其首项为1，公比为12.所以b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.(2)由(1)，知c n ＝a 2n ·b n ＝16n 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1， 法一 由c n ＋1－c n ＝16(n ＋1)2·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －16n 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1 ＝16·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n [(n ＋1)2－2n 2]＝16·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n[－(n －1)2＋2]， 当n ≥3时，c n ＋1－c n <0，从而c n ＋1<c n .法二 因c n ＋1c n ＝16(n ＋1)2·⎝ ⎛⎭⎪⎫12(n ＋1)－116n 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝(n ＋1)22n 2，若c n ＋1c n <1，即(n ＋1)22n 2<1，所以n >1＋2，即n ≥3时，c n ＋1c n <1恒成立．又c n >0，因此当且仅当n ≥3时，c n ＋1<c n .考向三 由a n 与S n 的关系求通项a n【例3】 已知下面数列{a n }的前n 项和S n ，求{a n }的通项公式： (1)S n ＝2n 2－3n ；(2)S n ＝3n ＋b .审题视点 当n ＝1时，由a 1＝S 1，求a 1；当n ≥2时，由a n ＝S n －S n －1消去S n ，得a n ＋1与a n 的关系．转化成由递推关系求通项．解 (1)a 1＝S 1＝2－3＝－1， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n )－[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5，由于a 1也适合此等式，∴a n ＝4n －5.(2)a 1＝S 1＝3＋b ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1 ＝(3n ＋b )－(3n －1＋b )＝2·3n －1.当b ＝－1时，a 1适合此等式． 当b ≠－1时，a 1不适合此等式． ∴当b ＝－1时，a n ＝2·3n －1； 当b ≠－1时，a n ＝⎩⎨⎧3＋b ，n ＝1，2·3n －1，n ≥2.[方法总结] 数列的通项a n 与前n 项和S n 的关系是a n ＝⎩⎨⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.当n＝1时，a 1若适合S n －S n －1，则n ＝1的情况可并入n ≥2时的通项a n ；当n ＝1时，a 1若不适合S n －S n －1，则用分段函数的形式表示．【训练3】 (1)(2012·南通一模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n －a n ，则数列{a n }的通项公式为________．(2)已知数列{a n }的前n 项和S n ＋a n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1(n 为正整数)．则数列{a n }的通项公式为________．解析 (1)当n ＝1时，由a 1＝S 1＝2－a 1，得a 1＝1；当n ≥2时，由a n ＝S n －S n－1＝(2n －a n )－[2(n －1)－a n －1]＝2－a n ＋a n －1，即a n ＝12a n －1＋1，设a n ＋m ＝12(a n －1＋m )，∴a n ＝12a n －1－12m ，∴m ＝－2，∴数列{a n －2}构成首项为－1，公比为12的等比数列，∴a n －2＝－1·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，∴a n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.(2)由S n ＋a n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，得S n ＋1＋a n ＋1＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，两式相减，得a n ＋1－a n ＋a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，即a n ＋1＝12a n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，因为S n ＋a n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，令n ＝1，得a 1＝12.在a n ＋1＝12a n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1中，两端同除以⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，得2n ＋1a n ＋1＝2n a n ＋1，即数列{2n a n }是首项为1，公差为1的等差数列，故2n a n ＝n ，所以a n ＝n2n . 答案 (1)2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1 (2)n 2n考向四 已知数列的递推公式求通项【例4】 根据下列条件，确定数列{a n }的通项公式： (1)a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2； (2)a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)；(3)已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n ＋3n ＋2，且a 1＝2，求a n . 解 (1)∵a n ＋1＝3a n ＋2，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)， ∴a n ＋1＋1a n ＋1＝3，∴数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3， 又a 1＋1＝2，∴a n ＋1＝2·3n －1，∴a n ＝2·3n －1－1.(2)∵a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，∴a n －1＝n －2n －1a n －2，…，a 2＝12a 1.以上(n －1)个式子相乘得a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n .(3)∵a n ＋1－a n ＝3n ＋2，∴a n －a n －1＝3n －1(n ≥2)，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n (3n ＋1)2(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝12×(3×1＋1)＝2，符合公式，∴a n ＝32n 2＋n2.[方法总结] 已知数列的递推关系，求数列的通项时，通常用累加、累乘、构造法求解．当出现a n ＝a n －1＋m 时，构造等差数列；当出现a n ＝xa n －1＋y 时，构造等比数列；当出现a n ＝a n －1＋f (n )时，用累加法求解；当出现a na n －1＝f (n )时，用累乘法求解．【训练4】 根据下列各个数列{a n }的首项和基本关系式，求其通项公式． (1)a 1＝1，a n ＝a n －1＋3n －1(n ≥2)； (2)a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n .解 (1)∵a n ＝a n －1＋3n －1(n ≥2)，∴a n －1＝a n －2＋3n －2， a n －2＝a n －3＋3n －3， …a 2＝a 1＋31，以上(n －1)个式子相加得 a n ＝a 1＋31＋32＋…＋3n －1＝1＋3＋32＋…＋3n －1＝3n －12.(2)∵a n ＋1＝a n ＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ，∴a n ＋1－a n ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＝ln n ＋1n ， ∴a n －a n －1＝ln nn －1，a n －1－a n －2＝ln n －1n －2，…a 2－a 1＝ln 21，∴a n －a 1＝ln n n －1＋ln n －1n －2＋…＋ln 21＝ln n ．又a 1＝2，∴a n ＝ln n ＋2.对应学生用书P86热点突破16 数列中最值问题的求解策略从近几年高考可以看出，对求数列中的最大项是高考的重点．解决这类问题时，要利用函数的单调性研究数列的最值，但要注意数列的单调性与函数的单调性有所不同，其自变量的取值是不连续的，只能取正整数，所以在求数列中的最大(小)项时，应注意数列中的项可以是相同的，故不应漏掉项．【示例1】 (2011·浙江卷)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n (n ＋4)⎝ ⎛⎭⎪⎫23n 中的最大项是第k 项，则k ＝________.[审题与转化] 第一步：原问题可利用⎩⎨⎧a k ≥a k ＋1，a k ≥a k －1求最大项．[规范解答] 第二步：由题意知⎩⎪⎨⎪⎧k (k ＋4)⎝ ⎛⎭⎪⎫23k ≥(k －1)(k －1＋4)⎝ ⎛⎭⎪⎫23k－1，k (k ＋4)⎝ ⎛⎭⎪⎫23k ≥(k ＋1)(k ＋1＋4)⎝ ⎛⎭⎪⎫23k ＋1，∴⎩⎨⎧(k －1)2≤10，k 2≥10.∵k ∈N *，∴k ＝4，故填4. [反思与回顾] 第三步：若求数列{a n }的最大项，则可解不等式组⎩⎨⎧a n ≥a n ＋1a n ≥a n －1；若求数列{a n }的最小项，则可解不等式组⎩⎨⎧a n ≤a n ＋1a n ≤a n －1，求出n 的取值范围之后，再确定取得最值的项．【示例2】 (2010·辽宁卷)已知数列{a n }满足a 1＝33，a n ＋1－a n ＝2n ，则a nn 的最小值为________．[审题与转化] 第一步：先利用累加法求a n 的表达式． 第二步：利用基本不等式求a nn 的最小值．[规范解答] 第三步：用累加法求得a n ＝n 2－n ＋33，所以a n n ＝n ＋33n －1≥233－1，当且仅当n ＝33n ，即n ＝33时取等号，但n ∈N *，所以n 取6，∴a nn ＝n ＋33n －1的最小值为10.5.[反思与回顾] 第四步：数列中用基本不等式时，一定注意n ∈N *，本题还可以用“对号函数”性质或示例1的方法求解．高考经典题组训练1．(2010·陕西卷改编)对于数列{a n }，“a n ＋1>|a n |(n ＝1，2，…)”是“{a n }为递增数列”的________条件．解析 由a n ＋1>|a n |(n ＝1,2，…)得数列{a n }为递增数列，反之不成立． 答案 充分不必要2．(2011·江西卷改编)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＋S m ＝S n ＋m ，且a 1＝1，那么a 10＝________.解析 由S n ＋S m ＝S n ＋m ，得S 1＋S 9＝S 10；所以a 10＝S 10－S 9＝S 1＝a 1＝1. 答案 13．(2012·福建卷改编)若数列{a n }的通项公式a n ＝n cos n π2，前n 项和为S n ，则S 2 012＝________.解析 因为a n ＝n cos n π2，当n ＝2k －1(k ∈N *)时，a n ＝0；当n ＝4k －2(k ∈N *)时，a n ＝－n ；当n ＝4k (k ∈N *)时，a n ＝n ，所以a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2，a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝2，…，即数列{a n }连续4项之和均为2，所以S 2 012＝S 4×503＝503×2＝1 006. 答案 1 0064．(2009·湖北卷)已知数列{a n }满足a 1＝m (m 为正整数)，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n 2，当a n 为偶数时，3a n ＋1，当a n 为奇数时，若a 6＝1，则m 所有可能的取值为________．解析 若a n 为偶数，则a n ＝2a n ＋1；若a n 为奇数，则a n ＝a n ＋1－13.因为a 6＝1，反推得a 5＝2(a 5＝0舍去)，a 4＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫a 4＝13舍去.若a 3为偶数，则a 3＝2a 4＝8，a 2＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＝73舍去.所以a 1＝2a 2＝32或a 1＝a 2－13＝5.若a 3为奇数，则a 3＝a 4－13＝1，a 2＝2，a 1＝4. 综上，得m ＝4,5,32. 答案 4,5,32对应学生用书P299分层训练A 级 基础达标演练(时间：30分钟 满分：60分)一、填空题(每小题5分，共30分)1．已知数列，1，3，5，7，…，2n －1，…，则35是它的第________项． 解析 35＝45＝2×23－1. 答案 232．(2013·福州一模)把1,3,6,10,15,21这些数叫做三角形数，这是因为这些数目的点子可以排成一个正三角形(如图所示)．则第七个三角形数是________．解析 观察三角形数的增长规律，可以发现每一项比它的前一项多的点数正好是本身的序号，所以根据这个规律计算即可．根据三角形数的增长规律可知第七个三角形数是1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28. 答案 283．(2011·四川卷改编)数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ≥1)，则a 6＝________.解析 a 1＝1，a 2＝3S 1＝3，a 3＝3S 2＝12＝3×41，a 4＝3S 3＝48＝3×42，a 5＝3S 4＝3×43，a 6＝3S 5＝3×44. 答案 3×444．(2012·南京调研)已知正数数列{a n }对任意p ，q ∈N *，都有a p ＋q ＝a p ·a q ，若a 2＝4，则a 9＝________.解析 由条件，可有a 1＝2，a 2＝4，a 4＝16，a 8＝256，a 9＝512. 答案 5125．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则通项a n ＝________. 解析 由a n ＋1－a n ＝n ＋1，可得a n －a n －1＝n ， a n －1－a n －2＝n －1，a n －2－a n －3＝n －2， …a 3－a 2＝3，a 2－a 1＝2，以上n －1个式子左右两边分别相加得， a n －a 1＝2＋3＋…＋n ，∴a n ＝1＋(1＋2＋3＋…＋n )＝n (n ＋1)2＋1. 答案n (n ＋1)2＋16．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－9n ，第k 项满足5＜a k ＜8，则k 的值为________．解析 ∵S n ＝n 2－9n ，∴n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －10， a 1＝S 1＝－8适合上式，∴a n ＝2n －10(n ∈N *)， ∴5＜2k －10＜8，得7.5＜k ＜9.∴k ＝8. 答案 8二、解答题(每小题15分，共30分)7．已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和满足S n ＞1，且6S n ＝(a n ＋1)(a n ＋2)，n ∈N *.求{a n }的通项公式． 解 由a 1＝S 1＝16(a 1＋1)(a 1＋2)，解得a 1＝1或a 1＝2，由已知a 1＝S 1＞1，因此a 1＝2. 又由a n ＋1＝S n ＋1－S n＝16(a n ＋1＋1)(a n ＋1＋2)－16(a n ＋1)(a n ＋2)， 得a n ＋1－a n －3＝0或a n ＋1＝－a n .因a n ＞0，故a n ＋1＝－a n 不成立，舍去． 因此a n ＋1－a n －3＝0.即a n ＋1－a n ＝3，从而{a n }是公差为3，首项为2的等差数列， 故{a n }的通项为a n ＝3n －1.8．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2n －1，求a n . 解 由a n ＋1＝a n ＋2n －1，得a n ＋1－a n ＝2n －1. 所以a 2－a 1＝1， a 3－a 2＝2， a 4－a 3＝22， a 5－a 4＝23， …a n －a n －1＝2n －2(n ≥2)，将以上各式左右两端分别相加，得a n －a 1＝1＋2＋22＋…＋2n －2＝2n －1－1，所以a n ＝2n －1(n ≥2)，又因为a 1＝1适合上式，故a n ＝2n －1(n ∈N *)．分层训练B 级 创新能力提升1．数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋2，若对所有的n ∈N *，都有a n ＋1＞a n 成立，则实数k 的取值范围是________．解析 a n ＋1＞a n ，即(n ＋1)2＋k (n ＋1)＋2＞n 2＋kn ＋2，则k ＞－(2n ＋1)对所有的n ∈N *都成立，而当n ＝1时，－(2n ＋1)取得最大值－3，所以k ＞－3. 答案 (－3，＋∞)2．(2012·合肥三检)在数列{a n }中，a 1＝12，a n ＋1＝1－1a n(n ≥2)，则a 16＝________.解析 由题可知a 2＝1－1a 1＝－1，a 3＝1－1a 2＝2，a 4＝1－1a 3＝12，∴此数列是以3为周期的周期数列，a 16＝a 3×5＋1＝a 1＝12. 答案 123．已知{a n }的前n 项和为S n ，且满足log 2(S n ＋1)＝n ＋1，则a n ＝________. 解析 由已知条件可得S n ＋1＝2n ＋1.∴S n ＝2n ＋1－1， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－1－2n ＋1＝2n ， n ＝1时不适合a n ，∴a n ＝⎩⎨⎧3 (n ＝1)，2n (n ≥2).答案 ⎩⎨⎧3 (n ＝1)2n (n ≥2)4．(2012·南通调研三)已知5×5数字方阵⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤a 11 a 12 a 13 a 14 a 15a 21 a 22 a 23 a 24 a 25a 31a 32 a 33 a 34 a 35a 41a 42 a 43 a 44 a 45a51 a 52 a 53 a 54 a 55中，a ij＝⎩⎨⎧ 1，j 是i 的整数倍，－1，j 不是i 的整数倍， 则∑j ＝25a 3j ＋∑i ＝24a i 4＝________.解析 由条件可知a 32＝－1，a 33＝1，a 34＝－1，a 35＝－1，a 24＝1，a 34＝－1，a 44＝1，从而原式＝－1. 答案 －15．(2012·无锡一中期中)设数列{b n }满足：b 1＝12，b n ＋1＝b 2n ＋b n ， (1)求证：1b n ＋1＝1b n －1b n ＋1；(2)若T n ＝1b 1＋1＋1b 2＋1＋…＋1b n ＋1，对任意的正整数n,3T n －log 2m －5>0恒成立．求m 的取值范围．解 (1)∵b 1＝12，b n ＋1＝b 2n ＋b n ＝b n (b n ＋1)， ∴对任意的n ∈N *，b n >0. ∴1b n ＋1＝1b n (b n ＋1)＝1b n －1b n ＋1，即1b n ＋1＝1b n －1b n ＋1.(2)T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 1－1b 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1b 2－1b 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1b n －1b n ＋1＝1b 1－1b n ＋1＝2－1b n ＋1.∵b n ＋1－b n ＝b 2n >0，∴b n ＋1>b n ，∴数列{b n }是单调递增数列．∴数列{T n }关于n 递增．∴T n ≥T 1.∵b 1＝12，∴b 2＝b 1(b 1＋1)＝34.∴T 1＝2－1b 2＝23.∴T n ≥23.∵3T n －log 2m －5>0恒成立． ∴log 2m <－3，∴0<m <18.6．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝(n ＋1)a n2，且a 1＝1. (1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)令b n ＝ln a n ，是否存在k (k ≥2，且k ∈N *)，使得b k ，b k ＋1，b k ＋2成等比数列．若存在，求出所有符合条件的k 值；若不存在，请说明理由．解 (1)法一 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n ＋1)a n 2－na n －12，即a n n ＝a n －1n －1(n ≥2)．所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为a 11＝1的常数数列，所以a nn ＝1，即a n ＝n (n ∈N *)．法二 同上，得(n －1)a n ＝na n －1.同理得 na n ＋1＝(n ＋1)a n ，所以2na n ＝n (a n －1＋a n ＋1)，即2a n ＝a n －1＋a n ＋1，所以{a n }成等差数列．又由a 1＝1，得a 2＝S 2－a 1，得a 2＝2，得a n ＝1＋(n －1)＝n (n ∈N *)． 法三 同上，得a n a n －1＝nn －1(n ≥2)，所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝n n －1·n －1n －2·…·32·21·1＝n ，当n ＝1时a 1＝1，也满足a n ＝n ，所以a n ＝n (n ∈N *)．(2)假设存在k (k ≥2，k ∈N *)，使得b k ，b k ＋1，b k ＋2成等比数列，则b k b k ＋2＝b 2k ＋1.因为b n ＝ln a n ＝ln n ，所以b k b k ＋2＝ln k ·ln(k ＋2)＜⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln k ＋ln (k ＋2)22＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln (k 2＋2k )22＜⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln (k ＋1)222＝[ln(k ＋1)]2＝b 2k ＋1，这与b k b k ＋2＝b 2k ＋1矛盾．故不存在k (k ≥2，k ∈N *)，使得b k ，b k ＋1，b k ＋2成等比数列.第2讲 等差数列及其前n 项和对应学生用书P87考点梳理1．等差数列的定义及通项公式(1)等差数列：一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数就叫做等差数列的公差(公差常用字母“d ”表示)．即a n －a n －1＝d (n ≥2，n ∈N )．(2)等差中项：如果三个数a ，A ，b 成等差数列，则A 叫做a 与b 的等差中项，其中A ＝a ＋b 2.(3)等差数列的通项公式：若等差数列的首项为a 1，公差为d ，则通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ；若已知第m 项a m 和公差d ，通项a n 还可写成a n ＝a m ＋(n －m )d .(4)等差数列的公差公式：d ＝a n －a 1n －1或d ＝a n －a mn －m. 2．等差数列的性质(1)若数列{a n }是等差数列，则a n －a m ＝(n －m )d (n 、m ∈N *)．(2)数列{a n }是等差数列，若m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，则a m ＋a n ＝a p ＋a q .特别地，若m ＋n ＝2p ，则a m ＋a n ＝2a p .(3)在有穷等差数列{a n }中，与首、末两项距离相等的任意两项之和与首、末两项之和相等，如a 1＋a n ＝a 2＋a n －1.(4)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 n n 仍为等差数列，其中m ，k 为常数．(5)等差数列中依次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 . (6)项数为偶数2n 的等差数列{a n }，有S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝n (a 2＋a 2n －1)＝…＝n (a n ＋a n ＋1)(a n 与a n ＋1为中间的两项)，S 偶－S 奇＝nd ，S 奇S 偶＝a na n ＋1. (7)项数为奇数2n －1的等差数列{a n }，有 S 2n －1＝(2n －1)a n (a n 为中间项)，S 奇－S 偶＝a n ，S 奇S 偶＝nn －1.3．等差数列的前n 项和(1)公式：若已知首项a 1和末项a n ，则S n ＝n (a 1＋a n )2，或等差数列{a n }的首项是a 1，公差是d ，则其前n 项和公式为S n ＝na 1＋n (n －1)2d .(2)等差数列的前n 项和公式与函数的关系：S n ＝d 2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n ，数列{a n }是等差数列的充要条件是S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)．(3)最值问题：在等差数列{a n }中，a 1＞0，d ＜0，则S n 存在最大值，若a 1＜0，d ＞0，则S n 存在最小值． 【助学·微博】 一个命题解读等差数列是高考考查的重点内容，主要考查等差数列的通项公式，前n 项和公式，等差数列的性质等相关内容．对等差数列的定义，性质及等差中项的考查，以填空为主，难度较小．通项公式与前n 项和相结合的题目，多出现在解答题中，难度中等．对这部分内容的考查仍会坚持小题考性质、大题考灵活运用知识分析问题、解决问题的能力． 等差数列的判断方法(1)定义法：对于n ≥2的任意自然数，验证a n －a n －1为同一常数； (2)等差中项法：验证2a n －1＝a n ＋a n －2(n ≥3，n ∈N *)都成立； (3)通项公式法：验证a n ＝pn ＋q ； (4)前n 项和公式法：验证S n ＝An 2＋Bn .注 后两种方法只能用来判断是否为等差数列，而不能用来证明等差数列．考点自测1．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，已知a 2＝3，a 6＝11，则S 7＝________. 解析 ∵a 1＋a 7＝a 2＋a 6＝3＋11＝14， ∴S 7＝7(a 1＋a 7)2＝49. 答案 492．在等差数列{a n }中，a 3＝7，a 5＝a 2＋6，则a 6＝________. 解析 设公差为d .则a 5－a 2＝3d ＝6， ∴a 6＝a 3＋3d ＝7＋6＝13. 答案 133．已知等差数列的公差d ＜0，前n 项和记为S n ，满足S 20＞0，S 21＜0，则当n ＝________时，S n 达到最大值．解析 ∵S 20＝10(a 1＋a 20)＝10(a 10＋a 11)＞0， S 21＝21a 11＜0，∴a 10＞0，a 11＜0， ∴n ＝10时，S n 最大． 答案 104．(2012·南通第一学期期末考试)已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝－2n 2＋3n ，则数列{a n }的通项公式为________．解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－2n 2＋3n －[－2(n －1)2＋3(n －1)]＝5－4n .显然a 1符合a n ，所以a n ＝5－4n (n ∈N *)． 答案 5－4n5．(2012·南京二模)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和．若S 3S 7＝13，则S 6S 7＝________.解析 由S 3＝3a 2，S 7＝7a 4，S 3S 7＝13，得9a 2＝7a 4＝7(a 2＋2d )，即a 2＝7d ，所以a 3＝8d ，a 4＝9d ，从而S 6＝3(a 3＋a 4)＝51d ，S 7＝7a 4＝63d ，所以S 6S 7＝1721.答案 1721对应学生用书P88考向一 等差数列基本量的计算【例1】 (2012·苏锡常镇四市调研)在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2.数列{b n }满足b n ＝a n ＋1＋(－1)n a n ，n ∈N *.(1)若数列{a n }是等差数列，求数列{b n }的前6项和S 6； (2)若数列{b n }是公差为2的等差数列，求数列{a n }的通项公式． 解 (1)因为a 1＝1，a 2＝2，数列{a n }是等差数列，所以a n ＝n .所以b 1＝b 3＝b 5＝1，b 2＝5，b 4＝9，b 6＝13. 所以S 6＝b 1＋b 2＋…＋b 6＝30.(2)因为b 1＝a 2－a 1＝2－1＝1，数列{b n }是公差为2的等差数列，所以b n ＝2n －1.因为b 2n －1＝a 2n －a 2n －1＝4n －3，b 2n ＝a 2n ＋1＋a 2n ＝4n －1， 所以a 2n ＋1＋a 2n －1＝2.故a 2n ＋3＋a 2n ＋1＝2. 所以a 2n ＋3＝a 2n －1.又a 1＝1，所以a 3＝1.故a 4n －3＝a 1＝1，a 4n －1＝a 3＝1. 所以a 2n －1＝1.则a 2n ＝4n －2. 所以a n ＝⎩⎨⎧1，n 为奇数，2n －2，n 为偶数.[方法总结] 等差数列的通项公式及前n 项和公式中，共涉及五个量，知三可求二，如果已知两个条件，就可以列出方程组解之．如果利用等差数列的性质去考虑也可以．体现了用方程解决问题的思想．【训练1】 (2011·福建)在等差数列{a n }中，a 1＝1，a 3＝－3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{a n }的前k 项和S k ＝－35，求k 的值． 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d . 由a 1＝1，a 3＝－3可得1＋2d ＝－3.解得d ＝－2. 从而，a n ＝1＋(n －1)×(－2)＝3－2n . (2)由(1)可知a n ＝3－2n . 所以S n ＝n [1＋(3－2n )]2＝2n －n 2.进而由S k ＝－35可得2k －k 2＝－35. 即k 2－2k －35＝0，解得k ＝7或k ＝－5. 又k ∈N *，故k ＝7为所求．考向二 等差数列的判定或证明【例2】 (2012·苏州第一学期期末考试)已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n，满足8S n＝a2n＋4a n＋3(n∈N*)，且a1，a2，a7依次是等比数列{b n}的前三项．(1)求数列{a n}及{b n}的通项公式；(2)是否存在常数a>0且a≠1，使得数列{a n－log a b n}(n∈N*)是常数列？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．解(1)当n＝1时，8a1＝a21＋4a1＋3，a1＝1或a1＝3.当n≥2时，8S n－1＝a2n－1＋4a n－1＋3，则a n＝S n－S n－1＝18(a2n＋4a n－a2n－1－4a n－1)，从而(a n＋a n－1)(a n－a n－1－4)＝0.因为数列{a n}的各项均为正数，所以a n－a n－1＝4.所以当a1＝1时，a n＝4n－3；当a1＝3时，a n＝4n－1.又因为当a1＝1时，a1，a2，a7分别为1,5,25，能构成等比数列，所以a n＝4n －3，b n＝5n－1；当a1＝3时，a1，a2，a7分别为3,7,27，不能构成等比数列，故舍去．所以a n＝4n－3，b n＝5n－1.(2)假设存在符合条件的a.由(1)知，a n＝4n－3，b n＝5n－1，从而a n－log a b n＝4n－3－log a5n－1＝4n－3－(n－1)log a5＝(4－log a5)n－3＋log a5.由题意，得4－log a5＝0，所以a＝4 5.所以满足条件的a存在，即a＝4 5.[方法总结] 等差数列主要的判定方法是定义法和等差中项法，而对于通项公式法和前n项和公式法主要适合在填空题中简单判断．另外，求数列通项，一般要作出是否是等差数列或等比数列的判断．【训练2】已知数列{a n}中，a1＝1，a2＝2，且a n＋1＝(1＋q)a n－qa n－1(n≥2，q≠0)．(1)设b n＝a n＋1－a n(n∈N*)，证明：{b n}是等比数列；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)若a 3是a 6与a 9的等差中项，求q 的值，并证明：对任意的n ∈N *，a n 是 a n ＋3与a n ＋6的等差中项．(1)证明 由题设a n ＋1＝(1＋q )a n －qa n －1(n ≥2)， 得a n ＋1－a n ＝q (a n －a n －1)，即b n ＝qb n －1，n ≥2.由b 1＝a 2－a 1＝1，q ≠0， 所以{b n }是首项为1，公比为q 的等比数列． (2)解 由(1)知，a 2－a 1＝1，a 3－a 2＝q ，…， a n －a n －1＝q n －2(n ≥2)．将以上各式相加，得a n －a 1＝1＋q ＋…＋q n －2(n ≥2)，即a n ＝a 1＋1＋q ＋…＋q n －2(n ≥2)． 所以当n ≥2时，a n ＝⎩⎨⎧1＋1－q n －11－q ，q ≠1，n ， q ＝1.上式对n ＝1显然成立．(3)解 由(2)，当q ＝1时，显然a 3不是a 6与a 9的等差中项，故q ≠1. 由a 3－a 6＝a 9－a 3可得q 5－q 2＝q 2－q 8， 由q ≠0得q 3－1＝1－q 6，①整理得(q 3)2＋q 3－2＝0，解得q 3＝－2或q 3＝1(舍去)． 于是q ＝－32. 另一方面，a n －a n ＋3＝q n ＋2－q n －11－q ＝q n －11－q (q 3－1)，a n ＋6－a n ＝q n －1－q n ＋51－q ＝q n －11－q (1－q 6)．由①可得a n －a n ＋3＝a n ＋6－a n ， 即2a n ＝a n ＋3＋a n ＋6，n ∈N *.所以对任意的n ∈N *，a n 是a n ＋3与a n ＋6的等差中项．考向三 等差数列前n 项和及综合应用【例3】 (1)在等差数列{a n }中，已知a 1＝20，前n 项和为S n ，且S 10＝S 15，求当n 取何值时，S n 取得最大值，并求出它的最大值．(2)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝4n －25，求数列{|a n |}的前n 项和． 解 (1)法一 ∵a 1＝20，S 10＝S 15，∴10×20＋10×92d ＝15×20＋15×142d ，∴d ＝－53. ∴a n ＝20＋(n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫－53＝－53n ＋653.∴a 13＝0. 即当n ≤12时，a n ＞0，n ≥14时，a n ＜0.∴当n ＝12或13时，S n 取得最大值，且最大值为S 12＝S 13＝12×20＋12×112×⎝ ⎛⎭⎪⎫－53＝130. 法二 同法一求得d ＝－53.∴S n ＝20n ＋n (n －1)2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－53＝－56n 2＋1256n ＝－56⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2522＋3 12524.∵n ∈N *，∴当n ＝12或13时，S n 有最大值， 且最大值为S 12＝S 13＝130. 法三 同法一得d ＝－53.又由S 10＝S 15，得a 11＋a 12＋a 13＋a 14＋a 15＝0. ∴5a 13＝0，即a 13＝0.∴当n ＝12或13时，S n 有最大值， 且最大值为S 12＝S 13＝130.(2)∵a n ＝4n －25，a n ＋1＝4(n ＋1)－25， ∴a n ＋1－a n ＝4＝d ，又a 1＝4×1－25＝－21.所以数列{a n }是以－21为首项，以4为公差的递增的等差数列． 令⎩⎨⎧a n ＝4n －25<0， ①a n ＋1＝4(n ＋1)－25≥0， ② 由①得n <614；由②得n ≥514，所以n ＝6.即数列{|a n |}的前6项是以21为首项，公差为－4的等差数列，从第7项起以后各项构成公差为4的等差数列， 而|a 7|＝a 7＝4×7－25＝3. 设{|a n |}的前n 项和为T n ，则T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧21n ＋n (n －1)2×(－4) (n ≤6)66＋3(n －6)＋(n －6)(n －7)2×4 (n ≥7)＝⎩⎨⎧－2n 2＋23n (n ≤6)，2n 2－23n ＋132(n ≥7).[方法总结] 求等差数列前n 项和的最值，常用的方法：(1)利用等差数列的单调性或性质，求出正负转折项，便可求得和的最值． (2)利用等差数列的前n 项和S n ＝An 2＋Bn (A 、B 为常数)为二次函数，根据二次函数的性质求最值．【训练3】 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝14且S n ＝S n －1＋a n －1＋12，数列{b n }满足b 1＝－1194且3b n －b n －1＝n (n ≥2且n ∈N *)． (1)求{a n }的通项公式；(2)求证：数列{b n －a n }为等比数列； (3)求{b n }前n 项和的最小值． (1)解 由2S n ＝2S n －1＋2a n －1＋1 得2a n ＝2a n －1＋1，a n －a n －1＝12， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝12n －14.(2)证明 由3b n －b n －1＝n ，得b n ＝13b n －1＋13n ，所以b n －a n ＝13b n －1＋13n －12n ＋14 ＝13b n －1－16n ＋14＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫b n －1－12n ＋34；b n －1－a n －1＝b n －1－12(n －1)＋14＝b n －1－12n ＋34.由上面两式得b n －a n b n －1－a n －1＝13，又b 1－a 1＝－1194－14＝－30，故数列{b n －a n }是以－30为首项，13为公比的等比数列． (3)解 由(2)得b n －a n ＝－30×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1，∴b n ＝a n －30×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝12n －14－30×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1(n ≥2)．b n －b n －1＝12n －14－30×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1－12(n －1)＋14＋30×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2＝12＋30×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＝12＋20×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2>0，∴{b n }是递增数列．当n ＝1时，b 1＝－1194<0； 当n ＝2时，b 2＝34－10<0； 当n ＝3时，b 3＝54－103<0； 当n ＝4时，b 4＝74－109>0，所以，从第4项起的各项均大于0，故前3项之和最小． 且S 3＝14(1＋3＋5)－30－10－103＝－49312.考向四 等差数列的性质及应用【例4】 (1)在等差数列{a n }中，a 1＋a 2＋a 3＝－24，a 18＋a 19＋a 20＝78，则此数列前20项和等于________．(2)(2012·苏北四市二模)已知等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，若S n T n ＝7n ＋45n ＋3，且a n b 2n 是整数，则n 的值为________． 解析 (1)由已知可得(a 1＋a 2＋a 3)＋(a 18＋a 19＋a 20)＝－24＋78⇒(a 1＋a 20)＋(a 2＋a 19)＋(a 3＋a 18)＝54⇒a 1＋a 20＝18⇒S 20＝a 1＋a 202×20＝182×20＝180. (2)令S n ＝7n 2＋45n ，则a n ＝14n ＋38，T n ＝n 2＋3n ， 则b n ＝2n ＋2，则a n b 2n ＝14n ＋384n ＋2＝7n ＋192n ＋1＝72＋12×312n ＋1，由2n ＋1∈N *，则2n ＋1＝31，n ＝15.答案 (1)180 (2)15[方法总结] 高考对等差数列通项公式的考查，常常涉及项与项之间的内在联系，因此突破这些问题的关键是归纳和总结一些基本的性质，并能利用这些性质对问题进行合理的转化，从而求解．【训练4】 设等差数列的前n 项和为S n ，已知前6项和为36，S n ＝324，最后6项的和为180(n ＞6)，求数列的项数n . 解 由题意可知a 1＋a 2＋…＋a 6＝36① a n ＋a n －1＋a n －2＋…＋a n －5＝180② 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 n )2＝324，∴18n ＝324.∴n ＝18.对应学生用书P89热点突破17 等差数列的综合问题近几年高考中，对等差数列的概念．通项公式、性质、前n 项和公式的考查始终没有放松．一方面考查知识的掌握情况，另一方面考查数学推理能力． 【示例】 (2011·浙江卷)已知公差不为0的等差数列{a n }的首项a 1为a (a ∈R )，设数列的前n 项和为S n 且1a 1，1a 2，1a 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式及S n ；(2)记A n ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n ，B n ＝1a 1＋1a 2＋1a 4＋…＋1a 2n －1，当n ≥2时，试比较A n 与B n 的大小．[审题与转化] 第一步：(1)利用方程求公差，再求a n 、S n .(2)利用裂项法求A n ，利用等比数列求和公式求B n ，再比较大小即可．[规范解答] 第二步：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 22＝1a 1·1a 4，得(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )，∵d ≠0，∴d ＝a 1＝a ，∴a n ＝na ，S n ＝an (n ＋1)2.(2)∵1S n＝2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴A n ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n ＝2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1. ∵a 2n －1＝2n －1a ，∴B n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a 2n －1＝1a ·1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n1－12＝2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n . 当n ≥2时，2n ＝C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C nn >n ＋1，即1－1n ＋1<1－12n ， ∴当a >0时，A n <B n ，当a <0时，A n >B n .[反思与回顾] 第三步：高考考查等差数列时，常考查等差数列的通项、性质、求和、裂项法求和和公式法求和等知识．高考经典题组训练1．(2012·重庆卷改编)在等差数列{a n }中，a 2＝1，a 4＝5，则{a n }的前5项和S 5＝________.解析 因为{a n }成等差数列，所以⎩⎨⎧a 2＝a 1＋d ＝1，a 4＝a 1＋3d ＝5，解得⎩⎨⎧a 1＝－1，d ＝2.所以S 5＝5a 1＋5×42d ＝5×(－1)＋10×2＝15.答案 152．(2012·福建卷改编)等差数列{a n }中，a 1＋a 5＝10，a 4＝7，则数列{a n }的公差为________．解析 因为a 1＋a 5＝2a 3＝10，所以a 3＝5，又a 4＝7，所以d ＝a 4－a 3＝2. 答案 23．(2012·江西卷)设数列{a n }，{b n }都是等差数列．若a 1＋b 1＝7，a 3＋b 3＝21，则a 5＋b 5＝________.解析因为(a1＋a5)＋(b1＋b5)＝2(a3＋b3)＝42，所以a5＋b5＝42－7＝35.答案354．(2012·山东卷)在等差数列{a n}中，a3＋a4＋a5＝84，a9＝73.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)对任意m∈N*，将数列{a n}中落入区间(9m,92m)内的项的个数记为b m，求数列{b m}的前m项和S m.解(1)因为{a n}是一个等差数列，所以a3＋a4＋a5＝3a4＝84，a4＝28.设数列{a n}的公差为d，则5d＝a9－a4＝73－28＝45，故d＝9.由a4＝a1＋3d得28＝a1＋3×9，即a1＝1.所以a n＝a1＋(n－1)d＝1＋9(n－1)＝9n－8(n∈N*)．(2)对m∈N*，若9m<a n<92m，则9m＋8<9n<92m＋8.因此9m－1＋1≤n≤92m－1，故得b m＝92m－1－9m－1.于是S m＝b1＋b2＋b3＋…＋b m＝(9＋93＋…＋92m－1)－(1＋9＋…＋9m－1)＝9×(1－81m)1－81－1－9m1－9＝92m＋1－10×9m＋180.5．(2010·天津卷)在数列{a n}中，a1＝0，且对任意k∈N*，a2k－1，a2k，a2k＋1成等差数列，其公差为2k.(1)证明：a4，a5，a6成等比数列；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)记T n＝22a2＋32a3＋…＋n2a n，证明：32<2n－T n≤2(n≥2)．(1)证明由题设可知，a2＝a1＋2＝2，a3＝a2＋2＝4，a4＝a3＋4＝8，a5＝a4＋4＝12，a6＝a5＋6＝18.从而a6a5＝a5a4＝32.所以a4，a5，a6成等比数列．(2)解由题设，可得a2k＋1－a2k－1＝4k，k∈N*.所以a 2k ＋1－a 1＝(a 2k ＋1－a 2k －1)＋(a 2k －1－a 2k －3)＋…＋(a 3－a 1)＝4k ＋4(k －1)＋…＋4×1＝2k (k ＋1)，k ∈N *.由a 1＝0，得a 2k ＋1＝2k (k ＋1)，从而a 2k ＝a 2k ＋1－2k ＝2k 2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2－12，n 为奇数，n 22，n 为偶数，或写成a n ＝n 22＋(－1)n －14，n ∈N *. (3)证明 由(2)可知a 2k ＋1＝2k (k ＋1)，a 2k ＝2k 2. 以下分两种情况进行讨论：①当n 为偶数时，设n ＝2m (m ∈N *)． 若m ＝1，则2n －∑k ＝2nk 2a k＝2.若m ≥2，则∑k ＝2nk 2a k ＝∑k ＝1m (2k )2a 2k ＋∑k ＝1m －1 (2k ＋1)2a 2k ＋1＝∑k ＝1m 4k 22k 2＋∑k ＝1m －1 4k 2＋4k ＋12k (k ＋1)＝2m ＋∑k ＝1m －1⎣⎢⎡⎦⎥⎤4k 2＋4k 2k (k ＋1)＋12k (k ＋1) ＝2m ＋∑k ＝1m －1⎣⎢⎡⎦⎥⎤2＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋1 ＝2m ＋2(m －1)＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1m ＝2n －32－1n .所以2n －∑k ＝2nk 2a k＝32＋1n ，从而32<2n －∑k ＝2n k 2a k<2，n ＝4,6,8，….②当n 为奇数时，设n ＝2m ＋1(m ∈N *)．∑k ＝2nk 2a k ＝∑k ＝22m k2a k ＋(2m ＋1)2a 2m ＋1＝4m －32－12m ＋(2m ＋1)22m (m ＋1)＝4m ＋12－12(m ＋1)＝2n －32－1n ＋1，所以2n －∑k ＝2nk 2a k ＝32＋1n ＋1，从而32<2n －∑k ＝2n k 2a k<2，n ＝3,5,7，….综合①和②可知，对任意n ≥2，n ∈N *，都有32<2n －T n ≤2.对应学生用书P301分层训练A 级 基础达标演练(时间：30分钟 满分：60分)一、填空题(每小题5分，共30分)1．(2011·重庆卷改编)在等差数列{a n }中，a 2＝2，a 3＝4，则a 10＝________. 解析 设公差为d ，则d ＝a 3－a 2＝2. ∴a 1＝0，a n ＝2n －2∴a 10＝2×10－2＝18. 答案 182．(2012·辽宁卷改编)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＝________.解析 由等差数列性质及已知，得S 11＝11(a 1＋a 11)2＝112(a 4＋a 8)＝112×16＝88. 答案 883．(2012·泰州学情调查)在等差数列{a n }中，a 1＞0，S 4＝S 9，则S n 取最大值时，n ＝________.解析 因为a 1＞0，S 4＝S 9，所以a 5＋a 6＋a 7＋a 8＋a 9＝0，所以a 7＝0，所以⎩⎨⎧a 6＞0，a 8＜0，从而当n ＝6或7时S n 取最大值．答案 6或74．在等差数列{a n }中，若a 1＋a 4＋a 7＝39，a 3＋a 6＋a 9＝27，则S 9＝________. 解析 ∵a 1＋a 4＋a 7＝39，a 3＋a 6＋a 9＝27，∴3a 4＝39,3a 6＝27，∴a 4＝13，a 6＝9.∴a 6－a 4＝2d ＝9－13＝－4，∴d ＝－2， ∴a 5＝a 4＋d ＝13－2＝11，∴S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9a 5＝99.答案 995．(2012·南通调研)设等差数列{a n }的公差为正数，若a 1＋a 2＋a 3＝15，a 1a 2a 3＝80，则a 11＋a 12＋a 13＝________.解析 由15＝a 1＋a 2＋a 3＝3a 2，得a 2＝5.所以⎩⎨⎧a 1＋a 3＝10，a 1a 3＝16.又公差d ＞0，所以⎩⎨⎧a 1＝2，a 3＝8.所以d ＝3.所以a 11＋a 12＋a 13＝3a 12＝3(a 1＋11d )＝3(2＋33)＝3×35＝105. 答案 1056．(2012·南京模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n 2＋pn ，a 7＝11.若a k ＋a k ＋1＞12，则正整数k 的最小值为________．解析 因为a 7＝S 7－S 6＝2×72＋7p －2×62－6p ＝26＋p ＝11，所以p ＝－15，S n ＝2n 2－15n ，a n ＝S n －S n －1＝4n －17(n ≥2)，当n ＝1时也满足．于是由a k ＋a k ＋1＝8k －30＞12，得k ＞214＞5.又k ∈N *，所以k ≥6，即k min ＝6. 答案 6二、解答题(每小题15分，共30分)7．设a 1，d 为实数，首项为a 1，公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S 5S 6＋15＝0.(1)若S 5＝5，求S 6及a 1； (2)求d 的取值范围．解 (1)由题意知S 6＝－15S 5＝－3，a 6＝S 6－S 5＝－8，所以⎩⎨⎧5a 1＋10d ＝5，a 1＋5d ＝－8.解得a 1＝7，所以S 6＝－3，a 1＝7.(2)因为S 5S 6＋15＝0，所以(5a 1＋10d )(6a 1＋15d )＋15＝0，即2a 21＋9da 1＋10d 2＋1＝0，故(4a 1＋9d )2＝d 2－8，所以d 2≥8. 故d 的取值范围为d ≤－22或d ≥2 2.8．已知数列{a n }满足a n ＝2a n －1＋2n ＋1(n ∈N *，n ≥2)，且a 3＝27. (1)求a 1，a 2的值；(2)记b n ＝12n (a n ＋t )(n ∈N *)，问是否存在一个实数t ，使数列{b n }是等差数列？若存在，求出实数t ；若不存在，请说明理由． 解 (1)由a 3＝27，得2a 2＋23＋1＝27，所以a 2＝9. 又由2a 1＋22＋1＝9，得a 1＝2.(2)假设存在实数t ，使得数列{b n }是等差数列，则2b n ＝b n －1＋b n ＋1，即2×12n (a n ＋t )＝12n －1(a n －1＋t )＋12n ＋1(a n ＋1＋t )，即4a n ＝4a n－1＋a n ＋1＋t ，所以4a n ＝4×a n －2n －12＋2a n ＋2n ＋1＋t ＋1，所以t ＝1. 故存在t ＝1，使得数列{b n }是等差数列．分层训练B 级 创新能力提升1．(2012·南京学期学情)已知数列{a n }，{b n }都是等差数列，S n ，T n 分别是它们的前n 项和，且S n T n ＝7n ＋1n ＋3，则a 2＋a 5＋a 17＋a 22b 8＋b 10＋b 12＋b 16＝________.解析a 2＋a 5＋a 17＋a 22b 8＋b 10＋b 12＋b 16＝2(a 11＋a 12)2(b 11＋b 12)＝a 1＋a 22b 1＋b 22＝S 22T 22＝7×22＋122＋3＝315.答案 3152．已知数列{a n }满足递推关系式a n ＋1＝2a n ＋2n－1(n ∈N *)，且⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ＋λ2n 为等差数列，则λ的值是________．解析 由a n ＋1＝2a n ＋2n－1，可得a n ＋12n ＋1＝a n 2n ＋12－12n ＋1，则a n ＋1＋λ2n ＋1－a n ＋λ2n ＝a n ＋12n ＋1－a n 2n －λ2n ＋1＝12－12n ＋1－λ2n ＋1＝12－λ＋12n ＋1，当λ的值是－1时，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n －12n 是公差为12的等差数列．。
2014年数学高考分类汇编——数列
2014年全国高考数学试题分类汇编（数列）1.【2014·全国卷Ⅱ（文5）】等差数列{}n a 的公差为2，若2a ，4a ，8a 成等比数列，则{}n a 的前n 项和n S =（A ） ()1n n + （B ）()1n n - （C ）()12n n + (D)()12n n -【答案】A2.【2014·全国大纲卷（理10）】等比数列{}n a 中，452,5a a ==，则数列{lg }n a 的前8项和等于 （ ）A ．6B ．5C ．4D ．3 【答案】C ．3.【2014·全国大纲卷（文8）】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】C4.【2014·北京卷（理5）】设{}n a 是公比为q 的等比数列，则"1"q >是"{}"n a 为递增数列的（ ）.A 充分且不必要条件 .B 必要且不充分条件 .C 充分必要条件 .D 既不充分也不必要条件【答案】D5.【2014·天津卷（文5）】设{}n a 是首项为1a ，公差为-1的等差数列，n S 为其前n 项和.若124,,S S S 成等比数列，则1a =（ ）（A ）2 （B ）-2 （C ）12 （D ）12- 【答案】D .6.【2014·福建卷（理3）】等差数列{}n a 的前n 项和n S ，若132,12a S ==，则6a =( ).8A .10B .12C .14D【答案】C7.【2014·辽宁卷（文9）】设等差数列{}n a 的公差为d ，若数列1{2}n a a为递减数列，则（ ）A ．0d >B ．0d <C ．10a d >D ．10a d <【答案】D8.【2014·陕西卷（理文4）】根据右边框图，对大于2的整数N ，得出数列的通项公式是（ ）.2n Aa n = .2(1)n B a n =-.2n n C a = 1.2n n D a -=【答案】C9.【2014·重庆卷（理2）】对任意等比数列{}n a ,下列说法一定正确的是（ ）139.,,A a a a 成等比数列 236.,,B a a a 成等比数列 248.,,C a a a 成等比数列 369.,,D a a a 成等比数列【答案】D10.【2014·重庆卷（文2）】在等差数列{}n a 中,1352,10a a a =+=，则7a =（ ）.5A .8B .10C .14D【答案】B11.【2014·全国卷Ⅱ（文16）】数列{}n a 满足1+n a =n a -11，2a =2，则1a =_________.【答案】2112.【2014·安徽卷（理12）】数列{}a n 是等差数列，若1a 1+，3a 3+，5a 5+构成公比为q 的等比数列，则q =________. 【答案】1q =。
2014年高考理科数学真题分类——数列
2014年高考数学真题汇编——数列一．选择题1. （2014大纲）等比数列{}n a 中，452,5a a ==，则数列{lg }n a 的前8项和等于 （ ）A ．6B ．5C ．4D ．3【答案】C ．2. (2014重庆)对任意等比数列{}n a ,下列说法一定正确的是（ ）139.,,A a a a 成等比数列 236.,,B a a a 成等比数列248.,,C a a a 成等比数列 239.,,D a a a 成等比数列【答案】D【解析】.∴D 选要求角码成等差3. (2014北京)设{}n a 是公比为q 的等比数列，则"1"q >是"{}"n a 为递增数列的（ ）.A 充分且不必要条件 .B 必要且不充分条件.C 充分必要条件 .D 既不充分也不必要条件D试题分析：对等比数列}{n a ，若1>q ，则当0,1a 时数列}{n a 是递减数列；若数列}{n a 是递增数列，则4. （2014福建）等差数列{}n a 的前n 项和n S ，若132,12a S ==，则6a =( ).8A .10B .12C .14DC5. （2014辽宁）设等差数列{}n a 的公差为d ，若数列1{2}n a a为递减数列，则（ ）A ．0d <B ．0d >C ．10a d <D ．10a d >【答案】C【解析】 ..0.00;00:.,1111111C d a d a d a a a a a a a n n n 选且或且分情况解得即递减由同增异减知，<∴><<><+二．填空题1. (2014江苏) 在各项均为正数的等比数列}{n a 中,,12=a 4682a a a +=,则6a 的值是 ▲ .2(2014安徽)数列{}n a 是等差数列，若a 1+1，a 3+3，a 5+5构成公比为q 的等比数列，则q= . 12．13(2014北京)若等差数列{}n a 满足7890a a a ++>，7100a a +<，则当n =________时{}n a 的前n 项和最大.4(2014广东)若等比数列{}n a 的各项均为正数,且512911102e a a a a =+,则1220ln ln ln a a a +++= .51011912101112202019151201011:50,,ln ln ln ,ln ln ln ,220ln 20ln 20ln 100,50.a a a a a a e S a a a S a a a S a a a a e S =∴==+++=+++∴====∴=答案提示:设则5 (2014天津)设{}n a 是首项为1a ，公差为-1的等差数列，n S 为其前n 项和.若124,,S S S 成等比数列，则1a 的值为__________. 【答案】21-【解析】 解：12-依题意得2214S S S =，所以()()21112146a a a -=-，解得112a =-.6. (2014上海)设无穷等比数列{n a }的公比为q ，若)(lim 431 ++=∞→a a a n ，则q= 。
2014高考数学提分秘籍 必记篇 数列求和及数列的综合应用
2014高考数学提分秘籍 必记篇：数列求和及数列的综合应用【高考考情解读】 高考对本节知识主要以解答题的形式考查以下两个问题：1.以递推公式或图、表形式给出条件，求通项公式，考查学生用等差、等比数列知识分析问题和探究创新的能力，属中档题.2.通过分组、错位相减等转化为等差或等比数列的求和问题，考查等差、等比数列求和公式及转化与化归思想的应用，属中档题．1．数列求和的方法技巧(1)分组转化法有些数列，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． (2)错位相减法这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． (3)倒序相加法这是在推导等差数列前n 项和公式时所用的方法，也就是将一个数列倒过来排列(反序)，当它与原数列相加时若有公式可提，并且剩余项的和易于求得，则这样的数列可用倒序相加法求和． (4)裂项相消法利用通项变形，将通项分裂成两项或n 项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和．这种方法，适用于求通项为1a n a n ＋1的数列的前n 项和，其中{a n }若为等差数列，则1a n a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1.常见的拆项公式： ①1n n ＋1＝1n －1n ＋1； ②1nn ＋k ＝1k (1n －1n ＋k)； ③12n －12n ＋1＝12(12n －1－12n ＋1)；④1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )．2．数列应用题的模型(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差．(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．(3)混合模型：在一个问题中同时涉及等差数列和等比数列的模型．(4)生长模型：如果某一个量，每一期以一个固定的百分数增加(或减少)，同时又以一个固定的具体量增加(或减少)时，我们称该模型为生长模型．如分期付款问题，树木的生长与砍伐问题等．(5)递推模型：如果容易找到该数列任意一项a n 与它的前一项a n －1(或前n 项)间的递推关 系式，我们可以用递推数列的知识来解决问题.考点一 分组转化求和法例1 等比数列{a n }中，a 1，a 2，a 3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a 1，a 2，a 3中的任何两个数不在下表的同一列.(1)求数列{a n }(2)若数列{b n }满足：b n ＝a n ＋(－1)nln a n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)当a 1＝3时，不合题意；当a 1＝2时，当且仅当a 2＝6，a 3＝18时，符合题意； 当a 1＝10时，不合题意．因此a 1＝2，a 2＝6，a 3＝18.所以公比q ＝3. 故a n ＝2·3n －1(n ∈N *)．(2)因为b n ＝a n ＋(－1)nln a n ＝2·3n －1＋(－1)n ln(2·3n －1)＝2·3n －1＋(－1)n[ln 2＋(n －1)ln 3]＝2·3n －1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nn ln 3，所以S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn ]ln 3.当n 为偶数时，S n ＝2×1－3n1－3＋n2ln 3＝3n＋n2ln 3－1；当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n1－3－(ln 2－ln 3)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12－n ln 3＝3n－n －12ln 3－ln 2－1.综上所述，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧3n＋n2ln 3－1， n 为偶数，3n－n －12ln 3－ln 2－1， n 为奇数.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，在求和时要分析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．(2013·某某)设数列{a n }满足a 1＝2，a 2＋a 4＝8，且对任意n ∈N *，函数f (x )＝(a n －a n ＋1＋a n ＋2)x ＋a n ＋1cos x －a n ＋2sin x 满足f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝2⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋12a n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)由题设可得f ′(x )＝(a n －a n ＋1＋a n ＋2)－a n ＋1sin x －a n ＋2cos x ，又f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝0，则a n ＋a n ＋2－2a n ＋1＝0， 即2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，因此数列{a n }为等差数列，设等差数列{a n }的公差为d ，由已知条件⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝22a 1＋4d ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝1，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋1.(2)b n ＝2⎝⎛⎭⎪⎫n ＋1＋12n ＋1＝2(n ＋1)＋12n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(n ＋3)n ＋1－12n＝n 2＋3n ＋1－12n .考点二 错位相减求和法例2 (2013·某某)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n ＝1－12n ，n ∈N *，求{b n }的前n 项和T n .解 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ， 由⎩⎪⎨⎪⎧S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)由已知b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n a n ＝1－12n ，n ∈N *，①当n ≥2时，b 1a 1＋b 2a 2＋…＋b n －1a n －1＝1－12n －1，② ①－②得：b n a n ＝12n ，又当n ＝1时，b 1a 1＝12也符合上式，所以b n a n ＝12n (n ∈N *)，所以b n ＝2n －12n (n ∈N *)．所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝12＋322＋523＋…＋2n －12n . 12T n ＝122＋323＋…＋2n －32n ＋2n －12n ＋1. 两式相减得：12T n ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋223＋…＋22n －2n －12n ＋1＝32－12n －1－2n －12n ＋1. 所以T n ＝3－2n ＋32n .错位相减法求数列的前n 项和是一类重要方法．在应用这种方法时，一定要抓住数列的特征，即数列的项可以看作是由一个等差数列和一个等比数列对应项相乘所得数列的求和问题．设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1－a n ＝3·22n －1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)由已知，得当n ≥1时，a n ＋1＝[(a n ＋1－a n )＋(a n －a n －1)＋…＋(a 2－a 1)]＋a 1＝3(22n －1＋22n －3＋…＋2)＋2＝22(n ＋1)－1.而a 1＝2，符合上式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝22n －1.(2)由b n ＝na n ＝n ·22n －1知S n ＝1·2＋2·23＋3·25＋…＋n ·22n －1.①从而22·S n ＝1·23＋2·25＋3·27＋…＋n ·22n ＋1.② ①－②得(1－22)S n ＝2＋23＋25＋…＋22n －1－n ·22n ＋1，即S n ＝19[(3n －1)22n ＋1＋2]．考点三 裂项相消求和法例3 (2013·某某)设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，满足4S n ＝a 2n ＋1－4n －1，n ∈N*,且a 2，a 5，a 14构成等比数列． (1)证明：a 2＝4a 1＋5； (2)求数列{a n }的通项公式； (3)证明：对一切正整数n ，有1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1<12. (1)证明 当n ＝1时，4a 1＝a 22－5，a 22＝4a 1＋5， 又a n >0，∴a 2＝4a 1＋5.(2)解 当n ≥2时，4S n －1＝a 2n －4(n －1)－1， ∴4a n ＝4S n －4S n －1＝a 2n ＋1－a 2n －4， 即a 2n ＋1＝a 2n ＋4a n ＋4＝(a n ＋2)2， 又a n >0，∴a n ＋1＝a n ＋2，∴当n ≥2时，{a n }是公差为2的等差数列． 又a 2，a 5，a 14成等比数列．∴a 25＝a 2·a 14，即(a 2＋6)2＝a 2·(a 2＋24)，解得a 2＝3. 由(1)知a 1＝1. 又a 2－a 1＝3－1＝2，∴数列{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝2的等差数列． ∴a n ＝2n －1. (3)证明 1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋12n －12n ＋1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1<12.数列求和的方法：(1)一般地，数列求和应从通项入手，若无通项，就先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备适用某种特殊方法的形式，从而选择合适的方法求和得解．(2)已知数列前n 项和S n 或者前n 项和S n 与通项公式a n 的关系式，求通项通常利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1n ＝1S n －S n －1n ≥2.已知数列递推式求通项，主要掌握“先猜后证法”“化归法”“累加(乘)法”等．(2013·某某模拟)已知x ，f x2，3(x ≥0)成等差数列．又数列{a n }(a n >0)中，a 1＝3，此数列的前n 项和为S n ，对于所有大于1的正整数n 都有S n ＝f (S n －1)． (1)求数列{a n }的第n ＋1项； (2)若b n 是1a n ＋1，1a n的等比中项，且T n 为{b n }的前n 项和，求T n .解 (1)因为x ，f x2，3(x ≥0)成等差数列，所以2×f x2＝x ＋3，整理，得f (x )＝(x ＋3)2.因为S n ＝f (S n －1)(n ≥2)，所以S n ＝(S n －1＋3)2， 所以S n ＝S n －1＋3，即S n －S n －1＝3， 所以{S n }是以3为公差的等差数列． 因为a 1＝3，所以S 1＝a 1＝3，所以S n ＝S 1＋(n －1)3＝3＋3n －3＝3n . 所以S n ＝3n 2(n ∈N *)．所以a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝3(n ＋1)2－3n 2＝6n ＋3. (2)因为b n 是1a n ＋1与1a n的等比中项，所以(b n )2＝1a n ＋1·1a n，所以b n ＝1a n ＋1·1a n ＝132n ＋1×32n －1＝118×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝118⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝118⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 18n ＋9. 考点四 数列的实际应用例4 (2012·某某)某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．该企业第一年年初有资金2 000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%，预计以后每年资金年增长率与第一年的相同．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d 万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为a n 万元． (1)用d 表示a 1，a 2，并写出a n ＋1与a n 的关系式；(2)若公司希望经过m (m ≥3)年使企业的剩余资金为4 000万元，试确定企业每年上缴资金d 的值(用m 表示)．(1)由第n 年和第(n ＋1)年的资金变化情况得出a n 与a n ＋1的递推关系；(2)由a n ＋1与a n 之间的关系，可求通项公式，问题便可求解． 解 (1)由题意得a 1＝2 000(1＋50%)－d ＝3 000－d ，a 2＝a 1(1＋50%)－d ＝32a 1－d ＝4 500－52d . a n ＋1＝a n (1＋50%)－d ＝32a n －d .(2)由(1)得a n ＝32a n －1－d ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫32a n －2－d －d＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322a n －2－32d －d ＝…＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1a 1－d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2.整理得a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(3 000－d )－2d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1－1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(3 000－3d )＋2d . 由题意，知a m ＝4 000，即⎝ ⎛⎭⎪⎫32m －1(3 000－3d )＋2d ＝4 000， 解得d ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32m －2×1 000⎝ ⎛⎭⎪⎫32m －1＝1 0003m －2m ＋13m －2m. 故该企业每年上缴资金d 的值为1 0003m－2m ＋13m －2m时，经过m (m ≥3)年企业的剩余资金为4 000万元．用数列知识解相关的实际问题，关键是合理建立数学模型——数列模型，弄清所构造的数列的首项是什么，项数是多少，然后转化为解数列问题．求解时，要明确目标，即搞清是求和，还是求通项，还是解递推关系问题，所求结论对应的是解方程问题，还是解不等式问题，还是最值问题，然后进行合理推算，得出实际问题的结果．某产品在不做广告宣传且每千克获利a 元的前提下，可卖出b 千克．若做广告宣传，广告费为n (n ∈N *)千元时比广告费为(n －1)千元时多卖出b2n 千克．(1)当广告费分别为1千元和2千元时，用b 表示销售量S ； (2)试写出销售量S 与n 的函数关系式；(3)当a ＝50，b ＝200时，要使厂家获利最大，销售量S 和广告费n 分别应为多少？解 (1)当广告费为1千元时，销售量S ＝b ＋b 2＝3b2.当广告费为2千元时，销售量S ＝b ＋b 2＋b 22＝7b4.(2)设S n (n ∈N )表示广告费为n 千元时的销售量， 由题意得S 1－S 0＝b2，S 2－S 1＝b22，……S n －S n －1＝b2n .以上n 个等式相加得，S n －S 0＝b 2＋b 22＋b 23＋…＋b2n ，即S ＝S n ＝b ＋b 2＋b 22＋b 23＋…＋b2n ＝b [1－12n ＋1]1－12＝b (2－12n )．(3)当a ＝50，b ＝200时，设获利为T n ，则有T n ＝Sa －1 000n ＝10 000×(2－12n )－1 000n＝1 000×(20－102n －n )，设b n ＝20－102n －n ，则b n ＋1－b n ＝20－102n ＋1－n －1－20＋102n ＋n ＝52n －1，当n ≤2时，b n ＋1－b n >0；当n ≥3时，b n ＋1－b n <0.所以当n ＝3时，b n 取得最大值，即T n 取得最大值，此时S ＝375， 即该厂家获利最大时，销售量和广告费分别为375千克和3千元．1．数列综合问题一般先求数列的通项公式，这是做好该类题的关键．若是等差数列或等比数列，则直接运用公式求解，否则常用下列方法求解：(1)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1n ＝1S n －S n －1n ≥2.(2)递推关系形如a n ＋1－a n ＝f (n )，常用累加法求通项． (3)递推关系形如a n ＋1a n＝f (n )，常用累乘法求通项． (4)递推关系形如“a n ＋1＝pa n ＋q (p 、q 是常数，且p ≠1，q ≠0)”的数列求通项，此类通项问题，常用待定系数法．可设a n ＋1＋λ＝p (a n ＋λ)，经过比较，求得λ，则数列{a n ＋λ}是一个等比数列．(5)递推关系形如“a n ＋1＝pa n ＋q n(q ，p 为常数，且p ≠1，q ≠0)”的数列求通项，此类型可以将关系式两边同除以q n 转化为类型(4)，或同除以p n ＋1转为用迭加法求解．2．数列求和中应用转化与化归思想的常见类型：(1)错位相减法求和时将问题转化为等比数列的求和问题求解． (2)并项求和时，将问题转化为等差数列求和．(3)分组求和时，将问题转化为能用公式法或错位相减法或裂项相消法或并项法求和的几个数列的和求解．提醒：运用错位相减法求和时，相减后，要注意右边的n ＋1项中的前n 项，哪些项构成等比数列，以及两边需除以代数式时注意要讨论代数式是否为零．3．数列应用题主要考查应用所学知识分析和解析问题的能力．其中，建立数列模型是解决这类问题的核心，在试题中主要有：一是，构造等差数列或等比数列模型，然后用相应的通项公式与求和公式求解；二是，通过归纳得到结论，再用数列知识求解.1．在一个数列中，如果∀n ∈N *，都有a n a n ＋1a n ＋2＝k (k 为常数)，那么称这个数列为等积数列，称k 为这个数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且a 1＝1，a 2＝2，公积为8，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝________.答案 28解析 依题意得数列{a n }是周期为3的数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4， 因此a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝4(a 1＋a 2＋a 3)＝4×(1＋2＋4)＝28.2．秋末冬初，流感盛行，特别是甲型H1N1流感．某医院近30天每天入院治疗甲流的人数依次构成数列{a n }，已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n(n ∈N *)，则该医院30天入院治疗甲流的人数共有________． 答案 255解析 由于a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n， 所以a 1＝a 3＝…＝a 29＝1，a 2，a 4，…，a 30构成公差为2的等差数列，所以a 1＋a 2＋…＋a 29＋a 30 ＝15＋15×2＋15×142×2＝255.3．已知公差大于零的等差数列{a n }的前n 项和S n ，且满足：a 2·a 4＝65，a 1＋a 5＝18.(1)若1<i <21，a 1，a i ，a 21是某等比数列的连续三项，求i 的值； (2)设b n ＝n2n ＋1S n，是否存在一个最小的常数m 使得b 1＋b 2＋…＋b n <m 对于任意的正整数n 均成立，若存在，求出常数m ；若不存在，请说明理由． 解 (1){a n }为等差数列，∵a 1＋a 5＝a 2＋a 4＝18， 又a 2·a 4＝65，∴a 2，a 4是方程x 2－18x ＋65＝0的两个根， 又公差d >0，∴a 2<a 4，∴a 2＝5，a 4＝13.∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝5，a 1＋3d ＝13，∴a 1＝1，d ＝4.∴a n ＝4n －3.由于1<i <21，a 1，a i ，a 21是某等比数列的连续三项， ∴a 1·a 21＝a 2i ，即1·81＝(4i －3)2，解得i ＝3. (2)由(1)知，S n ＝n ·1＋n n －12·4＝2n 2－n ，所以b n ＝12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝n2n ＋1， 因为n 2n ＋1＝12－122n ＋1<12，所以存在m ＝12使b 1＋b 2＋…＋b n <m 对于任意的正整数n 均成立．(推荐时间：60分钟)一、选择题1．已知数列112，314，518，7116，…，则其前n 项和S n 为( )A ．n 2＋1－12nB ．n 2＋2－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2＋2－12n －1答案 A解析 因为a n ＝2n －1＋12n ，则S n ＝1＋2n －12n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ·121－12＝n 2＋1－12n .2．在等差数列{a n }中，a 1＝－2 013，其前n 项和为S n ，若S 1212－S 1010＝2，则S 2 013的值等于( )A ．－2 011B ．－2 012C ．－2 010D ．－2 013 答案 D解析 根据等差数列的性质，得数列{S n n}也是等差数列， 根据已知可得这个数列的首项S 11＝a 1＝－2 013，公差d ＝1，故S 2 0132 013＝－2 013＋(2 013－1)×1＝－1，所以S 2 013＝－2 013.3．对于数列{a n }，a 1＝4，a n ＋1＝f (a n )，n ＝1,2，…，则a 2 013等于( )A.2 B ．3 C ．4 D ．5 答案 C解析 由表格可得a 1＝4，a 2＝f (a 1)＝f (4)＝1，a 3＝f (a 2)＝f (1)＝5，a 4＝f (a 3)＝2，a 5＝f (2)＝4，可知其周期为4， ∴a 2 013＝a 1＝4.4．在等差数列{a n }中，其前n 项和是S n ，若S 15>0，S 16<0，则在S 1a 1，S 2a 2，…，S 15a 15中最大的是( )A.S 1a 1B.S 8a 8C.S 9a 9D.S 15a 15答案 B解析 由于S 15＝15a 1＋a 152＝15a 8>0，S 16＝16a 1＋a 162＝8(a 8＋a 9)<0，可得a 8>0，a 9<0.这样S 1a 1>0，S 2a 2>0，…，S 8a 8>0，S 9a 9<0，S 10a 10<0，…，S 15a 15<0， 而S 1<S 2<…<S 8，a 1>a 2>…>a 8， 所以在S 1a 1，S 2a 2，…，S 15a 15中最大的是S 8a 8. 故选B.5．数列{a n }满足a 1＝1，且对任意的m ，n ∈N *都有a m ＋n ＝a m ＋a n ＋mn ，则1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2 012等于( ) A.4 0242 013B.4 0182 012C.2 0102 011D.2 0092 010答案 A解析 令m ＝1得a n ＋1＝a n ＋n ＋1，即a n ＋1－a n ＝n ＋1， 于是a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n ， 上述n －1个式子相加得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ， 所以a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12，因此1a n ＝2nn ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， 所以1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2 012＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋12 012－12 013 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 013＝4 0242 013. 6．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2n 为奇数，－n 2n 为偶数，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 012等于( )A ．－2 012B ．－2 011C ．2 012D ．2 011 答案 C解析 当n 为奇数时，a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝n 2－(n ＋1)2＝－(2n ＋1)；当n 为偶数时，a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝－n 2＋(n ＋1)2＝2n ＋1.所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 012＝2(－1＋2－3＋4＋…－2 011＋2 012)＝2 012. 二、填空题7．数列{a n }中，已知对任意n ∈N *，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1，则a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n ＝________. 答案 12(9n－1)解析 ∵a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1， ∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＝3n －1－1(n ≥2)．则n ≥2时，两式相减得，a n ＝2·3n －1.当n ＝1时，a 1＝3－1＝2，适合上式， ∴a n ＝2·3n －1(n ∈N *)．∴a 2n ＝4·9n －1，则数列{a 2n }是首项为4，公比为9的等比数列． ∴a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n ＝41－9n1－9＝12(9n－1)． 8．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n 为复数isinn π2＋cosn π2(n ∈N *)的虚部，则S 2 013＝________. 答案 1解析 由已知得：a n ＝sinn π2(n ∈N *)，∴a 1＝1，a 2＝0，a 3＝－1，a 4＝0， 故{a n }是以4为周期的周期数列， ∴S 2 013＝S 503×4＋1＝S 1＝a 1＝1.9．已知数列{a n }满足3a n ＋1＋a n ＝4(n ≥1)且a 1＝9，其前n 项之和为S n ，则满足不等式|S n －n－6|<1125的最小整数n 是________．答案 7解析 由递推式变形得3(a n ＋1－1)＝－(a n －1)， ∴{a n －1}是公比为－13的等比数列．则a n －1＝8·(－13)n －1，即a n ＝8·(－13)n －1＋1.于是S n ＝8[1－－13n]1－－13＋n＝6[1－(－13)n ]＋n ＝6－6·(－13)n＋n因此|S n －n －6|＝|6×(－13)n|＝6×(13)n <1125，3n －1>250，∴满足条件的最小n ＝7.10．气象学院用3.2万元买了一台天文观测仪，已知这台观测仪从启用的第一天起连续使用，第n 天的维修保养费为n ＋4910(n ∈N *)元，使用它直至报废最合算(所谓报废最合算是指使用这台仪器的平均耗资最少)，一共使用了________天． 答案 800解析 由题意得，每天的维修保养费是以5为首项，110为公差的等差数列．设一共使用了n 天，则使用n 天的平均耗资为3.2×104＋5＋n ＋4910n2n＝3.2×104n＋n 20＋9920≥2 3.2×104n×n 20＋9920， 当且仅当3.2×104n ＝n20时取得最小值，此时n ＝800.三、解答题11．已知等差数列{a n }满足：a 5＝9，a 2＋a 6＝14.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ＋qa n (q >0)，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)设数列{a n }的公差为d ，则由a 5＝9，a 2＋a 6＝14，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝92a 1＋6d ＝14，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1d ＝2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1. (2)由a n ＝2n －1得b n ＝2n －1＋q2n －1.当q >0且q ≠1时，S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(q 1＋q 3＋q 5＋…＋q 2n －1)＝n 2＋q 1－q 2n1－q2； 当q ＝1时，b n ＝2n ，则S n ＝n (n ＋1)．所以数列{b n }的前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n n ＋1，q ＝1n 2＋q 1－q 2n1－q 2，q >0且q ≠1.12．将函数f (x )＝sin 14x ·sin 14(x ＋2π)·sin 12(x ＋3π)在区间(0，＋∞)内的全部极值点按从小到大的顺序排成数列{a n }(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2na n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n 的表达式．解 (1)化简f (x )＝sin 14x ·sin 14(x ＋2π)·sin 12(x ＋3π)＝－14sin x ，其极值点为x ＝k π＋π2(k ∈Z )，它在(0，＋∞)内的全部极值点构成以π2为首项，π为公差的等差数列，故a n ＝π2＋(n－1)π＝n π－π2.(2)b n ＝2n a n ＝π2(2n －1)·2n，∴T n ＝π2[1·2＋3·22＋…＋(2n －3)·2n －1＋(2n －1)·2n]，则2T n ＝π2[1·22＋3·23＋…＋(2n －3)·2n ＋(2n －1)·2n ＋1]两式相减，得∴－T n ＝π2[1·2＋2·22＋2·23＋…＋2·2n －(2n －1)·2n ＋1]，∴T n ＝π[(2n －3)·2n＋3]．13．在等比数列{a n }中，a 2＝14，a 3·a 6＝1512.设b n ＝log2a 2n 2·log2a 2n ＋12，T n 为数列{b n }的前n项和． (1)求a n 和T n ；(2)若对任意的n ∈N *，不等式λT n <n －2(－1)n恒成立，某某数λ的取值X 围． 解 (1)设{a n }的公比为q ，由a 3a 6＝a 22·q 5＝116q 5＝1512得q ＝12，∴a n ＝a 2·qn －2＝(12)n.b n ＝log2a 2n 2·log2a 2n ＋12＝log(12)2n －12·log(12)2n ＋12 ＝12n －12n ＋1＝12(12n －1－12n ＋1)， ∴T n ＝12(1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1)＝12(1－12n ＋1)＝n 2n ＋1. (2)①当n 为偶数时，由λT n <n －2恒成立得，λ<n －22n ＋1n ＝2n －2n－3恒成立，即λ<(2n －2n－3)min ，而2n －2n－3随n 的增大而增大，∴n ＝2时(2n －2n－3)min ＝0，∴λ<0.②当n 为奇数时，由λT n <n ＋2恒成立得，λ<n ＋22n ＋1n ＝2n ＋2n＋5恒成立，即λ<(2n ＋2n＋5)min而2n ＋2n＋5≥22n ·2n＋5＝9，当且仅当2n ＝2n，即n ＝1时等号成立，∴λ<9.综上，实数λ的取值X 围为(－∞，0)．。
2014届高考数学(理科)专题教学案：数列的综合应用(含答案)
常考问题10 数列的综合应用[真题感悟]1．(2010·江苏卷)函数y ＝x 2(x ＞0)的图象在点(a k ，a 2k )处的切线与x 轴交点的横坐标为a k＋1，k 为正整数，a 1＝16，则a 1＋a 3＋a 5＝________.解析 在点(a k ，a 2k )处的切线方程为：y －a 2k ＝2a k (x －a k )，当y ＝0时，解得x ＝a k2，所以a k＋1＝a k 2，故{a n }是a 1＝16，q ＝12的等比数列，即a n ＝16×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，∴a 1＋a 3＋a 5＝16＋4＋1＝21. 答案 212．(2011·湖北卷)《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为________升．解析 法一 设自上第一节竹子容量为a 1，则第九节容量为a 9，且数列{a n }为等差数列．a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝3，a 7＋a 8＋a 9＝4，即4a 5－10d ＝3，①3a 5＋9d ＝4，② 联立①②解得a 5＝6766.法二 设自上第一节竹子容量为a 1，依次类推，数列{a n }为等差数列． 又a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝4a 1＋6d ＝3，a 7＋a 8＋a 9＝3a 1＋21d ＝4. 解得a 1＝1322，d ＝766，∴a 5＝a 1＋4d ＝1322＋4×766＝6766.答案67663．(2013·江苏卷)在正项等比数列{a n }中，a 5＝12，a 6＋a 7＝3.则满足a 1＋a 2＋…＋a n >a 1a 2…a n的最大正整数n 的值为________．解析 由已知条件得12q ＋12q 2＝3，即q 2＋q －6＝0，解得q ＝2，或q ＝－3(舍去)，a n ＝a 5qn －5＝12×2n －5＝2n －6，a 1＋a 2＋…＋a n ＝132(2n －1)，a 1a 2…a n ＝2－52－42－3…2n －6＝2n 2－11n 2， 由a 1＋a 2＋…＋a n >a 1a 2…a n ，可知2n －5－2－5>2n n －112，由2n －5>2n n －112，可求得n的最大值为12，而当n ＝13时，28－2－5<213，所以n 的最大值为12. 答案 124．(2013·新课标全国Ⅱ卷)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 10＝0，S 15＝25，则nS n的最小值为________．解析由已知⎩⎪⎨⎪⎧S10＝10a 1＋10×92d ＝0，S15＝15a 1＋15×142d ＝25，解得a 1＝－3，d ＝23，那么nS n ＝n 2a 1＋n 2n －12d ＝n 33－10n 23，由于函数f (x )＝x 33－10x 23在x ＝203处取得极小值也是最小值，因而检验n ＝6时，6S 6＝－48，而n ＝7时，7S 7＝－49. 答案 －49 [考题分析]高考对本内容的考查主要有：(1)通过适当的代数变形后，转化为等差数列或等比数列的问题． (2)求数列的通项公式及其前n 项和的基本的几种方法． (3)数列与函数、不等式的综合问题.1．数列求和的方法归纳(1)转化法：将数列的项进行分组重组，使之转化为n 个等差数列或等比数列，然后应用公式求和；(2)错位相减法：适用于{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }是等差数列，{b n }是等比数列； (3)裂项法：求{a n }的前n 项和时，若能将a n 拆分为a n ＝b n －b n ＋1，则a 1＋a 2＋…＋a n ＝b 1－b n＋1；(4)倒序相加法：一个数列倒过来与原数列相加时，若有公因式可提，并且剩余的项的和容易求出，那么这样的数列求和可采用此法．其主要用于求组合数列的和．这里易忽视因式为零的情况；(5)试值猜想法：通过对S 1，S 2，S 3，…的计算进行归纳分析，寻求规律，猜想出S n ，然后用数学归纳法给出证明．易错点：对于S n 不加证明；(6)并项求和法：先将某些项放在一起先求和，然后再求S n .例如对于数列{a n }：a 1＝1，a 2＝3，a 3＝2，a n ＋2＝a n ＋1－a n ，可证其满足a n ＋6＝a n ，在求和时，依次6项求和，再求S n . 2．数列的应用题(1)应用问题一般文字叙述较长，反映的事物背景陌生，知识涉及面广，因此要解好应用题，首先应当提高阅读理解能力，将普通语言转化为数学语言或数学符号，实际问题转化为数学问题，然后再用数学运算、数学推理予以解决．(2)数列应用题一般是等比、等差数列问题，其中，等比数列涉及的范围比较广，如经济上涉及利润、成本、效益的增减，解决该类题的关键是建立一个数列模型{a n }，利用该数列的通项公式、递推公式或前n项和公式.热点一 可转为等差数列、等比数列的数列问题【例1】 已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2＝3a n ＋1－2a n (n ∈N *)． (1)证明：数列{a n ＋1－a n }是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式；(3)若数列{b n }满足4b 1－1·4b 2－1·…·4b n －1＝(a n ＋1)b n (n ∈N *)，证明{b n }是等差数列． (1)证明 因为a n ＋2＝3a n ＋1－2a n ，所以a n ＋2－a n ＋1＝2(a n ＋1－a n )． 因为a 1＝1，a 2＝3，a 2－a 1＝2≠0，所以a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n＝2(n ∈N *)，所以{a n ＋1－a n }是以a 2－a 1＝2为首项，2为公比的等比数列． (2)解 由(1)，得a n ＋1－a n ＝2n (n ∈N *)，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋2＋1＝2n－1(n ∈N *)．(3)证明 因为4b 1－1·4b 2－1·…·4b n －1＝(a n ＋1)b n ， 所以4(b 1＋b 2＋…＋b n )－n ＝2nb n ， 所以2[(b 1＋b 2＋…＋b n )－n ]＝nb n ①同理2[(b 1＋b 2＋…＋b n ＋1)－(n ＋1)]＝(n ＋1)b n ＋1② ②－①，得(n －1)b n ＋1－nb n ＋2＝0③ 同理nb n ＋2－(n ＋1)b n ＋1＋2＝0④④－③，得nb n ＋2－2nb n ＋1＋nb n ＝0，即b n ＋2－2b n ＋1＋b n ＝0， 所以2b n ＋1＝b n ＋2＋b n (n ∈N *)，所以{b n }是等差数列．[规律方法] 按定义证明{a n }成等差(比)数列，可以考虑改证它的等价定义，即2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2)．【训练1】 在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋1＝(1＋q )a n －qa n －1(n ≥2，q ≠0，q ≠1)． (1)求证：数列{a n ＋1－a n }为等比数列；(2)若a 6，a 3，a 9成等差数列，问对任意的n ∈N *，a n ＋3，a n ，a n ＋6是否成等差数列？说明理由． 解 (1)由a n ＋1＝(1＋q )a n －qa n －1(n ≥2)， 得a n ＋1－a n ＝q (a n －a n －1)．又a 2－a 1＝1，q ≠0， 所以{a n ＋1－a n }成等比数列． (2)由(1)得a n ＋1－a n ＝qn －1(q ≠1)，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝qn －2＋qn －3＋…＋q ＋1＋1＝1＋1－qn －11－q.因为2a 3＝a 6＋a 9，所以a 3－a 6＝a 9－a 3，即q 5－q 2＝q 2－q 8，因为q ≠0，所以q 3－1＝1－q 6.又因为a n －a n ＋3＝q n ＋2－q n －11－q ＝q n －11－q (q 3－1)，a n ＋6－a n ＝q n －1－q n ＋51－q ＝q n －11－q(1－q 6)．所以a n －a n ＋3＝a n ＋6－a n ，即2a n ＝a n ＋3＋a n ＋6. 所以，对任意的n ∈N *，a n ＋3，a n ，a n ＋6成等差数列． 热点二 数列与恒成立问题【例2】 (2013·泰州调研)已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝－1，当n ≥3，n ∈N *时，a n n －1－a n －1n －2＝3n －1n －2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在k ∈N *，使得n ≥k 时，不等式S n ＋(2λ－1)a n ＋8λ≥4对任意实数λ∈[0,1]恒成立？若存在，求出k 的最小值；若不存在，请说明理由． 解 (1)∵当n ≥3时，n ∈N *时， a n n －1－a n －1n －2＝3n －1n －2＝3⎝⎛⎭⎪⎫1n －2－1n －1，∴a n ＋3n －1＝a n －1＋3n －2.∴当n ≥2时，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋3n －1是常数列． ∴n ≥2时，a n ＋3n －1＝a 2＋32－1＝2，a n ＝2n －5. ∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －5，n ≥2.(2)S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，n 2－4n ＋4，n ≥2.当n ＝1时，不等式S n ＋(2λ－1)a n ＋8λ≥4可化为λ≥25，不满足条件．当n ≥2时，S n ＋(2λ－1)a n ＋8λ≥4可化为2(2n －1)λ＋n 2－6n ＋5≥0. 令f (λ)＝2(2n －1)λ＋n 2－6n ＋5，由已知得，f (λ)≥0对于λ∈[0,1]恒成立，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧f0≥0，f 1≥0.化简得，⎩⎪⎨⎪⎧n 2－6n ＋5≥0，n 2－2n ＋3≥0.解得，n≤1或n≥5.∴满足条件的k存在，k的最小值为5.[规律方法] 数列通项公式的还原方法比较多样，可以构造特殊数列，也可以立足于运算、归纳，最后补充证明．【训练2】 (2013·广东卷)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，2S n n ＝a n ＋1－13n 2－n －23，n ∈N *.(1)求a 2的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n <74.(1)解 2S 1＝a 2－13－1－23，又S 1＝a 1＝1，所以a 2＝4.(2)解 当n ≥2时，2S n ＝na n ＋1－13n 3－n 2－23n ，2S n －1＝(n －1)a n －13(n －1)3－(n －1)2－23(n －1)，两式相减得2a n ＝na n ＋1－(n －1)a n －13(3n 2－3n ＋1)－(2n －1)－23，整理得(n ＋1)a n ＝na n ＋1－n (n ＋1)， 即a n ＋1n ＋1－a n n ＝1，又a 22－a 11＝1， 故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为a 11＝1，公差为1的等差数列，所以a nn＝1＋(n －1)×1＝n ，所以a n ＝n 2. (3)证明1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n ＝1＋14＋132＋142＋…＋1n 2<1＋14＋12×3＋13×4＋…＋1n n －1 ＝1＋14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝54＋12－1n ＝74－1n <74， 所以对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n <74.热点三 数列中的不等关系【例3】 (2012·南师附中模拟)如果无穷数列{a n }满足下列条件：①a n ＋a n ＋22≤a n ＋1；②存在实数M ，使得a n ≤M ，其中n ∈N *，那么我们称数列{a n }为Ω数列． (1)设数列{b n }的通项为b n ＝5n －2n ，且是Ω数列，求M 的取值范围；(2)设{c n }是各项为正数的等比数列，S n 是其前n 项和，c 3＝14，S 3＝74，证明：数列{S n }是Ω数列；(3)设数列{d n }是各项均为正整数的Ω数列，求证：d n ≤d n ＋1.(1)解 ∵b n ＋1－b n ＝5－2n，∴当n ≥3，b n ＋1－b n ＜0，故数列{b n }单调递减；当n ＝1,2时，b n ＋1－b n ＞0，即b 1＜b 2＜b 3，则数列{b n }中的最大项是b 3＝7，所以M ≥7.(2)证明 ∵{c n }是各项正数的等比数列，S n 是其前n 项和，c 3＝14，S 3＝74，设其公比为q ＞0，∴c 3q 2＋c 3q ＋c 3＝74.整理得6q 2－q －1＝0，解得q ＝12，q ＝－13(舍去)．∴c 1＝1，c n ＝12n －1，S n＝2－12n －1＜2，对任意的n ∈N *，有S n ＋S n ＋22＝2－12n －12n ＋2＜2－12n ＝S n ＋1，且S n ＜2，故{S n }是Ω数列．(3)证明 假设存在正整数k 使得d k ＞d k ＋1成立，有数列{d n }的各项均为正整数，可得d k ≥d k＋1＋1，即d k ＋1≤d k －1.因为d k ＋d k ＋22≤d k ＋1，所以d k ＋2≤2d k ＋1－d k ≤2(d k －1)－d k ＝d k －2，由d k ＋2≤2d k ＋1－d k 及d k ＞d k ＋1得d k ＋2＜2d k ＋1－d k ＋1＝d k ＋1，故d k ＋2≤d k ＋1－1.因为d k ＋1＋d k ＋32≤d k ＋2，所以d k ＋3≤2d k ＋2－d k ＋1≤2(d k ＋1－1)－d k ＋1＝d k ＋1－2≤d k －3，由此类推，可得d k ＋m ≤d k －m (m ∈N *)．又存在M ，使d k ≤M ，∴m ＞M ，使d k ＋m ＜0，这与数列{d n }的各项均为正数矛盾，所以假设不成立，即对任意n ∈N *，都有d k ≤d k ＋1成立．[规律方法] 不等式证明是数列问题中的常见题型，一般方法是利用不等式证明的常规方法，如综合法、分析法等直接证明方法，也可以应用反证法等间接证明方法．【训练3】 (2013·苏中三市调研)已知α，β是方程x 2－x －1＝0的两个根，且α＜β.数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，a 2＝β，a n ＋2＝a n ＋1＋a n ，b n ＝a n ＋1－αa n (n ∈N *)． (1)求b 2－a 2的值；(2)证明：数列{b n }是等比数列；(3)设c 1＝1，c 2＝－1，c n ＋2＋c n ＋1＝c n (n ∈N *)，证明：当n ≥3时，a n ＝(－1)n －1(αc n －2＋βc n )．解 因为α，β是方程x 2－x －1＝0的两个根，所以α＋β＝1，α·β＝－1，所以β2＝β＋1.(1)由b 2＝a 3－αa 2＝a 1＋a 2－αa 2＝1＋a 2－αβ＝2＋a 2，得b 2－a 2＝2. (2)因为b n ＋1b n ＝a n ＋2－αa n ＋1a n ＋1－αa n ＝a n ＋1＋a n －αa n ＋1a n ＋1－αa n ＝1－αa n ＋1＋a n a n ＋1－αa n ＝βa n ＋1＋a na n ＋1－αa n＝βa n ＋1－αβa na n ＋1－αa n＝β，又b 1＝a 2－αa 1＝β－α≠0，所以{b n }是首项为β－α，公比为β的等比数列．(3)由(2)可知a n ＋1－αa n ＝(β－α)βn －1.①同理，a n ＋1－βa n ＝α(a n －βa n －1)．又a 2－βa 1＝0，于是a n ＋1－βa n ＝0.②由①②，得a n ＝β n －1.下面我们只要证明：n ≥3时，(－1)n －1·(αc n －2＋βc n )＝βn －1.因为－1n αc n －1＋βc n ＋1－1n －1αc n －2＋βc n＝－αc n －1－βc n ＋βc n －1αc n －2＋βc n ＝－c n －1－βc nαc n －2＋βc n＝－c n －2－c n －βc n αc n －2＋βc n ＝－c n －2－1＋βc n αc n －2＋βc n ＝－－αβc n －2－β2c nαc n －2＋βc n＝β.又c 1＝1，c 2＝－1，c 3＝2，则当n ＝3时，(－1)2(αc 1＋βc 3)＝(α＋2β)＝1＋β＝β2，所以{(－1)n －1(αc n －2＋βc n )}是以β2为首项，β为公比的等比数列．(－1)n －1(αc n －2＋βc n )是它的第n －2项，所以(－1)n －1(αc n －2＋βc n )＝β 2·βn －3＝βn －1＝a n .备课札记：希望对大家有所帮助，多谢您的浏览！。
2014年高考数学一轮复习 热点难点精讲精析 5.2数列综合应用
2014年高考一轮复习热点难点精讲精析：5.2数列综合应用一、数列求和 （一）分组转化求和 ※相关链接※1、数列求和应从通项入手，若无通项，则先求通项，然后通过对通项变形，转化为等差或等比或可求数列前n 项和的数列来求之；2、常见类型及方法(1)a n ＝kn ＋b ，利用等差数列前n 项和公式直接求解； (2)a n ＝a ·q n －1，利用等比数列前n 项和公式直接求解；(3)a n ＝b n ±c n 或⎧=⎨⎩n n n b n a c n 为奇数，为偶数数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，采用分组求和法求{a n }的前n 项和.注：应用等比数列前n 项和公式时，要注意公比q 的取值。
※ 例题解析※ ※【例】(1)已知数列: ,(),(),,(),,-+++⋯+++⋯+⋯n 11111111111224242则其前n 项和S n =__________ (2)已知+⎧⎪=⎨⎪⎩n n 25n 1n a 2n 为奇数为偶数①求数列{a n }的前10项和S 10; ②求数列{a n }的前2k 项和S 2k .【方法诠释】(1)先求数列的通项公式，再根据通项公式分组求和.(2)把奇数项和偶数项分开求和.解析：(1)∵(),---=+++⋯+==--nn n 1n 11111112a 121242212().---∴=-+++⋯+=-=-+-n n 2n 1n 11111112S 2n 12n 2n 21222212答案: --+n 112n 22(2)①S 10=(6+16+26+36+46)+(2+22+23+24+25)()().+-=+=-55646212192212②由题意知,数列{a n }的前2k 项中,k 个奇数项组成首项为6，公差为10的等差数列，k 个偶数项组成首项为2,公比为2的等比数列.∴S 2k =［6+16+…+(10k-4)］+(2+22+…+2k )()().++--=+=++--k 2k 1k 610k 42125k k 22212［］（二）错位相减法求和 ※相关链接※1、一般地，如果数列{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，求数列{}n n a b 的前n 项和时，可采用错位相减法；2、用错位相减法求和时，应注意（1）要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；（2）在写出“n S ”与“n qS ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出的n S -nqS 的表达式。
2014版高考数学知识点讲座：考点24 数列的综合问题与数列的应用(解析版)
【命题探究】2014版高考数学知识点讲座：考点24数列的综合问题与数列的应用（解析版）加（*）号的知识点为了解内容，供学有余力的学生学习使用一。
考纲目标等差、等比数列的综合运用;灵活运用数列知识、解决有关数列的综合问题. 二.知识梳理（一）。
数列的知识结构等比数列等差数列表示方法图像与函数的关系前n 项和通项定义数列正整数集上函数及性质数列知识结构（二).数列总论1。
数列是特殊的函数，有些题目可结合函数知识去解决，体现了函数思想、数形结合的思想．2.等差、等比数列中，a 1、n a 、n 、d (q )、nS “知三求二”，体现了方程（组）的思想、整体思想,有时用到换元法3。
求等比数列的前n 项和时要考虑公比是否等于1，公比是字母时要进行讨论,体现了分类讨论的思想4.数列求和的基本方法有:公式法,倒序相加法，错位相减法，拆项法，裂项法，累加法，等价转化等． (三).等差数列1相关公式： （1)定义：),1(1为常数d n d a an n ≥=-+(2)通项公式：d n a an)1(1-+=（3）前n 项和公式：d n n na a a n S n n2)1(2)(11-+=+=(4）通项公式推广:d m n a am n)(-+=2等差数列}{na 的一些性质 (1）对于任意正整数n,都有121a a a a n n -=-+（2)}{na 的通项公式)2()(2112a a n a a an-+-=（3)对于任意的整数s r q p ,,,，如果s r q p +=+，那么s r q pa a a a +=+（4）对于任意的正整数r q p ,,，如果q r p 2=+，则q r pa a a 2=+（5）对于任意的正整数n 〉1，有112-++=n n na a a(6）对于任意的非零实数b,数列}{nba 是等差数列，则}{na 是等差数列 (7）已知}{nb 是等差数列,则}{n nb a±也是等差数列(8）}{},{},{},{},{23133122---n n n n na a a a a 等都是等差数列（9)n S 是等差数列{}na 的前n 项和，则kk k k kS S S S S232,,-- 仍成等差数列,即)(323m m mS S S-=(10）若)(n m S S n m≠=，则0=+n n S（11)若p S q S q p==,,则)(q p S q p +-=+（12)bn an Sn+=2，反之也成立（四).等比数列 1相关公式： (1）定义：)0,1(1≠≥=+q n q a ann（2）通项公式：11-=n nq a a（3）前n项和公式：⎪⎩⎪⎨⎧≠--==1q 1)1(1q11qq a na S n n （4）通项公式推广：mn m nq a a-=2等比数列}{na 的一些性质 （1）对于任意的正整数n ，均有121a a a ann =+(2）对于任意的正整数s r q p ,,,，如果s r q p +=+，则s r q pa a a a =（3)对于任意的正整数r q p ,,,如果r p q +=2，则2qr p a a a =（4）对于任意的正整数n>1，有112+-=n n na a a（5）对于任意的非零实数b ，}{nba 也是等比数列 （6）已知}{nb 是等比数列，则}{nn b a 也是等比数列（7）如果0>na ，则}{log n a a 是等差数列 (8）数列}{logn aa 是等差数列，则}{n a 是等比数列（9）}{},{},{},{},{23133122---n n n n na a a a a等都是等比数列(10)nS 是等比数列{}na 的前n 项和， ①当q =－1且k 为偶数时，kk k k kS S S S S 232,,--不是等比数列 ②当q ≠－1或k 为奇数时，kk k kkS S S SS 232,,-- 仍成等比数列（五)。
2014届高考数学一轮复习教学案数列的综合应用(含解析)
数列的综合应用[知识能否忆起]1．数列在实际生活中有着广泛的应用，其解题的基本步骤，可用图表示如下：2．数列应用题常见模型(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差．(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化时，应考虑是a n 与a n ＋1的递推关系，还是前n 项和S n 与S n ＋1之间的递推关系．[小题能否全取]1．某学校高一、高二、高三共计2 460名学生，三个年级的学生人数刚好成等差数列，则该校高二年级的人数是( )A ．800B ．820C ．840D ．860解析：选B 由题意可设高一、高二、高三三个年级的人数分别为a －d ，a ，a ＋d . 则a －d ＋a ＋a ＋d ＝2 460，解得a ＝2 4603＝820.故高二年级共有820人．2．(教材习题改编)有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒钟杀死一个病毒的同时将自身分裂为2个，现在有一个这样的细菌和100个这样的病毒(假设病毒不繁殖)，问细菌将病毒全部杀死至少需要( )A ．6秒钟B ．7秒钟C ．8秒钟D ．9秒钟解析：选B 设至少需n 秒钟，则1＋21＋22＋…＋2n －1≥100，即1－2n 1－2≥100，解得n ≥7. 3．数列{a n }是各项均为正数的等比数列，{b n }是等差数列，且a 6＝b 7，则有( ) A ．a 3＋a 9≤b 4＋b 10 B ．a 3＋a 9≥b 4＋b 10C ．a 3＋a 9≠b 4＋b 10D ．a 3＋a 9与b 4＋b 10的大小不确定解析：选B a 3＋a 9≥2a 3a 9＝2a 26＝2a 6＝2b 7＝b 4＋b 10，当且仅当a 3＝a 9时，不等式取等号．4．一个凸多边形的内角成等差数列，其中最小的内角为2π3，公差为π36，则这个多边形的边数为________．解析：由于凸n 边形的内角和为(n －2)π， 故2π3n ＋n (n －1)2×π36＝(n －2)π. 化简得n 2－25n ＋144＝0.解得n ＝9或n ＝16(舍去)． 答案：95．设曲线y ＝x n ＋1(n ∈N *)在点(1,1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ，x n ＝________，令a n ＝lg x n ，则a 1＋a 2＋…＋a 99的值为________．解析：∵y ＝x n ＋1，∴y ′＝(n ＋1)x n ，它在点(1,1)处的切线方程为y －1＝(n ＋1)(x －1)， 与x 轴交点的横坐标为x n ＝1－1n ＋1＝nn ＋1， 由a n ＝lg x n 得a n ＝lg n －lg(n ＋1)， 于是a 1＋a 2＋…＋a 99＝lg 1－lg 2＋lg 2－lg3＋…＋lg 99－lg 100＝lg 1－lg 100＝0－2＝－2. 答案：nn ＋1－2 1.对等差、等比数列的概念、性质要有深刻的理解，有些数列题目条件已指明是等差(或等比)数列，有的数列并没有指明，但可以通过分析构造，转化为等差数列或等比数列，然后应用等差、等比数列的相关知识解决问题．2．数列是一种特殊的函数，故数列有着许多函数的性质．等差数列和等比数列是两种最基本、最常见的数列，它们是研究数列性质的基础，与函数、方程、不等式、三角等内容有着广泛的联系，在实际生活中也有着广泛的应用，随着高考对能力要求的进一步提高，这一部分内容也将受到越来越多的关注．典题导入[例1] 在等比数列{a n }(n ∈N *)中，a 1>1，公比q >0，设b n ＝log 2a n ，且b 1＋b 3＋b 5＝6，b 1b 3b 5＝0.(1)求证：数列{b n }是等差数列； (2)求{b n }的前n 项和S n 及{a n }的通项a n . [自主解答] (1)证明：∵b n ＝log 2a n ， ∴b n ＋1－b n ＝log 2a n ＋1a n ＝log 2q 为常数，∴数列{b n }为等差数列且公差d ＝log 2q . (2)∵b 1＋b 3＋b 5＝6，∴b 3＝2， ∵a 1>1，∴b 1＝log 2a 1>0. ∵b 1b 3b 5＝0， ∴b 5＝0.∴⎩⎪⎨⎪⎧ b 1＋2d ＝2，b 1＋4d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝4，d ＝－1，∴S n ＝4n ＋n (n －1)2×(－1)＝9n －n 22.∵⎩⎪⎨⎪⎧log 2q ＝－1，log 2a 1＝4，∴⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝16，∴a n ＝25－n (n ∈N *)．试比较(2)求出的S n 与a n 的大小． 解：∵a n ＝25－n >0，当n ≥9时，S n ＝n (9－n )2≤0，∴n ≥9时，a n >S n .∵a 1＝16，a 2＝8，a 3＝4，a 4＝2，a 5＝1， a 6＝12，a 7＝14，a 8＝18，S 1＝4，S 2＝7，S 3＝9，S 4＝10，S 5＝10， S 6＝9，S 7＝7，S 8＝4， ∴当n ＝3,4,5,6,7,8时，a n <S n ；当n ＝1,2或n ≥9时，a n >S n .由题悟法解决等差数列与等比数列的综合问题，关键是理清两个数列的关系．如果同一数列中部分项成等差数列，部分项成等比数列，要把成等差数列或等比数列的项抽出来单独研究；如果两个数列通过运算综合在一起，要从分析运算入手，把两个数列分割开，弄清两个数列各自的特征，再进行求解．以题试法1．(2012·河南调研)已知{a n }是一个公差大于0的等差数列，且满足a 3a 6＝55，a 2＋a 7＝16.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{a n }和数列{b n }满足等式a n ＝b 12＋b 222＋b 323＋…＋b n2n (n 为正整数)，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则依题意知d >0， 由a 2＋a 7＝16，得2a 1＋7d ＝16，① 由a 3a 6＝55，得(a 1＋2d )(a 1＋5d )＝55，②由①得2a 1＝16－7d ，将其代入②得(16－3d )(16＋3d )＝220，即256－9d 2＝220.∴d 2＝4，又d >0，∴d ＝2，代入①得a 1＝1， ∴a n ＝1＋(n －1)·2＝2n －1. (2)∵当n ＝1时，a 1＝b 12，∴b 1＝2.当n ≥2时，a n ＝b 12＋b 222＋b 323＋…＋b n －12n －1＋b n 2n ，a n －1＝b 12＋b 222＋b 323＋…＋b n －12n －1，两式相减得a n －a n －1＝b n 2n ，∴b n ＝2n ＋1，∴b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.当n ＝1时，S 1＝b 1＝2；当n ≥2时，S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝2＋b 2(1－2n －1)1－2＝2n ＋2－6，当n ＝1时上式也成立．综上，当n 为正整数时，S n ＝2n ＋2－6.典题导入[例2] (2011·湖南高考改编)某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M ，M 的价值在使用过程中逐年减少．从第2年到第6年，每年初M 的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M 的价值为上年初的75%.则第n 年初M 的价值a n ＝________.[自主解答] 当n ≤6时，数列{a n }是首项为120，公差为－10的等差数列，a n ＝120－10(n －1)＝130－10n ；当n ≥7时，数列{a n }是以a 6为首项，34为公比的等比数列，又a 6＝70，所以a n ＝70×⎝⎛⎭⎫34n －6. [答案] a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧130－10n ，n ≤6，70×⎝⎛⎭⎫34n －6，n ≥7.由题悟法1．数列实际应用题的解题策略解等差、等比数列应用题时，首先要认真审题，深刻理解问题的实际背景，理清蕴含在语言中的数学关系，把应用问题抽象为数学中的等差、等比数列问题，然后求解．2．处理分期付款问题的注意事项(1)准确计算出在贷款全部付清时，各期所付款额及利息(注：最后一次付款没有利息)． (2)明确各期所付的款以及各期所付款到最后一次付款时所生的利息之和等于商品售价及从购买到最后一次付款时的利息之和，只有掌握了这一点，才可以顺利建立等量关系．以题试法2．从经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业．根据规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上年减少15，本年度当地旅游业估计收入400万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加14.(1)设n 年内(本年度为第一年)总投入为a n 万元，旅游业总收入为b n 万元，写出表达式； (2)至少经过几年旅游业的总收入才能超过总投入？解：(1)第一年投入为800万元，第二年投入为800⎝⎛⎭⎫1－15万元， 第n 年内的总投入为800⎝⎛⎭⎫1－15n －1万元， 所以，n 年的投入为：a n ＝800＋800⎝⎛⎭⎫1－15＋…＋800⎝⎛⎭⎫1－15n －1 ＝4 000－4 000⎝⎛⎭⎫45n.第一年旅游业收入为400万元，第二年旅游业收入为 400⎝⎛⎭⎫1＋14万元． 第n 年旅游业收入为400⎝⎛⎭⎫1＋14n －1万元， 所以，n 年内的旅游业总收入为 b n ＝400＋400⎝⎛⎭⎫1＋14＋…＋400⎝⎛⎭⎫1＋14n －1 ＝1 600⎝⎛⎭⎫54n－1 600.(2)设经过n 年旅游业的总收入超过总投入，由此b n －a n >0， 即1 600⎝⎛⎭⎫54n －1 600－4 000＋4 000⎝⎛⎭⎫45n >0， 化简得2⎝⎛⎭⎫54n ＋5⎝⎛⎭⎫45n －7>0，设⎝⎛⎭⎫45n ＝x ，代入上式，得5x 2－7x ＋2>0， 解此不等式，得x <25或x >1(舍去)，即⎝⎛⎭⎫45n <25，由此得n ≥5.故至少经过5年旅游业的总收入才能超过总投入．典题导入[例3] (2012·安徽高考)设函数f (x )＝x 2＋sin x 的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{x n }．(1)求数列{x n }的通项公式； (2)设{x n }的前n 项和为S n ，求sin S n . [自主解答] (1)令f ′(x )＝12＋cos x ＝0，得cos x ＝－12，解得x ＝2k π±2π3(k ∈Z )．由x n 是f (x )的第n 个正极小值点知，x n ＝2n π－2π3(n ∈N *)．(2)由(1)可知，S n ＝2π(1＋2＋…＋n )－23n π＝n (n ＋1)π－2n π3，所以sin S n ＝sin ⎣⎡⎦⎤n (n ＋1)π－2n π3. 因为n (n ＋1)表示两个连续正整数的乘积，n (n ＋1)一定为偶数， 所以sin S n ＝－sin 2n π3.当n ＝3m －2(m ∈N *)时，sin S n ＝－sin ⎝⎛⎭⎫2m π－4π3＝－32； 当n ＝3m －1(m ∈N *)时，sin S n ＝－sin ⎝⎛⎭⎫2m π－2π3＝32； 当n ＝3m (m ∈N *)时，sin S n ＝－sin 2m π＝0.综上所述，sin S n＝⎩⎨⎧－32，n ＝3m －2(m ∈N *)，32，n ＝3m －1(m ∈N *)，0，n ＝3m (m ∈N *).由题悟法数列与函数的综合问题主要有以下两类：(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、公式、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，在问题的求解过程中往往会遇到递推数列，因此掌握递推数列的常见解法有助于该类问题的解决．以题试法3． (2012·温州测试)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2＋t ，S 5－S 2＝24＋3t (t >0)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝aq n ＋n ，若b 1＝a 1，b 5＝a 5，试比较a 3与b 3的大小． 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则S 5－S 2＝3a 1＋9d ＝24＋3t ， 又a 1＝2＋t ，所以d ＝2， 故a n ＝2n ＋t (t >0)．(2)由已知可得aq ＝1＋t >0，aq 5＝5＋t ， 可得3＋t ＝12(aq ＋aq 5)，又aq 5－aq ＝aq (q 4－1)＝4，则q 4>1，得q 2>1.则a 3－b 3＝3＋t －aq 3＝aq2(q 2－1)2>0，故a 3>b 3.1．数列{a n }是公差不为0的等差数列，且a 1，a 3，a 7为等比数列{b n }中连续的三项，则数列{b n }的公比为( )A.2 B ．4 C ．2D.12解析：选C 设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，由a 23＝a 1a 7得(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋6d )，解得a 1＝2d ，故数列{b n }的公比q ＝a 3a 1＝a 1＋2d a 1＝2a 1a 1＝2.2．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 9＝－36，S 13＝－104，等比数列{b n }中，b 5＝a 5，b 7＝a 7，则b 6的值为( )A ．±4 2B ．－4 2C ．4 2D ．无法确定解析：选A 依题意得，S 9＝9a 5＝－36⇒b 5＝a 5＝－4，S 13＝13a 7＝－104⇒b 7＝a 7＝－8，所以b 6＝±4 2.3．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1且a n ，a n ＋1是函数f (x )＝x 2－b n x ＋2n 的两个零点，则b 10等于( )A ．24B ．32C ．48D ．64解析：选D 依题意有a n a n ＋1＝2n ，所以a n ＋1a n ＋2＝2n ＋1，两式相除得a n ＋2a n＝2.所以a 1，a 3，a 5，…成等比数列，a 2，a 4，a 6，…也成等比数列，而a 1＝1，a 2＝2.所以a 10＝2·24＝32，a 11＝1·25＝32.又因为a n ＋a n ＋1＝b n ，所以b 10＝a 10＋a 11＝64.4.列，那么x ＋y ＋z 的值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B 由题知表格中第三列中的数成首项为4，公比为12的等比数列，故有x ＝1.根据每行成等差数列得第四列前两个数字依次为5，52，故第四列的公比为12，所以y ＝5×⎝⎛⎭⎫123＝58，同理z ＝6×⎝⎛⎭⎫124＝38，故x ＋y ＋z ＝2. 5．(2011·上海高考)设{a n }是各项为正数的无穷数列，A i 是边长为a i ，a i ＋1的矩形的面积(i ＝1,2，…)，则{A n }为等比数列的充要条件为( )A ．{a n }是等比数列B ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…或a 2，a 4，…，a 2n ，…是等比数列C ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…均是等比数列D ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…均是等比数列，且公比相同 解析：选D ∵A i ＝a i a i ＋1，若{A n }为等比数列，则A n ＋1A n ＝a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝a n ＋2a n 为常数，即A 2A 1＝a 3a 1，A 3A 2＝a 4a 2，…. ∴a 1，a 3，a 5，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…成等比数列，且公比相等．反之，若奇数项和偶数项分别成等比数列，且公比相等，设为q ，则A n ＋1A n ＝a n ＋2a n ＝q ，从而{A n }为等比数列．6．已知数列{a n }满足3a n ＋1＋a n ＝4且a 1＝9，其前n 项之和为S n ，则满足不等式|S n －n －6|<1125的最小整数n 是( ) A ．5 B ．6 C ．7D ．8解析：选C 由递推式变形得3(a n ＋1－1)＝－(a n －1)，则a n －1＝8·⎝⎛⎭⎫－13n －1， 所以|S n－n －6|＝|a 1－1＋a 2－1＋…＋a n－1－6|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪8⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－13n 1＋13－6＝6×⎝⎛⎭⎫13n<1125，即3n －1>250，所以满足条件的最小整数n 是7.7．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1,2S 2,3S 3成等差数列，则等比数列{a n }的公比为________．解析：设等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，由4S 2＝S 1＋3S 3，得4(a 1＋a 1q )＝a 1＋3(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)，即3q 2－q ＝0，故q ＝13.答案：138．(2011·陕西高考)植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米．开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边．使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小，这个最小值为________米．解析：当放在最左侧坑时，路程和为2×(0＋10＋20＋…＋190)；当放在左侧第2个坑时，路程和为2×(10＋0＋10＋20＋…＋180)(减少了360米)；当放在左侧第3个坑时，路程和为2×(20＋10＋0＋10＋20＋…＋170)(减少了680米)；依次进行，显然当放在中间的第10、11个坑时，路程和最小，为2×(90＋80＋…＋0＋10＋20＋…＋100)＝2 000米．答案：2 0009．(2012·安徽模拟)在数列{a n }中，若a 2n －a 2n －1＝p (n ≥2，n ∈N *，p 为常数)，则称{a n }为“等方差数列”．下列是对“等方差数列”的判断：①若{a n }是等方差数列，则{a 2n }是等差数列；②已知数列{a n }是等方差数列，则数列{a 2n }是等方差数列． ③{(－1)n }是等方差数列；④若{a n }是等方差数列，则{a kn }(k ∈N *，k 为常数)也是等方差数列； 其中正确命题的序号为________．解析：对于①，由等方差数列的定义可知，{a 2n }是公差为p 的等差数列，故①正确．对于②，取a n ＝n ，则数列{a n }是等方差数列，但数列{a 2n }不是等方差数列，故②错．对于③，因为[(－1)n ]2－[(－1)n －1]2＝0(n ≥2，n ∈N *)为常数，所以{(－1)n }是等方差数列，故③正确．对于④，若a 2n －a 2n －1＝p (n ≥2，n ∈N *)，则a 2kn －a 2k (n －1)＝(a 2kn －a 2kn －1)＋(a 2kn －1－a 2kn －2)＋…＋(a 2kn －k ＋1－a 2k (n －1))＝kp 为常数，故④正确．答案：①③④10．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n 2，数列{b n }为等比数列，且首项b 1＝1，b 4＝8.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }满足c n ＝ab n ，求数列{c n }的前n 项和T n ； 解：(1)∵数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n 2， ∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1.当n ＝1时，a 1＝S 1＝1亦满足上式，故a n ＝2n －1(n ∈N *)． 又数列{b n }为等比数列，设公比为q ， ∵b 1＝1，b 4＝b 1q 3＝8，∴q ＝2.∴b n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)c n ＝ab n ＝2b n －1＝2n －1.T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(2n －1)＝(21＋22＋…＋2n )－n ＝2(1－2n )1－2－n . 所以T n ＝2n ＋1－2－n .11．已知各项均为正数的数列{a n }满足：a 2n ＋1＝2a 2n ＋a n a n ＋1，且a 2＋a 4＝2a 3＋4，其中n∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设数列{b n }满足：b n ＝na n(2n ＋1)2n，是否存在正整数m ，n (1<m <n )，使得b 1，b m ，b n成等比数列？若存在，求出所有的m ，n 的值，若不存在，请说明理由．解：(1)因为a 2n ＋1＝2a 2n ＋a n a n ＋1，即(a n ＋a n ＋1)(2a n －a n ＋1)＝0.又a n >0，所以2a n －a n ＋1＝0，即2a n ＝a n ＋1. 所以数列{a n }是公比为2的等比数列．由a 2＋a 4＝2a 3＋4，得2a 1＋8a 1＝8a 1＋4，解得a 1＝2. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n (n ∈N *)． (2)因为b n ＝na n (2n ＋1)2n ＝n 2n ＋1， 所以b 1＝13，b m ＝m 2m ＋1，b n ＝n 2n ＋1.若b 1，b m ，b n 成等比数列，则⎝⎛⎭⎫m 2m ＋12＝13⎝⎛⎭⎫n2n ＋1，即m 24m 2＋4m ＋1＝n6n ＋3. 由m 24m 2＋4m ＋1＝n 6n ＋3，可得3n ＝－2m 2＋4m ＋1m 2，所以－2m 2＋4m ＋1>0，从而1－62<m <1＋62. 又n ∈N *，且m >1，所以m ＝2，此时n ＝12.故当且仅当m ＝2，n ＝12时，b 1，b m ，b n 成等比数列． 12．设同时满足条件：①b n ＋b n ＋22≥b n ＋1；②b n ≤M (n ∈N *，M 是常数)的无穷数列{b n }叫“嘉文”数列．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝aa －1(a n－1)(a 为常数，且a ≠0，a ≠1)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2S n a n ＋1，若数列{b n }为等比数列，求a 的值，并证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 为“嘉文”数列．解：(1)因为S 1＝aa －1(a 1－1)＝a 1，所以a 1＝a .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a a －1(a n －a n －1)，整理得a na n －1＝a ，即数列{a n }是以a 为首项，a 为公比的等比数列．所以a n ＝a · a n －1＝a n .(2)由(1)知，b n ＝2×aa －1(a n －1)a n ＋1＝(3a －1)a n －2a(a －1)a n ，(*)由数列{b n }是等比数列，则b 22＝b 1·b 3，故⎝⎛⎭⎫3a ＋2a 2＝3·3a 2＋2a ＋2a 2，解得a ＝13， 再将a ＝13代入(*)式得b n ＝3n ，故数列{b n }为等比数列，所以a ＝13.由于1b n ＋1b n ＋22＝13n ＋13n ＋22>2 13n ·13n ＋22＝13n 1＝1b n ＋1，满足条件①；由于1b n ＝13n ≤13，故存在M ≥13满足条件②.故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 为“嘉文”数列．1．设f (x )是定义在R 上恒不为零的函数，对任意实数x ，y ∈R ，都有f (x )f (y )＝f (x ＋y )，若a 1＝12，a n ＝f (n )(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和S n 的取值范围是( )A.⎣⎡⎭⎫12，2B.⎣⎡⎦⎤12，2 C.⎣⎡⎭⎫12，1D.⎣⎡⎦⎤12，1解析：选C 由题意得a n ＋1＝f (n ＋1)＝f (1)f (n )＝12a n ，故S n ＝12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＝1－⎝⎛⎭⎫12n .则数列{a n}的前n 项和的取值范围是⎣⎡⎭⎫12，1. 2．(2012·安庆模拟)设关于x 的不等式x 2－x <2nx (n ∈N *)的解集中整数的个数为a n ，数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 100的值为________．解析：由x 2－x <2nx (n ∈N *)， 得0<x <2n ＋1， 因此知a n ＝2n .故S 100＝100(2＋200)2＝10 100.答案：10 1003．祖国大陆允许台湾农民到大陆创业以来，在11个省区设立了海峡两岸农业合作试验区和台湾农民创业园，台湾农民在那里申办个体工商户可以享受“绿色通道”的申请、受理、审批一站式服务，某台商到大陆一创业园投资72万美元建起一座蔬菜加工厂，第一年各种经费12万美元，以后每年增加4万美元，每年销售蔬菜收入50万美元，设f (n )表示前n 年的纯收入．(f (n )＝前n 年的总收入－前n 年的总支出－投资额)(1)从第几年开始获取纯利润？(2)若干年后，该台商为开发新项目，有两种处理方案：①年平均利润最大时以48万美元出售该厂；②纯利润总和最大时，以16万美元出售该厂，问哪种方案较合算？解：由题意知，每年的经费是以12为首项，4为公差的等差数列． 则f (n )＝50n －⎣⎡⎦⎤12n ＋n (n －1)2×4－72＝－2n 2＋40n －72.(1)获取纯利润就是要求f (n )>0，故有－2n 2＋40n －72>0，解得2<n <18. 又n ∈N *，故从第三年开始获利．(2)①平均利润为f (n )n ＝40－2⎝⎛⎭⎫n ＋36n ≤16，当且仅当n ＝6时取等号． 故此方案获利6×16＋48＝144万美元，此时n ＝6.②f (n )＝－2n 2＋40n －72＝－2(n －10)2＋128，当n ＝10时，f (n )max ＝128. 故此方案共获利128＋16＝144万美元．比较两种方案，在获利相同的前提下，第①种方案只需6年，第②种方案需要10年，故选择第①种方案．1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n －5a n －85，n ∈N *. (1)证明：{a n －1}是等比数列；(2)求数列{S n }的通项公式．请指出n 为何值时，S n 取得最小值，并说明理由． 解：(1)证明：当n ＝1时，a 1＝S 1＝1－5a 1－85， 解得a 1＝－14，则a 1－1＝－15.∵当n ≥2时，S n －1＝(n －1)－5a n －1－85， ∴a n ＝S n －S n －1＝1－5a n ＋5a n －1， ∴6a n ＝5a n －1＋1，即a n －1＝56(a n －1－1)，∴{a n －1}是首项为－15，公比为56的等比数列．(2)∵a n －1＝－15·⎝⎛⎭⎫56n －1， ∴S n ＝n －5⎣⎡⎦⎤1－15·⎝⎛⎭⎫56n －1－85＝n ＋75·⎝⎛⎭⎫56n －1－90. 由a n ＝1－15·⎝⎛⎭⎫56n －1>0， 即15·⎝⎛⎭⎫56n －1<1，解得n >log 56115＋1≈15.85. ∴当n ≤15时，a n <0；当n ≥16时，a n >0. 故n ＝15时，S n 取得最小值．2．在正项数列{a n }中，a 1＝2，点A n (a n ，a n ＋1)在双曲线y 2－x 2＝1上，数列{b n }中，点{b n ，T n }在直线y ＝－12x ＋1上，其中T n 是数列{b n }的前n 项和．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：数列{b n }是等比数列； (3)若c n ＝a n ·b n ，求证：c n ＋1<c n .解：(1)由点A n 在y 2－x 2＝1上知，a n ＋1－a n ＝1， ∴数列{a n }是一个以2为首项，以1为公差的等差数列， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋n －1＝n ＋1.(2)证明：∵点(b n ，T n )在直线y ＝－12x ＋1上，∴T n ＝－12b n ＋1.①∴T n －1＝－12b n －1＋1(n ≥2)．②①②两式相减得b n ＝－12b n ＋12b n －1(n ≥2)，∴32b n ＝12b n －1， ∴b n ＝13b n －1.令n ＝1，得b 1＝－12b 1＋1，∴b 1＝23，∴{b n }是以23为首项，以13为公比的等比数列．(3)证明：∵由(2)可知b n ＝23·⎝⎛⎭⎫13n －1＝23n .∴c n ＝a n ·b n ＝(n ＋1)·23n ，∴c n ＋1－c n ＝(n ＋2)·23n ＋1－(n ＋1)·23n＝23n 1[(n ＋2)－3(n ＋1)]＝23n 1(－2n －1)<0，∴c n ＋1<c n .3．(2012·广州调研)已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝3，且a n ＋1＝a n ＋2a n －1(n ≥2)． (1)设b n ＝a n ＋1＋λa n ，是否存在实数λ，使数列{b n }为等比数列．若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由；(2)求数列{a n }的前n 项和S n .解：(1)假设存在实数λ，使数列{b n }为等比数列， 设b nb n －1＝q (n ≥2)， 即a n ＋1＋λa n ＝q (a n ＋λa n －1)， 得a n ＋1＝(q －λ)a n ＋qλa n －1.与已知a n ＋1＝a n ＋2a n －1比较，得⎩⎪⎨⎪⎧q －λ＝1，qλ＝2，解得λ＝1或λ＝－2.所以存在实数λ，使数列{b n }为等比数列．当λ＝1时，q ＝2，b 1＝4，则数列{b n }是首项为4，公比为2的等比数列； 当λ＝－2时，q ＝－1，b 1＝1，则数列{b n }是首项为1，公比为－1的等比数列． (2)由(1)知a n ＋1－2a n ＝(－1)n ＋1(n ≥1)，所以a n ＋12n 1－a n 2n ＝(－1)n ＋12n 1＝⎝⎛⎭⎫－12n ＋1(n ≥1)，当n ≥2时，a n 2n ＝a 121＋⎝⎛⎭⎫a 222－a 121＋⎝⎛⎭⎫a 323－a 222＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2n －a n －12n －1 ＝12＋⎝⎛⎭⎫－122＋⎝⎛⎭⎫－123＋…＋⎝⎛⎭⎫－12n ＝12＋⎝⎛⎭⎫－122⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n －11－⎝⎛⎭⎫－12 ＝12＋16⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n －1. 因为a 121＝12也适合上式，所以a n 2n ＝12＋16⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n －1(n ≥1)． 所以a n ＝13[2n ＋1＋(－1)n ]．则S n ＝13[(22＋23＋…＋2n ＋1)＋((－1)1＋(－1)2＋…＋(－1)n )]＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤4(1－2n )1－2＋(－1)(1－(－1)n)1－(－1) ＝13⎣⎡⎦⎤(2n ＋2－4)＋(－1)n －12.数 列一、选择题(本题共12分小题，每小题5分，共60分)1．在等差数列{a n }中，a 2＝1，a 4＝5，则{a n }的前5项和S 5＝( ) A ．7 B ．15 C ．20D ．25解析：选B ∵{a n }是等差数列，∴a 2＋a 4＝2a 3＝1＋5， 故a 3＝3，∴S 5＝5(a 1＋a 5)2＝5×2a 32＝5a 3＝5×3＝15.2．公比为2的等比数列{a n }的各项都是正数，且a 3a 11＝16，则a 5＝( ) A ．1 B ．2 C ．4D ．8解析：选A ∵a 3·a 11＝16，∴a 27＝16. 又∵a n >0，∴a 7＝4.a 5＝a 7·q －2＝4×2－2＝1.3．(2012·银川联考)若数列{a n }的前n 项和为S n ＝n 2＋1，则向量m ＝(a 1，a 4)的模为( ) A ．53 B ．50 C.53D ．5 2解析：选C 依题意得，a 1＝S 1＝2，a 4＝S 4－S 3＝(42＋1)－(32＋1)＝7，故m ＝(2,7)，|m |＝22＋72＝53.4．已知数阵⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 11 a 12 a 13a 21 a 22 a 23a 31 a 32 a 33中，每行的三个数依次成等差数列，每列的三个数也依次成等差数列，若a 22＝4，则这九个数的和为( )A ．16B ．32C ．36D ．40解析：选C 依题意得，a 11＋a 12＋a 13＋a 21＋a 22＋a 23＋a 31＋a 32＋a 33＝3a 12＋3a 22＋3a 32＝9a 22＝36.5．(2012·朝阳统考)设数列{a n }是公差不为0的等差数列，a 1＝1且a 1，a 3，a 6成等比数列，则{a n }的前n 项和S n 等于( )A.n 28＋7n8 B.n 24＋7n 4 C.n 22＋3n4D ．n 2＋n解析：选A 由a 1，a 3，a 6成等比数列可得a 23＝a 1·a 6，设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，则(1＋2d )2＝1×(1＋5d )，而d ≠0，故d ＝14，所以S n ＝n ＋n (n －1)2×14＝n 28＋7n 8.6．(2012·银川联考)设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1－1a n，记数列{a n }的前n 项之积为Πn ，则Π2 013的值为( )A ．－12B ．－1 C.12D ．2解析：选B 由a 2＝12，a 3＝－1，a 4＝2可知，数列{a n }是周期为3的周期数列，从而Π2 013＝(Π3)671＝－1.7．(2012·东北三校模拟)等差数列{a n }中，S 15>0，S 16<0，则使a n >0成立的n 的最大值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：选C 依题意得S 15＝15(a 1＋a 15)2＝15a 8>0，即a 8>0；S 16＝16(a 1＋a 16)2＝8(a 1＋a 16)＝8(a 8＋a 9)<0，即a 8＋a 9<0，a 9<－a 8<0.因此使a n >0成立的n 的最大值是8.8．已知数列{a n }满足a 1＝23，且对任意的正整数m ，n 都有a m ＋n ＝a m ＋a n ，则a nn 等于( )A.12 B.23 C.32D ．2解析：选B 令m ＝1，得a n ＋1＝a 1＋a n ，即a n ＋1－a n ＝a 1＝23，可知数列{a n }是首项为a 1＝23，公差为d ＝23的等差数列，于是a n ＝23＋(n －1)·23＝23n ，即a n n ＝23.9．(2012·“江南十校”联考)已知函数f (x )＝cos x ，x ∈(0,2π)有两个不同的零点x 1，x 2，且方程f (x )＝m (m ≠0)有两个不同的实根x 3，x 4，若把这四个数按从小到大排列构成等差数列，则实数m ＝( )A.12B ．－12C.32D ．－32解析：选D 若m >0，则公差d ＝3π2－π2＝π，显然不成立，所以m <0，则公差d ＝3π2－π23＝π3. 所以m ＝cos ⎝⎛⎭⎫π2＋π3＝－32. 10．(2012·济南模拟)在等差数列{a n }中，a 1＝－2 012，其前n 项和为S n ，若S 1212－S 1010＝2，则S 2 012的值等于( )A ．－2 011B ．－2 012C ．－2 010D ．－2 013解析：选B 根据等差数列的性质，得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也是等差数列，根据已知可得这个数列的首项S 11＝a 1＝－2 012，公差d ＝1，故S 2 0122 012＝－2 012＋(2 012－1)×1＝－1，所以S 2 012＝－2 012.11．已知等差数列{a n }满足a 2＝3，a 5＝9，若数列{b n }满足b 1＝3，b n ＋1＝ab n ，则{b n }的通项公式为b n ＝( )A ．2n －1B ．2n ＋1C ．2n ＋1－1D ．2n －1＋2解析：选B 设等差数列{a n }的公差为d ，则有d ＝a 5－a 25－2＝2，a n ＝a 2＋(n －2)d ＝2n －1；又b n ＋1＝ab n ，因此有b n ＋1＝2b n －1，b n ＋1－1＝2(b n －1)，而b 1－1＝2≠0，因此数列{b n －1}是首项为2，公比为2的等比数列，于是有b n －1＝2×2n －1＝2n ，b n ＝2n ＋1.12.如图，将等差数列{a n }的前6项填入一个三角形的顶点及各边中点的位置，且在图中每个三角形顶点所填的三项也成等差数列，数列{a n }的前2 012项和S 2 012＝4 024，则满足na n >a n n 的n 的值为( )A ．2 012B ．4 024C ．2D ．3解析：选D 设等差数列{a n }的公差为d ，则由a 2，a 3，a 5成等差数列得2a 3＝a 2＋a 5，即2(a 1＋2d )＝(a 1＋d )＋(a 1＋4d )，有d ＝0，于是a n ＝a 1，由S 2 012＝4 024得2 012a 1＝4 024，有a 1＝2，即a n ＝2，由na n >a n n 得n 2>2n ，结合函数y ＝2x 与y ＝x 2的图象知n ＝3.二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13．已知等比数列{a n }为递增数列，且a 25＝a 10,2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析：a 25＝a 10>0，根据已知条件得2⎝⎛⎭⎫1q ＋q ＝5，解得q ＝2.所以a 21q 8＝a 1q 9，所以a 1＝2，所以a n ＝2n.答案：2n14．(2012·衡阳六校联考)设函数f (x )＝1x －b ＋2，若a ，b ，c 成等差数列(公差不为零)，则f (a )＋f (c )＝________.解析：依题意得b －a ＝c －b ，－(a －b )＝c －b ，则f (a )＋f (c )＝1a －b ＋2＋1c －b ＋2＝1a －b ＋1c －b ＋4＝0＋4＝4. 答案：415．数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为________．解析：∵a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，∴a 2＝1＋a 1，a 3＝2－a 1，a 4＝7－a 1，a 5＝a 1，a 6＝9＋a 1，a 7＝2－a 1，a 8＝15－a 1，a 9＝a 1，a 10＝17＋a 1，a 11＝2－a 1，a 12＝23－a 1，…，a 57＝a 1，a 58＝113＋a 1，a 59＝2－a 1，a 60＝119－a 1，∴a 1＋a 2＋…＋a 60＝(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋a 7＋a 8)＋…＋(a 57＋a 58＋a 59＋a 60)＝10＋26＋42＋…＋234＝15×(10＋234)2＝1 830.答案：1 83016．(2012·衡阳六校联考)在一个数列中，如果∀n ∈N *，都有a n a n ＋1a n ＋2＝k (k 为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k 叫做这个数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且a 1＝1，a 2＝2，公积为8，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝________.解析：依题意得数列{a n }是周期为3的数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，因此a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝4(a 1＋a 2＋a 3)＝4×(1＋2＋4)＝28.答案：28三、解答题(本题共6小题，共70分)17．(本小题满分10分)(2012·陕西高考)已知等比数列{a n }的公比q ＝－12.(1)若a 3＝14，求数列{a n }的前n 项和；(2)证明：对任意k ∈N ＋，a k ，a k ＋2，a k ＋1成等差数列． 解：(1)由a 3＝a 1q 2＝14及q ＝－12，得a 1＝1，所以数列{a n }的前n 项和S n ＝1×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n 1－⎝⎛⎭⎫－12＝2＋⎝⎛⎭⎫－12n －13.(2)证明：对任意k ∈N ＋，2a k ＋2－(a k ＋a k ＋1)＝2a 1q k ＋1－(a 1q k －1＋a 1q k )＝a 1q k －1(2q 2－q －1)，由q ＝－12得2q 2－q －1＝0，故2a k ＋2－(a k ＋a k ＋1)＝0.所以对任意k ∈N ＋，a k ，a k ＋2，a k ＋1成等差数列．18．(本小题满分12分)(2012·陕西高考)设{a n }是公比不为1的等比数列，其前n 项和为S n ，且a 5，a 3，a 4成等差数列．(1)求数列{a n }的公比；(2)证明：对任意k ∈N ＋，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列． 解：(1)设数列{a n }的公比为q (q ≠0，q ≠1)， 由a 5，a 3，a 4成等差数列，得2a 3＝a 5＋a 4， 即2a 1q 2＝a 1q 4＋a 1q 3.由a 1≠0，q ≠0得q 2＋q －2＝0，解得q 1＝－2或q 2＝1(舍去)，故q ＝－2. (2)证明：法一：对任意k ∈N ＋， S k ＋2＋S k ＋1－2S k ＝(S k ＋2－S k )＋(S k ＋1－S k ) ＝a k ＋1＋a k ＋2＋a k ＋1 ＝2a k ＋1＋a k ＋1·(－2) ＝0，所以对任意k ∈N ＋，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列． 法二：对任意k ∈N ＋，2S k ＝2a 1(1－q k )1－q，S k ＋2＋S k ＋1＝a 1(1－q k ＋2)1－q ＋a 1(1－q k ＋1)1－q ＝a 1(2－q k ＋2－q k ＋1)1－q，2S k －(S k ＋2＋S k ＋1)＝2a 1(1－q k )1－q －a 1(2－q k ＋2－q k ＋1)1－q＝a 11－q[2(1－q k )－(2－q k ＋2－q k ＋1)] ＝a 1q k 1－q(q 2＋q －2)＝0， 因此，对任意k ∈N ＋，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列．19．(本小题满分12分)(2012·潍坊模拟)已知数列{a n }是各项均不为0的等差数列，S n为其前n 项和，且满足S 2n －1＝12a 2n ，n ∈N *.(1)求a n ；(2)数列{b n }满足b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2n －1，n 为奇数，12a n －1，n 为偶数，T n 为数列{b n }的前n 项和，求T 2n . 解：(1)设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，在S 2n －1＝12a 2n中，令n ＝1,2，得 ⎩⎪⎨⎪⎧ a 21＝2S 1，a 22＝2S 3，得⎩⎪⎨⎪⎧a 21＝2a 1，(a 1＋d )2＝2(3a 1＋3d )， 解得a 1＝2，d ＝4，故a n ＝4n －2.(2)由(1)得b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n －1，n 为奇数，2n －3，n 为偶数， 则T 2n ＝1＋2×2－3＋22＋2×4－3＋24＋…＋22n －2＋2×2n －3 ＝1＋22＋24＋…＋22n －2＋4(1＋2＋…＋n )－3n ＝1－4n 1－4＋4·n (n ＋1)2－3n ＝4n 3－13＋2n 2－n . 20．(本小题满分12分)(2012·石家庄质检)已知数列{a n }为公差不为零的等差数列，a 1＝1，各项均为正数的等比数列{b n }的第1项，第3项，第5项分别是a 1，a 3，a 21.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)求数列{a n b n }的前n 项和S n .解：(1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，数列{b n }的公比为q ，∵由题意得a 23＝a 1a 21，∴(1＋2d )2＝1×(1＋20d )，即4d 2－16d ＝0，∵d ≠0，∴d ＝4，∴a n ＝4n －3.∴b 1＝1，b 3＝9，b 5＝81，∵{b n }的各项均为正数，∴q ＝3，∴b n ＝3n －1. (2)∵由(1)可得a n b n ＝(4n －3)3n －1， ∴S n ＝30＋5×31＋9×32＋…＋(4n －7)×3n －2＋(4n －3)×3n －1， 3S n ＝31＋5×32＋9×33＋…＋(4n －7)×3n －1＋(4n －3)×3n ， 两式相减得：－2S n ＝1＋4×3＋4×32＋4×33＋…＋4×3n －1－(4n －3)×3n＝1＋4(3＋32＋33＋…＋3n －1)－(4n －3)×3n ＝1＋4×3×(1－3n －1)1－3－(4n －3)×3n ＝(5－4n )×3n －5，∴S n ＝(4n －5)3n ＋52. 21．(本小题满分12分)(2012·潍坊模拟)在等比数列{a n }中，a n >0(n ∈N *)，公比q ∈(0,1)，且a 3a 5＋2a 4a 6＋a 3a 9＝100，又4是a 4与a 6的等比中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a n ，求数列{|b n |}的前n 项和S n .解：(1)∵a 3a 5＋2a 4a 6＋a 3a 9＝100，∴a 24＋2a 4a 6＋a 26＝100，∴(a 4＋a 6)2＝100，又a n >0，∴a 4＋a 6＝10，∵4是a 4与a 6的等比中项，∴a 4a 6＝16，而q ∈(0,1)，∴a 4>a 6，∴a 4＝8，a 6＝2，∴q ＝12，a 1＝64， ∴a n ＝64·⎝⎛⎭⎫12n －1＝27－n . (2)∵b n ＝log 2a n ＝7－n ，则数列{b n }的前n 项和为T n ＝n (13－n )2， ∴当1≤n ≤7时，b n ≥0，∴S n ＝n (13－n )2. 当n ≥8时，b n <0，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b 7－(b 8＋b 9＋…＋b n )＝－(b 1＋b 2＋…＋b n )＋2(b 1＋b 2＋…＋b 7)＝－n (13－n )2＋2×7×62＝n 2－13n ＋842. ∴S n ＝⎩⎨⎧13n －n 22(1≤n ≤7且n ∈N *)，n 2－13n ＋842(n ≥8且n ∈N *).22．(本小题满分12分)设函数f (x )＝x a (x ＋2)，方程x ＝f (x )有唯一解，其中实数a 为常数，f (x 1)＝22 013，f (x n )＝x n ＋1(n ∈N *)． (1)求f (x )的表达式；(2)求x 2 011的值；(3)若a n ＝4x n －4 023且b n ＝a 2n ＋1＋a 2n 2a n ＋1a n(n ∈N *)，求证：b 1＋b 2＋…＋b n <n ＋1. 解：(1)由x ＝x a (x ＋2)，可化简为ax (x ＋2)＝x (a ≠0)， 所以ax 2＋(2a －1)x ＝0，当且仅当a ＝12时，方程x ＝f (x )有唯一解． 从而f (x )＝2x x ＋2. (2)由已知f (x n )＝x n ＋1，得2x n x n ＋2＝x n ＋1， 所以1x n ＋1＝12＋1x n ，即1x n ＋1－1x n ＝12(n ∈N *)， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1x n 是以1x 1为首项，12为公差的等差数列． 所以1x n ＝1x 1＋(n －1)×12＝(n －1)x 1＋22x 1， 故x n ＝2x 1(n －1)x 1＋2. 因为f (x 1)＝22 013，所以2x 1x 1＋2＝22 013，解得x 1＝11 006. 所以x n ＝2×11 006(n －1)×11 006＋2＝2n ＋2 011， 故x 2 011＝22 011＋2 011＝12 011. (3)证明：因为x n ＝2n ＋2 011， 所以a n ＝4×n ＋2 0112－4 023＝2n －1， 所以b n ＝a 2n ＋1＋a 2n 2a n ＋1a n ＝(2n ＋1)2＋(2n －1)22(2n ＋1)(2n －1)＝4n 2＋14n 2－1＝1＋2(2n －1)(2n ＋1)＝1＋12n －1－12n ＋1， 所以b 1＋b 2＋…＋b n －n ＝⎝⎛⎭⎫1＋1－13＋⎝⎛⎭⎫1＋13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫1＋12n －1－12n ＋1－n ＝1－1<1.2n＋1故b1＋b2＋…＋b n<n＋1.。
2014高考数学一轮复习课件5.5数列的综合应用
从社会效益和经济效益出发，某旅游县区计划投入 资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业，根据规划， 1 2012 年投入 800 万元，以后每年投入将比上年减少 ，本年 5 度当地旅游业收入估计为 400 万元，由于该项建设对旅游业 1 的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加 . 4 (1)设 n 年内(2012 年为第一年)总投入为 an 万元， 旅游业 总收入为 bn 万元，写出 an，bn 的表达式； (2)至少经过几年，旅游业的总收入才能超过总投入？
又 am＝4000， 3 m－1 ∴( ) (3000－3d)＋2d＝4000， 2 3 m [（ ） －2]×1 000 1 000（3m－2m＋1） 2 解得 d＝ ＝ . m m 3 m 3 －2 （ ） －1 2 1 000（3m－2m＋1） 故该企业每年上缴资金 d 的值为 时， m m 3 －2 经过 m(m≥3)年企业的剩余资金为 4 000 万元．
【解】
(1)由题意 a1＝2000(1＋50%)－d＝3000－d， 3 5 a2＝a1(1＋50%)－d＝ a1－d＝4 500－ d. 2 2 3 an＋1＝an(1＋50%)－d＝ an－d. 2 3 3 (2)由 an＋1＝ an－d，得 an＋1－2d＝ (an－2d)， 2 2 3 ∴{an－2d}是公比为 的等比数列， 2 3 n－ 1 则 an－2d＝(3000－3d)· ) ， ( 2 3 n－ 1 ∴an＝(3000－3d)· ) ＋2d， ( 2
1 ∴q＝ ，a1＝16， 2 1 n－1 － ∴an＝16×( ) ＝25 n. 2 (2)∵bn＝log2an＝5－n， ∴bn＋1－bn＝－1， b1＝log2a1＝log216＝log224＝4， ∴{bn}是以b1＝4为首项，－1为公差的等差数列， n（9－n） ∴Sn＝ . 2
【山东专用】2014届高考数学(理)一轮复习专题集训《数列的综合应用》Word版含解析
数列的综合应用一、选择题(每小题6分，共36分)1.(2012·聊城模拟)已知各项不为0的等差数列{a n }满足2a 3－a 27＋2a 11＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 6·b 8＝( )(A)2 (B)4 (C)8 (D)162.2011年11月1日5时58分10秒“神八”顺利升空，若运载“神八”的改进型“长征二号”系列火箭在点火后某秒钟通过的路程为2 km ，此后每秒钟通过的路程增加2 km ，若从这一秒钟起通过240 km 的高度，火箭与飞船分离，则这一过程需要的时间是( )(A)10秒钟 (B)13秒钟 (C)15秒钟 (D)20秒钟3.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 2＝10，S 5＝55，则过点P(n ，a n )和Q(n ＋2，a n ＋2)(n∈N ＋)的直线的一个方向向量的坐标可以是( )(A)(2,4)(B)(－13，－43) (C)(－12，－1) (D)(－1，－1)4.(2012·德州模拟)已知命题p ：数列log 3n ，log 3(n ＋1)，log 3(n ＋3)(n∈N ＋)成等差数列；命题q ：数列(13)n ，33n ，3n (n∈N ＋)成等比数列.命题p 是命题q 的( ) (A)充分不必要条件 (B)必要不充分条件(C)充要条件 (D)既不充分也不必要条件5.已知数列{a n }、{b n }都是公差为1的等差数列，其首项分别为a 1、b 1，且a 1＋b 1＝5，a 1>b 1，a 1、b 1∈N ＋(n∈N ＋)，则数列{ }的前10项的和等于( )(A)65 (B)75 (C)85 (D)956. (2012·合肥模拟)已知数列{a n }为等差数列，若a 11a 10＜－1，且它们的前n 项和S n 有最大值，则使得S n ＜0的n 的最小值为( )(A)11 (B)19 (C)20 (D)21二、填空题(每小题6分，共18分)7.(2012·临沂模拟)已知等差数列{a n }满足a 2＝3，a 5＝9，若数列{b n }满足b 1＝3，b n ＋1＝，则{b n }的通项公式为 .8.设S n 是数列{a n }的前n 项和，若S 2n S n(n∈N ＋)是非零常数，则称数列{a n }为“和等比数列”.若数列{}是首项为2，公比为4的等比数列，则数列{b n } (填“是”或“不是”)“和等比数列”.9.(易错题)某科研单位欲拿出一定的经费奖励科研人员，第1名得全部资金的一半多一万元，第2名得剩下的一半多一万元，以名次类推都得到剩下的一半多一万元，到第10名恰好资金分完，则此科研单位共拿出 万元资金进行奖励.三、解答题(每小题15分，共30分)10.(2012·潍坊模拟)已知{a n }是公比为q 的等比数列，且a 1，a 3，a 2成等差数列.(1)求q 的值；(2)设{b n }是以2为首项，q 为公差的等差数列，其前n 项和为S n ，当n≥2时，比较S n 与b n 的大小，并说明理由.11.已知等差数列{a n }满足：a n ＋1＞a n (n∈N ＋)，a 1＝1，该数列的前三项分别加上1, 1,3后顺次成为等比数列{b n }的前三项.(1)分别求数列{a n }，{b n }的通项公式a n ，b n .(2)设T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n (n∈N ＋)，若T n ＋2n ＋32n －1n＜c(c∈Z)恒成立，求c 的最小值. 【探究创新】(16分)设数列{a n }(n ＝1,2，…)是等差数列，且公差为d ，若数列{a n }中任意(不同)两项之和仍是该数列中的一项，则称该数列是“封闭数列”.(1)若a 1＝4，d ＝2，求证：该数列是“封闭数列”.(2)若a n ＝2n －7(n∈N ＋)，试判断数列{a n }是否是“封闭数列”，为什么？(3)设S n 是数列{a n }的前n 项和，若公差d ＝1，a 1＞0，试问：是否存在这样的“封闭数列”，使137150＜1S 1＋1S 2＋…＋1S 2 011＜119.若存在，求{a n }的通项公式；若不存在，说明理由.答案解析1.【解析】选D.∵数列{a n }是等差数列，∴a 3＋a 11＝2a 7，由2a 3－a 27＋2a 11＝0，得4a 7－a 27＝0，又a n ≠0，∴a 7＝4，∴b 6·b 8＝b 27＝42＝16.2.【解析】选C.设从这一秒钟起，经过x 秒钟，通过240 km 的高度.由已知得每秒钟行驶的路程组成首项为2，公差为2的等差数列，故有2x ＋x(x －1)2×2＝240， 即x 2＋x －240＝0.解得x ＝15或x ＝－16(舍去).3.【解题指南】解决本题首先明确方向向量的概念，然后通过已知求得数列的首项和公差，再求得直线的一个方向向量与选项对比即可.【解析】选B.由S 2＝10，S 5＝55，得2a 1＋d ＝10,5a 1＋10d ＝55，解得a 1＝3，d ＝4，可知直线PQ 的一个方向向量是(1,4)，只有(－13，－43)与(1,4)平行，故选B.4.【解析】选C.一方面由数列log 3n ，log 3(n ＋1)，log 3(n ＋3)(n ∈N ＋)成等差数列，可得n ＝1，则数列(13)n ，33n ，3n 显然成等比数列；另一方面，由数列(13)n ，33n ，3n (n ∈N ＋)成等比数列，可得n ＝1，则数列log 3n ，log 3(n ＋1)，log 3(n ＋3)显然成等差数列.故选C.5.【解析】选C.应用等差数列的通项公式得a n ＝a 1＋n －1，b n ＝b 1＋n －1，∴＝a 1＋b n －1＝a 1＋(b 1＋n －1)－1＝a 1＋b 1＋n －2＝5＋n －2＝n ＋3，∴数列{}也是等差数列，且前10项和为10×(4＋13)2＝85. 【方法技巧】构造等差数列求解在等差数列相关问题中，有些数列不能直接利用等差数列的性质和求和公式，但是通过对数列变形可以构造成等差数列.(1)由递推公式构造等差数列一般是从研究递推公式的特点入手，如递推公式a n ＋1＝2a n ＋3·2n ＋1的特点是除以2n ＋1就可以得到下标和指数相同了，从而构造成等差数列{a n 2n }. (2)由前n 项和S n 构造等差数列.(3)由并项、拆项构造等差数列.6.【解题指南】解答本题首先要搞清条件“a 11a 10＜－1”及“S n 有最大值”如何使用，从而列出关于a 1，d 的不等式组，求出a 1d的取值范围，进而求出使得S n ＜0的n 的最小值. 【解析】选C.由题意知d ＜0，a 10＞0，a 11＜0，a 10＋a 11＜0，由⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋9d ＞0a 1＋10d ＜02a 1＋19d ＜0d ＜0得－192＜a 1d＜－9. ∵S n ＝na 1＋n(n －1)2d ＝d 2n 2＋(a 1－d 2)n ， 由S n ＝0得n ＝0或n ＝1－2a 1d. ∵19＜1－2a 1d＜20， ∴S n ＜0的解集为{n ∈N ＋|n ＞1－2a 1d}， 故使得S n ＜0的n 的最小值为20.7.【解析】由题意知⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋d ＝3a 1＋4d ＝9，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1d ＝2，∴a n ＝2n －1，b n ＋1＝＝2b n －1，∴b n ＋1－1＝2(b n －1)，∴b n ＋1－1b n －1＝2，又∵b 1＝3，∴b 1－1＝2， ∴b n －1＝2·2n －1＝2n， ∴b n ＝2n ＋1. 答案：b n ＝2n ＋18.【解题指南】解决本题的关键是正确理解“和等比数列”的定义，然后求解.【解析】数列{}是首项为2，公比为4的等比数列，所以＝2·4n －1＝22n －1，b n ＝2n －1.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝n 2，T 2n ＝4n 2，所以T 2n T n＝4，因此数列{b n }是“和等比数列”. 答案：是9.【解析】设第10名到第1名得到的奖金数分别是a 1，a 2，…，a 10，则a n ＝12S n ＋1， 则a 1＝2，a n －a n －1＝(12S n ＋1)－(12S n －1＋1)＝12(S n －S n －1)＝12a n ， 即a n ＝2a n －1，因此每人得的奖金额组成以2为首项，以2为公比的等比数列，所以S 10＝2(1－210)1－2＝2 046. 答案：2 04610.【解析】 (1)由题设2a 3＝a 1＋a 2，即2a 1q 2＝a 1＋a 1q ，∵a 1≠0，∴2q 2－q －1＝0.∴q ＝1或－12. (2)若q ＝1，则S n ＝2n ＋n(n －1)2·1＝n 2＋3n 2. 当n ≥2时，S n －b n ＝S n －1＝(n －1)(n ＋2)2＞0. 故S n ＞b n .若q ＝－12，则S n ＝2n ＋n(n －1)2 (－12)＝－n 2＋9n 4当n ≥2时，S n －b n ＝S n －1＝－(n －1)(n －10)4， 故对于n ∈N ＋，当2≤n ≤9时，S n ＞b n ；当n ＝10时，S n ＝b n ；当n ≥11时，S n ＜b n .11.【解析】(1)设d 、q 分别为数列{a n }、数列{b n }的公差与公比.由题意知，a 1＝1，a 2＝1＋d ，a 3＝1＋2d ，分别加上1,1,3后得2,2＋d,4＋2d 是等比数列{b n }的前三项，∴(2＋d)2＝2(4＋2d)⇒d ＝±2.∵a n ＋1＞a n ，∴d ＞0.∴d ＝2，∴a n ＝2n －1(n ∈N ＋).由此可得b 1＝2，b 2＝4，q ＝2，∴b n ＝2n (n ∈N ＋).(2)T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n＝12＋322＋523＋…＋2n －12n ① 当n ＝1时，T 1＝12；当n ≥2时，12T n ＝122＋323＋524＋…＋2n －12n ＋1② ①－②，得12T n ＝12＋2×(122＋123＋…＋12n )－2n －12n ＋1.∴T n ＝1＋1－12n －11－12－2n －12n ＝3－12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n . ∴T n ＋2n ＋32n －1n ＝3－1n＜3. ∵(3－1n)∈[2,3)， ∴满足条件T n ＋2n ＋32n －1n＜c(c ∈Z)恒成立的c 的最小整数值为3. 【探究创新】【解析】(1)a n ＝4＋(n －1)·2＝2n ＋2，对任意的m ，n ∈N ＋，有a m ＋a n ＝(2m ＋2)＋(2n ＋2)＝2(m ＋n ＋1)＋2，∵m ＋n ＋1∈N ＋于是，令p ＝m ＋n ＋1，则有a p ＝2p ＋2∈{a n }.(2)∵a 1＝－5，a 2＝－3，∴a 1＋a 2＝－8，令a n ＝a 1＋a 2＝－8，即2n －7＝－8解得n ＝－12N ＋，所以数列{a n }不是封闭数列.(3)由{a n }是“封闭数列”，得：对任意m ，n ∈N ＋，必存在p ∈N ＋使a 1＋(n －1)＋a 1＋(m －1)＝a 1＋(p －1)成立，于是有a 1＝p －m －n ＋1为整数，又∵a 1＞0，∴a 1是正整数.若a 1＝1，则S n ＝n(n ＋1)2，所以1S 1＋1S 2＋…＋1S 2 011＝2(1－12 012)＞119，不符合题意， 若a 1＝2，则S n ＝n(n ＋3)2，所以1S 1＋1S 2＋…＋1S 2 011＝23(1＋12＋13－12 012－12 013－12 014) ＝119－23×(12 012＋12 013＋12 014)＜119，而119－23×(12 012＋12 013＋12 014)＞119－23×32 012＝119－11 006＞137150，所以符合题意， 若a 1＝3，则S n ＝n(n ＋5)2，所以1S 1＋1S 2＋…＋1S 2 011＝25(1＋12＋13＋14＋15－12 012－12 013－12 014－12 015－12 016) ＝137150－25(12 012＋12 013＋12 014＋12 015＋12 016)＜137150， 综上所述，a 1＝2时存在数列{a n }是“封闭数列”，此时a n ＝n ＋1(n ∈N ＋).。
2014高考总复习 数列
第二讲：数列知识要点： 一、等差数列1、等差数列定义：一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d 表示。
用递推公式表示为1(2)n n a a d n --=≥或1(1)n n a a d n +-=≥。
2、等差数列的通项公式：1(1)n a a n d =+-；说明：等差数列的单调性：d 0>为递增数列，0d =为常数列，0d < 为递减数列。
3、等差中项的概念：定义：如果a ，A ，b 成等差数列，那么A 叫做a 与b 的等差中项。
其中2a bA +=a ，A ，b 成等差数列⇔2a bA +=。
4、等差数列的前n 和的求和公式：11()(1)22n n n a a n n S na d +-==+。
5、等差数列的性质：（1）在等差数列{}n a 中，从第2项起，每一项是它相邻二项的等差中项； （2）在等差数列{}n a 中，相隔等距离的项组成的数列是等差数列如：1a ，3a ，5a ，7a ，……；3a ，8a ，13a ，18a ，……； （3）在等差数列{}n a 中，对任意m ，n N +∈，()n m a a n m d =+-，n ma a d n m-=-()m n ≠；（4）在等差数列{}n a 中，若m ，n ，p ，q N +∈且m n p q +=+，则m n p q a a a a +=+；说明：设数列{}n a 是等差数列，且公差为d ，（5）若数列{}n a 是等差数列，n S 是其前n 项的和，*N k ∈，那么k S ，k k S S -2，k k S S 23-成等差数列。
（Ⅰ）若项数为偶数，设共有2n 项，则① S 偶-S 奇nd =； ② 1n n S aS a +=奇偶；（Ⅱ）若项数为奇数，设共有21n -项，则① S 偶-S 奇n a a ==中；②1S nS n =-奇偶。
【赢在高考】2014届高考数学第一轮复习配套课件：6.5 数列的综合应用
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3 ������ 2=16a+24a+36a+54a+81a+80a+…+( S 86-n) a =211a+80a+…+( 86-n) a=211a+ =211a+
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能运用数列的 等差关系或等 比关系解决实 际问题.
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1.解答数列应用题的基本步骤 ( 审题——仔细阅读材料, 1) 认真理解题意. ( 建模——将已知条件翻译成数学( 2) 数列) 语言, 将实际问题转化 成数学问题, 弄清该数列的结构和特征. ( 求解——求出该问题的数学解. 3) ( 还原——将所求结果还原到原实际问题中. 4)
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首先要将实际问题转化为等差数列问题, 其次, 通过图表信息转 化为数学式子, 将数与形结合, 同时把握解题四环节“设→列→解→ 答”.
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1.植树节某班 20 名同学在一段直线公路一侧植树, 每人植一棵, 相邻两棵树相距 10 m.开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边.现 将树坑从 1 到 20 依次编号, 为使各位同学从各自树坑前来领取树苗 所走的路程总和最小, 树苗可以放置的两个最佳坑位的编号为 ( ) A.①和 B.⑨和⑩ C.⑨和 D.⑩和 【答案】 D
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因此 a1, 3, 5, a a …成等比数列, 2, 4, 6, a a a …也成等比数列. 因为 a1=1, 所以 a2=2, 10=2·24=32, 11=1·25=32. a a 又因为 an+an+1=bn, 所以 b10=a10+a11=64.
2014届高考数学总复习课时讲义34数列的应用
数列的应用一、知识回顾1. 等差、等比数列模型的应用题；2. 递推数列的模型；3. 分期付款问题。
二、基本训练1. 某种产品平均每三年降低价格，目前售价640元，则9年后此产品的价格是。
2. 现有200根相同的钢管，把它们堆成正三角形垛，要使剩余的钢管尽可能少，那么剩余钢管的根数是。
3. 夏季高山的温度从山脚起每升高100m，降低0.7℃。
已知某山山顶温度是14.8℃，山脚温度是26℃，则此山的相对高度是m。
4. 中国人民银行规定3年期的整存整取定期储蓄的年利率为2.7%，不计复利。
按这种方式存入5000元，存期3年，3年到期时必须按利息的20%缴纳利息税，到期最后取出的总金额是元。
（结果保留到1元）5. 某林场去年底木材存量为a m3，若森林以每年25%的增长率生长，每年年底要砍伐的木材为x m3。
设经过n年林场木材存量为，则。
三、例题分析例1某企业2004年的纯利润为500万元，因设备老化等原因，企业的生产能力将逐年下降。
若不能进行技术改造，预测从今年起每年比上一年纯利润减少20万元，今年初该企业一次性投入资金600万元进行技术改造，预测在未扣除技术改造资金的情况下，第n年（今年为第一年）的利润为500(1+)万元（n为正整数）。
（1）设从今年起的前n年，若该企业不进行技术改造的累计纯利润为A n万元，进行技术改造后的累计纯利润为B n万元（须扣除技术改造资金），求A n、B n的表达式；（2）依上述预测，从今年起该企业至少经过多少年，进行技术改造后的累计纯利润超过不进行技术改造的累计纯利润？例2某市2004年底有住房面积1200万平方米，计划从2005年起，每年拆除20万平方米的旧住房. 假定该市每年新建住房面积是上年年底住房面积的5%.（1）分别求2005年底和2006年底的住房面积；（2）求2024年底的住房面积.（计算结果以万平方米为单位，且精确到0.01）例3 用分期付款的方式购买一批总价为2300万元的住房，购买当天首付300万元，以后每月的这一天都交100万元，并加付此前欠款的利息，设月利率为1%，若首付300万元之后的第一个月开始算分期付款的第一个月，问分期付款的第10个月应付多少万元？全部贷款付清后，买这批住房实际支付多少万元？例4 下面是一个计算机程序的操作说明：（1）初始值；（2）（将当前的值赋予新的）；（3）（将当前的值赋予新的）；（4）（将当前的值赋予新的）；（5）（将当前的值赋予新的）；（6）如果，则执行语句（7），否则回语句（2）继续进行；（7）打印；（8）程序终止。
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一、选择题1．已知数列{a n }是首项为a 1＝4的等比数列，且4a 1，a 5，－2a 3成等差数列，则其公比q 等于( )A ．1B ．－1C ．1或－1 D. 2解析：选C.依题意有2a 5＝4a 1－2a 3，即2a 1q 4＝4a 1－2a 1q 2，整理得q 4＋q 2－2＝0，解得q 2＝1(q 2＝－2舍去)，所以q ＝1或－1，故选C.2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，则当S n 取最小值时，n 等于( )A ．6B ．7C ．8D ．9 解析：选A.设等差数列的公差为d ， 则由a 4＋a 6＝－6得2a 5＝－6，∴a 5＝－3.又∵a 1＝－11，∴－3＝－11＋4d ，∴d ＝2，∴S n ＝－11n ＋n (n －1)2×2＝n 2－12n ＝(n －6)2－36，故当n ＝6时S n 取最小值，故选A. 3．(2013·德州调研)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 9＝－18，S 13＝－52，等比数列{b n }中，b 5＝a 5，b 7＝a 7，则b 15的值为( )A ．64B ．－64C ．128D ．－128解析：选B.因为S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝－18，S 13＝132(a 1＋a 13)＝13a 7＝－52，所以a 5＝－2，a 7＝－4，又b 5＝a 5，b 7＝a 7，所以q 2＝2，所以b 15＝b 7·q 8＝－4×16＝－64.4．数列{a n }的通项公式是关于x 的不等式x 2－x <nx (n ∈N *)的解集中的整数个数，则数列{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．n 2B ．n (n ＋1) C.n (n ＋1)2D ．(n ＋1)(n ＋2)解析：选C.由x 2－x <nx ，得0<x <n ＋1(n ∈N *)，因此a n ＝n ，S n ＝n (n ＋1)2.5．据科学计算，运载“神九”的“长征”二号F 系列火箭在点火后第一秒钟通过的路程为2 km ，以后每秒钟通过的路程增加2 km ，在到达离地面240 km 的高度时，火箭与飞船分离，则这一过程需要的时间为( )A ．10秒钟B ．13秒钟C ．15秒钟D ．20秒钟解析：选C.设每一秒钟通过的路程依次为a 1，a 2，a 3，…，a n ，则数列{a n }是首项a 1＝2，公差d ＝2的等差数列，由求和公式得na 1＋n (n －1)d2＝240，即2n ＋n (n －1)＝240，解得n ＝15.二、填空题6．已知数列{a n }中，a 1＝2，点(a n －1，a n )(n >1且n ∈N )满足y ＝2x －1，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝________.解析：a n ＝2a n －1－1⇒a n －1＝2(a n －1－1)，∴{a n －1}是等比数列，则a n ＝2n －1＋1.∴a 1＋a 2＋...＋a 10＝10＋(20＋21＋22＋ (29)＝10＋1－2101－2＝1033.答案：10337．在如下数表中，已知每行、每列中的数都成等差数列，那么位于表中的第n 行第n ＋1列的数是________．解析：由题中数表知：第n 行中的项分别为n,2n,3n ，…，组成一等差数列，所以第n 行第n ＋1列的数是：n 2＋n .答案：n 2＋n8．两个相距2343364厘米的物体相向运动，甲第一秒经过3厘米，以后每秒比前一秒多行4厘米．乙第一秒经过2厘米，以后每秒行的路程是前一秒的32倍，则经过________秒两物体相遇．解析：第n 秒甲、乙两物体各行a n 、b n 厘米，a n ＝4n －1，b n ＝2·(32)n －1(n ∈N *)．{a n }的前n 项和S n ＝2n 2＋n ，{b n }的前n 项和为T n ＝4·(32)n －4.由题意知：2343364＝S n ＋T n ⇒n ＝8.答案：8 三、解答题9．已知等差数列{a n }的前n 项和S n 中S 7的值最大，且|a 7|＜|a 8|，求使S n ＞0成立的最大正整数n .解：∵等差数列{a n }的前n 项和S n 中S 7的值最大，∴a 7≥0，a 8≤0.于是由|a 7|＜|a 8|，得a 7＜－a 8，即a 7＋a 8＜0.∴S 14＝14(a 1＋a 14)2＝7(a 1＋a 14)＝7(a 7＋a 8)＜0，S 13＝13(a 1＋a 13)2＝13·2a 72＝13a 7≥0.若a 7＝0，则必有a 6＞0，∴S 12＝12(a 1＋a 12)2＝6(a 6＋a 7)＝6a 6＞0，此时使S n ＞0成立的最大正整数n ＝12.若a 7≠0，则S 13＝13a 7＞0，此时使S n ＞0成立的最大正整数n ＝13.10．某商场因管理不善及场内设施陈旧，致使年底结算亏损，决定从今年开始投入资金进行整修，计划第一个月投入80万元，以后每月投入将比上月减少15.第一个月的经营收入约为40万元，预计以后每个月收入会比上个月增加14.(1)设n 个月内的总投入为a n 万元，总收入为b n 万元，写出a n ，b n ； (2)问经过几个月后商场开始扭亏为盈．解：(1)由题意，得a n ＝80＋80×⎝⎛⎭⎫45＋80×⎝⎛⎭⎫452＋…＋80×⎝⎛⎭⎫45n －1＝80×1－⎝⎛⎭⎫45n1－45＝400⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫45n . b n ＝40＋40×⎝⎛⎭⎫54＋40×⎝⎛⎭⎫542＋…＋40×⎝⎛⎭⎫54n －1 ＝40×1－⎝⎛⎭⎫54n1－54＝160⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫54n －1. (2)由题意，令a n ＜b n ，∴400⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫45n ＜160⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫54n －1. 设t ＝⎝⎛⎭⎫54n，则5⎝⎛⎭⎫1－1t ＜2(t －1)， 即2t 2－7t ＋5＞0.∵t ＞1，∴解得t ＞52，即⎝⎛⎭⎫54n ＞52. 取n ＝4，则⎝⎛⎭⎫544＝52×⎝⎛⎭⎫125128＜52；取n ＝5，则⎝⎛⎭⎫545＝52×⎝⎛⎭⎫625512＞52. ∴第5月开始扭亏为盈．一、选择题 1．(2013·运城质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，过点P (n ，S n )和Q (n ＋1，S n ＋1)(n ∈N ＋)的直线的斜率为3n －2，则a 2＋a 4＋a 5＋a 9的值等于( )A ．52B ．40C ．26D ．20解析：选B.由题意，知S n ＋1－S n(n ＋1)－n＝3n －2，∴S n ＋1－S n ＝3n －2，即a n ＋1＝3n －2， ∴a n ＝3n －5，因此数列{a n }是等差数列，a 5＝10， ∴a 2＋a 4＋a 5＋a 9＝2(a 3＋a 7)＝4a 5＝40. 2．(2013·德州调研)已知命题p ：数列log 3n ，log 3(n ＋1)，log 3(n ＋3)(n ∈N ＋)成等差数列；命题q ：数列⎝⎛⎭⎫13n ，33n ，3n(n ∈N ＋)成等比数列．命题p 是命题q 的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选C.一方面由数列log 3n ，log 3(n ＋1)，log 3(n ＋3)(n ∈N ＋)成等差数列，可得n ＝1，则数列⎝⎛⎭⎫13n ，33n ，3n 显然成等比数列；另一方面，由数列⎝⎛⎭⎫13n ，33n ，3n (n ∈N ＋)成等比数列，可得n ＝1，则数列log 3n ，log 3(n ＋1)，log 3(n ＋3)显然成等差数列．故选C.二、填空题3．(2012·高考福建卷)数列{a n }的通项公式a n ＝n cos n π2＋1，前n 项和为S n ，则S 2012＝________.解析：∵a n ＝n cosn π2＋1，∴a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝6，a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝6，…，a 4k ＋1＋a 4k ＋2＋a 4k ＋3＋a 4k ＋4＝6，k ∈N ，故S 2012＝503×6＝3018.答案：3018 4．(2011·高考湖北卷)《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为________升．解析：设所构成数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，依题意⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝3，a 7＋a 8＋a 9＝4，即⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝3，3a 1＋21d ＝4， 解得⎩⎨⎧a 1＝1322，d ＝766，∴a 5＝a 1＋4d ＝1322＋4×766＝6766.答案：6766三、解答题5．(2012·高考广东卷)设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，n ∈N *，且a 1，a 2＋5，a 3成等差数列．(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＜32.解：(1)∵a 1，a 2＋5，a 3成等差数列， ∴2(a 2＋5)＝a 1＋a 3.又∵2a 1＝2S 1＝a 2－22＋1,2(a 1＋a 2)＝2S 2＝a 3－23＋1， ∴a 2＝2a 1＋3，a 3＝6a 1＋13.因此4a 1＋16＝7a 1＋13，从而a 1＝1.(2)由题设条件知，n ≥2时，2S n －1＝a n －2n ＋1，2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1.∴2a n ＝a n ＋1－a n －2n ，于是 a n ＋1＝3a n ＋2n (n ≥2)．而由(1)知，a 2＝2a 1＋3＝5＝3a 1＋2， 因此对一切正整数n ，有a n ＋1＝3a n ＋2n ，所以a n ＋1＋2n ＋1＝3(a n ＋2n )． 又∵a 1＋21＝3，∴{a n ＋2n }是以3为首项，3为公比的等比数列． 故a n ＋2n ＝3n ，即a n ＝3n －2n .(3)证明：∵a n ＝3n －2n ＝3·3n －1－2n ＝3n －1＋2(3n －1－2n －1)≥3n －1，∴1a n ≤13n －1.∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≤1＋13＋132＋…＋13n －1＝1－13n1－13＜32.。