2018届高考数学二轮复习等差数列与等比数列问题的精彩妙解学案含答案(全国通用)
2018届高考数学(理)二轮专题复习：第一部分 专题四 数列 1-4-1 含答案
限时规范训练十 等差数列、等比数列 限时45分钟，实际用时分值81分，实际得分一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)1．等差数列{a n }的公差d ≠0，a 1＝20，且a 3，a 7，a 9成等比数列．S n 为{a n }的前n 项和，则S 10的值为( )A ．－110B ．－90C ．90D ．110解析：选D.依题意得a 27＝a 3a 9，即(a 1＋6d )2＝(a 1＋2d )·(a 1＋8d )，即(20＋6d )2＝(20＋2d )(20＋8d )．因为d ≠0，解得d ＝－2，故S 10＝10a 1＋10×92d ＝110，故选D.2．等差数列{a n }的公差为2，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( ) A ．n (n ＋1) B ．n (n －1)C.n n ＋12D.n n －12解析：选A.∵a 2，a 4，a 8成等比数列，∴a 24＝a 2·a 8，即(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋7d )，将d ＝2代入上式，解得a 1＝2， ∴S n ＝2n ＋n n －1·22＝n (n ＋1)，故选A.3．在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a m ＋1·a m －1＝2a m (m ≥2)，数列{a n }的前n 项积为T n ，若T 2m －1＝512，则m 的值为( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析：选B.由等比数列的性质可知a m ＋1·a m －1＝a 2m ＝2a m (m ≥2)，所以a m ＝2，即数列{a n }为常数列，a n ＝2，所以T 2m －1＝22m －1＝512＝29，即2m －1＝9，所以m ＝5，故选B.4．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝－11，a 5＋a 9＝－2，则当S n 取最小值时，n ＝( ) A ．9 B ．8 C ．7D ．6解析：选C.设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ， 由⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝－11，a 5＋a 9＝－2，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝－11，2a 1＋12d ＝－2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－13，d ＝2.∴a n ＝－15＋2n .由a n ＝－15＋2n ≤0，解得n ≤152.又n 为正整数，∴当S n 取最小值时，n ＝7.故选C.5．已知各项不为0的等差数列{a n }满足a 4－2a 27＋3a 8＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 2b 8b 11等于( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选D.因为数列{a n }为等差数列，所以a 4＋3a 8＝(a 4＋a 8)＋2a 8＝2a 6＋2a 8＝2(a 6＋a 8)＝2×2a 7，所以由a 4－2a 27＋3a 8＝0得4a 7－2a 27＝0，又因为数列{a n }的各项均不为零，所以a 7＝2，所以b 7＝2，则b 2b 8b 11＝b 6b 7b 8＝(b 6b 8)b 7＝(b 7)3＝8，故选D.6．已知数列{a n }是各项均为正数的等比数列，且满足a 12＋a 22＝2a 1＋2a 2，a 34＋a 44＝4a 3＋4a 4，则a 1a 5＝( )A ．24 2B ．8C ．8 2D ．16解析：选C.设正项等比数列的公比为q ，q ＞0，则由a 12＋a 22＝2a 1＋2a 2得a 1＋a 22＝2a 1＋a 2a 1a 2，a 1a 2＝4，同理由a 34＋a 44＝4a 3＋4a 4得a 3a 4＝16，则q 4＝a 3a 4a 1a 2＝4，q ＝2，a 1a 2＝2a 21＝4，a 21＝22，所以a 1a 5＝a 21q 4＝82，故选C.二、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)7．已知数列{a n }为等差数列，其前n 项和为S n ，若S k －2＝－4(k ＞2)，S k ＝0，S k ＋2＝8，则k ＝________.解析：由题意，得S k ＋2－S k ＝a k ＋1＋a k ＋2＝8，S k －S k －2＝a k －1＋a k ＝4(k ＞2)，两式相减，得4d ＝4，即d ＝1，由S k ＝ka 1＋k k －12＝0，得a 1＝－k －12，将a 1＝－k －12代入a k －1＋a k ＝4，得－(k －1)＋(2k －3)＝k －2＝4，解得k ＝6.答案：68．已知等比数列{a n }中，a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值范围是________． 解析：当q ＞0时，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 1＋1＋a 3≥1＋2a 1a 3＝1＋2a 22＝3， 当q ＜0时，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝1＋a 1＋a 3≤1－2a 1a 3＝1－2a 22＝－1， 所以，S 3的取值范围是(－∞，－1]∪[3，＋∞)． 答案：(－∞，－1]∪[3，＋∞)9．已知数列{a n }是各项均不为零的等差数列，S n 为其前n 项和，且a n ＝S 2n －1(n ∈N *)．若不等式λa n ≤n ＋8n对任意n ∈N *恒成立，则实数λ的最大值为________．解析：a n ＝S 2n －1⇒a n ＝2n －1a 1＋a 2n －12＝2n －1a n ⇒a 2n ＝(2n －1)a n ⇒a n ＝2n －1，n ∈N *.因为λa n ≤n ＋8n对任意n ∈N *恒成立．所以λ≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ＋82n －1n min ，即λ≤⎝⎛⎭⎪⎫2n －8n＋15min ，f (n )＝2n －8n＋15在n ≥1时单调递增，其最小值为f (1)＝9，所以λ≤9，故实数λ的最大值为9. 答案：9三、解答题(本题共3小题，每小题12分，共36分)10．在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1,2a 2＋2,5a 3成等比数列． (1)求d ，a n ；(2)若d ＜0，求|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |.解：(1)由题意得5a 3·a 1＝(2a 2＋2)2，即d 2－3d －4＝0.故d ＝－1或d ＝4. 所以a n ＝－n ＋11，n ∈N *或a n ＝4n ＋6，n ∈N *.(2)设数列{a n }的前n 项和为S n .因为d ＜0，由(1)得d ＝－1，a n ＝－n ＋11，则当n ≤11时， |a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝S n ＝－12n 2＋212n .当n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a 11－a 12－a 13－…－a 11＝－(a 1＋a 2＋…＋a n )＋2(a 1＋a 2＋…＋a 11＋a n )＝－S n ＋2S 11＝12n 2－212n ＋110.综上所述，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝⎩⎪⎨⎪⎧－12n 2＋212n ， n ≤11，12n 2－212n ＋110， n ≥12.11．设数列{a n }(n ＝1,2,3，…)的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求T n .解：(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＝2a 2＝4a 1.又因为a 1，a 2＋1，a 3成等差数列，即a 1＋a 3＝2(a 2＋1)． 所以a 1＋4a 1＝2(2a 1＋1)，解得a 1＝2.所以，数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列． 故a n ＝2n. (2)由(1)得1a n ＝12n .所以T n ＝12＋122＋…＋12n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝1－12n .12．已知数列{a n }是等比数列，其前n 项和是S n ，且S n ＝t ·3n－2t ＋1(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 1311＋S n (n ∈N *)，求数列{a n b n }的前n 项和T n .解：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝t ·3－2t ＋1＝t ＋1. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝t ·3n－t ·3n －1＝2t ·3n －1.∵数列{a n }是等比数列，∴a n a n －1＝2t ·3n －12t ·3n －2＝3(n ≥2)，∴a 2a 1＝2t ·3t ＋1＝3，∴t ＝1，a 1＝2， ∴a n ＝2·3n －1(n ∈N *)．(2)由(1)知，S n ＝3n －1，∴1＋S n ＝3n，∴11＋S n ＝13n ，b n ＝log 1311＋S n＝n ， ∴a n b n ＝2n ×3n －1，T n ＝2＋4×3＋6×32＋…＋2n ×3n －1，①3T n ＝2×3＋4×32＋6×33＋…＋2n ×3n，② ①－②得，－2T n ＝2＋2(3＋32＋33＋…＋3n －1)－2n ×3n＝2＋2×31－3n －11－3－2n ×3n，∴T n ＝12＋2n －13n2.。
高考数学南京市2018届高三数学二轮专题复习资料专题9：等差数列、等比数列、数列通项、求和
应用专题9：等差数列、等比数列、数列通项、求和问题归类篇类型一：等差、等比数列的基本运算一、前测回顾1．已知{a n }是等差数列，若2a 7－a 5－3＝0，则a 9＝________． 答案：3．解析：方法一：设公差为d ，则2(a 1＋6d )－(a 1＋4d )－3＝0，即a 1＋8d ＝3，所以a 9＝3．方法二：由等差数列的性质得a 5＋a 9＝2a 7，所以(a 5＋a 9)－a 5－3＝0，即a 9＝3．2．(2016·江苏卷)已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和.若a 1＋a 22＝－3，S 5＝10，则a 9的值是________. 答案：20．解析：设等差数列{a n }公差为d ，由题意可得：⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋（a 1＋d ）2＝－3，5a 1＋5×42d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝3， 则a 9＝a 1＋8d ＝－4＋8×3＝20.3．已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10＝________． 答案：－7．解析：设数列{a n }的公比为q ，由⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＋a 7＝2，a 5·a 6＝a 4·a 7＝－8得⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＝4，a 7＝－2或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝－2，a 7＝4，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－8，q 3＝－12或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，q 3＝－2，所以⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝－8，a 10＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 10＝－8，所以a 1＋a 10＝－7.4．已知数列{a n }是等比数列，S n 为其前n 项和，若a 1＋a 2＋a 3＝4，a 4＋a 5＋a 6＝8，则S 12＝________. 答案：60．解析：方法一：设等比数列{a n }公比为q ，由题意可得q ≠1，则由3161(1=41(1=4+81a q q a q q ⎧-⎪-⎪⎨-⎪⎪-⎩）） 得13412a q q ⎧=-⎪-⎨⎪=⎩ ，所以S 12＝a 1 (1－q 12)1－q＝60.方法二：由等比数列的性质可知，数列S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，即数列4，8，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，所以S 9－S 6＝16，S 12－S 9＝32，所以S 12＝(S 12－S 9)＋(S 9－S 6)＋(S 6－S 3)＋S 3＝32＋16＋8＋4＝60.5．若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9＞0，a 7＋a 10＜0，则当n ＝________时，{a n }的前n 项和最大. 答案：8．解析：根据题意知a 7＋a 8＋a 9＝3a 8＞0，即a 8＞0.又a 8＋a 9＝a 7＋a 10＜0，所以a 9＜0，所以当n ＝8时，{a n }的前n 项和最大.二、方法联想1．基本量运算等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．求解涉及等差、等比数列的运算问题时，通常会抓住a 1、d (或q )，列出方程、不等式或方程组求解，这样做的好处是思路简洁，目标明确，但有时运算量比较大．为了减少运算量，我们要掌握一些运算技巧，例如“设而不求，整体代入”．2．性质的应用用好等差、等比数列的性质也能减少运算量．方法 (1)在等差数列{a n }中，若m ＋n ＝p ＋q 则a m ＋a n ＝a p ＋a q ．特别若m ＋n ＝2p ，则a m ＋a n ＝2a p ．在等比数列{a n }中，若m ＋n ＝p ＋q 则a m a n ＝a p a q ．特别若m ＋n ＝2p ，则a m a n ＝a p 2．(2) 在等差数列{a n }中，由S n ＝n (a 1＋a n )2得，若n 为奇数，则S 2n －1＝(2n －1)a n ．方法 在等差数列{a n }中，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等差数列．在等比数列{a n }中，一般情况下S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等比数列．3．等差数列S n 的最值问题方法 在等差数列{ a n }中S n 的最值问题：方法1：(1)当a 1＞0，d ＜0时，满足⎩⎨⎧a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S m 取最大值.(2)当a 1＜0，d ＞0时，满足⎩⎨⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S m 取最小值，方法2：由S n 的解析式，结合二次函数图象分析．三、归类巩固*1．(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________．(等比数列基本量计算) 答案：4．*2．(2017·江苏高考)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n .已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝_______.(等比数列基本量计算) 答案：32．**3．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 10＝0，S 15＝25，则S n 的最小值为________．(等差数列前n 项和的最值) 答案：－253．解析：方法一：设等差数列{a n}的公差为d ，由已知⎩⎨⎧S 10＝10a 1＋10×92d ＝0，S15＝15a 1＋15×142d ＝25，解得a 1＝－3，d ＝23.所以S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝－3n ＋n （n －1）2×23＝n 23－103n ＝13(n －5)2－253.当n ＝5时，S n 有最小值为－253.方法二：设S n ＝An (n －10)，由S 15＝25，得A ＝13．所以当n ＝5时，S n 有最小值为－253.*4．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝5，S m ＝－11，S m ＋1＝21，则m 等于________． (等比数列基本量计算) 答案：5．*5．在等差数列{a n }中，a 1＝－2 015，其前n 项和为S n ，若S 1212－S 1010＝2，则S 2015的值为________.(等差数列基本量计算) 答案：－2015．解析：根据等差数列的性质，得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也是等差数列，由已知可得S 11＝a 1＝－2 015，由S 1212－S 1010＝2＝2d ，得公差d ＝1.故S 2 0152015＝－2 015＋(2 015－1)×1＝－1，所以S 2 015＝－2015.*6．在等差数列{a n }中，a 5＝3，a 6＝－2，则a 3＋a 4＋…＋a 8＝________． (等差数列基本量计算)答案：3．*7.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＝________． (等差数列基本量计算) 答案：88．***8．若{a n }是等差数列，首项a 1>0，a 2 016＋a 2 017>0，a 2 016·a 2 017<0，则使前n 项和S n >0成立的最大正整数n 是________． (等差数列前n 项和的最值) 答案：4 032．解析：因为a 1＞0，a 2 016＋a 2 017＞0，a 2 016·a 2 017＜0，所以d ＜0，a 2016＞0，a 2017＜0，所以S 4 032＝4 032(a 1＋a 4 032)2＝4 032(a 2 016＋a 2 017)2＞0，S 4 033＝4 033(a 1＋a 4 033)2＝4033a 2 017＜0，所以使前n 项和S n ＞0成立的最大正整数n 是4 032．**9．已知等差数列{a n }中，a 1＝1，前10项和等于前5项和，若a m ＋a 6＝0，则m ＝________. (等差数列基本量计算)答案：10．解析：记数列{a n }的前n 项和为S n ，由题意S 10＝S 5，所以S 10－S 5＝a 6＋a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝0，又a 6＋a 10＝a 7＋a 9＝2a 8，于是a 8＝0，又a m ＋a 6＝0，所以m ＋6＝2×8，解得m ＝10.***10.设数列{}a n 是等差数列，数列{}b n 是等比数列，记数列{}a n ，{}b n 的前n 项和分别为S n ，T n .若a 5＝b 5，a 6＝b 6，且S 7－S 5＝4(T 6－T 4)，则a 7＋a 5b 7＋b 5＝________.(等差、等比数列混合) 答案：－513．解析：设等差数列{}a n 的公差为d ，等比数列{}b n 的公比为q .由a 5＝b 5，a 6＝b 6，且S 7－S 5＝4(T 6－T 4)，得⎩⎪⎨⎪⎧a 5＝b 5，a 5＋d ＝b 5q ，2a 5＋3d ＝4(b 5＋b 5q )，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝－5，d ＝－6a 5.故a 7＋a 5b 7＋b 5＝2a 5＋2d b 5q 2＋b 5＝2a 5＋2(－6a 5)25a 5＋a 5＝－10a 526a 5＝－513. *11．设等比数列{}a n 的前n 项和为S n ，若S 1＝13a 2－13，S 2＝13a 3－13，则公比q ＝________.(等比数列基本量计算) 答案：4．*12．已知等比数列{a n }的各项都为正数，且a 3，12a 5，a 4成等差数列，则a 3＋a 5a 4＋a 6的值是________．(等差、等比数列混合) 答案：5－12． ***13．设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________． (等比数列前n 项积的最值) 答案：64．解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则由a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝q (a 1＋a 3)＝5，知q ＝12.又a 1＋a 1q 2＝10，所以a 1＝8.故a 1a 2…a n ＝a n 1q1＋2＋…＋(n －1)＝23n ·⎝⎛⎭⎫12(n －1)n 2＝23n －n 22＋n 2＝2－n 22＋72n . 记t ＝－n 22＋7n 2＝－12(n 2－7n )＝－12⎝⎛⎭⎫n －722＋498，结合n ∈N *可知n ＝3或4时，t 有最大值6. 又y ＝2t 为增函数，从而a 1a 2…a n 的最大值为26＝64.**14．S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若S n S 2n ＝n ＋14n ＋2，则a 3a 5＝________.(等差数列基本量计算)答案：35．解析：因为S n S 2n ＝n ＋14n ＋2，所以令n ＝1可得，S 1S 2＝26＝13，即a 12a 1＋d ＝13，化简可得d ＝a 1，所以a 3a 5＝a 1＋2da 1＋4d ＝3a 15a 1＝35． **15．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 6成等差数列，且a 2＋a 5＝4，则a 8的值为________． (等差、等比数列混合) 答案：2**16．设公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，－217＜d ＜－19，则当S n 取最大值时，n的值为________． (等差数列前n 项和的最值)答案：9．解析：法一：因为S n ＝n ＋n (n －1)2d ，所以S n ＝d2n 2＋⎝⎛⎭⎫1－d 2n . 因为函数y ＝d 2x 2＋⎝⎛⎭⎫1－d 2x 的图象的对称轴方程为x ＝－1d ＋12，且开口向下，又－217＜d ＜－19， 所以9＜－1d ＋12＜192.所以S n 取最大值时，n 的值为9.法二：由a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)d ＞0，得n －1＜1－d.． 因为19＜－d ＜217，所以172＜1－d＜9.又n ∈N *，所以n －1≤8，即n ≤9.故S 9最大．**17．已知{a n }为等差数列，若a 11a 10＜－1，且它的前n 项和S n 有最大值，那么当S n 取得最小正值时，n ＝________.(等差数列前n 项和的最值) 答案：19．解析：由a 11a 10＜－1，得a 11＋a 10a 10＜0，且它的前n 项和S n 有最大值，则a 10＞0，a 11＜0，a 11＋a 10＜0，则S 19＞0，S 20＜0，那么当S n 取得最小正值时，n ＝19.**18．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，S 10＝16，S 100－S 90＝24，则S 100＝________. (等差数列基本量计算)答案：200***19．在等差数列{a n }中，若任意两个不等的正整数k ，p 都有a k ＝2p ＋1，a p ＝2k ＋1，数列{a n }的前n 项和记为S n .若k ＋p ＝m ，则S m ＝________.(用m 表示) (等差数列基本量计算) 答案：m 2．解析：设数列{a n }的公差为d ，由题意，a 1＋(k －1)d ＝2p ＋1，① a 1＋(p －1)d ＝2k ＋1，②两式相减，得(p －k )d ＝2(k －p )．又k －p ≠0，所以d ＝－2.则a 1＝2p ＋2k －1＝2m －1. 因此S m ＝ma 1＋m (m －1)2d ＝m (2m －1)－m (m －1)＝m 2.**20．在等比数列{a n }中，公比q ＝2，前87项和S 87＝140，则a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 87＝________. (等比数列基本量计算) 答案：2.解析：方法一：a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 87＝a 3(1＋q 3＋q 6＋…＋q 84)＝a 1q 2·1－（q 3）291－q 3＝q 21＋q ＋q 2·a 1（1－q 87）1－q＝47×140＝80.方法二：设b 1＝a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 85，b 2＝a 2＋a 5＋a 8＋…＋a 86，b 3＝a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 87， 因为b 1q ＝b 2，b 2q ＝b 3，且b 1＋b 2＋b 3＝140，所以b 1(1＋q ＋q 2)＝140，而1＋q ＋q 2＝7， 所以b 1＝20，b 3＝q 2b 1＝4×20＝80.***21．在等比数列{a n }中，已知a 1＋a 3＝8，a 5＋a 7＝4，则a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝________.(等比数列基本量计算) 答案：3．**22．等差数列{a n }的公差为2，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n 等于________. (等差、等比数列混合)**23.设各项都是正数的等比数列{a n }，S n 为前n 项和，且S 10＝10，S 30＝70，那么S 40等于________. (等比数列基本量计算) 答案：150.解析：依题意，数列S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30成等比数列，因此有(S 20－S 10)2＝S 10(S 30－S 20)，即(S 20－10)2＝10(70－S 20)，故S 20＝－20或S 20＝30.又S 20＞0，因此S 20＝30，S 20－S 10＝20，S 30－S 20＝40，则S 40＝S 30＋（S 30－S 20）2S 20－S 10＝70＋40220＝150.**26.一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和之比为32∶27，则该数列的公差d ＝________. (等差数列基本量计算)答案：5．解析：设等差数列的前12项中奇数项的和为S 奇，偶数项的和为S 偶，等差数列的公差为d .由已知条件，得⎩⎪⎨⎪⎧ S 奇＋S 偶＝354，S 偶∶S 奇＝32∶27，解得⎩⎪⎨⎪⎧S 偶＝192，S 奇＝162.又S 偶－S 奇＝6d ，所以d ＝192－1626＝5.类型二：等差等比数列的判断与证明一、前测回顾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＝________. 答案：21．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 k 2，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，所以a 1＋a 3＋a 5＝16＋4＋1＝21. 2．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn ＋c (a ，b ，c ∈R )，则“c ＝0”是“{a n }是等差数列”的______条件．答案：充要．解析：a 1＝a ＋b ＋c ，a 2＝S 2－a 1＝3a ＋b ，a 3＝S 3－S 2＝5a ＋b ，若{a n }是等差数列，则2a 2＝a 1＋a 3，解得c ＝0，所以“c ＝0”是“{a n }是等差数列”的必要条件；当c ＝0时，S n ＝an 2＋bn ，当n ＝1时，a 1＝a ＋b ；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2an ＋b －a ，显然当n ＝1时也满足上式，所以a n ＝2an ＋b －a (n ∈N *)，进而可得a n －a n －1＝2a (n ∈N *)，所以{a n }是等差数列，所以“c ＝0”是“{a n }是等差数列”的充分条件； 综上可知，“c ＝0”是“{a n }是等差数列”的充要条件．3．已知1a ，1b ，1c 成等差数列，求证：b ＋c a ，c ＋a b ，a ＋b c也成等差数列．解：由已知得b (a ＋c )＝2ac ，所以b ＋c a ＋a ＋b c ＝b (a ＋c )＋a 2＋c 2ac ＝2ac ＋a 2＋c 2ac ＝2(a ＋c )b，所以b ＋c a ，c ＋a b ，a ＋bc也成等差数列．4．已知a n +1＝ 2a n a n ＋2，a 1＝2 ，求证：数列{1a n }的等差数列．解：由已知，a 1＝2，故a n ≠0，所以1 a n +1＝a n ＋22a n ＝1 a n ＋12，所以1 a n +1－1 a n ＝12，所以数列{1a n}是等差数列．5．数列{a n }前n 项和为S n ，若a n ＋S n ＝n ，令b n ＝a n －1，求证：数列{b n }是等比数列.解：由a n ＋S n ＝n ，得n ≥2时，a n －1＋S n －1＝n －1，两式相减得2a n －a n －1＝1，即2b n ＝b n －1．从而有b n b n －1＝12(常数)，所以数列{b n }是等比数列.二、方法联想1．等差、等比数列的证明 方法 证明数列是等差数列：方法1 定义法，即当n ∈N *时，a n ＋1－a n 为同一常数． 方法2 中项公式法，即当n ∈N*时，2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2均成立．说明：得到2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2后，最好改写为a n ＋1－a n ＝a n －a n －1＝…＝a 2－a 1，回到定义． 方法 证明数列是等比数列：方法1 定义法，即当n ∈N *时，a n ＋1a n为同一常数．方法2 中项公式法，即当n ∈N *时，a n ＋12＝a n a n ＋2均成立，且数列{a n }没有0． 说明：得到2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2后，最好改写为a n ＋1a n ＝a n a n －1＝…＝a2a 1，回到定义．2．等差、等比数列的判断判断数列是等差数列方法1 定义法，即当n ≥1且n ∈N*时，a n ＋1－a n 为同一常数．方法2 中项公式法，即当n ≥1且n ∈N *时，2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2均成立．方法3 特殊值法，如前3项成等差，再证明其对任意n ∈N *成等差数列． 方法4 通项为一次形式，即a n ＝an ＋b ．方法5 前n 项和为不含常数项的二次形式，即S n ＝an 2＋bn ． 方法6 若数列{a n }为等比数列，则{log a a n }为等差数列． 注意 方法4、5、6只能做为判断，作为解答题需要证明．判断数列不是等差数列方法 通常用特殊值法，如取连续3项验证不成等差数列．判断数列是等比数列方法1 定义法，即当n ∈N *时，a n ＋1a n为同一常数． 方法2 中项公式法，即当n ∈N *时， a n ＋12＝a n a n ＋2均成立．方法3 特殊值法，如前3项成等比，再证明其对任意n ∈N *成等比数列． 方法4 通项公式为指数幂形式，即a n ＝aq n ．方法5 若数列{a n }为等差数列，则{a an }为等比数列． 注意 方法4、5只能做为判断，作为解答题需要证明．判断数列不是等比数列方法 通常用特殊值法，如取连续3项验证不成等比数列．三、归类巩固*1．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________．(由定义判定等差数列)答案：3(1－3－10) ．*2．已知数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2．若a k a k ＋1＜0，则正整数k ＝________． (由定义判定等差数列) 答案：23．*3．已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n ＋1＝S n ＋a n ＋3，a 4＋a 5＝23，则S 8＝________．(由S n 与a n 关系，结合定义判定等差数列) 答案：92．*4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2a n －4(n ∈N *)，则a n ＝________． (由S n 与a n 关系，结合定义判定等比数列)答案：2n ＋1．**5．已知数列{a n }满足a 1a 2a 3…a n ＝2n 2(n ∈N *)，且对任意n ∈N *都有1a 1＋1a 2＋…＋1a n <t ，则实数t 的取值范围为________．(由前n 项的积与a n 关系，由通项公式判定等比数列)答案：⎣⎡⎭⎫23，＋∞． 解析：依题意得，当n ≥2时，a n ＝a 1a 2a 3…a n a 1a 2a 3…a n －1＝2n 22(n －1)2＝2n 2－(n －1)2＝22n －1，又a 1＝21＝22×1－1，因此a n ＝22n －1，1a n ＝122n －1＝12×⎝⎛⎭⎫14n －1，即数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以12为首项，14为公比的等比数列，等比数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和等于12⎝⎛⎭⎫1－14n 1－14＝23⎝⎛⎭⎫1－14n <23，因此实数t 的取值范围是⎣⎡⎭⎫23，＋∞.**6．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{a n }为12，13，23，14，24，34，15，25，35，45，…，1n ，2n ，…，n －1n ，…，若S k ＝14，则a k ＝________. (由通项公式判定等差数列)答案：78．解析：因为1n ＋2n ＋…＋n －1n ＝1＋2＋…＋n －1n ＝n 2－12，1n ＋1＋2n ＋1＋…＋nn ＋1＝1＋2＋…＋n n ＋1＝n 2，所以数列12，13＋23，14＋24＋34，…，1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1是首项为12，公差为12的等差数列，所以该数列的前n 项和T n ＝12＋1＋32＋…＋n 2＝n 2＋n4.令T n ＝n 2＋n 4＝14，解得n ＝7(n ＝－8舍去)，所以a k ＝78.**7．已知数列{a n }中，a 1＝2，且a 2n ＋1a n ＝4(a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则其前9项和S 9＝________.(由定义判定等比数列) 答案：1 022．解析：由已知，得a 2n ＋1＝4a n a n ＋1－4a 2n ，即a 2n ＋1－4a n a n ＋1＋4a 2n ＝(a n ＋1－2a n )2＝0，所以a n ＋1＝2a n ，又因为a 1＝2，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，故S 9＝2×(1－29)1－2＝210－2＝1 022.***8．已知数列{a n }是等比数列(q ≠－1)，S n 是其前n 项的和，则S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k 仍成等比数列． (由中项公式判定等比数列) 解：方法一：(1)当q ＝1时，结论显然成立；(2)当q ≠1时， S k ＝a 1(1－q k )1－q ，S 2k ＝a 1(1－q 2k )1－q ，S 3k ＝a 1(1－q 3k )1－q ．S 2k －S k ＝a 1(1－q 2k )1－q －a 1(1－q k )1－q ＝a 1q k (1－q k )1－q ．S 3k －S 2k ＝a 1(1－q 3k )1－q －a 1(1－q 2k )1－q ＝a 1q 2k (1－q k )1－q．所以(S 2k －S k )2＝a 21q 2k (1－q k )2(1－q )2S k ·(S 3k －S 2k )＝a 1(1－q k )1－q ·a 1q 2k (1－q k )1－q ＝a 12q 2k (1－q k )2(1－q )2．所以(S 2k －S k )2＝S k ·(S 3k －S 2k )，又因为q ≠－1，所以S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k 中没有零， 所以S 2k －S k S k ＝S 3k －S 2kS 2k －S k ，所以S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k 成等比数列．方法二：S 2k －S k ＝(a 1＋a 2＋a 3＋…a 2k )－(a 1＋a 2＋a 3＋…a k )＝a k ＋1＋a k ＋2＋a k ＋3＋…a 2k ＝q k (a 1＋a 2＋a 3＋…a k )＝q k S k ≠0． 同理，S 3k －S 2k ＝a 2k ＋1＋a 2k ＋2＋a 2k ＋3＋…a 3k ＝ q 2k S k ≠0． 所以(S 2k －S k )2＝S k ·(S 3k －S 2k )，下同方法一．*10．已知数列{a n }中a 1＝23，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1(n ∈N *)，求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是等比数列，并求出{a n }的通项公式．(根据定义证明等比数列)解：由题意a n ≠0，a n ≠1，记b n ＝1a n －1，则b n ＋1b n ＝1a n ＋1－11a n －1＝2a n ＋13a n －11a n－1＝2a n ＋1－3a n 3－3a n ＝1－a n 3(1－a n )＝13，又b 1＝1a 1－1＝32－1＝12，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是首项为12，公比为13的等比数列．所以1a n －1＝12×⎝⎛⎭⎫13n －1，即a n ＝2×3n －11＋2×3n －1.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2×3n －11＋2×3n －1. ***11．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝3，a n b n ＝2，b n ＋1＝a n (b n －21＋a n )，n ∈N *，证明数列{1b n }是等差数列，并求数列{b n }的通项公式． (根据定义证明等差数列)解：因为a n b n ＝2，所以a n ＝2b n ，则b n ＋1＝a n b n －2a n 1＋a n ＝2－4b n1＋2b n＝2－4b n ＋2＝2b n b n ＋2，所以1b n ＋1－1b n ＝12．又a 1＝3，所以b 1＝23．故1b n 是首项为32，公差为12的等差数列，即1b n ＝32＋(n －1)×12＝n ＋22，所以b n ＝2n ＋2．**12．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0，证明{a n }是等比数列，并求其通项公式．(由S n 与a n 关系，结合定义证明等比数列)解：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，a 1≠0.由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1， 得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ，即a n ＋1(λ－1)＝λa n ，由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0， 所以a n ＋1a n ＝λλ－1.因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝⎛⎭⎫λλ－1n －1.**13．已知{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n ，记S n 为其前n 项和，求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列．(利用中项公式证明等差数列)解：因为an +1 a n＝－2，所以{a n }是首项为a 1＝－2，公比为－2的等比数列，所以S n ＝(－2)×[1－(－2)n ]1－(－2)＝－23＋(－1)n 2n ＋13.由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n 2n ＋3－2n ＋23＝2⎣⎡⎦⎤－23＋(－1)n 2n ＋13＝2S n， 所以S n ＋2－S n ＝S n －S n ＋1故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．14．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n －1，其中λ为常数. *(1)证明：a n ＋2－a n ＝λ；**(2)是否存在λ，使得{a n }为等差数列？并说明理由.(由S n 与a n 关系，证明递推关系，由{a n }的子数列成等差探究{a n }成等差的条件) 解：(1)由题设，a n a n ＋1＝λS n －1，① 知a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－1，②②－①得：a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1. 因为a n ＋1≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ.(2)由题设可求a 2＝λ－1，所以a 3＝λ＋1，令2a 2＝a 1＋a 3，解得λ＝4，故a n ＋2－a n ＝4. 由此可得{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列，a 2n －1＝4n －3； {a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2n ＝4n －1. 所以a n ＝2n －1，a n ＋1－a n ＝2.因此存在λ＝4，使得数列{a n }为等差数列.15.数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且对任意正整数n ，点(a n ＋1，S n )在直线2x ＋y －2＝0上. *(1)求数列{a n }的通项公式；**(2)是否存在实数λ，使得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋λn ＋λ2n 为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.(由S n 与a n 关系，证明等比数列，利用特殊项成等差探究所有项成等差的条件) 解：(1)由题意，可得2a n ＋1＋S n －2＝0.①当n ≥2时，2a n ＋S n －1－2＝0.② ①－②，得2a n ＋1＝a n ，在①中，令n ＝1得2a 2＋a 1＝2，又a 1＝1，所以a 2＝12，所以2a 2＝a 1，所以2a n ＋1＝a n 对任意n ∈N*均成立． 因为a 1≠0，所以a n ≠0． 所以a n ＋1a n ＝12对任意n ∈N*均成立．所以{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1.(2)由(1)知，S n ＝1－12n1－12＝2－12n －1.若⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋λn ＋λ2n 为等差数列，则S 1＋λ＋λ2，S 2＋2λ＋λ22，S 3＋3λ＋λ23成等差数列，则2⎝⎛⎭⎫S 2＋9λ4＝S 1＋3λ2＋S 3＋25λ8，即2⎝⎛⎭⎫32＋9λ4＝1＋3λ2＋74＋25λ8，解得λ＝2.又λ＝2时，S n ＋2n ＋22n ＝2n ＋2，显然{2n ＋2}成等差数列，故存在实数λ＝2， 使得数列{S n ＋λn ＋λ2n }成等差数列.***16．已知数列{a n }，{b n }均为各项都不相等的数列，S n 为{a n }的前n 项和，a n ＋1b n ＝S n ＋1(n ∈N *)．若{a n }是公比为q 的等比数列，求证：存在实数λ，使得{b n ＋λ}为等比数列．(利用通项公式或定义探究数列成等比的条件)解析：方法一：显然公比q ≠1，因为a n ＋1b n ＝S n ＋1，所以a 1q nb n ＝a 1(1－q n )1－q＋1，所以q nb n ＝11－q ＋1a 1－q n 1－q ，即b n ＝⎝⎛⎭⎫11－q ＋1a 1⎝⎛⎭⎫1q n －11－q， 所以存在实数λ＝11－q ，使得b n ＋λ＝⎝⎛⎭⎫11－q ＋1a 1⎝⎛⎭⎫1q n ，又b n ＋λ≠0(否则{b n }为常数数列，与题意不符)， 所以当n ≥2时，b n ＋λb n －1＋λ＝1q ，此时{b n ＋λ}为等比数列，所以存在实数λ＝11－q ，使得{b n ＋λ}为等比数列．方法二：因为a n ＋1b n ＝S n ＋1，① 所以当n ≥2时，a n b n －1＝S n －1＋1，② ①－②得，a n ＋1b n －a n b n －1＝a n ，③ 由③得，b n ＝a n a n ＋1b n －1＋a n a n ＋1＝1q b n －1＋1q ，所以b n ＋11－q ＝1q ⎝⎛⎭⎫b n －1＋11－q .又b n ＋11－q ≠0(否则{b n }为常数数列，与题意不符)，所以存在实数λ＝11－q ，使得{b n ＋λ}为等比数列．类型三：数列求通项一、前测回顾1．(1)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －1＋3n (n ∈N *且n ≥2)，则a n ＝ ． (2)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝2n a n －1(n ∈N *且n ≥2)，则a n ＝ ．答案：(1)a n ＝3n ＋1－72；（2）a n ＝2(n －1)(n ＋2)2．解析：(1)由题意a n －a n －1＝3n ，a n －1－a n －2＝3n －1，…，a 2－a 1＝32，叠加得a n －a 1＝3n ＋3n －1＋…＋32＝3n ＋1－92，所以a n ＝3n ＋1－72(n ≥2)，a 1＝1也符合．所以a n ＝3n ＋1－72；(2) 由题意a n ≠0，则a n a n －1＝2n ，a n －1a n －2＝2n －1，...，a 2a 1＝22，叠乘得a n a 1＝2n .2n －1.. (22)＝2(n －1)(n ＋2)2，所以a n ＝2(n －1)(n ＋2)2(n ≥2)，a 1＝1也符合．所以a n ＝2(n －1)(n ＋2)2．2．(1) 已知数列{a n }中，a 1＝1，S n ＝n 2a n (n ∈N *)，则a n ＝ ．(2) 已知数列{a n }中，a 1＋2a 2＋…＋na n ＝n 2(n ＋1)，则a n ＝ ． (3) 已知数列{a n }中，a 1a 2…a n ＝n 2，则a n ＝ ． 答案： (1) 2n (n ＋1)；(2) a n ＝3n －1；(3) a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，n 2(n －1)2，n ≥2．解析：(1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2a n －(n －1)2a n －1，化简得a n a n －1＝n －1n ＋1，由叠乘得an a 1＝n －1n ＋1·n －2n·…·24·13＝2n (n ＋1)，所以a n ＝2n (n ＋1) (n ≥2)，a 1＝1也符合．所以a n ＝2n (n ＋1)；(2)当n ≥2时，a 1＋2a 2＋…＋na n ＝n 2(n ＋1)，a 1＋2a 2＋…＋(n －1)a n －1＝(n －1)2n ，两式相减得na n＝n 2(n ＋1)－(n －1)2n ＝n (3n －1)，所以a n ＝3n －1 (n ≥2)，又a 1＝2也符合．所以a n ＝3n －1； (3) 当n ≥2时，a 1a 2…a n ＝n 2，a 1a 2…a n －1＝(n －1)2，两式相除得a n ＝n 2(n －1)2(n ≥2)，又a 1＝1不符合上式，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，n 2(n －1)2，n ≥2．3．(1)已知数列{a n }中，a 1＝1， a n ＝23a n －1＋1 (n ∈N 且n ≥2)，则a n ＝ ．(2)已知数列{a n }中，a 1＝1， a n ＝2a n -1＋2n (n ∈N 且n ≥2)，则a n ＝ ． (3)已知数列{a n }中，a 1＝1， a n ＝2a n －1a n －1＋2(n ∈N 且n ≥2)，则a n ＝ ．答案：(1)a n ＝3－2×(23)n －1； (2)a n ＝(2n －1)×2n －1；(3)a n ＝2n ＋1．解析：(1)令a n －x ＝23(a n －1－x )，对比a n ＝23a n －1＋1，得x ＝3，所以a n －3＝23(a n －1－3)，因为a 1－3＝－2，所以a n －3≠0，所以a n －3a n －1－3＝23对n ≥2恒成立，所以{a n －3}是首项为－2，公比为23的等比数列，于是a n －3＝－2×(23)n －1，所以a n ＝3－2×(23)n －1；(2)由a n ＝2a n -1＋2n 得，a n 2n －a n －12n －1＝1，又a 12＝12，所以{a n 2n }是首项为12，公差为1的等差数列，于是an 2n ＝12＋(n －1)＝n －12，所以a n ＝(2n －1)×2n －1； (3)由a n ＝2a n －1a n －1＋2，a 1＝1得a n ≠0，所以1 a n ＝a n －1＋22a n －1＝1 a n －1＋12，所以1 a n －1 a n －1＝12，所以数列{1 a n }是首项为1，公差为12的等差数列，于是1 a n ＝1＋(n －1)×12＝n ＋12，所以a n ＝2n ＋1． 4．(1) 已知数列{a n }中，a n ＋a n ＋1＝2n ，a 1＝1 (n ∈N *)，则a n ＝ ． (2) 已知数列{a n }中，a n a n ＋1＝2n ，a 1＝1 (n ∈N *)，则a n ＝ ．答案：(1) a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数，n －1，n 为偶数；(2) a n ＝⎩⎨⎧(2)n -1，n 为奇数，(2)n ，n 为偶数．解析：(1)由题意，a 2＝1．当n ≥2时，a n ＋a n ＋1＝2n ，a n －1＋a n ＝2(n －1)，两式相减得a n +1－a n －1＝2，所以{a n }的奇数项和偶数项都是公差为2的等差数列，所以a 2k ＝a 2＋2(k －1)＝2k －1，a 2k －1＝a 1＋2(k －1)＝2k －1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数，n －1，n 为偶数； (2) 由题意，a 2＝2．当n ≥2时，a n a n ＋1＝2n ，a n －1a n ＝2n －1，两式相除得a n +1a n －1＝2，所以{a n }的奇数项和偶数项都是公比为2的等比数列，所以a 2k ＝a 2·2k －1＝2k ，a 2k －1＝a 1·2k －1＝2k －1，所以a n ＝⎩⎨⎧(2)n -1，n 为奇数，(2)n ，n 为偶数．二、方法联想1．形如a n －a n －1＝f (n )(n ∈N*且n ≥2)方法 累加法，即当n ∈N *，n ≥2时，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1． 形如a na n －1＝f (n )(n ∈N*且n ≥2) 方法 用类乘法，即当n ∈N *，n ≥2时，a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1．注意 n ＝１不一定满足上述形式，所以需检验．2．形如含a n ，S n 的关系式方法 利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，将递推关系转化为仅含有a n 的关系式(如果转化为a n 不能解决问题，则考虑转化为仅含有S n 的关系式)．注意 优先考虑n ＝1时，a 1＝S 1的情况． 形如a 1＋2a 2＋…＋na n ＝f (n )或a 1a 2…a n ＝f (n )方法 (1)列出⎩⎨⎧a 1＋2a 2＋…＋na n ＝f (n )a 1＋2a 2＋…＋(n －1)a n －1＝f (n －1)(n ∈N *且n ≥2)，两式作差得a n ＝f (n )－f (n －1)n(n ∈N *且n ≥2)，而a 1＝f (1)．(2)列出⎩⎨⎧a 1a 2…a n ＝f (n )a 1a 2…a n －1＝f (n －1)(n ∈N *且n ≥2)，两式作商得a n ＝f (n )f (n －1) (n ∈N *且n ≥2)，而1(1)a f =．注意 n ＝１是否满足上述形式须检验．3．形如a n ＝pa n －1＋q (n ∈N*且n ≥2，p ≠1)方法 化为a n ＋q p －1＝p (a n －1＋q p －1)形式．令b n ＝a n ＋qp －1，即得b n ＝pb n －1，转化成{b n }为等比数列，从而求数列{a n }的通项公式．形如a n ＝pa n －1＋f (n ) (n ∈N*且n ≥2)方法 两边同除p n ，得a n p n ＝a n －1p n －1＋f (n )p n ，令b n ＝a n p n ，得b n ＝b n －1＋f (n )p n ，转化为利用叠加法求b n (前提是数列{f (n )pn }可求和)，从而求数列{a n }的通项公式．形如a n ＝pa n －1qa n －1＋p(n ∈N*且n ≥2)方法 两边取倒数得1a n ＝1a n －1＋q p ，令b n ＝1a n ，得b n ＝b n －1＋qp ，转化成{b n }为等差数列，从而求数列{a n }的通项公式．4．形如a n ＋a n ＋1＝f (n )或a n a n ＋1＝f (n )形式方法 (1)列出⎩⎨⎧a n ＋a n ＋1＝f (n )a n ＋1＋a n ＋2＝f (n ＋1)，两式作差得a n ＋2－a n ＝f (n ＋1)－f (n )，即找到隔项间的关系．(2)列出⎩⎨⎧a n a n ＋1＝f (n )a n ＋1a n ＋2＝f (n ＋1)，两式作商得a n ＋2a n ＝f (n ＋1)f (n )，即找到隔项间的关系．三、归类巩固*1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，则该数列的通项公式为________．（由a n ，S n 的关系式求通项）答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2．*2．(2015·江苏卷)设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为_______．(形如a n －a n －1＝f (n )的递推求通项) 答案：2011．**3．在数列{a n }中，a n ＋1＝a n1＋3a n ，a 1＝2，则a 20＝________. (形如a n ＝pa n －1qa n －1＋p的递推求通项)答案：2115．**4．已知数列{a n }满足：a n ＋1＝a n (1－a n ＋1)，a 1＝1，数列{b n }满足：b n ＝a n ·a n ＋1，则数列{b n }的前10项的和S 10＝________. (构造辅助等差数列求通项) 答案：1011．解析：因为a n ＋1＝a n (1－a n ＋1)，a 1＝1，所以1a n ＋1－1a n＝1，1a 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，1为公差的等差数列，所以1a n ＝n ，所以b n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，所以数列{b n }的前10项的和S 10＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫110－111＝1－111＝1011.**5．设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则S 5＝________. （形如a n ＝pa n －1＋q 的递推关系求通项） 答案：121.解析：因为a n ＋1＝2S n ＋1，所以S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，所以S n ＋1＝3S n ＋1，所以S n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎫S n ＋12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是公比为3的等比数列，所以S 2＋12S 1＋12＝3.又S 2＝4，所以S 1＝1，所以S 5＋12＝⎝⎛⎭⎫S 1＋12×34＝32×34＝2432，所以S 5＝121. **6．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋3(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________．（a n ＝pa n －1qa n －1＋p ，a n ＝pa n －1＋q 两种形式递推结合求通项）答案：a n ＝23n －1．解析：因为a n ＋1＝a n a n ＋3(n ∈N *)，所以1a n ＋1＝3a n ＋1，设1a n ＋1＋t ＝3⎝⎛⎭⎫1a n ＋t ，所以3t －t ＝1，解得t ＝12，所以1a n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎫1a n ＋12，又1a 1＋12＝1＋12＝32，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋12是以32为首项，3为公比的等比数列，所以1a n ＋12＝32×3n －1＝3n 2，所以1a n ＝3n－12，所以a n ＝23n －1.***7．已知正项数列{a n }中，a 1＝1，且(n ＋2)a 2n ＋1－(n ＋1)a 2n ＋a n a n ＋1＝0，则它的通项公式为________． （形如a n a n －1＝f (n )的递推关系求通项）答案：2n ＋1．解析：因为(n ＋2)a 2n ＋1－(n ＋1)a 2n ＋a n a n ＋1＝0，所以[(n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)a n ](a n ＋1＋a n )＝0.又{a n }为正项数列，所以(n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)a n ＝0，即a n ＋1a n ＝n ＋1n ＋2，则a n ＝a n a n －1.a n －1a n －2.....a 2a 1.a 1＝n n ＋1.n －1n .. (2)3·1＝2n ＋1，a 1也符合． **8．已知数列{a n }中，a 1＝1，S n 为数列{a n }的前n 项和，且当n ≥2时，有2a na n S n －S 2n＝1成立，则S 2 017＝________.(构造辅助等差数列求通项) 答案：11 009.解析：当n ≥2时，由2a n a n S n －S 2n＝1，得2(S n －S n －1)＝(S n －S n －1)S n －S 2n ＝－S n S n －1，所以2S n －2S n －1＝1，又2S 1＝2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫2S n 是以2为首项，1为公差的等差数列，所以2S n ＝n ＋1，故S n ＝2n ＋1，则S 2 017＝11 009.**9．已知数列{a n }中，a 1＝1，且a n ＋1＝a n (1－na n ＋1)，则数列{a n }的通项公式为________． (形如a n －a n －1＝f (n )的递推关系求通项) 答案：a n ＝2n 2－n ＋2．解析：原数列递推公式可化为1a n ＋1－1a n ＝n ，令b n ＝1a n ，则b n ＋1－b n ＝n ，因此b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 3－b 2)＋(b 2－b 1)＋b 1＝(n －1)＋(n －2)＋…＋2＋1＋1＝n 2－n ＋22，所以a n ＝2n 2－n ＋2.**10．数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为________． （形如a n ＋a n ＋1＝f (n )，a n －a n ＋1＝f (n )的递推关系求通项） 答案：1 830.解析：不妨令a 1＝1，根据题意，得a 2＝2，a 3＝a 5＝a 7＝…＝1，a 4＝6，a 6＝10，…，所以当n 为奇数时，a n ＝1，当n 为偶数时构成以a 2＝2为首项，以4为公差的等差数列．所以{a n }的前60项和为S 60＝30＋2×30＋30×(30－1)2×4＝1 830.***11．设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋2n ，则数列{a n }的通项公式a n ＝________. （形如a n ＝pa n －1＋f (n )的递推关系求通项） 答案：2×3n －1－2n －1.解析：当n ≥2时，a n ＋1－a n ＝2(S n －S n －1)＋2n －2n －1＝2a n ＋2n －1，从而a n ＋1＋2n ＝3(a n ＋2n －1)．又a 2＝2a 1＋2＝4，a 2＋2＝6，故数列{a n ＋1＋2n }是以6为首项，3为公比的等比数列，从而 a n ＋1＋2n ＝6×3n －1，即a n ＋1＝2×3n －2n ，又a 1＝1＝2×31－1－21－1，故a n ＝2×3n －1－2n －1.***12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足4(n ＋1)(S n ＋1)＝(n ＋2)2a n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.（形如a n a n －1＝f (n )的递推关系求通项）答案：(n ＋1)3.解析：当n ＝1时，4×(1＋1)×(a 1＋1)＝(1＋2)2×a 1，解得a 1＝8.当n ≥2时，4(S n ＋1)＝(n ＋2)2a nn ＋1，则4(S n －1＋1)＝(n ＋1)2a n －1n ，两式相减得，4a n ＝(n ＋2)2a n n ＋1－(n ＋1)2a n －1n ，整理得，a n a n －1＝(n ＋1)3n 3，所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝(n ＋1)3n 3×n 3(n －1)3×…×3323×8＝(n ＋1)3.检验知，a 1＝8也符合，所以 a n ＝(n ＋1)3.***13．在数列{a n }中，a 1＝1，a 1＋a 222＋a 332＋…＋a nn 2＝a n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.（a 1＋2a 2＋…＋na n ＝f (n )，a na n －1＝f (n )两种形式递推结合求通项） 答案：2nn ＋1.解析：根据a 1＋a 222＋a 332＋…＋a n n 2＝a n ，① 有a 1＋a 222＋a 332＋…＋a n －1(n －1)2＝a n －1，②①－②得，a n n 2＝a n －a n －1，即n 2a n －1＝(n 2－1)a n ，所以a n a n －1＝n 2n 2－1＝n 2(n ＋1)(n －1)，所以a n ＝a 1×a 2a 1×a 3a 2×…×a n a n －1＝1×22(2＋1)(2－1)×32(3＋1)(3－1)×…×n 2(n ＋1)(n －1)＝22×32×42×…×n 2(2－1)(2＋1)(3－1)(3＋1)(4－1)(4＋1)…(n －1)(n ＋1)＝22×32×42×…×n 21×3×2×4×3×5×…×(n －1)×(n ＋1)＝2nn ＋1. 14．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a n ≠0，a 1＝1，且2a n a n ＋1＝4S n －3(n ∈N *)． *(1)求a 2的值并证明：a n ＋2－a n ＝2； **(2)求数列{a n }的通项公式．（由a n ，S n 的关系式得递推关系，在根据递推关系求通项） 解：(1)令n ＝1得2a 1a 2＝4a 1－3，又a 1＝1，所以a 2＝12.由题可得，2a n a n ＋1＝4S n －3，① 2a n ＋1a n ＋2＝4S n ＋1－3. ② ②－①得，2a n ＋1(a n ＋2－a n )＝4a n ＋1. 因为a n ≠0，所以a n ＋2－a n ＝2.(2)由(1)可知：数列a 1，a 3，a 5，…，a 2k －1，…为等差数列，公差为2，首项为1， 所以a 2k －1＝1＋2(k －1)＝2k －1，即n 为奇数时，a n ＝n .数列a 2，a 4，a 6，…，a 2k ，…为等差数列，公差为2，首项为12，所以a 2k ＝12＋2(k －1)＝2k －32，即n 为偶数时，a n ＝n －32.综上所述，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数，n －32，n 为偶数.类型四：数列求和一、前测回顾1．数列{1＋2n －1}的前n 项和S n ＝________.答案：n ＋2n －1．解析：S n ＝n ＋1－2n1－2＝n ＋2n －1．2．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k＝________. 答案：2nn ＋1．解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝3，4a 1＋6d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，所以S n ＝n (n ＋1)2，1S n ＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，因此∑k ＝1n1S k＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2n n ＋1.． 3．若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝________. 答案：15．解析：设b n ＝3n －2，则数列{b n }是以1为首项，3为公差的等差数列，所以a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝(－b 1)＋b 2＋…＋(－b 9)＋b 10＝(b 2－b 1)＋(b 4－b 3)＋…＋(b 10－b 9) ＝5×3＝15．4．数列{(2n －1)(12)n }的前n 项和S n ＝________.答案：3−(2n ＋3)•(12)n .解析：S n ＝1•12＋3•(12)2＋…＋(2n −1)•(12)n ，12S n ＝ 1•(12)2＋3•(12)3＋…＋(2n −3)•(12)n ＋(2n −1)•(12)n ＋1． 两式作差得：12S n ＝12＋2[(12)2＋(12)3＋…＋(12)n ]−(2n −1)•(12)n ＋1＝12＋2•14[1－(12)n －1]1－12−(2n −1)•(12)n ＋1＝32−(2n ＋3)•(12)n ＋1． 所以S n ＝3−(2n ＋3)•(12)n ．二、方法联想数列求和除了公式法外，还有下列的常见方法：形如a n ±b n （a n ，b n 是等差或等比数列）的形式 方法 分组求和法．形如1a n (a n +d )，1n ＋d ＋n或其它特殊分式的形式方法 采用裂项相消法．形如a n b n 形式(其中a n 为等差，b n 为等比) 方法 采用错位相减法．首、尾对称的两项和为定值的形式 方法 倒序相加法． 正负交替出现的数列形式方法 并项相加法，对项数n 进行分类即分奇偶性．三、归类巩固*1．若数列{a n }为等比数列，且a 1＝1，q ＝2，则T n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1的结果可化为________． （公式法求和） 答案：23⎝⎛⎭⎫1－14n ．*2．数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋22＋…＋2n －1，…的前n 项和S n >1020，那么n 的最小值是________． （分组求和） 答案：10.*3．若S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1n ，则S 17＋S 33＋S 50的值是________． （并项相加求和） 答案：1．***4．数列{a n }的通项a n ＝n 2(cos 2nπ3－sin 2nπ3)，其前n 项和为S n ，则S 30的值是________．（分组求和） 答案：470.解析：a n ＝n 2·cos 2n 3π，a 1＝12·(－12)，a 2＝22(－12)，a 3＝32，a 4＝42(－12)，…S 30＝(－12)(12＋22－2·32＋42＋52－2·62＋…＋282＋292－2·302)＝(－12)∑k ＝110[(3k －2)2＋(3k －1)2－2·(3k )2]＝(－12)∑k ＝110 (－18k ＋5)＝－12[－18·10(1＋10)2＋50]＝470.*5．设等差数列{a n }满足a 3＝5，a 10＝－9．求数列{|a n |}的前n 项和T n ＝_______． (等差数列前n 项的绝对值之和)答案：⎩⎨⎧－n 2＋10n ，n ≤5，n 2－10n ＋50，n ≥6．6.已知数列{a n }满足a 1＝－2，a n ＋1＝2a n ＋4. *(1)证明数列{a n ＋4}是等比数列； **(2)求数列{|a n |}的前n 项和S n . （数列的前n 项的绝对值之和）解：(1)因为a n ＋1＝2a n ＋4，所以a n ＋1＋4＝2a n ＋8＝2(a n ＋4)，因为a 1＋4＝2，所以a n ＋4≠0，所以a n ＋1＋4a n ＋4＝2，所以{a n ＋4}是以2为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)，可知a n ＋4＝2n ，所以a n ＝2n －4. 当n ＝1时，a 1＝－2<0， 所以S 1＝|a 1|＝2； 当n ≥2时，a n ≥0.所以S n ＝－a 1＋a 2＋…＋a n ＝2＋(22－4)＋…＋(2n －4)＝2＋22＋…＋2n －4(n －1)＝2(1－2n )1－2－4(n －1)＝2n ＋1－4n ＋2.又当n ＝1时，也满足上式．所以数列{|a n |}的前n 项和S n ＝2n ＋1－4n ＋2.*7．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则项数n ＝________.(裂项相消求和)。
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2018届高三第二轮复习——数列第1讲等差、等比考点【高 考 感 悟】从近三年高考看，高考命题热点考向可能为：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 .【 真 题 体 验 】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.192C ．10D ．12 2．(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.183．(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 ＝________．4．(2016·全国卷1)已知{}n a 是公差为3的等差数列，数列{}n b 满足12111==3n n n n b b a b b nb +++=1，，，. （I ）求{}n a 的通项公式；（II ）求{}n b 的前n 项和.【考 点 突 破 】考点一、等差（比）的基本运算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 ＝________．2．(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 .考点二、等差（比）的证明与判断【典例1】( 2017·全国1 )记S n 为等比数列{}n a 的前n 项和，已知S 2=2，S 3=-6.（1）求{}n a 的通项公式；（2）求S n ，并判断S n +1，S n ，S n +2是否成等差数列。
【高考二轮】2018年高考数学(理)二轮专题突破精练：点练13 等差、等比数列与数列的通项及求和 含解析
专题对点练13等差、等比数列与数列的通项及求和1.S n为数列{a n}的前n项和.已知a n>0,+2a n=4S n+3.(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=,数列{b n}的前n项和为T n,求T n.解(1)由+2a n=4S n+3,可知+2a n+1=4S n+1+3.两式相减可得+2(a n+1-a n)=4a n+1,即2(a n+1+a n)==(a n+1+a n)(a n+1-a n).由于a n>0,因此a n+1-a n=2.又+2a1=4a1+3,解得a1=3(a1=-1舍去).所以{a n}是首项为3,公差为2的等差数列,故a n=2n+1.(2)由a n=2n+1可知b n=.T n=b1+b2+…+b n=+…+.2.已知数列{a n}是等差数列,前n项和为S n,若a1=9,S3=21.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若a5,a8,S k成等比数列,求k的值.解(1)设等差数列{a n}的公差为d,∵a1=9,S3=21,∴S3=3×9+d=21,解得d=-2,∴a n=9+(n-1)×(-2)=-2n+11.(2)∵a5,a8,S k成等比数列,∴=a5·S k,即(-2×8+11)2=(-2×5+11)·,解得k=5.3.(2017河北衡水中学三调,理17)已知数列{a n}的前n项和为S n,a1≠0,常数λ>0,且λa1a n=S1+S n 对一切正整数n都成立.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设a1>0,λ=100,当n为何值时,数列的前n项和最大?解(1)令n=1,得λ=2S1=2a1,即a1(λa1-2)=0.因为a1≠0,所以a1=.当n≥2时,2a n=+S n,2a n-1=+S n-1,两式相减,得2a n-2a n-1=a n(n≥2),所以a n=2a n-1(n≥2),从而数列{a n}为等比数列,所以a n=a1·2n-1=.(2)当a1>0,λ=100时,由(1)知,a n=,设b n=lg=lg=lg 100-lg 2n=2-n lg 2,所以数列{b n}是单调递减的等差数列,公差为-lg 2,所以b1>b2>…>b6=lg=lg>lg 1=0,当n≥7时,b n≤b7=lg<lg 1=0,所以数列的前6项和最大.4.(2017河北邯郸二模,理17)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,a1≠0,a3=3,且λS n=a n a n+1.在等比数列{b n}中,b1=2λ,b3=a15+1.(1)求数列{a n}及{b n}的通项公式;(2)设数列{c n}的前n项和为T n,且c n=1,求T n.解(1)∵λS n=a n a n+1,a3=3,∴λa1=a1a2,且λ(a1+a2)=a2a3,∴a2=λ,a1+a2=a3=3.①∵数列{a n}是等差数列,∴a1+a3=2a2,即2a2-a1=3.②由①②得a1=1,a2=2,∴a n=n,λ=2,∴b1=4,b3=16,∴{b n}的公比q=±=±2,∴b n=2n+1或b n=(-2)n+1.(2)由(1)知S n=,∴c n=,∴T n=1-+…+=1+.5.(2017宁夏中卫二模,理17)已知等比数列{a n}的公比q>1,且a1+a3=20,a2=8.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=,S n是数列{b n}的前n项和,求S n.解(1)∵等比数列{a n}的公比q>1,且a1+a3=20,a2=8,∴a1+a1q2=20,a1q=8,∴2q2-5q+2=0,解得q=2,a1=4.∴a n=2n+1.(2)b n=,S n=+…+,S n=+…+.∴S n=+…+.∴S n=1-.6.(2017安徽安庆二模,理17)在数列{a n}中,a1=2,a2=4,设S n为数列{a n}的前n项和,对于任意的n>1,n∈N*,S n+1+S n-1=2(S n+1).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=,求{b n}的前n项和T n.解(1)对于任意的n>1,n∈N*,S n+1+S n-1=2(S n+1),S n+2+S n=2(S n+1+1),两式相减可得a n+2+a n=2a n+1.(*)当n=2时,S3+S1=2(S2+1),即2a1+a2+a3=2(a1+a2+1),解得a3=6.∴当n=1时(*)也满足.∴数列{a n}是等差数列,公差为2,∴a n=2+2(n-1)=2n.(2)∵b n=,∴T n=+…+T n=+…+,∴T n=+…+,∴T n=.〚导学号16804189〛7.(2017山东,理19)已知{x n}是各项均为正数的等比数列,且x1+x2=3,x3-x2=2.(1)求数列{x n}的通项公式;(2)如图,在平面直角坐标系xOy中,依次连接点P1(x1,1),P2(x2,2)…P n+1(x n+1,n+1)得到折线P1P2…P n+1,求由该折线与直线y=0,x=x1,x=x n+1所围成的区域的面积T n.解(1)设数列{x n}的公比为q,由已知q>0.由题意得所以3q2-5q-2=0.因为q>0,所以q=2,x1=1,因此数列{x n}的通项公式为x n=2n-1.(2)过P1,P2,…,P n+1向x轴作垂线,垂足分别为Q1,Q2,…,Q n+1.由(1)得x n+1-x n=2n-2n-1=2n-1,记梯形P n P n+1Q n+1Q n的面积为b n,由题意b n=×2n-1=(2n+1)×2n-2,所以T n=b1+b2+…+b n=3×2-1+5×20+7×21+…+(2n-1)×2n-3+(2n+1)×2n-2.①又2T n=3×20+5×21+7×22+…+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1,②①-②得-T n=3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(2n+1)×2n-1=-(2n+1)×2n-1.所以T n=.〚导学号16804190〛8.(2017山东潍坊一模,理19)已知数列{a n}是等差数列,其前n项和为S n,数列{b n}是公比大于0的等比数列,且b1=-2a1=2,a3+b2=-1,S3+2b3=7.(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式;(2)令c n=求数列{c n}的前n项和T n.解(1)设等差数列{a n}的公差为d,等比数列{b n}的公比为q,q>0,∵b1=-2a1=2,a3+b2=-1,S3+2b3=7,∴a1=-1,b1=2,-1+2d+2q=-1,3×(-1)+3d+2×2×q2=7,解得d=-2,q=2.∴a n=-1-2(n-1)=1-2n,b n=2n.(2)c n=①当n=2k(k∈N*)时,数列{c n}的前n项和T n=T2k=(c1+c3+…+c2k-1)+(c2+c4+…+c2k)=2k+,令A k=+…+,∴A k=+…+,∴A k=+4+4×,∴A k=.∴T n=T2k=2k+.②当n=2k-1(k∈N*)时,数列{c n}的前n项和T n=T2k-2+a2k-1=2(k-1)++2=2k+.∴T n=k∈N*.〚导学号16804191〛。
2018届高考数学二轮复习 第一部分 专题四 数列 1.4.1 等差数列、等比数列教案 理
B．1
1
1
C.2
D.8
解析：通解：∵a3＝a1·q2，a4＝a1·q3，a5＝a1·q4， ∴a21·q6＝4(a1·q3－1) ∵a1＝14， ∴q6－16q3＋64＝0，∴q3＝8，∴q＝2，∴a2＝a1·q＝12.
优解：设{an}的公比为q，由等比数列的性质 可知a3a5＝a24，∴a24＝4(a4－1)，即(a4－2)2＝0， 得a4＝2， 则q3＝aa14＝21＝8，得q＝2，
(2)由(1)可得 Sn＝－2[11－＋2－2n]＝－23＋(－1)n2n3＋1. 由于Sn＋2＋Sn＋1＝－43＋(－1)n2n＋3－3 2n＋2 ＝2－23＋－1n2n3＋1＝2Sn， 故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列．
专题四 数 列
[高考领航]——————————摸清规律 预测考情
(大纲卷) T18(等差数列 求和)
解题必备 解题方略 走进高考 限时规范训练
考点一 等差数列、等比数列
1．等差、等比数列的性质
等差数列
等比数列
(1)若m，n，p，q∈N*， 且m＋n＝p＋q，则am＋ 性 an＝ap＋aq； 质 (2)an＝am＋(n－m)d； (3)Sm，S2m－Sm，S3m－ S2m，…仍成等差数列
4
则a2＝a1q＝14×2＝12，故选C.
1．解题关键：抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关 系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解．
2．运用函数性质：数列是一种特殊的函数，具有函数的一些 性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题．
[自我挑战]
3．等比数列{an}中，a4＝2，a5＝5，则数列{lg an}的前 8 项和 等于( C )
解得d＝4.故选C.
2018年高三年级数学二轮复习-数列专题及答案解析
2018届高三第二轮复习——数列第1讲等差、等比考点【高 考 感 悟】从近三年高考看，高考命题热点考向可能为：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 1qn －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 qn －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 .【 真 题 体 验 】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.172 B.192C ．10D ．12 2．(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.183．(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 ＝________．4．(2016·全国卷1)已知{}n a 是公差为3的等差数列，数列{}n b 满足12111==3n n n n b b a b b nb +++=1，，，. （I ）求{}n a 的通项公式；（II ）求{}n b 的前n 项和.【考 点 突 破 】考点一、等差（比）的基本运算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 ＝________．2．(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 .考点二、等差（比）的证明与判断【典例1】( 2017·全国1 )记S n 为等比数列{}n a 的前n 项和，已知S 2=2，S 3=-6.（1）求{}n a 的通项公式；（2）求S n ，并判断S n +1，S n ，S n +2是否成等差数列。
2018届高三数学二轮复习：数列专题及其答案
2018届高三第二轮复习——数列第1讲等差、等比考点【高 考 感 悟】从近三年高考看，高考命题热点考向可能为：1(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 1qn －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 qn －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 .【 真 题 体 验 】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.192C ．10D ．12 2．(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.183．(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 ＝________．4．(2016·全国卷1)已知{}n a 是公差为3的等差数列，数列{}n b 满足12111==3n n n n b b a b b nb +++=1，，，. （I ）求{}n a 的通项公式；（II ）求{}n b 的前n 项和.【考 点 突 破 】考点一、等差（比）的基本运算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 ＝________．2．(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 .考点二、等差（比）的证明与判断【典例1】( 2017·全国1 )记S n 为等比数列{}n a 的前n 项和，已知S 2=2，S 3=-6.（1）求{}n a 的通项公式；（2）求S n ，并判断S n +1，S n ，S n +2是否成等差数列。
2018年浙江高考数学二轮复习教师用书第1部分 重点强化专题 专题2 突破点4 等差数列、等比数列 Word版含答案
专题二 数 列 建知识网络 明内在联系[高考点拨] 数列专题是浙江新高考的必考专题之一，主要考查等差、等比数列的基本量运算及数列求和的能力，该部分即可单独命题，又可与其他专题综合命题，考查方式灵活多样，结合浙江新高考的命题研究，本专题我们按照“等差、等比数列”和“数列求和及综合应用”两条主线展开分析和预测．突破点 等差数列、等比数列(对应学生用书第页)[核心知识提炼]提炼等差数列、等比数列的运算()通项公式；)－(＋等差数列：＝.－·等比数列：＝ ()求和公式；＝＋等差数列：＝ ．(≠)＝等比数列：＝()性质若＋＝＋，；＋在等差数列中＋＝ .·＝·在等比数列中提炼等差数列、等比数列的判定与证明数列{}是等差数列或等比数列的证明方法：()证明数列{}是等差数列的两种基本方法 为同一常数；)*∈(－＋利用定义，证明① ．(≥)＋＋－＝利用中项性质，即证明②()证明{}是等比数列的两种基本方法 ①利用定义，证明(∈*)为同一常数； ②利用等比中项，即证明＝－＋(≥).提炼数列中项的最值的求法()根据数列与函数之间的对应关系，构造相应的函数()＝，利用求解函数最值的方法(多利用函数的单调性)进行求解，但要注意自变量的取值必须是正整数的限制．()利用数列的单调性求解，利用不等式＋≥(或＋≤)求解出的取值范围，从而确定数列单调性的变化，进而确定相应的最值．()转化为关于的不等式组求解，若求数列{}的最大项，则可解不等式组(\\(≥－，≥＋；))若求数列{}的最小项，则可解不等式组(\\(≤－，≤＋，))求出的取值范围之后，再确定取得最值的项．[高考真题回访]回访 等差数列及其运算．(·浙江高考)已知等差数列{}的公差为，前项和为，则“>”是“＋>”的( )【导学号：】．充分不必要条件 ．必要不充分条件 ．充分必要条件 ．既不充分也不必要条件[法一：∵数列{}是公差为的等差数列， ∴＝＋，＝＋，＝＋， ∴＋＝＋＝＋. 若>，则>＋>＋， 即＋>.若＋>，则＋>＋，即>，∴>.∴“>”是“＋>”的充分必要条件． 故选.法二：∵＋>⇔＋＋＋>(＋)⇔>⇔＋>⇔>，∴“>”是“＋>”的充分必要条件． 故选.]．(·浙江高考)已知{}是等差数列，公差不为零，前项和是，若，，成等比数列，则( ) ．>，>。
2018年高考数学二轮温习第一部份专题三数列第一讲等差数列等比数列教案
C．－ D．－
解析：{an}是等比数列，{bn}是等差数列，且a1·a6·a11＝3 ，b1＋b6＋b11＝7π，∴a ＝( )3,3b6＝7π，
∴a6＝ ，b6＝ ，∴tan ＝tan ＝tan ＝tan(－ )＝tan(－2π－ )＝－tan ＝－ .
答案：D
[误区警示]
在等比数列中，Sm，S2m－Sm，S3m－S2m…仍成等比数列的前提是Sm≠0，易轻忽这一条件．
第一讲等差数列、等比数列
[考情分析]
等差数列、等比数列的判定及其通项公式在考查大体运算、大体概念的同时，也注重对函数与方程、等价转化、分类讨论等数学思想的考查；对等差数列、等比数列的性质考查主若是求解数列的等差中项、等比中项、通项公式和前n项和的最大、最小值等问题，主若是中低档题；等差数列、等比数列的前n项和是高考考查的重点.
3．(2017·长沙模拟)已知数列{an}为等差数列，其中a2＋a3＝8，a5＝3a2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)数列{bn}中，b1＝1，b2＝2，从数列{an}中掏出第bn项记为cn，假设{cn}是等比数列，求{bn}的前n项和．
解析：(1)设等差数列{an}的公差为d，依题意有 ，解得a1＝1，d＝2，
[题组冲破]
1．(2017·贵阳模拟)等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＋a9＝16，那么S11＝( )
A．88B．48
C．96D．176
解析：依题意得S11＝ ＝ ＝ ＝88，选A.
优解：依题意，可考虑将题目中的等差数列特殊化为常数列(注意慎用此方式)，即an＝8，因此S11＝88，选A.
答案：A
[典例] (2017·高考全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和．
【高三数学试题精选】2018高考数学二轮等差数列、等比数列专题复习题(附答案)
(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．
解(1)由题设，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1
两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1
由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ
(2)由题设，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1
A．16 B．18
c．9 D．8
解析已知数阵a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33中，每行的3个数依次成等差数列，每列的3个数也依次成等差数列，若a22＝2，由等差数列的性质得a11＋a12＋a13＋a21＋a22＋a23＋a31＋a32＋a33＝9 a22＝18
答案B
3．(2018河北唐一模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a3＝52，a2＋a4＝54，则Snan＝( )
A．4n－1 B．4n－1
c．2n－1 D．2n－1
解析∵a1＋a3＝52，a2＋a4＝54，
∴a1＋a1q2＝52，①a1q＋a1q3＝54，②
由①除以②可得1＋q2q＋q3＝2，解得q＝12，
所以1＋4n＝＋n61＋4n
＝161＋4ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱn＋4n
≥165＋2 n 4n＝32
答案D
二、填空题
7．(20 14安徽卷)数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5构成比为q的等比数列，则q＝________
解析设等差数列的差为d，则a3＝a1＋2d，a5＝a1＋4d，
∴(a1＋2d＋3)2＝(a1＋1)(a1＋4d＋5)，解得d＝－1
由(1)知，a3＝λ＋1
令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4
故an＋2－an＝4，由此可得
2018届高中数学高考二轮复习数列教案含答案(全国通用)
教学过程一、考纲解读1.高考对于本节的考查方式:(1)选择填空重点考查等差、等比数列的性质；(2)解答题中重点考查通项公式、求和（重视求和的错位相减法、裂项相消法）(3)递推数列也是考察的重点，只局限于最基本的形式2. 数列在历年高考高考试题中占有重要的地位，近几年更是有所加强.一般情况下都是一至两个考查性质的客观题和一个考察能力的解答题。
文科以等差数列的基础知识、基本解法为主，理科注重概念的理解和运用。
分值在22分左右二、复习预习(1)数列的概念和简单表示法①了解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图像、通项公式）.②了解数列是自变量为正整数的一类函数.(2)等差数列、等比数列①理解等差数列、等比数列的概念.②掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式.③能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题.④了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系.(3)数列求和,求通项.与函数,不等式等知识的综合题,考查学生对知识的掌握和应用能力.错位相减法、裂项相消法三、知识讲解考点1 数列的概念和简单表示法①了解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图像、通项公式）.②了解数列是自变量为正整数的一类函数.考点2 等差数列、等比数列①理解等差数列、等比数列的概念.②掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式.③能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题.④了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系.考点3 综合问题(1)求数列通项累加法,累乘法,构造法,数学归纳法(2)数列求和裂项相消法,错位相减法, 数学归纳法(3)与函数,不等式等知识的综合题,考查学生对知识的掌握和应用能力.放缩法四、例题精析例1 [2014全国大纲] 等比数列{}n a 中，42a =，55a =，则数列{lg }n a 的前8项和等于( ) (A)6 (B)5 (C)4 (D)3【规范解答】选（C ）.（求解对照）由已知有在等比数列{}n a 中，42a =，55a =， 则63728154a a a a a a a a ⋅=⋅=⋅=⋅=10所以410lg )lg(lg lg lg 4821821==⋅⋅⋅=+⋅⋅⋅++a a a a a a 。
2018届高考数学二轮复习 等差数列与等比数列 ppt课件(全国通用)
2．等差(比)数列基本运算的解题途径： (1)设基本量 a1 和公差 d(公比 q)． (2)列、解方程组：把条件转化为关于 a1 和 d(q)的方 程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量．
[变式训练] (2017· 北京卷)若等差数列{an}和等比数 a2 列{bn}满足 a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，则 ＝________． b2 (2)(2017· 衡水中学第二次调研)已知数列{an}的前 n 项 和为 Sn，若 Sn＝1＋2an(n≥2)，且 a1＝2，则 S20＝( A．219－1 C．219＋1 B．221－2 D．221＋2 )
2 49 7 1 1 n－ － 6 2 此时22 4 取得最大值 2 .
所以 a1·a2·„·an 的最大值为 64. 答案：(1)B (2)64
[规律方法] 1．第(2)题求解的思路是：先利用等比数列的通项公 式构建首项 a1 与公式 q 的方程组，求出 a1，q，得到{an} 的通项公式，再将 a1a2·„·an 表示为 n 的函数，进而求最 大值．
3．(2016· 全国卷Ⅲ)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝1 ＋λan，其中 λ≠0.(导学号 54850036) (1)证明数列{an}是等比数列，并求其通项公式； 31 (2)若 S5＝ ，求 λ. 32 (1)证明：由题意得 a1＝S1＝1＋λa1，
1 故 λ≠1，a1＝ ，a1≠0. 1－ λ 由 Sn＝1＋λan， Sn＋1＝1＋λan＋1 得 an＋1＝λan＋1－λan，
1 2 2 2 2 Sk ＝ 1×2 ＋ 2×3 ＋ „ ＋ n（n－1） ＋ 1 2n 1－ 2 . ＝ n ＋ 1 n＋1
1 1 1 1 －n＋n－ ＝ n－1 n＋1
2018高考数学理二轮复习课件：1-3-1 等差数列、等比数列 精品
1．[2015·银川一模]若等比数列{an}的前 n 项和 Sn＝a·3n－2，则 a2＝( )
A．4
B．12
C．24
D．36
解析 由等比数列的前 n 项和公式形式 Sn＝A－Aqn，可知 Sn＝a·3n－2 中 a＝2，则 a2＝S2－S1＝2×32 －2－(2×31－2)＝12.故选 B.
2．[2015·课标全国卷Ⅰ]已知{an}是公差为 1 的等差数列，Sn 为{an}的前 n 项和．若 S8＝4S4，则 a10＝( )
2．[2015·九江高三一模]等差数列{an}中，a1＝20115，am＝1n，an＝m1 (m≠n)，则数列{an}的公差为_2_01_1_5____．
解析 ∵am＝20115＋(m－1)d＝1n， an＝20115＋(n－1)d＝m1 ，∴(m－n)d＝1n－m1 ， ∴d＝m1n， ∴am＝20115＋(m－1)m1n＝1n，解得m1n＝20115， 即 d＝20115.
a2－a1＝2×2－1， 将以上各式相加，
得 an－a1＝(2n－1)＋[2(n－1)－1]＋[2(n－2)－1]＋…＋(2×2－1)＝[2n＋2(n－1)＋2(n－2)＋…＋2×2] －(n－1)＝n－122n＋4－n＋1＝(n－1)(n＋2)－n＋1＝n2－1.
又因为 a1＝2，所以 an＝n2－1＋a1＝n2＋1(n≥2)． 当 n＝1 时，a1＝2 适合上式． 故 an＝n2＋1(n∈N*)．
2．[2015·陕西高考]中位数为 1010 的一组数构成等差数列，其末项为 2015，则该数列的首项为___5_____． 解析 设等差数列的首项为 a1，根据等差数列的性质可得，a1＋2015＝2×1010，解得 a1＝5.
建模规范答题
高考数学二轮专名师讲义：第10讲-等差数列与等比数列(含答案)
专题三 数 列第 10 讲 等差数列与等比数列1. 理解等差、等比数列的观点，掌握等差、等比数列的通项公式及前n 项和公式． 2. 数列是高中数学中的重要内容，在考试说明中，等差、等比数列都是C 级要求，因此 考试题多为中等及以上难度，试题综合考察了函数与方程，分类议论等数学思想．填空题常常考察等差、等比数列的通项公式、前 n 项和公式及等差、等比数列的性质，考察运算求解能力；解答题综合性很强，不单考察数列自己的知识并且还波及到函数、不等式、分析几何 等方面的知识，基本上都是压轴题．1. 在等比数列 {a n } 中，已知 a 1＝ 1， a 4＝ 8.设 S 3n 为该数列的前 3n 项和， T n 为数列 {a 3n } 的前 n 项和．若 S 3n ＝ tT n ，则实数 t 的值为 ________．答案： 7分析：∵ 3 3 1－ 23n n 31，公a 4＝ a 1q ＝ q ＝ 8，∴ q ＝ 2， S 3n ＝ ＝ 8 － 1.由题意数列 {a n } 是首项为 1－ 8n1－ 2比为 8 的等比数列，∴ 1 n － 1)，由 S 3n ＝ tT n ，得 t ＝ 7.T n ＝ ＝ (81－8 72. 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 达到最大值时的 n 值是 ________．答案： 20分析：∵ a n ＝ 41－ 2n ，∴ a 20＞ 0，a 21＜0.3. 已知等比数列{a } 为递加数列，且a 2＝ a ， 2(a ＋ a ＋ )＝ 5a ＋ ，则数列的通项公式 an5 10 n n 2 n 1n＝ ________．答案： 2n分析：∵ a 25＝ a 10，∴ (a 1q 4)2＝ a 1q 9，∴ a 1＝ q ， ∴ a n ＝ q n .∵ 2(a n ＋ a n ＋2 )＝ 5a n ＋1，∴ 2a n (1＋ q 2)＝ 5a n q ，2 1 n∴ 2(1＋ q )＝ 5q ，解得 q ＝ 2 或 q ＝(舍去 )，∴a n ＝2 .21 11x z 4. 设 x 、 y 、 z 是实数，若9x 、 12y 、 15z 成等比数列，且 x 、 y 、 z 成等差数列，则 z ＋x ＝________．答案：3415 分析：由题知（ x ＋ z ） 2－ 2xz ＝xz（ 12y ） 2 ＝9x ·15z ，2 1 1解得 xz ＝122y y ＝ x ＋ z ，9× 15 322（ x ＋ z ） 2－2＝ 15 y 2－ 2＝34 ＝ xz 16 2 15.15y2 ＝ 16 232 y ，进而 x z x 2＋ z 2y ，x ＋ z ＝15 z ＋ ＝ 15x xz题型一 等差、等比数列基本量的计算例 1 等差数列 {a n } 的各项均为正数，且 a 1＝1，前 n 项和为 S n ；{b n } 为等比数列， b 1＝ 1，前 n 项和为 T n ，且 b 2S 2＝ 12， b 3S 3＝ 81.(1) 求 a n 与 b n; (2) 求 S n 与 T n ；(3) 设 c n ＝ a n b n ， {c n } 的前 n 项和为 M n ，求 M n .n －1解： (1) {a n } 的公差d ， {b n } 的公比 q ， d 正数， a n ＝ 1＋ (n － 1)d ， b n ＝ q .2S 3b 3＝（ 3＋ 3d ） q ＝ 81，依 意有S 2b 2＝（ 2＋ d ）q ＝ 12，d ＝ 2， 2，解得d ＝－3(舍去 )．或q ＝ 3q ＝ 9故 a n ＝1＋ 2(n － 1)，即 a n ＝2n － 1， b n ＝ 3n －1.(2) S n ＝ 1＋ 3＋ 5＋ ⋯＋ (2n － 1)＝ n 2，1－ 3n 3n － 1T n ＝＝.1－3 2(3) c n ＝ (2n － 1) ×3n －1，M n ＝ 1＋ 3×3＋ 5×32＋ ⋯ ＋ (2n － 1) ×3n －1，① 3M n ＝1×3＋ 3×32＋ 5×33 ＋⋯ ＋ (2n － 1) ×3n ，②2 n － 1 n n ①－②得－ 2Mn＝ 1＋ 2×3＋ 2×3 ＋ ⋯ ＋ 2×3 － (2n －1) ×3 ，即 M n＝ (n － 1) ×3 ＋ 1.(1) 求数列 {a n } 的通 公式；n } 的前 n 和n ，求 足 S n － 2a n － 20＞ 0 的全部正整数n 的会合．(2) 数列 {aS解： (1) 由 a 3＝ a 72，得 a 1＋ 2d ＝ (a 1＋ 6d)2. ①由 a 2＝ a 4＋ a 6，得 a 1＋ d ＝ 2a 1＋ 8d ，即 a 1＝－ 7d. ② ②代入①，得－ 5d ＝ d 2.∴ d ＝－ 5，或 d ＝ 0(不切合 意，舍去 )．a 1＝ 35.∴ a n ＝ 35＋ (n － 1)( － 5)＝－ 5n ＋ 40.（ 35－ 5n ＋ 40） n.(2) S n ＝ ＝ n （75－ 5n ） 2 2不等式 S n － 2a n － 20＞ 0，即n （ 75－ 5n ） － 2(－ 5n ＋ 40)－ 20＞0. 2整理得 n 2－ 19n ＋40＜ 0.19－ 201 19＋ 201. ∴ ＜n ＜2 219－ 15＜ n ＜ 19＋ 15，即 2＜ n ＜17.2 2∵ n ∈ N * ，∴ 所求 n 的 的会合 {3 ， 4，⋯， 16} ． 型二 等差、等比数列的 明与判断例 2 数列 {a n } 足 a 1＝ 1， na n ＋ 1＝ (n ＋ 1)a n ＋ n(n ＋1)， n ∈ N * . (1) 明：数列a n是等差数列；b n＝ 3n· n(2) a n ，求数列 {b n } 的前 n 和 S n .n ＋1n ＋1－a n＝ 1，所以 n是以 a 1＝ 1 首 ， 1 公(1) 明：由已知可得a ＝ a n ＋ 1，即 aan ＋ 1 n n ＋1 n n1差的等差数列．(2) 解： 由 (1) 得a n＝ 1＋ (n － 1) ·1＝ n ，所以 a n ＝ n 2， n进而可得 b n ＝ n ·3n .S n ＝1×31＋ 2×32＋ ⋯＋ (n － 1) ×3n －1＋ n ×3n ，①23nn ＋ 13S n ＝ 1×3 ＋ 2×3 ＋ ⋯ ＋ (n － 1)3 ＋ n ×3 .②12＋⋯＋3nn ＋13·（ 1－3n ）－ n ·3 n ＋1＝（ 1－ 2n ）·3n ＋1－ 3①－②得－ 2S n ＝ 3 ＋ 3 － n ·3＝1－ 3，2（ 2n － 1） ·3n ＋1＋3所以 S n ＝4.已知等差数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ， a 1＝ 1＋ 2， S 3＝9＋ 3 2.(1) 求数列 {a n } 的通项 a n 与前 n 项和 S n ；n *(2) 设 b n ＝ n (n ∈N )，求证：数列 {b n } 中随意不一样的三项都不行能成为等比数列．Sa 1＝ 2＋ 1，(1) 解：由已知得∴ d ＝ 2，3a 1＋ 3d ＝ 9＋3 2，故 a n ＝2n － 1＋ 2， S n ＝ n(n ＋ 2)． (2) 证明：由 (1)得 b n ＝S n＝ n ＋ 2.假定数列 {b n } 中存在三项 b p ， b q ， b r (p ， q ， r 互不相等 )n成等比数列，则 b q 2＝ b p b r ，即 (q ＋ 2)2＝ (p ＋ 2)(r ＋ 2)，∴ (q 2－ pr) ＋ (2q － p － r) 2＝ 0. ∵ p 、q 、 r ∈ N * ，∴ q 2 －pr ＝0， 2 ∴ p ＋ r ＝ pr ，即 (p － r)2 ＝0, ∴ p ＝ r.这与 p ≠r 矛盾，故数列2q － p － r ＝ 0， 2 {b n } 中随意不一样的三项都不行能成为等比数列．题型三 可转变为等差、等比数列的问题例 3 已知数列 {a n } 中， a 1＝ 1， a n ＋ a n ＋ 1＝ 2n (n ∈ N * )， b n ＝ 3a n .1 n(1) 试证明数列 a n － 3×2 是等比数列，并求数列 {b n } 的通项公式；(2) 在数列 {b n } 中，能否存在连续三项成等差数列？若存在，求出全部切合条件的项；若不存在，说明原因；(3) 试证在数列 {b n } 中，必定存在知足条件 1＜ r ＜ s 的正整数 r 、s ，使得 b 1，b r ，b s 成等差数列；并求出正整数 r 、 s 之间的关系．1 n ＋ 1 n－a n － 1 n ＋ 1a n ＋1－ ×2 2 ×2 (1) 证明：由 a n ＋ a n ＋ 1＝ 2n ，得 a n ＋ 1 ＝ 2n－ a n ，所以 3 n ＝ 1 3 n＝1 ×2 a n － ×2 a n －13 3 －（ a n － n3×2 ）1＝－ 1.因为 a 1－ 2＝ 1，所以数列 {a n －1× 2n } 是首项为 1，公比为－ 1 的等比数列，n3333a n － ×231n 1× (－ 1)n －11nn] ，所以 b n ＝ n n所以 a n － × 2 ＝，即 a n ＝[2 －(－1) 2 －(－1) .3 3 3b k － 1， b k ， b k ＋1 (k ∈N *,k ≥ 2)成等差数列，则(2) 解：假定在数列 {b n } 中，存在连续三项 b k－1 ＋b k ＋1＝ 2b k ，即 [2 k －1 1) k － 1 [2k ＋1 k ＋ 1 k － (－1) k ] ，即 2k － 1 k －1 .－ (－ ]＋ － (－1) ]＝2[2 ＝ 4(－ 1)① 若 k 为偶数，则 2k － 1＞ 0， 4(－ 1)k －1＝－ 4＜ 0，所以不存在偶数 k ，使得 b k － 1， b k ， b k＋1 成等差数列；② 若 k 为奇数，则当 k ≥3时， 2k － 1≥ 4，而 4(－ 1)k －1＝ 4，所以，当且仅当 k ＝ 3 时， b k －1，b k ， b k ＋ 1 成等差数列．综上所述，在数列 {b n } 中，有且仅有连续三项 b 2，b 3， b 4 成等差数列．(3) 证明：要使 b 1， b r ， b s 成等差数列，只需 b 1＋ b s ＝ 2b r ，即 3＋ 2s － (－ 1)s ＝ 2[2 r － (－ 1)r ]，即2s － 2r ＋1＝ (－ 1)s － 2(－ 1)r － 3.(*)① 若 s ＝ r ＋ 1，在 (*) 式中， 左端 2s － 2r ＋ 1＝ 0，右端 (－ 1)s － 2(－ 1)r － 3＝( －1) s ＋2(－ 1)s － 3＝ 3(－ 1)s － 3，要使 (*) 式建立，当且仅当 s 为偶数时．又 s ＞ r ＞ 1，且 s 、r 为正整数，所以当 s 为不小于 4 的正偶数，且 s ＝r ＋ 1 时， b 1， b r ， b s 成等差数列；② 若 s ≥r＋2，在 (*) 式中，左端 2s － 2r ＋ 1≥2r ＋ 2－ 2r ＋ 1＝ 2r ＋1，由(2) 可知，r ≥3，所以 r ＋1≥4，所以左端 2s － 2r ＋1≥ 16(当且仅当 s 为偶数、 r 为奇数时取 “＝ ”)，右端 (－ 1)s － 2(－1) s －3≤0，所以当 s ≥r＋2 时， b 1， b r ， b s 不行等差数列．综上所述，存在不小于 4 的正偶数 s ，且 s ＝ r ＋ 1，使得 b 1，b r ， b s 成等差数列 .题型四 数列的综合应用例 4已知数列 {a n } 足 a 1＋a 2 ＋ a 3 a n 2*) ．λ λ 2＋⋯＋ n － 1＝n ＋ 2n(此中常数 λ＞ 0， n ∈ Nλ(1) 求数列 {a n } 的通 公式； r ，s ，t ，使得 a r ，a s ，a t 成等比数列？若存在，(2) 当 λ＝ 4 ，能否存在互不同样的正整数 出 r 、 s 、 t 足的条件；若不存在， 明原因；*，都有 (1－λ )S ＋ λa≥ 2λn(3) S n 数列 {a n } 的前 n 和，若 随意 n ∈ N 恒建立，求n n数 λ的取 范 ．解： (1) a 1＝ 3，a 2a 3a n2当 n ≥2 ，由 a 1＋ λ＋ λ 2＋⋯ ＋ λ n － 1＝ n ＋ 2n, ①得 a ＋ a 2＋a 32＋ ⋯ ＋n － 2＝ (n － 1)2＋ 2(n －1) ，②1a n － 1λλλ①－②，得 a nn －1λn － 1＝ 2n ＋1，所以 a n ＝(2n ＋ 1) ·λ (n ≥ 2)，n －1*)．因 a 1＝ 3，所以 a n ＝ (2n ＋ 1) ·λ (n ∈ Nr － 1t(2) 当 λ＝ 4n － 1－1， a n ＝ (2n ＋1) ·4 .若存在 a r ，a s ， a t 成等比数列，[(2r ＋ 1) ·4 ][(2t＋1) ·4]＝ (2s ＋ 1)2· 42s － 2，整理得 (2r ＋ 1)(2t ＋ 1)4r ＋ t －2s＝ (2s ＋ 1)2.由奇偶性知 r ＋ t － 2s ＝ 0，所以 (2r ＋ 1)(2t ＋1) ＝(r ＋ t ＋ 1)2，即 (r －t) 2＝ 0. 与 r ≠t 矛盾，故不存在 的正整数r ， s ，t ，使得 a r ，a s ， a t 成等比数列． 2 n － 1 2(3)＋ 2n ；S n ＝ 3＋5λ＋ 7λ＋ ⋯ ＋ (2n ＋ 1) λ .当 λ＝1 ， S n ＝ 3＋5＋ 7＋ ⋯＋ (2n ＋ 1)＝ n 当 λ≠1 ， S n ＝ 2 n － 1 2 n － 1n 3＋ 5λ＋ 7λ＋ ⋯ ＋(2n ＋ 1) λ ， λ S n ＝ 3λ＋ 5λ＋ ⋯＋ (2n － 1) λ ＋ (2n ＋ 1) λ，n － 12 3 n － 1 n λ（ 1－ λ ） n(1－ λ)S ＝ 3＋2( λ＋ λ＋ λ＋ ⋯ ＋ λ )－ ＝ 3＋ 2×－(2n ＋ 1) λ n (2n ＋ 1) λ 1－ λ.要 随意 * ，都有 (1－ λ)S ＋ λa≥ 2λ n恒建立，n ∈ Nnn① 当 λ＝1 ，左＝ (1－ λ)S ＋ λa＝ a ＝ 2n ＋ 1≥2， 建立；nnnn － 1② 当 λ≠1 ， 左 ＝ (1 － λ )S n ＋ λa＝nλ（ 1－ λ）n3＋ 2×－ (2n ＋ 1) λ＋ λa＝n 3 ＋n － 1n1－ λ3－ λλ（1－ λ ）2λ ，2×1－λ＝ －1－ λ 1－ λ所以， 随意*，都有 3－ λ 4－ 2λn恒建立．n ∈ N≥ · λ1－ λ 1－ λ当 0＜ λ＜1 ，只需3－ λ≥ λ n 随意 n ∈ N * 恒建立，4－ 2λ3－ λ3 ， 建立；即只需有≥ λ即可，解得λ≤1或 λ≥，所以当 0＜ λ＜ 14－2λ2当 λ≥2 ，3－ λ 4－ 2λn*恒建立不行能；≥· λ随意 n ∈N1－ λ 1－ λ当 1＜ λ＜2 ，只需 3－ λ≤ λ n 随意 n ∈ N * 恒建立，4－ 2λ即只需3－ λ 3 3≤ λ ，解得 1≤λ≤，所以当1＜ λ≤ ， 建立．4－ 2λ22上， 数λ的取 范0，32 .1. (2014 ·江 卷 )在各 均 正数的等比数列{a n } 中，若a 2＝ 1， a 8＝ a 6＋ 2a 4， a 6＝________．答案： 4分析： 公比 q ，因 a 2＝ 1， 由 a 8＝ a 6＋ 2a 4 得 q 6＝ q 4＋ 2q 2， q 4－ q 2－2＝ 0，解得 q 2 ＝ 2，所以 a 6＝ a 2q 4＝ 4.本 主要考 等比数列的通 公式．2. (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 2 a 4＋ log 2a 5＝ ________．答案： 5分析：由等比数列性质知 a 1a 5＝ a 2a 4 ＝a 23 ＝4.∵ a n >0，∴ a 3＝ 2，∴ a 1a 2a 3a 4a 5＝ (a 1a 5) ·(a 2a 4)·a 3＝ 25，∴ log 2 a 1＋ log 2a 2＋ log 2a 3＋log 2a 4 ＋ log 2a 5＝ l og 2(a 1a 2a 3a 4a 5)＝log 225＝ 5.3. (2014 天·津卷 )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＝ ________．答案：－12分析： ∵ {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， ∴ S 1 ＝a 1，S 2＝ 2a 1 － 1， S 3 ＝4a 1－ 6，由 S 1、S 2、 S 3 成等比数列，得 S 22＝ S 1· S 4，即 (2a 1－1) 2＝ a 1(4a 1－ 6)，解得1a 1＝－2.4. (2014 江·西卷 )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 获得最大值，则 d 的取值范围为 ________．答案： － 1，－78分析：因为 a 1＝ 7>0，当且仅当 n ＝8 时 S n 取最大值，可知d<0 且同时知足 a 8>0 ， a 9<0，a 8＝ 7＋ 7d>0， 77∴解得－ 1<d< － ，∴ － 1<d< － .a 9＝ 7＋ 8d<0，88nn ＝ 3n2－ n *， n ∈ N.5. (2014 江·西卷 )已知数列 {a } 的前 n 项和 S2(1) 求数列 {a n } 的通项公式；(2) 证明：对随意的 n>1 ，都存在 m ∈ N * ，使得 a 1、 a n 、a m 成等比数列．(1) 3n 2－ n2， a 1 也切合上式， 解：由 S n ＝ ，得 a 1 ＝S 1＝ 1.当 n ≥2时， a n ＝ S n －S n － 1＝3n －2所以数列 {a n } 的通项公式为 a n ＝ 3n － 2.a n 2＝ a 1· a m ，即 (3n － 2)2＝ 1·(3m － 2)，(2) 证明：要使得 a 1、 a n 、 a m 成等比数列，只需要 即 m ＝ 3n 2－ 4n ＋ 2.而此时 m ∈ N * ，且 m ＞n ，所以对随意的 n ＞ 1，都存在 m ∈ N * ，使得 a 1、a n 、 a m 成等比数列．6. (2014 湖·北卷 )已知等差数列 {a n } 知足： 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，能否存在正整数 n ，使得 S n ＞ 60n ＋ 800？若存在，求 n 的最小值；若不存在，说明原因．解： (1) 设数列 {a n } 的公差为 d ，依题意知， 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，进而得数列 {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 ，明显 2n<60n ＋ 800，此时不存在正整数 n ，使得 S n >60n ＋ 800 建立．当 a n ＝4n － 2 时， S n ＝n[2＋（4n － 2） ]＝ 2n 2.2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 建立， n 的最小值为 41.综上，当 a n ＝ 2 时，不存在知足题意的正整数n ；当 a n ＝4n － 2 ，存在 足 意的正整数n ，其最小 41.(本 模 高考 分 准， 分 16 分)(2014 ·州期末 ) 数列 {a n } 足 a n ＋ 1＝ 2a n ＋n 2－4n ＋ 1.(1) 若 a 1＝ 3，求 ：存在 f(n) ＝an 2 ＋bn ＋ c(a 、 b 、 c 常数 )，使数列 {a n ＋ f(n)} 是等比数列，并求出数列 {a n } 的通 公式；(2) 若 a n 是一个等差数列 {b n } 的前 n 和，求首 a 1 的 与数列 {b n } 的通 公式．(1) 明：∵ a n ＋1 ＝ 2a n ＋ n 2－ 4n ＋ 1，a n ＋ 1＋ a(n ＋ 1)2＋ b(n ＋ 1)＋ c ＝2(a n ＋ an 2 ＋bn ＋ c)， (2 分 ) 即 a n ＋ 1＝ 2a n ＋ an 2＋ (b － 2a)n ＋c － a － b.(4 分 )a ＝ 1，∴ b － 2a ＝－ 4， ∴ a ＝1， b ＝－ 2， c ＝ 0.(6 分 )c － a － b ＝1.∵ a 1 ＋1－ 2＝ 2，∴ 存在 f(n) ＝ n 2－ 2n ，使数列 {a n ＋ n 2－ 2n} 是公比 2 的等比数列． (8分 )∴ a n ＋ n 2－ 2n ＝ 2×2n －1＝ 2n . a n ＝2 n －n 2＋2n.(10 分 )(2) 解：∵ a n ＋ 1＝ 2a n ＋n 2－4n ＋ 1，即 a n ＋ 1＋ (n ＋ 1)2－ 2(n ＋ 1)＝ 2(a n ＋ n 2－2n)， ∴ a n ＋ n 2－ 2n ＝ (a 1－ 1)2n －1，即 a n ＝(a 1－ 1)2n －1－ n 2＋ 2n.(12 分 )a 1（ n ＝ 1），∴b n ＝（ a 1－ 1） 2n －2－ 2n ＋3（ n ≥2） .(14 分)∵ {b n } 是等差数列，∴ a 1＝ 1，b n ＝－ 2n ＋3.(16 分 )1. 若数列 {a n } ， {b n } 的通 公式分 是 a n ＝ (－ 1)n ＋2 011· a ， b n ＝ 2＋（－1） n ＋2 012，且 a n n＜ b n 随意 n ∈ N * 恒建立， 常数a 的取 范 是 ____________．答案： [－2，1]分析： a ＞ 0 ， a n 的最大 a(n 取奇数 )，b n 的最小 1，若 a n <b n 随意立， a<1； a ＝0 ， b n ＞0， a n ＜ b n 恒建立； a ＜ 0 ， a n 的最大 － a(n 取偶数 － a ≤2. 上， a ∈ [ － 2， 1)．n ∈ N * 恒成)， b n ＞ 2，2. 已知无 数列{a n } 中， a 1， a 2，⋯， a m 是首10，公差 － 2 的等差数列； a m ＋ 1，a m＋2 ，⋯， a 2m 是首1，公比1的等比数列 (此中 m ≥3， m ∈ N * )，并 随意的n ∈ N * ，均有2 2a n ＋2m ＝ a n 建立．(1) 当 m ＝ 12 ，求(2) 若 a 52＝ 1， 求 128a 2 010；m 的 ；(3) 判断能否存在 m(m ≥3， m ∈N * )，使得 S 128m ＋ 3≥2 010 建立？若存在， 求出 m 的 ；若不存在， 明原因．解： (1) 当 m ＝ 12 ，数列的周期 24.∵ 2 010＝ 24×83＋ 18，而 a 18 是等比数列中的 ，∴ a 2 010＝ a 18＝ a 12＋ 6＝ 1 612 ＝ 64.1k1 1 7(2)a m ＋k 是第一个周期中等比数列中的第k ， a m ＋k ＝ 2.∵ 128＝ 2 ，∴ 等比数列中起码有 7 ，即 m ≥7， 一个周期中起码有 14 ，∴ a 52 最多是第三个周期中的 ． 若a 52 是第一个周期中的 ，a 52＝ a m ＋ 7＝1，∴ m ＝52－ 7＝ 45；若 a 52 是第二个周期中的 ，128则 a ＝ a＋＝1，∴3m ＝45，即 m ＝ 15；若 a 是第三个周期中的项，则a ＝ a＋＝ 523m712852525m7∴ 5m ＝ 45，即 m ＝ 9.综上， m ＝ 45、 15 或 9.(3) ∵ 2m 是此数列的周期，∴S 128m ＋ 3 表示 64 个周期及等差数列的前3 项之和，∴最大时， S 128m ＋3 最大．1m1∵m （ m － 1）2 1－ 22＋ 11m ＋ 1－111S 2m ＝ 10m ＋× (－ 2)＋1 ＝－ m m ＝－ m －2221－ 21 ， 128S2m2 ＋125－1m ，当 m ＝ 6 时，S 2m ＝ 31－1＝ 3063；当 m ≤5时，S 2m ＜ 3063；当 m ≥7时，S 2m ＜－7－ 112 4 26464642 125＝ 29＜ 3063，∴ 当 m ＝ 6 时， S 2m 获得最大值，则 S 128m ＋3 获得最大值为 64×3063＋ 24＋4 6464 ＝ 2 007.由此可知不存在 m(m ≥3， m ∈ N * )，使得 S 128m ＋ 3≥ 2 010 建立．3. 设等比数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ，已知 S 1， S 3， S 2 成等差数列．(1) 求 {a n } 的公比 q ；(2) 若 a 1－ a 3＝ 3，求 S n .解： (1) 依题意有 a 1 ＋(a 1＋ a 1q)＝ 2(a 1＋ a 1q ＋ a 1q 2)，2 1 因为 a 1≠ 0，故 2q ＋ q ＝ 0.又 q ≠0，进而 q ＝－ 2.(2) 由已知可得 a 1－ a 1－ 1 22 ＝ 3，故 a 1＝ 4，n4 1－ － 1n 2 81 进而 S n ＝＝ 1－ － 1 31－－2 .24. 设 S n 为数列 {a n } 的前 n 项和，且 S n ＝kn 2＋ n ， n ∈N * ，此中 k 是常数．(1) 求 a 1 及 a n ；(2) 若关于随意的 m ∈N * ， a m ， a 2m ， a 4m 成等比数列，求 k 的值．解： (1) 当 n ＝ 1 时， a 1＝S 1＝k ＋ 1，当 n ≥2时， a n ＝ S n － S n － 1＝ kn 2＋ n － [k(n － 1)2＋(n － 1)] ＝2kn － k ＋1， (*)经查验， n ＝1 时 (*) 式建立，∴ a n ＝ 2kn －k ＋ 1(n ∈ N * )．(2) ∵ a m ， a 2m ， a 4m 成等比数列， ∴ a 2m 2 ＝ a m ·a 4m ，即 (4km －k ＋ 1)2＝ (2km － k ＋ 1)(8km － k ＋ 1)，整理得 mk(k － 1)＝ 0，又对随意的 m ∈ N * 建立，∴ k ＝0 或 k ＝1.。
2018年高考数学二轮复习 专题09 等差数列、等比数列教学案 理
专题09 等差数列、等比数列高考侧重于考查等差、等比数列的通项a n ，前n 项和S n 的基本运算，另外等差、等比数列的性质也是高考的热点．备考时应切实理解等差、等比数列的概念，加强五个量的基本运算，强化性质的应用意识．1．等差数列(1)定义式：a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)； (2)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ； (3)前n 项和公式：S n ＝n a 1＋a n2＝na 1n －d2；(4)性质：①a n ＝a m ＋(n －m )d (n 、m ∈N *)；②若m ＋n ＝p ＋q (m 、n 、p 、q ∈N *)，则a m ＋a n ＝a p ＋a q . 2．等比数列 为非零常数)；q ＝1，1－1－q ≠1.m ∈N *m 、n ∈N *)．n 项和四组公式，活用等差、等比数列的性质，明确数列与函数的关系，巧妙利用a n 与S n 的关系进行转化，细辨应用问题中的条件与结论是通项还是前n 项和，集中突破数列求和的五种方法(公式法、倒序相加法、错位相减法、分组求和法、裂项相消法).【误区警示】1．应用a n 与S n 的关系，等比数列前n 项和公式时，注意分类讨论． 2．等差、等比数列的性质可类比掌握．注意不要用混．3．讨论等差数列前n 项和的最值时，不要忽视n 为整数的条件和a n ＝0的情形． 4．等比数列{a n }中，公比q ≠0，a n ≠0.考点一、等差数列、等比数列的基本运算例1、【2017课标1，理4】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为A ．1B ．2C ．4D ．8【答案】C 【解析】因为166346()3()482a a S a a +==+=，即3416a a +=，则4534()()24168a a a a +-+=-=，即5328a a d -==，解得4d =，故选C.【变式探究】(1)在等比数列{a n }中，S n 表示其前n 项和，若a 3＝2S 2＋1，a 4＝2S 3＋1，则公比q 等于( )A ．－3B ．－1C ．1D ．3(2)已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 1＋a 22＝－3，S 5＝10，则a 9的值是________．答案：(1)D (2)20【变式探究】(1)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.172 B.192C ．10D ．12 (2)若等比数列的各项均为正数，前4项的和为9，积为814，则前4项倒数的和为( )A.32B.94C ．1D ．2 解析：(1)由S 8＝4S 4，公差d ＝1，得8a 1＋8×72×1＝4×⎝ ⎛⎭⎪⎫4a 1＋4×32×1，解得a 1＝12， ∴a 10＝a 1＋9d ＝192.(2)由题意得S 4＝a 1（1－q 4）1－q ＝9，∴1－q 41－q ＝9a 1.由a 1·a 1q ·a 1q 2·a 1q 3＝(a 21q 3)2＝814，得a 21q 3＝92.由等比数列的性质知该数列前4项倒数的和为1a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1q 41－1q＝q 4－1a 1q 3（q －1）＝1a 1q 3·9a 1＝9a 21q 3＝2.答案：(1)B (2)D考点二、等差数列、等比数列的判断与证明例2、(2016·全国Ⅲ卷)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.【变式探究】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，n ∈N *)，a 1＝12.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式．(1)证明：由a n ＋2S n ·S n －1＝0(n ≥2，n ∈N *)， 得S n －S n －1＋2S n ·S n －1＝0，考点三、等差数列、等比数列的综合应用例3、【2017课标1，理12】几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推.求满足如下条件的最小整数N ：N >100且该数列的前N 项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是A ．440B ．330C ．220D ．110【答案】A【解析】由题意得，数列如下：11,1,2,1,2,4,1,2,4,,2k -则该数列的前()1122k k k ++++=项和为()()()111112122222k k k k S k -+⎛⎫+=+++++++=-- ⎪⎝⎭，要使()11002k k +>，有14k ≥，此时122k k ++<，所以2k +是第1k +组等比数列1,2,,2k 的部分和，设1212221t t k -+=+++=-，所以2314t k =-≥，则5t ≥，此时52329k =-=， 所以对应满足条件的最小整数293054402N ⨯=+=，故选A. 【变式探究】(2016·全国Ⅰ卷)已知{a n }是公差为3的等差数列，数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝13，a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n .(1)求{a n }的通项公式； (2)求{b n }的前n 项和．【变式探究】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，常数λ>0，且λa 1a n ＝S 1＋S n 对一切正整数n 都成立．(1)求数列{a n }的通项公式．(2)设a 1>0，λ＝100.当n 为何值时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg 1a n 的前n 项和最大？解：(1)取n ＝1，得λa 21＝2S 1＝2a 1，a 1(λa 1－2)＝0. 若a 1＝0，则S n ＝0.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝0－0＝0， ∴a n ＝0(n ≥1)． 若a 1≠0，则a 1＝2λ.当n ≥2时，2a n ＝2λ＋S n ，2a n －1＝2λ＋S n －1，两式相减得2a n －2a n －1＝a n ，∴a n ＝2a n －1(n ≥2)，从而数列{a n }是等比数列， ∴a n ＝a 1·2n －1＝2λ·2n －1＝2nλ. 综上，当a 1＝0时，a n ＝0；当a 1≠0时，a n ＝2nλ.1.【2017课标1，理4】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为A ．1B ．2C ．4D ．8【答案】C 【解析】因为166346()3()482a a S a a +==+=，即3416a a +=，则4534()()24168a a a a +-+=-=，即5328a a d -==，解得4d =，故选C.2.【2017课标II ，理3】我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（ ）A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏 【答案】B【解析】设塔的顶层共有灯x 盏，则各层的灯数构成一个首项为x ，公比为2的等比数列，结合等比数列的求和公式有： ()71238112x -=-，解得3x =，即塔的顶层共有灯3盏，故选B ．3.【2017课标1，理12】几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推.求满足如下条件的最小整数N ：N >100且该数列的前N 项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是A ．440B ．330C ．220D ．110【答案】A要使()11002k k +>，有14k ≥，此时122k k ++<，所以2k +是第1k +组等比数列1,2,,2k 的部分和，设1212221t t k -+=+++=-，所以2314t k =-≥，则5t ≥，此时52329k =-=， 所以对应满足条件的最小整数293054402N ⨯=+=，故选A.1. 【2016高考新课标1卷】已知等差数列{}n a 前9项的和为27,108a =,则100a = （ ）（A ）100 （B ）99 （C ）98 （D ）97 【答案】C 【解析】由已知,1193627,98a d a d +=⎧⎨+=⎩所以110011,1,9919998,a d a a d =-==+=-+=故选C.2【2016高考浙江理数】如图，点列{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且1122,,n n n n n n A A A A A A n ++++=≠∈*N ，1122,,n n n n n n B B B B B B n ++++=≠∈*N ，（P Q P Q ≠表示点与不重合）.若n n d A =（ ）A ．{}n S 是等差数列B ．2{}n S 是等差数列C ．{}n d 是等差数列D ．2{}n d 是等差数列【答案】A3.【2016年高考北京理数】已知{}n a 为等差数列，n S 为其前n 项和，若16a =，350a a +=，则6=S _______..【答案】6【解析】∵{}n a 是等差数列，∴35420a a a +==，40a =，4136a a d -==-，2d =-， ∴616156615(2)6S a d =+=⨯+⨯-=，故填：6．4.【2016高考江苏卷】已知{}n a 是等差数列，{S }n 是其前n 项和.若21253,S =10a a +=-，则9a 的值是 ▲ .【答案】20.【解析】由510S =得32a =，因此2922(2d)33,23620.d d a -+-=-⇒==+⨯= 5、【2016高考新课标1卷】设等比数列{}n a 满足a 1+a 3=10,a 2+a 4=5,则a 1a 2 …a n 的最大值为 ．【答案】646.【2016高考江苏卷】（本小题满分16分）记{}1,2,100U =…，.对数列{}()*n a n N ∈和U 的子集T ，若T =∅,定义0TS=;若{}12,,k T t t t =…，，定义12+k T t t t S a a a =++….例如：{}=1,3,66T 时，1366+T S a a a =+.现设{}()*n a n N∈是公比为3的等比数列，且当{}=2,4T 时，=30TS.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）对任意正整数()1100k k ≤≤，若{}1,2,k T ⊆…，，求证：1T k S a +<； （3）设,,C D C U D U S S ⊆⊆≥,求证：2C CDD S S S +≥.【答案】（1）13n n a -=（2）详见解析（3）详见解析 【解析】（1）由已知得1*13,n n a a n -=⋅∈N .于是当{2,4}T =时，2411132730r S a a a a a =+=+=. 又30r S =，故13030a =，即11a =. 所以数列{}n a 的通项公式为1*3,n n a n -=∈N . （2）因为{1,2,,}T k ⊆，1*30,n n a n -=>∈N ，所以1121133(31)32k kk r k S a a a -≤+++=+++=-<. 因此，1r k S a +<.（3）下面分三种情况证明. ①若D 是C 的子集，则2C C DC D D D D S S S S S S S +=+≥+=. ②若C 是D 的子集，则22C CDC C CD S S S S S S +=+=≥.③若D 不是C 的子集，且C 不是D 的子集. 令U E CD =ð，U F D C =ð则E ≠∅，F ≠∅，EF =∅.于是C E C DS S S =+，D F CDS S S =+，进而由C D S S ≥，得E F S S ≥.1.【2015高考重庆，理2】在等差数列{}n a 中，若2a =4，4a =2，则6a = （ ） A 、-1 B 、0 C 、1 D 、6 【答案】B【解析】由等差数列的性质得64222240a a a =-=⨯-=，选B .2.【2015高考福建，理8】若,a b 是函数()()20,0f x x px q p q =-+>> 的两个不同的零点，且,,2a b - 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（ ）A ．6B ．7C ．8D ．9 【答案】D【解析】由韦达定理得a b p +=，a b q ⋅=，则0,0a b >>，当,,2a b -适当排序后成等比数列时，2-必为等比中项，故4a b q ⋅==，4b a=．当适当排序后成等差数列时，2-必不是等差中项，当a 是等差中项时，422a a =-，解得1a =，4b =；当4a是等差中项时，82a a=-，解得4a =，1b =，综上所述，5a b p +==，所以p q +9=，选D ．3.【2015高考北京，理6】设{}n a 是等差数列. 下列结论中正确的是（ ） A ．若120a a +>，则230a a +> B ．若130a a +<，则120a a +<C ．若120a a <<，则2a >D ．若10a <，则()()21230a a a a --> 【答案】C【2015高考新课标2，理16】设n S 是数列{}n a 的前n 项和，且11a =-，11n n n a S S ++=，则n S =________．【答案】1n-【解析】由已知得111n n n n n a S S S S +++=-=⋅，两边同时除以1n n S S +⋅，得1111n n S S +=--，故数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1-为首项，1-为公差的等差数列，则11(1)nS n n =---=-，所以1n S n =-．【2015高考广东，理10】在等差数列中，若，则= .【答案】10． 【解析】因为是等差数列，所以，即，所以，故应填入．【2015高考陕西，理13】中位数1010的一组数构成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项为 ．【答案】5【解析】设数列的首项为1a ，则12015210102020a +=⨯=，所以15a =，故该数列的首项为5，所以答案应填：5．【2015高考浙江，理3】已知{}n a 是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是n S ，若3a ，4a ，8a 成等比数列，则（ ）A.140,0a d dS >>B. 140,0a d dS <<C. 140,0a d dS ><D.140,0a d dS <>【答案】B.【解析】∵等差数列}{n a ，3a ，4a ，8a 成等比数列，∴da d a d a d a 35)7)(2()3(11121-=⇒++=+，∴d d a a a a S 32)3(2)(211414-=++=+=，∴03521<-=d d a ，03224<-=d dS ，故选B.【2015高考安徽，理14】已知数列{}n a 是递增的等比数列，14239,8a a a a +==，则{}n a 2576543=++++a a a a a 82a a +{}n a 37462852a a a a a a a +=+=+=345675525a a a a a a ++++==55a =285210a a a +==10数列{}n a 的前n 项和等于 .【答案】21n-1. 【2014高考北京版理第5题】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 ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件 【答案】D【解析】对等比数列}{n a ，若1>q ，则当01<a 时数列}{n a 是递减数列；若数列}{n a 是递增数列，则}{n a 满足01<a 且10<<q ，故当“1>q ”是”数列}{n a 为递增数列的既不充分也不必要条件.故选C.【考点定位】等比数列的性质，充分条件与必要条件的判定2. 【2014高考福建卷第3题】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】C【解析】假设公差为d ,依题意可得1323212,22d d ⨯+⨯⨯=∴=.所以62(61)212a =+-⨯=.故选C.【考点定位】等差数列的性质.3. 【2014高考江苏卷第7题】在各项均为正数的等比数列{}n a 中，若21a =，8642a a a =+，则6a 的值是 .【答案】4【解析】设公比为q ，因为21a =，则由8642a a a =+得6422q q a =+，4220q q --=，解得22q =，所以4624a a q ==．【考点定位】等比数列的通项公式．4. 【2014辽宁高考理第8题】设等差数列{}n a 的公差为d ，若数列1{2}na a 为递减数列，则（ ）A ．0d <B ．0d >C ．10a d <D ．10a d >【答案】C【考点定位】等差数列的概念、递减数列.5. 【2014重庆高考理第2题】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】D【解析】因为数列{}n a 为等比数列，设其公比为q ，则()22852391116a a a q a q a q a ⋅=⋅⋅⋅=⋅= 所以，369,,a a a 一定成等比数列，故选D.【考点定位】等比数列的概念与通项公式、等比中项.6. 【2014天津高考理第11题】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】12-． 【解析】依题意得2214S S S =，∴()()21112146a a a -=-，解得112a =-．【考点定位】等差数列、等比数列的通项公式、等比数列的前n 项和公式．7. 【2014大纲高考理第10题】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 ．【考点定位】等差数列、等比数列的通项公式、等差数列的前n 项和公式． 8. 【2014高考广东卷理第13题】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 +++= .【答案】50【解析】由题意知51011912101122a a a a a a e +==，所以51011a a e =， 因此()()()()()101055012201202191011101110a a a a a a a a a a a e e ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅===对，因此()1250122020ln ln ln ln ln 50a a a a a a e ⋅⋅⋅+=++==.【考点定位】等比数列的基本性质与对数的基本运算9. 【2014高考安徽卷理第12题】数列{}n a 是等差数列，若1351,3,5a a a +++构成公比为q 的等比数列，则q =________.【答案】1【考点定位】等差、等比数列的性质.10. 【2014高考北京版理第12题】若等差数列{}n a 满足7897100,0a a a a a ++>+<，则当n = 时，{}n a 的前n 项和最大.【答案】8【解析】由等差数列的性质，89873a a a a =++，08>a ，又因为0107<+a a ，所以098<+a a所以09<a ，所以78S S >，98S S >，故数列}{n a 的前8项最大. 【考点定位】等差数列的性质，前n 项和的最值 11. 【2014高考大纲理第18题】等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知110a =，2a 为整数，且4n S S ≤. （I ）求{}n a 的通项公式； （II ）设11n n n b a a +=，求数列{b 【答案】（1）133n a n =-；（2）d 为整数．由4n S S ≤可得450,0,a a ≥≤的值，最后由等差数列的通项公式可求得数()()1110774133103n b n n ++=+++⨯⨯--，由于n b 可分裂为1113103133n n ⎛⎫-⎪--⎝⎭，故采用裂项相消法求n T ．（1）由110a =，2a 为整数知，等差数列{}n a 的公差d 为整数．又4n S S ≤，故450,0,a a ≥≤于是1030,1040d d +≥+≤，解得10532d -＃-，因此3d =-，故数列{}n a 的通项公式为133n a n =-．（2）()()11111331033103133n b n n n n ⎛⎫==- ⎪----⎝⎭，于是()12111111111137104710313331031010103n n n T b b b n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥----⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦．【考点定位】等差数列通项公式、裂项法求数列的前n 项和． 12. 【2014高考广东理第19题】设数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足21234n n S na n n +=--，n N *∈，且315S =.（1）求1a 、2a 、3a 的值； （2）求数列{}n a 的通项公式.【答案】（1）13a =，25a =，37a =；（2）21n a n =+.（2）由题意得13222n n S na n +=++， 由（1）知13a =，25a =，37a =，猜想21n a n =+， 假设当()n k k N *=∈时，猜想成立，即21k a k =+，则有()()()1321222k k k a a k k S k k +++===+， 则当1n k =+时，有()()123322232112222k k k k S kk a k k k k ++=++=++=+=++， 这说明当1n k =+时，猜想也成立，由归纳原理知，对任意n N *∈，21n a n =+. 【考点定位】数列的通项13. 【2014高考湖北理第18题】已知等差数列}{n a 满足：21=a ，且1a 、2a 、5a 成等比数列.（1）求数列}{n a 的通项公式.（2）记n S 为数列}{n a 的前n 项和，是否存在正整数n ，使得?80060+>n S n 若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由.【答案】（1）2=n a 或24-=n a n .（2）当2=时，，显然800602+<n n ，不存在正整数n ，使得22n =，0>， 成立，n 的最小值为41. n ；当24-=n a n 时，存在正整数n ，使得80060+>n S n 成立，n 的最小值为41. 【考点定位】等差数列、等比数列的性质、等差数列的求和公式.。
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专题34 等差数列与等比数列问题的精彩妙解考纲要求:1.理解等差(比）数列的概念(定义、公差、等差中项)．掌握等差(比）数列的通项公式与前n 项和公式；2.能在具体的问题情境中识别数列的等差(比）关系，并能用有关知识解决相应的问题；3.了解等差数列与一次函数的关系．了解等比数列与指数函数的关系．4.掌握等差(比）数列的性质及其应用． 基础知识回顾:一、等差(比）数列的定义通项公式及前n 项和公式 1.等差数列（1）定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．表示为a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)．（提示：要注意定义中的“从第2项起”．如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或第4项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列）．（2）等差中项：数列a ，A ，b 成等差数列的充要条件是A ＝a ＋b2，其中A 叫作a ，b 的 等差中项 ．（3）通项公式：a n ＝ a 1＋(n －1)d .4．前n 项和公式：S n ＝ na 1＋n n －12d ＝a 1＋a n n2. 2等比数列（1）定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．定义的表达式为a n ＋1a n＝q . （2）等比中项：G 是a 与b 的等比中项⇔a ，G ，b 成等比数列⇒G 2＝ab .（提示：在等比数列中每项与公比都不为0）.（3）通项公式：a n ＝a 1q n －1. 前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1 1－q n 1－q＝a 1－a n q1－q ，q ≠1.二、等差(比）数列的性质1.数列{a n }是等差数列，则其项的性质有：（1）a n ＝a m ＋(n －m )d ，a n ＝An ＋B 等形式，d ＝a n －a mn －m （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)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n ，(k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n . (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列．2.数列{a n }是等差数列，则其和的性质有：（1）数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…也是等差数列.（2）前n 项和公式S n ＝d2n 2＋(a 1－d2)n 视为关于n 的一元二次函数，开口方向由公差d的正负确定；S n ＝ a 1＋a n n2中(a 1＋a n )视为一个整体，常与等差数列性质结合利用“整体代换”思想解题．（3）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 .(4)在等差数列{a n }中，若项数为偶数2n 的等差数列{a n }：S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)．S 偶－S 奇＝nd ，S 奇S 偶＝a n a n ＋1.若项数为奇数(2n ＋1)的等差数列{a n }：S 2n ＋1＝(2n ＋1)a n ＋1.S 奇S 偶＝n ＋1n.(其中S 奇、S 偶分别表示数列{a n }中所有奇数项、偶数项的和) 3.数列{a n }是等比数列，则其项的性质有：(1)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k ；(2)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n ＋3k ，…为等比数列，公比为q k；4.数列{a n }是等比数列，则其和的性质有：(1)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 4n 不一定构成等比数列． 应用举例:类型一、等差数列的基本运算【例1】【安徽省“五校”2018届高三上学期联考】已知{}n a 是公差为1的等差数列， n S 为{}n a 的前n 项和，若85S S =，则10a =（ ）A . 6-B . 3-C . 3D . 0【答案】C【例2】【2017沈阳质量检测】设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，公差d ＝2，S n ＋2－S n ＝36，则n ＝( )A ．5B ．6C ．7D ．8【答案】D【解析】法一：由题知S n ＝na 1＋n n －12d ＝n ＋n (n －1)＝n 2，S n ＋2＝(n ＋2)2，由S n ＋2－S n ＝36得，(n ＋2)2－n 2＝4n ＋4＝36，所以n ＝8.法二：S n ＋2－S n ＝a n ＋1＋a n ＋2＝2a 1＋(2n ＋1)d ＝2＋2(2n ＋1)＝36，解得n ＝8.【例3】【2017河北衡水中学模拟】已知S n 是数列{a n }的前n 项和，a 1＝1，a 2＝2，a 3＝3，数列{a n ＋a n ＋1＋a n ＋2}是公差为2的等差数列，则S 25＝( )A ．232B ．233C ．234D ．235【答案】B【解析】由题可得a 4＝3，所以a 2＋a 3＋a 4＝8，∴S 25＝a 1＋(a 2＋a 5＋…＋a 23)＋(a 3＋a 6＋…＋a 24)＋(a 4＋a 7＋…＋a 25)＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2×8＋8×72×2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3×8＋8×72×2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3×8＋8×72×2＝23. 点评：等差数列运算的解题思路及答题步骤(1)解题思路：由等差数列的前n 项和公式及通项公式可知若已知a 1，d ，n ，a n ，S n 中三个便可求出其余两个，即“知三求二”，“知三求二”的实质是方程思想，即建立方程组求解．如“题组练透”第4题易出现计算失误．(2)答题步骤：步骤一：结合所求结论，寻找已知与未知的关系；步骤二：根据已知条件列方程求出未知量；步骤三：利用前n 项和公式求得结果。
类型二、等差数列的性质及最值【例4】【宁夏育才中学2018届高三上学期第三次月考】已知无穷等差数列{}n a 的公差0d >，{}n a 的前n 项和为n S ，若50a <，则下列结论中正确的是（ ）A . {}n S 是递增数列B . {}n S 是递减数列C . 2n S 有最小值D . 2n S 有最大值【答案】C【例5】【2017广东省珠海市高三摸底考试】已知{a n }为等差数列，若a 1＋a 2＋a 3＝5，a 7＋a 8＋a 9＝10，则a 19＋a 20＋a 21＝________. 【答案】20.【解析】法一：设数列{}a n 的公差为d ，则a 7＋a 8＋a 9＝a 1＋6d ＋a 2＋6d ＋a 3＋6d ＝5＋18d ＝10，所以18d ＝5，故a 19＋a 20＋a 21＝a 7＋12d ＋a 8＋12d ＋a 9＋12d ＝10＋36d ＝20.法二：由等差数列的性质，可知S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，…，S 21－S 18成等差数列，设此数列公差为D .所以5＋2D ＝10，所以D ＝52.所以a 19＋a 20＋a 21＝S 21－S 18＝5＋6D ＝5＋15＝20.【例6】【2017湖北省襄阳市第四中学高三月考】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． 【答案】130.点评：求等差数列前n 项和S n 最值的2种方法(1)函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn ，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．(2)邻项变号法：①当a 1>0，d <0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧ a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值为S m ；②当a 1<0，d >0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值为S m .类三、等比数列的基本运算等比数列的基本运算是高考的常考内容，题型既有选择、填空题，也有解答题，难度适中，属中低档题．常见的命题角度有：(1)求首项a 1，公比q 或项数n ；(2)求通项或特定项；(3)求前n 项和．角度一：求首项a 1，公比q 或项数n【例7】【2017江西省南昌高三一模】已知等比数列{a n }的公比为正数，且a 3a 9＝2a 25，a 2＝2，则a 1＝( )A .12 B .22C . 2D ．2 【答案】C【解析】∵等比数列{a n }的公比为正数，且a 3a 9＝2a 25，a 2＝2，∴由等比数列的性质得a 26＝2a 25，∴a 6＝2a 5，公比q ＝a 6a 5＝2，a 1＝a 2q＝ 2.【例8】【2017河北省定州中学高三月考】在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n。