2018高考数学异构异模复习第六章数列6.2.1等差数列的概念及运算撬题文
2018高考数学异构异模复习第六章数列6.4.1数列求和课件文
4 5 10
)
撬法· 命题法 解题法
[考法综述] 高考中主要考查等差等比数列的前 n 项和公式及非等差等比数列的求和方法．一般综 合性较强，对分析能力、运算能力要求高． 命题法 给出数列求和 典例 (1)已知等差数列{an}，公差 d>0，前 n 项和为 Sn，且满足 a2a3＝45，a1＋a4＝14. ①求数列{an}的通项公式及前 n 项和 Sn；
2．数列{1＋2n－1}的前 n 项和为( A．1＋2n C．n＋2n－1 B．2＋2n D．n＋2＋2n
)
解析 由题意得 an＝1＋2n－1， 1－2n 所以 Sn＝n＋ ＝n＋2n－1，故选 C. 1－2
3．在 10 到 2000 之间，形如 2n(n∈N*)的各数之和为( A．1008 B．2040 C．2032 D．2016
2n－1 ②由①得 bn＝ 3n ， 2n－1 1 3 5 Tn＝31＋32＋33＋„＋ 3n ，① 2n－1 1 1 3 5 3Tn＝32＋33＋34＋„＋ 3n＋1 ，② ①－②得 2n－1 1 1 2 1 1 2＋ 3＋„＋ n－ n＋1 3 3 3 3Tn＝3＋2 3 1 1 1 － － 9 3n 1 2n－1 1 ＝3＋2× 1 － 3n＋1 1－3 2 2n＋2 ＝3－ n＋1 ， 3 n＋1 所以 Tn＝1－ 3n .
nn＋1 2 a．1＋2＋3＋„＋n＝ ； 2 b．2＋4＋6＋„＋2n＝ n ＋n ；
2 c．1＋3＋5＋„＋(2n－1)＝ n ；
nn＋12n＋1 6 d．12＋22＋32＋„＋n2＝ ；
nn＋12 3 3 3 3 2 . e．1 ＋2 ＋3 ＋„＋n ＝
高考数学异构异模复习第六章数列6.2.2等差数列的性质及应用课件文
[错解]
[错因分析] 等差数列的前 n 项和最值问题，可以通过找对称轴来确定，本题只关注到 n∈N*，并未关 注到 n＝1 与 n＝2 时，S1＝S2，导致错误．
[心得体会]
编后语
老师上课都有一定的思路，抓住老师的思路就能取得良好的学习效果。在上一小节中已经提及听课中要跟随老师的思路，这里再进一步论述听课时如何 抓住老师的思路。
① 根据课堂提问抓住老师的思路。老师在讲课过程中往往会提出一些问题，有的要求回答，有的则是自问自答。一般来说，老师在课堂上提出的问 题都是学习中的关键，若能抓住老师提出的问题深入思考，就可以抓住老师的思路。
② 根据自己预习时理解过的逻辑结构抓住老师的思路。老师讲课在多数情况下是根据教材本身的知识结构展开的，若把自己预习时所理解过的知识 逻辑结构与老师的讲解过程进行比较，便可以抓住老师的思路。
－k＋1＝….
(2)等差数列{an}中，当 m＋n＝p＋q 时， 特别地，若 m＋n＝2p，则 2ap＝am＋an
am＋an＝ap＋aq (m，n，p，q∈N*)． (m，n，p∈N*)．
(3)相隔等距离的项组成的数列是等差数列，即 ak，ak＋m，ak＋2m，…仍是等差数列，公差为 md (k，m∈ N*)．
命题法 1 等差数列性质的应用 典例 1 等差数列{an}中，如果 a1＋a4＋a7＝39，a3＋a6＋a9＝27，则数列{an}前 9 项的和为( ) A．297 B．144 C．99 D．66
[解析] 由 a1＋a4＋a7＝39，得 3a4＝39，a4＝13. 由 a3＋a6＋a9＝27，得 3a6＝27，a6＝9. 所以 S9＝9a1＋ 2 a9＝9a4＋ 2 a6＝9×123＋9＝9×11＝99，故选 C.
18高考数学异构异模复习第六章数列6.3.1等比数列的概念及运算撬
18高考数学异构异模复习第六章数列6.3.1等比数列的概念及运算撬----c7239312-6ea0-11ec-8f7f-7cb59b590d7d2021高考数学异构异模复习考案第六章数列6.3.1等比数列的概阅读并计算问题理论1.已知等比数列{an}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝()a．21b．42c．63d．84答案b解析解1：因为A1（1+Q+Q）=21，A1=3，所以Q+Q-6=0，所以Q=2（Q=-3四舍五入），所以A3=6，A5=12，a7=24，所以A3+A5+a7=42，所以B解法二：同解法一求出q＝2，由a3＋a5＋a7＝q(a1＋a3＋a5)＝42，故选b.2．对任意等比数列{an}，下列说法一定正确的是()a．a1，a3，a9成等比数列b．a2，a3，a6成等比数列c．a2，a4，a8成等比数列d．a3，a6，a9成等比数列答案d根据等比序列的性质，如果M+n=2K（M，n，K∈ n）然后am，AK和an形成等比序列，所以D3．等差数列{an}的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则{an}的前n项和sn＝()a．n(n＋1)b．n(n－1)c.*2二2四4二2二n?n＋1?二d.n?n－1?二答案a作语法分析∵ A2、A4和A8的比例相等，∴a4＝a2a8，即(a1＋3d)＝(a1＋d)(a1＋7d)，将d＝2代入上式，解得a1＝2，∴sn＝2n＋二2Nn－1？二2=n（n+1），所以选择一个4．设sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝1，公比q＝2，sk＋2－sk＝48，则k等于()a．7b．6c．5d．4答案d1-2k分析∵ SK==2-1，1－2∴sk＋2＝2故选d.5.序列{an}是一个等差序列。
如果a1+1、A3+3和A5+5构成一个相等的比率序列，其公共比率为Q，那么Q=答案1解析设数列{an}的公差为d，则a1＝a3－2d，a5＝a3＋2d，由题意得，(a1＋1)(a5＋5)k＋2k－1，k＋2由sk＋2－sk＝48得2－2＝48,2＝16，k＝4.kk1＝(a3＋3)，即(a3－2d＋1)(a3＋2d＋5)＝(a3＋3)，整理，得(d＋1)＝0，∴d＝－1，则二百二十二a1＋1＝a3＋3，故q＝1.6.等比序列{an}的前n项之和为Sn，如果A1=1，则公比不是1，且任何n项都有+2+an+1∈ N*-2An=0，然后S5=回答11解析设数列{an}的公比为q，由an＋2＋an＋1－2an＝0，得anq＋anq－2an＝0，显然an≠0，二5那么第二季度呢＋q－2＝0，又q≠1，所以q＝－2，所以s1×[1－?－2?]5＝1－?－ 2.＝11.7.设序列{Ann}的前n项之和为SN，已知2Sn=3+3（1）求{an}的通项公式；(2)若数列{bn}满足anbn＝log3an，求{bn}的前n项和tn.解(1)因为2snn＝3＋3，所以2a1＝3＋3，故a1＝3，当n>1时，2sn－1n－1＝3＋3，此时2asnn-1n＝2sn－2n－1＝3－3＝2×3n－1，即an＝3n－1，那么一个？？？3，n＝1n＝??3n－1，n>1.（2）因为A1nbn＝log3an，所以b1＝3.当n>1时，b-nn=31log33n－1＝(n－1)31－n。
高考数学异构异模复习第六章数列6.1.1数列的概念及表示方法课件文
2 数列的表示方法
列表法 图象法
列表格表达 n 与 an 的对应关系 把点 (n，an) 画在平面直角坐标系中
通项公式
把数列的通项用 公式 表达的方法
公式法
递推公式 使用初始值 a1 和 an＋1＝f(an)或 a1，a2 和 an＋1＝f(an，an－1)等表达数列的方法
3 数列的分类
分类原则 按项数分类
一、“超前思考，比较听课”
什么叫“超前思考，比较听课”？简单地说，就是同学们在上课的时候不仅要跟着老师的思路走，还要力争走在老师思路的前面，用自己的思路和老师的思路进行对 比，从而发现不同之处，优化思维。
比如在讲《林冲棒打洪教头》一文，老师会提出一些问题，如林冲当时为什么要戴着枷锁？林冲、洪教头是什么关系？林冲为什么要棒打洪教头？••••••
(2)①各项减去 1 后为正偶数，所以 an＝2n＋1. ②将数列改写为1×2 2，2×2 3，3×2 4，4×2 5，5×2 6，…因而有 an＝nn＋2 1，也可逐差法 a2－a1＝2，a3 －a2＝3，a4－a3＝4，a5－a4＝5，…，an－an－1＝n，各式累加得 an＝nn＋ 2 1. 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 an＝(－1)n·2＋n－1n.
②作商比较法：当 an>0 时，则aan＋n 1>1⇔数列{an}是单调递增数列；aan＋n1<1⇔数列{an}是单调递减数列； aan＋n 1＝1⇔数列{an}是常数列．
当 an<0 时，则aan＋n 1>1⇔数列{an}是单调递减数列；aan＋n1<1⇔数列{an}是单调递增数列；aan＋n 1＝1⇔数列{an} 是常数列．
2018高考数学文科异构异模复习考案撬分法习题 第六章
1．设{a n }是等差数列．下列结论中正确的是( ) A ．若a 1＋a 2>0，则a 2＋a 3>0 B ．若a 1＋a 3<0，则a 1＋a 2<0 C ．若0<a 1<a 2，则a 2>a 1a 3 D ．若a 1<0，则(a 2－a 1)(a 2－a 3)>0 答案 C解析 若{a n }是递减的等差数列，则选项A 、B 都不一定正确．若{a n }为公差为0的等差数列，则选项D 不正确．对于C 选项，由条件可知{a n }为公差不为0的正项数列，由等差中项的性质得a 2＝a 1＋a 32，由基本不等式得a 1＋a 32>a 1a 3，所以C 正确．2．在等差数列{a n }中，a 1>0，a 2012＋a 2013>0，a 2012·a 2013<0，则使S n >0成立的最大自然数n 是( )A ．4025B ．4024C ．4023D ．4022 答案 B解析 ∵等差数列{a n }的首项a 1>0，a 2012＋a 2013>0，a 2012·a 2013<0，假设a 2012<0<a 2013，则d >0，而a 1>0，可得a 2012＝a 1＋2011d >0，矛盾，故不可能． ∴a 2012>0，a 2013<0. 再根据S 4024＝a 1＋a 40242＝2012(a 2012＋a 2013)>0，而S 4025＝4025a 2013<0，因此使前n 项和S n >0成立的最大自然数n 为4024.3.已知等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若S n T n ＝2n 3n ＋1，则a nb n＝( )点击观看解答视频A.23 B.2n －13n －1 C.2n ＋13n ＋1D.2n －13n ＋4答案 B解析 a n b n ＝2a n 2b n ＝2n －12a 1＋a 2n －12n －12b 1＋b 2n －1＝S 2n －1T 2n －1＝n －n －＋1＝2n －13n －1.故选B. 4．在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25，则a 2＋a 8＝________. 答案 10解析 由a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25，得5a 5＝25，所以a 5＝5，故a 2＋a 8＝2a 5＝10. 5．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________． 答案 5解析 设等差数列的首项为a 1，根据等差数列的性质可得，a 1＋2015＝2×1010，解得a 1＝5.6．在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前n 项和为S n ，当且仅当n ＝8时S n 取得最大值，则d 的取值范围为________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－78解析 由题意知d <0且⎩⎪⎨⎪⎧a 8>0，a 9<0，即⎩⎪⎨⎪⎧7＋7d >0，7＋8d <0，解得－1<d <－78.7.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．点击观看解答视频答案 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，∴a 9<0，∴当n ＝8时，{a n }的前n 项和最大．8．已知公差大于零的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 3·a 4＝117，a 2＋a 5＝22. (1)求通项a n ； (2)求S n 的最小值；(3)若数列{b n }是等差数列，且b n ＝S nn ＋c，求非零常数c .解 (1)因为数列{a n }为等差数列，所以a 3＋a 4＝a 2＋a 5＝22. 又a 3·a 4＝117，所以a 3，a 4是方程x 2－22x ＋117＝0的两实根， 又公差d >0，所以a 3<a 4，所以a 3＝9，a 4＝13， 所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝9，a 1＋3d ＝13，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝4.所以通项a n ＝4n －3. (2)由(1)知a 1＝1，d ＝4. 所以S n ＝na 1＋n n －2×d ＝2n 2－n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫n －142－18.所以当n ＝1时，S n 最小，最小值为S 1＝a 1＝1. (3)由(2)知S n ＝2n 2－n ，所以b n ＝S nn ＋c ＝2n 2－nn ＋c，所以b 1＝11＋c ，b 2＝62＋c ，b 3＝153＋c .因为数列{b n }是等差数列， 所以2b 2＝b 1＋b 3， 即62＋c ×2＝11＋c ＋153＋c， 所以2c 2＋c ＝0，所以c ＝－12或c ＝0(舍去)，故c ＝－12.。
2018版高考数学(理)一轮复习文档：第六章6.2 等差数列及其前n项和含解析
①设bn＝an＋1－an,证明{bn}是等差数列；
②求{an}的通项公式．
①证明 由an＋2＝2an＋1－an＋2，
得an＋2－an＋1＝an＋1－an＋2,
即bn＋1＝bn＋2。
又b1＝a2－a1＝1，
所以{bn｝是首项为1，公差为2的等差数列．
（5）若{an}是等差数列，公差为d，则ak，ak＋m,ak＋2m,…(k，m∈N＊）是公差为md的等差数列．
(6)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…构成等差数列．
5．等差数列的前n项和公式
设等差数列｛an｝的公差为d,其前n项和Sn＝ 或Sn＝na1＋ d。
6．等差数列的前n项和公式与函数的关系
又2(S9－S6)＝(S6－S3)＋(S12－S9)，
即2×(45－3）＝(3＋12）＋（S12－45），解得S12＝114。
（2）由题意知,数列{ ｝为等差数列，其公差为1，
∴ ＝ ＋（2 018－1）×1
＝－2 018＋2 017＝－1。
∴S2 018＝－2 018.
思维升华 等差数列的性质
(1）项的性质:在等差数列{an｝中，am－an＝（m－n)d⇔ ＝d（m≠n)，其几何意义是点(n，an），(m，am)所在直线的斜率等于等差数列的公差．
A. B。
C. D。
答案 (1)B (2)A
解析 (1）S11＝ ＝
＝ ＝88。
（2） ＝ ＝ ＝ ＝
＝ ＝ 。
6．等差数列的前n项和及其最值
考点分析公差不为0的等差数列，求其前n项和与最值在高考中时常出现。题型有小题，也有大题，难度不大.
典例1 （1）在等差数列{an｝中，2（a1＋a3＋a5）＋3(a7＋a9)＝54,则此数列前10项的和S10等于（ ）
高考数学异构异模复习第六章数列6.2.1等差数列的概念及运算课件文
1．思维辨析 (1)若一个数列从第 2 项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．( × ) (2)数列{an}为等差数列的充要条件是对任意 n∈N*，都有 2an＋1＝an＋an＋2.( √ ) (3)等差数列{an}的单调性是由公差 d 决定的．( √ ) (4)数列{an}为等差数列的充要条件是其通项公式为 n 的一次函数．( × ) (5)等差数列的前 n 项和公式是常数项为 0 的二次函数．( × )
命题法 2 等差数列的判定与证明 典例 2 数列{an}满足 a1＝1，a2＝2，an＋2＝2an＋1－an＋2. (1)设 bn＝an＋1－an，证明{bn}是等差数列； (2)求{an}的通项公式．
[解] (1)证明：∵an＋2＝2an＋1－an＋2， ∴bn＋1－bn＝an＋2－an＋1－(an＋1－an) ＝2an＋1－an＋2－2an＋1＋an＝2. ∴{bn}是以 1 为首项，2 为公差的等差数列． (2)由(1)得 bn＝1＋2(n－1)，即 an＋1－an＝2n－1， ∴a2－a1＝1，a3－a2＝3，a4－a3＝5， …，an－an－1＝2n－3，累加法可得 an－a1＝1＋3＋5＋…＋(2n－3)＝(n－1)2， ∴an＝n2－2n＋2.
解析 ∵S3＝3a1＋ 2 a3＝3a2＝12，∴a2＝4. ∵a1＝2，∴d＝a2－a1＝4－2＝2. ∴a6＝a1＋5d＝12.故选 C.
撬法·命题法 解题法
[考法综述] 等差数列的定义，通项公式及前 n 项和公式是高考中常考内容，用定义判断或证明等 差数列，由 n，an，Sn，a1，d 五个量之间的关系考查基本运算能力．
2018高考数学文科异构异模复习考案撬分法习题 第六章
1．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________．答案2011解析 由a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)得，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋2，则1a n ＝2nn ＋＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和S 10＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋110－111＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－111＝2011.2．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，则数列{a n }的通项公式为________． 答案 a n ＝2·3n －1－1解析 ∵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}是等比数列，公比q ＝3. 又a 1＋1＝2，∴a n ＋1＝2·3n －1，∴a n ＝2·3n －1－1.3.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n－3，则数列{a n }的通项公式为________．点击观看解答视频答案 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，2n －1，n ≥2解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，2n －1，n ≥2.4.S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3.点击观看解答视频(1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．解 (1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3. 可得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，即 2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )． 由于a n >0，可得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3.所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝1n ＋n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3＝nn ＋.5．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn ，k ∈N *，且S n 的最大值为8.试确定常数k ，并求数列{a n }的通项公式．解 因为S n ＝－12n 2＋kn ＝－12(n －k )2＋12k 2，其中k 是常数，且k ∈N *，所以当n ＝k 时，S n 取最大值12k 2，故12k 2＝8，k 2＝16，因此k ＝4，从而S n ＝－12n 2＋4n .当n ＝1时，a 1＝S 1＝－12＋4＝72；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n 2＋4n －⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12n －2＋n －＝92－n .当n ＝1时，92－1＝72＝a 1，9 2－n.所以a n＝。
高考数学异构异模复习第六章数列6.3.1等比数列的概念及运算课件文
有些同学在听课的过程中常碰到这样的问题，比如老师讲到一道很难的题目时，同学们听课的思路就“卡壳“了，无法再跟上老师的思路。这时候该怎么办呢？
如果“卡壳”的内容是老师讲的某一句话或某一个具体问题，同学们应马上举手提问，争取让老师解释得在透彻些、明白些。
如果“卡壳”的内容是公式、定理、定律，而接下去就要用它去解决问题，这种情况下大家应当先承认老师给出的结论（公式或定律）并非继续听下去，先把问题记 下来，到课后再慢慢弄懂它。
5 等比数列的单调性 当 q>1，a1>0 或 0<q<1，a1<0 时，{an}是递增数列； 当 q>1，a1<0 或 0<q<1，a1>0 时，{an}是递减数列； 当 q＝1 时，{an}是常数列．
注意点 等差中项与等比中项的区别 两个数的等差中项只有一个，两个同号且不为 0 的数的等比中项有两个.
1．思维辨析 (1)若一个数列从第 2 项起每一项与它的前一项的比都是常数，则这个数列是等比数列. ( × ) (2)满足 an＋1＝qan(n∈N*，q 为常数)的数列{an}为等比数列．( × ) (3)G 为 a，b 的等比中项⇔G2＝ab.( × ) (4)数列{an}的通项公式是 an＝an，则其前 n 项和为 Sn＝a11－－aan.( × )
a111－－qq3＝7， (1)易得 q≠1，由题意得a111－－qq6＝63，
两式相除得 1＋q3＝9，所以 q＝2.
(2)由 a8＝a6＋2a4，两边都除以 a4，得 q4＝q2＋2，即 q4－q2－2＝0⇔(q2－2)(q2＋1)＝0，∴q2＝2. ∵a2＝1，∴a6＝a2q4＝1×22＝4.
2．设{an}是公比为正数的等比数列，若 a1＝1，a5＝16，则数列{an}前 7 项的和为( )
2018高考数学异构异模复习 第六章 数列 课时撬分练6.4 数列求和、数列的综合应用 理
2018高考数学异构异模复习考案 第六章 数列 课时撬分练6.4 数列求和、数列的综合应用 理时间：80分钟基础组1.[2016·冀州中学猜题]已知等比数列{a n }中的各项都是正数，且5a 1，12a 3,4a 2成等差数列，则a 2n ＋1＋a 2n ＋2a 1＋a 2＝( )A ．－1B ．1C ．52nD ．52n －1答案 C解析 设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，则依题意有a 3＝5a 1＋4a 2，即a 1q 2＝5a 1＋4a 1q ，q 2－4q －5＝0，解得q ＝－1或q ＝5.又q >0，因此q ＝5，所以a 2n ＋1＋a 2n ＋2a 1＋a 2＝a 1q 2n ＋a 2q 2n a 1＋a 2＝q2n＝52n，选C.2．[2016·武邑中学仿真]已知正项等差数列{a n }满足：a n ＋1＋a n －1＝a 2n (n ≥2)，等比数列{b n }满足：b n ＋1b n －1＝2b n (n ≥2)，则log 2(a 2＋b 2)＝( )A ．－1或2B ．0或2C ．2D ．1答案 C解析 由题意可知a n ＋1＋a n －1＝2a n ＝a 2n ，解得a n ＝2(n ≥2)(由于数列{a n }每项都是正数，故a n ＝0舍去)，又b n ＋1b n －1＝b 2n ＝2b n (n ≥2)，所以b n ＝2(n ≥2)，所以log 2(a 2＋b 2)＝log 24＝2.3．[2016·衡水中学模拟]已知等比数列{a n }的公比q ＝2，且2a 4，a 6,48成等差数列，则{a n }的前8项和为( )A ．127B ．255C ．511D ．1023答案 B解析 ∵2a 4，a 6,48成等差数列，∴2a 6＝2a 4＋48，∴2a 1q 5＝2a 1q 3＋48，解得a 1＝1，∴S 8＝－281－2＝255.4．[2016·冀州中学期中]已知等比数列{a n }的各项均为不等于1的正数，数列{b n }满足b n ＝lg a n ，b 3＝18，b 6＝12，则数列{b n }的前n 项和的最大值等于 ( )A ．126B ．130C ．132D ．134答案 C解析 ∵b n ＋1－b n ＝lg a n ＋1－lg a n ＝lg a n ＋1a n为常数， ∴{b n }为等差数列．设公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧b 1＋2d ＝18，b 1＋5d ＝12，∴⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－2，b 1＝22.由b n ＝－2n ＋24≥0，得n ≤12，∴{b n }的前11项为正，第12项为零，从第13项起为负，∴S 11，S 12最大且S 11＝S 12＝132.5. [2016·衡水中学仿真]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＝________. 答案 －513解析 由S 7－S 5＝4(T 6－T 4)得，a 6＋a 7＝4(b 5＋b 6)， 又a 5＝b 5，a 6＝b 6，所以a 6＋a 7＝4(a 5＋a 6)， 所以6a 1＋25d ＝0，所以a 1＝－256d ，又q ＝b 6b 5＝a 6a 5＝－256d ＋5d －25d6＋4d ＝－5，所以a 7＋a 5b 7＋b 5＝2a 6b 5q 2＋＝2b 6b 5q 2＋＝2q q 2＋1＝－513. 6．[2016·枣强中学预测]已知数列{a n }的通项公式为a n ＝25－n，数列{b n }的通项公式为b n ＝n ＋k ，设c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，a n ≤b n ，a n ，a n >b n ，若在数列{c n }中，c 5≤c n 对任意n ∈N *恒成立，则实数k 的取值范围是________．答案 [－5，－3]解析 c n 是取a n 和b n 中的较大值，又c 5是数列{c n }中的最小项，由于函数y ＝25－n是减函数，函数y ＝n ＋k 是增函数，所以b 5≤a 5≤b 6或a 5≤b 5≤a 4，即5＋k ≤25－5≤6＋k 或25－5≤5＋k ≤25－4，解得－5≤k ≤－4或－4≤k ≤－3，所以－5≤k ≤－3.7．[2016·冀州中学一轮检测]如图，坐标纸上的每个单元格的边长为1，由下往上的六个点：1,2,3,4,5,6的横、纵坐标分别对应数列{a n }(n ∈N *)的前12项(如下表所示)，按如此规律下去，则a 2011＋a 2012＋a 2013＝________.解析 由a 1＝1，a 2＝1，a 3＝－1，a 4＝2，a 5＝2，a 6＝3，a 7＝－2，a 8＝4可知，这个数列的规律是奇数项为1，－1,2，－2,3，－3，…，偶数项为1,2,3，…，故a 2011＋a 2013＝1，a 2012＝1006，故a 2011＋a 2012＋a 2013＝1007.8．[2016·武邑中学一轮检测]等差数列{a n }的前n 项和记为S n ，若S 4≥4，S 7≤28，则a 10的最大值为________．答案 16解析 ∵等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 4≥4，S 7≤28， ∴⎩⎪⎨⎪⎧S 4＝4a 1＋4×32d ≥4，S 7＝7a 1＋7×62d ≤28，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋3d ≥2，a 1＋3d ≤4，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 10＝a 1＋9d ＝a 1＋3d ＋6d ≤4＋6d ，a 10＝a 1＋9d ＝12a 1＋3d ＋15d 2≥2＋15d 2，∴2＋15d 2≤a 10≤4＋6d ，∴2＋15d2≤4＋6d ，解得d ≤2， ∴a 10≤4＋6×2＝16.9. [2016·武邑中学月考]已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋1，前n 项和为S n ，若对任意的正整数n ，不等式S 2n －S n >m16恒成立，则常数m 所能取得的最大整数为________．答案 5解析 要使S 2n －S n >m 16恒成立，只需(S 2n －S n )min >m16.因为(S 2(n ＋1)－S n ＋1)－(S 2n －S n )＝(S 2n ＋2－S 2n )－(S n ＋1－S n )＝a 2n ＋1＋a 2n ＋2－a n ＋1＝12n ＋2＋12n ＋3－1n ＋2>12n ＋2＋12n ＋4－1n ＋2＝12n ＋2－12n ＋4>0，所以{S 2n －S n }为递增数列，所以S 2n －S n ≥S 2－S 1＝13，所以m 16<13⇒m <163，m 所能取得的最大整数为5.10．[2016·衡水中学热身]数列{a n }的前n 项和记为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1(n ≥1)． (1)求{a n }的通项公式；(2)等差数列{b n }的各项为正，其前n 项和为T n ，且T 3＝15，又a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3成等比数列，求T n .解 (1)由a n ＋1＝2S n ＋1，可得a n ＝2S n －1＋1(n ≥2)，两式相减得a n ＋1－a n ＝2a n ，则a n ＋1＝3a n (n ≥2)．又a 2＝2S 1＋1＝3，∴a 2＝3a 1.故{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，∴a n ＝3n －1.(2)设{b n }的公差为d .由T 3＝15，即b 1＋b 2＋b 3＝15，可得b 2＝5， 故b 1＝5－d ，b 3＝5＋d ，又a 1＝1，a 2＝3，a 3＝9，由a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3成等比数列可得(5－d ＋1)·(5＋d ＋9)＝(5＋3)2，解得d ＝2或d ＝－10.∵等差数列{b n }的各项为正，∴d >0， ∴d ＝2，b 1＝3，∴T n ＝3n ＋n n －2×2＝n 2＋2n .11．[2016·冀州中学期末]某企业为了进行技术改造，设计了两种方案，甲方案：一次性贷款10万元，第一年便可获利1万元，以后每年比前一年增加30%的利润；乙方案：每年贷款1万元，第一年可获利1万元，以后每年比前一年增加5千元．两种方案的使用期都是10年，到期一次性归还本息．若银行两种形式的贷款都按年息5%的复利计算，试比较两种方案中，哪种获利更多？(参考数据：取1.0510＝1.629,1.310＝13.786,1.510＝57.665)解 甲方案中，每年所获利润组成等比数列，首项为1，公比为(1＋30%)，所以10年所获得的总利润为S 10＝1＋(1＋30%)＋(1＋30%)2＋…＋(1＋30%)9＝1.310－10.3＝42.62(万元)，贷款到期时，需要偿还银行的本息是10(1＋5%)10＝16.29(万元)， 故使用甲方案所获纯利润为42.62－16.29＝26.33(万元)．乙方案中，每年的利润组成等差数列，首项为1，公差为0.5，所以10年所获得的总利润为T 10＝1＋(1＋0.5)＋(1＋2×0.5)＋…＋(1＋9×0.5)＝10×1＋10×92×0.5＝32.5(万元)，从第一年起，每年的贷款在到期时所产生的本息组成等比数列，首项为1×(1＋5%)10万元，公比为11＋5%，故贷款到期时，需要偿还银行的本息是1×[(1＋5%)10＋(1＋5%)9＋…＋(1＋5%)]＝1.05×1.0510－10.05≈13.21(万元)，故使用乙方案所获纯利润为32.5－13.21＝19.29(万元)． 综上可知，甲方案获利更多．12. [2016·衡水中学预测]数列{a n }满足a n ＋1＝a n2a n ＋1，a 1＝1.(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和S n ，并证明1S 1＋1S 2＋…＋1S n >nn ＋1.解 (1)证明：∵a n ＋1＝a n2a n ＋1，∴1a n ＋1＝2a n ＋1a n ，化简得1a n ＋1＝2＋1a n，即1a n ＋1－1a n ＝2，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，2为公差的等差数列． (2)由(1)知1a n＝2n －1，∴S n ＝n ＋2n －2＝n 2.证法一：1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2>11×2＋12×3＋…＋1n n ＋＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 证法二：(数学归纳法)当n ＝1时，1S 1＝1，n n ＋1＝12，不等式成立．假设当n ＝k 时，不等式成立， 即1S 1＋1S 2＋…＋1S k >kk ＋1. 则当n ＝k ＋1时，1S 1＋1S 2＋…＋1S k ＋1S k ＋1>k k ＋1＋1k ＋2，又∵k k ＋1＋1k ＋2－k ＋1k ＋2＝1－1k ＋1＋1k ＋2－1＋1k ＋2＝1k ＋2－k k ＋2＝1k ＋k ＋2>0，∴1S 1＋1S 2＋…＋1S k ＋1S k ＋1>k ＋1k ＋2， ∴原不等式成立．解法三：1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2>1，又∵1>nn ＋1，∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n >n n ＋1. 能力组13.[2016·枣强中学热身]设f (x )是定义在R 上的恒不为零的函数，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.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1 答案 C解析 因为对任意实数x ，y ∈R ，都有f (x )·f (y )＝f (x ＋y )，所以令x ＝n ，y ＝1，得f (n )·f (1)＝f (n ＋1)，即a n ＋1a n ＝f n ＋f n ＝f (1)＝12，所以数列{a n }是以12为首项，12为公比的等比数列，a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，所以S n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝1－12n ，则S n ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1.故选C. 14．[2016·衡水中学猜题]已知函数f (x )＝log 2x －log x 2(0<x <1)，数列{a n }满足f (2an )＝2n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)判断数列{a n }的单调性．解 (1)由已知得log 22 an －1log 22 a n＝2n ，∴a n －1a n＝2n ，即a 2n －2na n －1＝0，∴a n ＝n ±n 2＋1.∵0<x <1，∴0<2a n <1，∴a n <0.∴a n ＝n －n 2＋1. (2)∵a n＋1－a n ＝(n ＋1)－n ＋2＋1－(n －n 2＋1)＝1－2n ＋1n ＋2＋1＋n 2＋1>1－2n ＋1n ＋＋n＝0，∴a n ＋1>a n ，∴{a n }是递增数列．15．[2016·衡水中学一轮检测]在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1·a n ＝a n －a n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝lga n ＋2a n，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)由题意得1a n ＋1－1a n＝1，又因为a 1＝1，所以1a 1＝1.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公差为1的等差数列，所以1a n ＝n ，即a n ＝1n.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝1n.(2)由(1)得b n ＝lg n －lg(n ＋2)，所以S n ＝lg 1－lg 3＋lg 2－lg 4＋lg 3－lg 5＋…＋lg (n －2)－lg n ＋lg (n －1)－lg (n ＋1)＋lg n －lg (n ＋2)＝lg 1＋lg 2－lg (n ＋1)－lg (n ＋2)＝lg2n ＋n ＋.16．[2016·冀州中学模拟]已知某地今年年初拥有居民住房的总面积为a (单位：m 2)，其中有部分旧住房要拆除．当地有关部门决定每年以当年年初住房面积的10%建设新住房，同时也拆除面积为b (单位：m 2)的旧住房．(1)分别写出第一年末和第二年末的实际住房面积的表达式；(2)如果第五年末该地的住房面积正好比今年年初的住房面积增加了30%，则每年拆除的旧住房面积b 是多少？(计算时取1.15＝1.6)．解 (1)第一年末的住房面积为a ·1110－b ＝1.1a －b (m 2)．第二年末的住房面积为⎝ ⎛⎭⎪⎫a ·1110－b 1110－b ＝a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫11102－b ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1110＝1.21a －2.1b (m 2)．(2)第三年末的住房面积为⎣⎢⎡ a ⎝ ⎛⎭⎪⎫11102－⎦⎥⎤b ⎝⎛⎭⎪⎫1＋11101110－b ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫11103－b ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1110＋⎝ ⎛⎭⎪⎫11102(m 2)，第四年末的住房面积为a ⎝ ⎛⎭⎪⎫11104－b ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1110＋⎝ ⎛⎭⎪⎫11102＋⎝ ⎛⎭⎪⎫11103(m 2)，第五年末的住房面积为a ⎝ ⎛⎭⎪⎫11105－b ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1110＋⎝ ⎛⎭⎪⎫11102＋⎝ ⎛⎭⎪⎫11103＋⎝ ⎛⎭⎪⎫11104 ＝1.15a －1－1.151－1.1b ＝1.6a －6b (m 2)．依题意，得1.6a －6b ＝1.3a ，解得b ＝a20.所以每年拆除的旧房面积为a20m 2.。
2018高考数学复习第六章数列6.1.2数列的通项公式撬题理
2018高考数学异构异模复习考案 第六章 数列6.1.2 数列的通项公式撬题理11. _________________________________________________________________________ 设数列｛a n ｝满足a i = 1,且a n +1 — a n = n +1(n € N)，则数列一前10项的和为 ______________________解析 由 a 1 = 1，且 a n +1 — a n = n + 1(n € N)得，a n =+ (a 2— a" + (a 3— st) +•••+ (a n —a nn n +1-1)= 1+ 2+3+…+n =2-2. __________________________________________________________________ 已知数列｛a n ｝满足a 1= 1, a n +1 = 3a n + 2,则数列｛a n ｝的通项公式为 _________________________答案 a n = 2・3n —1 — 1解析 a n +1 = 3a n + 2 ,.•. a n + 1 + 1 = 3( a n + 1).a “+1 + 1 •••丁 = 3,•••数列｛a n + 1｝是等比数列，公比 q = 3.Cri 十 In — 1又 a 1 + 1 = 2,.°. a n + 1 = 2 ・3,• a n = 2 ・3 n —1— 1.3. ______________________________________________________________ 已知数列｛a n ｝的前n 项和S= 2n — 3，则数列｛a n ｝的通项公式为 ____________________________—1, n = 1,答案 a n = n —12, n 》2解析当n = 1时，a 1= S = — 1; 当 n 》2 时，a n = S n — S n —1 = 2 1,4. S n 为数列｛ C I ｝的前 n 项和，已知 a n >0 , a n + 2a n = 4S1 + 3.(1) 求｛a n ｝的通项公式；1⑵设b n =，求数列｛b n ｝的前n 项和.aa n +1解 (1)由 C n + 2a n = 4S + 3,可知 C n + 1 + 2C n + 1 = 4S + 1 + 3. 可得 C n + 1 — C n + 2( C n +1 — C n ) = 4S n + 1，即2 22( C n + 1 + C n ) = C n +1 — C n = ( C n + 1 + C n )( C n + 1 — C n ). 由于 a n > 0,可得 a n + 1— a n = 2.答案2011121 1 贝y a C n2=nn + 1n — n +11 1 1 1 11 202 1 —-+ -■ ——+" + 11 =2 1 一 = — 2 23 10 11 111故数列匚前 10 项的和 S o =• a n =—1, n = 1,2n —1, n 》2.又a1 + 2a1 = 4a1 + 3，解得 d = —1(舍去)或 d = 3.所以｛a n｝是首项为3,公差为2的等差数列，通项公式为a n = 2n+ 1.(2) 由a n= 2n+ 1 可知2 —2—1 1 111b n — ________ — ___________________________________ — ----------------------------------------------—a n a n + 厂 2n + 1 2n + 3 2 2n + 1 2n + 3 '设数列｛b n ｝的前n 项和为T n ,贝UT n — b 1+ b 2+…+ b n11111 1 1 n—2 3 5 + 5 7 ++ 2n + 1 2n + 3 —3 2n + 3 '_2225. 正项数列｛a n ｝的前n 项和S 满足：S — ( n + n _ 1) S n _(n + n ) — 0. (1)求数列｛a n ｝的通项公式a n ；n +1*5 ⑵ 令b n —「，数列｛b n ｝的前n 项和为T n .证明：对于任意的n € N ,都有T n < .n + 2 a n64解 (1)由 S r — (n + n — 1) Sri — (n + n ) — 0, 得[$— (n + n )]( S + 1) — 0.由于｛a n ｝是正项数列，所以 S>0, S — n 2+ n .于是 a 1 — S 1— 2,当 n 》2 时，a n — S — S n _ 1 — n + n — (n — 1) — (n — 1) — 2n . 综上，数列｛a n ｝的通项公式为a n — 2n .1 11111T n — [ 1 _ —2 + 2— 2 + 2— 2+ …+2—16 3 2 4 3 5 n _ 1n +1 (2)由于 an —2n ，故 bn —n + 2 2a — 4n 2 n + 2 2 —n + 116n + 221 n + 11 n + 21 2 ]<^X1 1 1 1 n + 1 汁 1— n +2 2 ]—屁"+F。
高考数学异构异模复习第六章数列6.1.2数列的通项公式课件理
解析 (1)据“特征数列”定义知子集{a1，a3，a5}的特征数列为 1,0,1,0,1,0，…，0，故其前三项和为 2.
(2)由定义知 p1＝1，p2＝0，p3＝1，p4＝0…故集合 P＝{a1，a3，a5，…，a99}＝{ai|i＝2k＋1，k∈N 且 k≤49}，又 q1＝1，q2＝q3＝0，q4＝1，q5＝q6＝0，q7＝1，…，∴集合 Q＝{a1，a4，a7，a10…}＝{ai|i＝3k ＋1，k∈N 且 k≤33}．
第六章 数列
第1讲 数列的概念及其表示
考点二 数列的通项公式
撬点·基础点 重难点
1 an 与 Sn 的关系 若数列{an}的前 n 项和为 Sn，则 an＝SS1n－n＝Sn1－1，n≥2. 2 已知递推关系式求通项 一般用代数的变形技巧整理变形，然后采用累加法、累乘法、迭代法、构造法或转化为基本数列(等差 数列或等比数列)等方法求得通项公式．
创新指导 1.准确转化：解决数列新定义问题时，一定要读懂新定义的本质含义，将题目所给定义转化成题目要求 的形式，切忌同已有概念或定义相混淆． 2．方法选取：对于数列新定义问题，搞清定义是关键，仔细认真地从前几项(特殊处、简单处)体会题 意，从而找到恰当的解决方法．
已知数列{an}中，an＝n2－kn(n∈N*)，且{an}单调递增，则 k 的取值范围是___k_<_3___．
[解析] (1)当 n＝1 时， a1＝S1＝2×12＋3×1＝5； 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝(2n2＋3n)－[2(n－1)2＋3(n－1)]＝4n＋1.当 n＝1 时，4×1＋1＝5＝a1，∴an ＝4n＋1.
(2)∵当 n≥2，n∈N*时，an＝Sn－Sn－1， ∴Sn－Sn－1＋2SnSn－1＝0，即S1n－Sn1－1＝2， ∴数列S1n是公差为 2 的等差数列， 又 S1＝a1＝12，∴S11＝2， ∴S1n＝2＋(n－1)·2＝2n， ∴Sn＝21n.
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2018高考数学异构异模复习考案 第六章 数列 6.2.1 等差数列的概
念及运算撬题 文
1．在等差数列{a n }中，若a 2＝4，a 4＝2，则a 6＝( )
A ．－1
B ．0
C ．1
D ．6 答案 B
解析 设数列{a n }的公差为d ，由a 4＝a 2＋2d ，a 2＝4，a 4＝2，得2＝4＋2d ，d ＝－1，∴a 6＝a 4＋2d ＝0.故选B.
2.已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n .若a 3，a 4，a 8成等比数列，则( )
A ．a 1d >0，dS 4>0
B ．a 1d <0，dS 4<0
C ．a 1d >0，dS 4<0
D ．a 1d <0，dS 4>0
答案 B
解析 由a 24＝a 3a 8，得(a 1＋2d )(a 1＋7d )＝(a 1＋3d )2，整理得d (5d ＋3a 1)＝0，又d ≠0，∴a 1＝－53d ，则a 1d ＝－53d 2<0，又∵S 4＝4a 1＋6d ＝－23d ，∴dS 4＝－23
d 2<0，故选B. 3．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的值为________．
答案 －12
解析 由已知得S 1＝a 1，S 2＝a 1＋a 2＝2a 1－1，S 4＝4a 1＋4×32
×(－1)＝4a 1－6，而S 1，S 2，S 4成等比数列，所以(2a 1－1)2＝a 1(4a 1－6)，整理得2a 1＋1＝0，解得a 1＝－12.
4.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．
解 (1)证明：由题设，a n a n ＋1＝λS n －1，a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－1.
两式相减得a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1.
由于a n ＋1≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ.
(2)由题设，a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1，可得a 2＝λ－1.
由(1)知，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．。