2020版高考数学(文)新探究大一轮分层演练：第六章数列第2讲含解析

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2020版高考数学新增分大一轮新高考专用讲义：第六章 6.3 等比数列及其前n项和含解析

§6.3　等比数列及其前n 项和最新考纲　1.通过实例，理解等比数列的概念.2.探索并掌握等比数列的通项公式与前n 项和的公式.3.能在具体的问题情境中，发现数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题.4.体会等比数列与指数函数的关系．1．等比数列的有关概念(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．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为＝q (n ∈N *，q 为非零常数)．a n ＋1an (2)等比中项：如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即G 是a 与b 的等比中项⇒a ，G ，b 成等比数列⇒G 2＝ab .2．等比数列的有关公式(1)通项公式：a n ＝a 1q n －1.(2)前n 项和公式：S n ＝Error!.3．等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n －m (n ，m ∈N *)．(2)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a .2k (3)若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，，{a }，{a n ·b n }，(λ≠0)仍然是{1a n }2n {a n bn }等比数列．(4)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 .概念方法微思考1．将一个等比数列的各项取倒数，所得的数列还是一个等比数列吗？若是，这两个等比数列的公比有何关系？提示　仍然是一个等比数列，这两个数列的公比互为倒数．2．任意两个实数都有等比中项吗？提示　不是．只有同号的两个非零实数才有等比中项．3．“b 2＝ac ”是“a ，b ，c ”成等比数列的什么条件？提示　必要不充分条件．因为b 2＝ac 时不一定有a ，b ，c 成等比数列，比如a ＝0，b ＝0，c ＝1.但a ，b ，c 成等比数列一定有b 2＝ac .题组一　思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．(　×　)(2)如果数列{a n }为等比数列，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，则数列{b n }也是等比数列．(　×　)(3)如果数列{a n }为等比数列，则数列{ln a n }是等差数列．(　×　)(4)数列{a n }的通项公式是a n＝a n ，则其前n 项和为S n ＝.(　×　)a (1－a n )1－a(5)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列．(　×　)题组二　教材改编2．已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝，则公比q ＝.14答案　12解析　由题意知q 3＝＝，∴q ＝.a 5a 218123．公比不为1的等比数列{a n }满足a 5a 6＋a 4a 7＝18，若a 1a m ＝9，则m 的值为( )A ．8 B ．9 C ．10 D ．11答案　C解析　由题意得，2a 5a 6＝18，a 5a 6＝9，∴a 1a m ＝a 5a 6＝9，∴m ＝10.题组三　易错自纠4．若1，a 1，a 2，4成等差数列，1，b 1，b 2，b 3，4成等比数列，则的值a 1－a 2b 2为．答案　－12解析　∵1，a 1，a 2，4成等差数列，∴3(a 2－a 1)＝4－1，∴a 2－a 1＝1.又∵1，b 1，b 2，b 3，4成等比数列，设其公比为q ，则b ＝1×4＝4，且b 2＝1×q 2>0，∴b 2＝2，2∴＝＝－.a 1－a 2b 2－(a 2－a 1)b 2125．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则＝.S 5S 2答案　－11解析　设等比数列{a n }的公比为q ，∵8a 2＋a 5＝0，∴8a 1q ＋a 1q 4＝0.∴q 3＋8＝0，∴q ＝－2，∴＝·S 5S 2a 1(1－q 5)1－q 1－q a 1(1－q 2)＝＝＝－11.1－q 51－q 21－(－2)51－46．一种专门占据内存的计算机病毒开机时占据内存1 MB ，然后每3秒自身复制一次，复制后所占内存是原来的2倍，那么开机秒，该病毒占据内存8 GB.(1 GB ＝210 MB)答案　39解析　由题意可知，病毒每复制一次所占内存的大小构成一等比数列{a n }，且a 1＝2，q ＝2，∴a n ＝2n ，则2n ＝8×210＝213，∴n ＝13.即病毒共复制了13次．∴所需时间为13×3＝39(秒)．题型一　等比数列基本量的运算1．(2018·济南模拟)已知正项等比数列{a n }满足a 3＝1，a 5与a 4的等差中项为，则a 1的值为3212( )A ．4B ．2 C. D.1214答案　A解析　设公比为q .∵a 3＝1，a 5与a 4的等差中项为，∴Error!⇒Error!即a 1的值为4，3212故选A.2．(2018·全国Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3.(1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和，若S m ＝63，求m .解　(1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝q n －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2.故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)若a n＝(－2)n －1，则S n ＝.1－(－2)n 3由S m ＝63得(－2)m ＝－188，此方程没有正整数解．若a n ＝2n －1，则S n ＝2n －1.由S m ＝63得2m ＝64，解得m ＝6.综上，m ＝6.思维升华 (1)等比数列的通项公式与前n 项和公式共涉及五个量a 1，a n ，q ，n ，S n ，已知其中三个就能求另外两个(简称“知三求二”)．(2)运用等比数列的前n 项和公式时，注意对q ＝1和q ≠1的分类讨论．题型二　等比数列的判定与证明例1 已知数列{a n }满足对任意的正整数n ，均有a n ＋1＝5a n －2·3n ，且a 1＝8.(1)证明：数列{a n －3n }为等比数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝，求数列{b n }的前n 项和T n .a n3n 解　(1)因为a n ＋1＝5a n －2·3n ，所以a n ＋1－3n ＋1＝5a n －2·3n －3n ＋1＝5(a n －3n )，又a 1＝8，所以a 1－3＝5≠0，所以数列{a n －3n }是首项为5、公比为5的等比数列．所以a n －3n ＝5n ，所以a n ＝3n ＋5n .(2)由(1)知，b n ＝＝＝1＋n ，a n 3n 3n ＋5n 3n (53)则数列{b n}的前n 项和T n＝1＋1＋1＋2＋…＋1＋n＝n ＋＝＋n －.(53)(53)(53)53[1－(53)n]1－535n ＋12·3n52思维升华判定一个数列为等比数列的常见方法：(1)定义法：若＝q (q 是不为零的常数)，则数列{a n }是等比数列；a n ＋1an (2)等比中项法：若a ＝a n a n ＋2(n ∈N *，a n ≠0)，则数列{a n }是等比数列；2n ＋1(3)通项公式法：若a n ＝Aq n (A ，q 是不为零的常数)，则数列{a n }是等比数列．跟踪训练1 (2018·黄山模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2.(1)设b n ＝a n ＋1－2a n ，证明：数列{b n }是等比数列；(2)求数列{a n }的通项公式．(1)证明　由a 1＝1及S n ＋1＝4a n ＋2，有a 1＋a 2＝S 2＝4a 1＋2.∴a 2＝5，∴b 1＝a 2－2a 1＝3.又Error!①－②，得a n ＋1＝4a n －4a n －1(n ≥2)，∴a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1)(n ≥2)．∵b n ＝a n ＋1－2a n ，∴b n ＝2b n －1(n ≥2)，故{b n }是首项b 1＝3，公比为2的等比数列．(2)解　由(1)知b n ＝a n ＋1－2a n ＝3·2n －1，∴－＝，a n ＋12n ＋1a n 2n 34故是首项为，公差为的等差数列．{a n 2n }1234∴＝＋(n －1)·＝，a n 2n 12343n －14故a n ＝(3n －1)·2n －2.题型三　等比数列性质的应用例2 (1)(2018·钦州质检)已知数列{a n }是等比数列，若a 2＝1，a 5＝，则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋118(n ∈N *)的最小值为( )A. B ．1 C ．2 D ．383答案　C解析　由已知得数列{a n }的公比满足q 3＝＝，a 5a 218解得q ＝，∴a 1＝2，a 3＝，1212故数列{a n a n ＋1}是以2为首项，公比为＝的等比数列，a 2a 3a 1a 214∴a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝2[1－(14)n]1－14＝∈，故选C.83[1－(14)n ][2，83)(2)(2018·大连模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，S 2＝－1，S 4＝－5，则S 6等于( )A ．－9 B ．－21 C ．－25 D ．－63答案　B解析　因为S 2＝－1≠0，所以q ≠－1，由等比数列性质得S 2，S 4－S 2，S 6－S 4成等比数列，即－1×(S 6＋5)＝(－5＋1)2，所以S 6＝－21，故选B.思维升华等比数列常见性质的应用等比数列性质的应用可以分为三类：(1)通项公式的变形．(2)等比中项的变形．(3)前n 项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．跟踪训练2 (1)等比数列{a n }各项均为正数，a 3a 8＋a 4a 7＝18，则1＋a 2＋…＋a 10＝ .答案　20解析　由a 3a 8＋a 4a 7＝18，得a 4a 7＝9所以a1＋a 2＋…＋a10＝＝5(a 1a 2…a 10)(a 1a 10)＝5＝95＝2log 3310(a 4a 7)＝20.(2)(2018·新乡模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且＝，则＝(n ≥2，S 3S 689a n ＋1a n －a n －1且n ∈N )．答案　－12解析　很明显等比数列的公比q ≠1，则由题意可得，＝＝＝，S 3S 6a 1(1－q 3)1－qa 1(1－q 6)1－q 11＋q 389解得q ＝，12则＝＝＝＝－.a n ＋1a n －a n －1a n －1q 2a n －1q －a n －1q 2q －11412－112等差数列与等比数列关于等差(比)数列的基本运算在高考试题中频繁出现，其实质就是解方程或方程组，需要认真计算，灵活处理已知条件．例1 (2018·蓉城名校联考)已知等差数列{a n }的首项和公差均不为0，且满足a 2，a 5，a 7成等比数列，则的值为( )a 3＋a 6＋a 11a 1＋a 8＋a 10A.B. C. D.13141213111213答案　A解析　已知等差数列{a n }的首项和公差均不为0，且满足a 2，a 5，a 7成等比数列，∴a ＝a 2a 7，∴(a 1＋4d )2＝(a1＋d )(a 1＋6d )，∴10d 2＝－a 1d ，∵d ≠0，∴－10d ＝a 1，∴25a 3＋a 6＋a 11a 1＋a 8＋a 10＝＝＝.3a 1＋17d 3a 1＋16d －30d ＋17d －30d ＋16d 1314例2　(2018·烟台质检)已知{a n }为等比数列，数列{b n }满足b 1＝2，b 2＝5，且a n (b n ＋1－b n )＝a n ＋1，则数列{b n }的前n 项和为( )A ．3n ＋1 B ．3n －1C.D.3n 2＋n 23n 2－n 2答案　C解析　∵b 1＝2，b 2＝5，且a n (b n ＋1－b n )＝a n ＋1，∴a 1(b 2－b 1)＝a 2，即a 2＝3a 1，又数列{a n }为等比数列，∴数列{a n }的公比为q ＝3，∴b n ＋1－b n ＝＝3，a n ＋1an ∴数列{b n }是首项为2，公差为3的等差数列，∴数列{b n }的前n 项和为S n ＝2n ＋×3＝.故选C.n (n －1)23n 2＋n 21．(2018·重庆巴蜀中学月考)已知等比数列{a n }满足a 1＝1，a 3a 7＝16，则该数列的公比为( )A ．± B.22C ．±2 D ．2答案　A解析　根据等比数列的性质可得a 3·a 7＝a ＝a ·q 8＝q 8＝16＝24，2521所以q 2＝2，即q ＝±，故选A.22．(2018·菏泽模拟)等比数列{a n }中，a 2，a 16是方程x 2＋6x ＋2＝0的两个实数根，则的a 2a 16a9值为( )A ．2 B ．－或22C. D ．－22答案　B解析　∵a 2，a 16是方程x 2＋6x ＋2＝0的根，∴a 2＋a 16＝－6，a 2×a 16＝2，∴a 2<0，a 16<0，即a 1>0，q <0或a 1<0，q >0.∴＝a 9＝±＝±a 2a 16a 9a 2a 16.故选B.23．(2018·马鞍山质检)等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝32n －1＋r ，则r 的值为( )A. B ．－1313C. D ．－1919答案　B解析　当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋r ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝32n －1－32n －3＝32n －3(32－1)＝8·32n －3＝8·32n －2·3－1＝·9n －1，83所以3＋r ＝，即r ＝－，故选B.83134．(2018·湘潭模拟)已知等比数列{a n }的公比为－2，且S n 为其前n 项和，则等于( )S 4S 2A ．－5 B ．－3 C ．5 D ．3答案　C解析　由题意可得，＝＝1＋(－2)2＝5.S 4S 2a 1[1－(－2)4]1－(－2)a 1[1－(－2)2]1－(－2)5．(2019·西北师大附中冲刺诊断)古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上题的已知条件，若要使织布的总尺数不少于30，该女子所需的天数至少为( )A ．10 B ．9 C ．8 D ．7答案　C解析　设该女子第一天织布x 尺，则＝5，解得x ＝，x (1－25)1－2531所以前n 天织布的尺数为(2n－1)，531由(2n－1)≥30，得2n ≥187，解得n 的最小值为8.5316．(2018·海南联考)已知正项数列{a n }满足a －2a －a n ＋1a n ＝0，设b n ＝log 2，则数列{b n }2n ＋12n a n ＋1a1的前n 项和为( )A ．n B.n (n －1)2C.D.n (n ＋1)2(n ＋1)(n ＋2)2答案　C解析　由a －2a －a n ＋1a n ＝0，2n ＋12n 可得(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－2a n )＝0，又a n >0，∴＝2，a n ＋1a n ∴a n ＋1＝a 1·2n .∴b n ＝log 2＝log 22n ＝n ，a n ＋1a 1∴数列{b n }的前n 项和为，故选C.n (n ＋1)27．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2 018，a 2＋a 4＝－2a 3，则S 2 019＝ .答案　2 018解析　∵a 2＋a 4＝－2a 3，∴a 2＋a 4＋2a 3＝0，a 2＋2a 2q ＋a 2q 2＝0，∴q 2＋2q ＋1＝0，解得q ＝－1.∵a 1＝2 018，∴S 2 019＝＝a 1(1－q 2 019)1－q 2 018×[1－(－1)2 019]2＝2 018.8.如图所示，正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形腰上再连接正方形，…，如此继续下去得到一个树形图形，称为“勾股树”．若某勾股树含有1 023个正方形，且其最大的正方形的边长为，则其最小正方形的边长为．22答案　132解析　由题意，得正方形的边长构成以为首项，以为公比的等比数列，现已知共得到22221 023个正方形，则有1＋2＋…＋2n －1＝1 023，∴n ＝10，∴最小正方形的边长为×9＝22(22).1329．已知各项均为正数的等比数列{a n }满足a 1＝，且a 2a 8＝2a 5＋3，则a 9＝.12答案　18解析　∵a 2a 8＝2a 5＋3，∴a ＝2a 5＋3，25解得a 5＝3(舍负)，即a 1q 4＝3，则q 4＝6，a9＝a 1q 8＝×36＝18.1210．(2019·华大新高考联盟质检)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3a 11＝2a ，且S 4＋S 12＝25λS 8，则λ＝ .答案　83解析　∵a 3a 11＝2a ，∴a ＝2a ，∴q 4＝2，252725∵S 4＋S 12＝λS 8，∴＋＝，a 1(1－q 4)1－q a 1(1－q 12)1－q λa 1(1－q 8)1－q 1－q 4＋1－q 12＝λ(1－q 8)，将q 4＝2代入计算可得λ＝.8311．(2018·全国Ⅰ)已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n .设b n ＝.a nn (1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由；(3)求{a n }的通项公式．解　(1)由条件可得a n ＋1＝a n ，2(n ＋1)n将n ＝1代入得，a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以a 2＝4.将n ＝2代入得，a 3＝3a 2，所以a 3＝12.从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4.(2){b n }是首项为1，公比为2的等比数列．由条件可得＝，即b n ＋1＝2b n ，a n ＋1n ＋12a nn又b 1＝1，所以{b n }是首项为1，公比为2的等比数列．(3)由(2)可得＝2n －1，a nn 所以a n ＝n ·2n －1.12．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝，n ∈N *.a n ＋a n ＋12(1)令b n ＝a n ＋1－a n ，证明：{b n }是等比数列；(2)求数列{a n }的通项公式．(1)证明　b 1＝a 2－a 1＝1.当n ≥2时，b n ＝a n ＋1－a n ＝－a na n －1＋a n2＝－(a n －a n －1)＝－b n －1，1212∴{b n }是以1为首项，－为公比的等比数列．12(2)解　由(1)知b n ＝a n ＋1－a n ＝n －1，(－12)当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋1＋＋…＋n －2(－12)(－12)＝1＋1－(－12)n －11－(－12)＝1＋23[1－(－12)n －1]＝－n －1.5323(－12)当n ＝1时，－×1－1＝1＝a 1，5323(－12)∴a n ＝－n －1(n ∈N *)．5323(－12)13．(2018·北师大附中模拟)正项等比数列{a n }中的a 1，a 4 037是函数f (x )＝x 3－4x 2＋6x －3的13极值点，则 2 019等于( )A ．1B ．2C ．－1 D.2答案　A解析　因为f ′(x )＝x 2－8x ＋6，所以a 1·a 4 037＝6，所以a 2 019＝(舍负)， 2 019＝1.614．(2018·皖南八校联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n ＋1－2，b n ＝log 2(a ·)，数列{b n }2n 2n a的前n 项和为T n ，则满足T n >1 024的最小n 的值为．答案　9解析由数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n ＋1－2，则当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2－2n ＋2＝2n ，a 1＝S 1＝2，满足上式，所以b n ＝log 2(a ·)＝log 2a ＋log 2＝2n ＋2n ，2n 2n a 2n 2n a所以数列{b n }的前n 和为T n ＝＋n (2＋2n )22(1－2n )1－2＝n (n ＋1)＋2n ＋1－2，当n ＝9时，T 9＝9×10＋210－2＝1 112>1 024，当n ＝8时，T 8＝8×9＋29－2＝582<1 024，所以满足T n >1 024的最小n 的值为9.15．已知等比数列{a n }的各项均为正数且公比大于1，前n 项积为T n ，且a 2a 4＝a 3，则使得T n >1的n 的最小值为( )A ．4 B ．5C ．6 D ．7答案　C解析　∵{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 2a 4＝a 3，∴a ＝a 3，∴a 3＝1.又∵q >1，∴a 1<a 2<1，23a n >1(n >3)，∴T n >T n －1(n ≥4，n ∈N *)，T 1<1，T 2＝a 1·a 2<1，T 3＝a 1·a 2·a 3＝a 1a 2＝T 2<1，T 4＝a 1a 2a 3a 4＝a 1<1，T 5＝a 1·a 2·a 3·a 4·a 5＝a ＝1，T 6＝T 5·a 6＝a 6>1，故n 的最小值为6，故选C.5316．在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫做该数列的一次“扩展”．将数列1，2进行“扩展”，第一次得到数列1，2，2；第二次得到数列1，2，2，4，2；….设第n 次“扩展”后得到的数列为1，x 1，x 2，…，x t ，2，并记a n ＝log 2(1·x 1·x 2·…·x t ·2)，其中t ＝2n －1，n ∈N *，求数列{a n }的通项公式．解　a n ＝log 2(1·x 1·x 2·…·x t ·2)，所以a n ＋1＝log 2[1·(1·x 1)·x 1·(x 1·x 2)·…·x t ·(x t ·2)·2]＝log 2(12·x ·x ·x ·…·x ·22)＝3a n－1，313233t 所以a n ＋1－＝3，12(a n －12)所以数列是一个以为首项，以3为公比的等比数列，{a n －12}32所以a n －＝×3n －1，所以a n ＝.12323n ＋12。

【2020】高考数学一轮复习第6章数列章末总结分层演练文

解析：因为a5＝28，S10＝310.
所以解得a1＝4，d＝6.
所以an＝4＋(n－1)×6＝6n－2.
所以Sn＝4n＋ ×6＝3n2＋n.
所以A，B，C的坐标分别为(n，3n2＋n)，(n＋1，3(n＋1)2＋(n＋1))，(n＋2，3(n＋2)2＋(n＋2))．
所以△ABC的面积S＝ [(3n2＋n)＋3(n＋2)2＋(n＋2)]×2－ [(3n2＋n)＋3(n＋1)2＋(n＋1)]×1－ [3(n＋1)2＋(n＋1)＋3(n＋2)2＋(n＋2)]×1
等差数列
❶理解等差数列的概念．
❷掌握等差数列的通项公式与前n项和公式．
❸能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用等差数列的有关知识解决相应的问题．
❹了解等差数列与一次函数的关系.
等比数列
❶理解等比数列的概念．
❷掌握等比数列的通项公式与前n项和公式．
❸能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用等比数列的有关知识解决相应的问题．
(2)若cn＝ (n∈N*)，求数列{cn}的前n项和Tn；
(3)求数列的前n项和Mn，并证明Mn<4.
解：(1)当n＝1时，a1＝2a1－2，
所以a1＝2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an－2－2an－1＋2，
即an＝2an－1，
所以{an}是首项为2，公比为2的等比数列，
所以an＝2·2n－1＝2n.
所以2×3q2＝3q－6＋3q3，
即q3－2q2＋q－2＝0，(q－2)(q2＋1)＝0，
所以q＝2，q2＝－1(舍去)．
所以S5＝＝93.选B.
二、填空题
5．(必修5P45练习T3、P47B组T4改编)已知集合M＝{m|m＝2n，n∈N*}共有n个元素，其和为Sn，则＝________．

2020版高考数学(文)新增分大一轮人教通用版讲义：第六章数列6.2 Word版含解析

姓名，年级：时间：§6。

2 等差数列及其前n项和最新考纲考情考向分析1。

理解等差数列的概念．2.掌握等差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,并能用等差数列的有关知识解决相应的问题．4。

了解等差数列与一次函数的关系.主要考查等差数列的基本运算、基本性质，等差数列的证明也是考查的热点．本节内容在高考中既可以以选择、填空的形式进行考查，也可以以解答题的形式进行考查．解答题往往与数列的计算、证明、等比数列、数列求和、不等式等问题综合考查．难度中低档.1．等差数列的定义一般地，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，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d表示．2．等差数列的通项公式如果等差数列{a n｝的首项为a1，公差为d，那么它的通项公式是a n＝a1＋(n －1)d。

3．等差中项如果三个数x,A，y组成等差数列．那么A叫做x与y的等差中项．4．等差数列的常用性质(1）通项公式的推广：a n＝a m＋（n－m)d（n,m∈N＋）．(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{a2n}也是等差数列，公差为2d.(4）若｛a n｝，｛b n}是等差数列，则{pa n＋qb n｝也是等差数列．（5)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．（6)数列S m,S2m－S m，S3m－S2m，…构成等差数列．(7)若{a n}是等差数列，则错误!也是等差数列,其首项与｛a n｝的首项相同，公差为错误!d。

5．等差数列的前n项和公式设等差数列｛a n｝的公差为d，其前n项和S n＝错误!或S n＝na1＋错误!d。

6．等差数列的前n项和公式与函数的关系S n＝错误!n2＋错误!n.数列{a n}是等差数列⇔S n＝An2＋Bn(A,B为常数)．7．等差数列的前n项和的最值在等差数列｛a n｝中，a1〉0，d〈0，则S n存在最大值;若a1<0，d〉0,则S n存在最小值．概念方法微思考1．“a，A,b是等差数列”是“A＝错误!”的什么条件？提示充要条件．2．等差数列的前n项和S n是项数n的二次函数吗？提示不一定．当公差d＝0时，S n＝na1，不是关于n的二次函数．3．如何推导等差数列的前n项和公式？提示利用倒序相加法．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确（请在括号中打“√"或“×”)(1）若一个数列从第二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)等差数列{a n}的单调性是由公差d决定的．( √)(3）等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数．( ×）(4）已知等差数列{a n}的通项公式a n＝3－2n，则它的公差为－2。

2020高考数学大一轮复习2020高考试题汇编第六章数列 Word版含解析

第六章数列第|一节等差数列与等比数列题型67 等差 (等比 )数列的公差 (公比 )1.(2021北京理10)假设等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足11–1a b == ,448a b == ,那么22a b =_______. 解析由11a =- ,48a = ,那么21132a a d =+=-+= ,由11b =- ,48b = ,那么2q =- ,那么212b b q ==.故22212a b ==. 2. (2021全国1理4 )记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．假设4524a a += ,648S = ,那么{}n a 的公差为 ( ).A ．1B ．2C ．4D ．8解析 45113424a a a d a d +=+++= ,61656482S a d ⨯=+= ,联立112724 61548 a d a d +=⎧⎪⎨+=⎪⎩①② 3⨯-①② ,得()211524-=d ,即624d = ,所以4d =.应选C.3. (2021全国2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 ,那么塔的顶层共有灯 ( ). A ．1盏 B ．3盏 C ．5盏 D ．9盏解析设顶层灯数为1a ,2=q ,()7171238112-==-a S ,解得13a =．应选B.4. (2021全国3理14 )设等比数列{}n a 满足12–1a a += , 13––3a a = ,那么4a = ___________．解析因为{}n a 为等比数列 ,设公比为q ．由题意得121313a a a a +=-⎧⎨-=-⎩ ,即112111 3 a a q a a q +=-⎧⎪⎨-=-⎪⎩①②显然1q ≠ ,10a ≠ ,式式②①,得13q -= ,即2q =- ,代入①式可得11a = , 所以()3341128a a q ==⨯-=-．题型68 等差、等比数列求和问题的拓展1. (2021全国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：数列1 ,1 ,2 ,1 ,2 ,4 ,1 ,2 ,4 ,8 ,1 ,2 ,4 ,8 ,16 ,… ,其中第|一项为哪一项02 ,接下来的两项是02 ,12 ,再接下来的三项是02 ,12 ,22 ,依此类推.求满足如下条件的最|||小整数100N N >：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解析设首|||项为第1组 ,接下来两项为第2组 ,再接下来三项为第3组 ,以此类推．设第n 组的项数为n ,那么n 组的项数和为()12n n + ,由题意得 ,100N > ,令()11002n n +> ,得14n ≥且*n ∈N ,即N 出现在第13组之后 ,第n 组的和为122112nn -=-- ,n 组总共的和为()12122212n n n n +--=--- ,假设要使前N 项和为2的整数幂 ,那么()12n n N +-项的和21k -应与2n --互为相反数 ,即()*21214k n k n -=+∈N ，≥ ,()2log 3k n =+ ,得n 的最|||小值为295n k ==， , 那么()2912954402N ⨯+=+=.应选A.2.2021山东理19 ){}n x 是各项均为正数的等比数列 ,且123x x += ,322x x -= , (1 )求数列{}n x 的通项公式；(2 )如以下图 ,在平面直角坐标系xOy 中 ,依次联结点()111P x ， ,()222P x ， ,… ,()11,1n n P x n +++得到折线121n PP P + ,求由该折线与直线0y = ,1x x = ,1n x x +=所围成的区域的面积n T .解析 (1 )设数列{}n x 的公比为q ,由0q >. 由题意得1121132x x q x q x q +=⎧⎨-=⎩ ,所以23520q q --= , 因为0q > ,所以12,1q x == ,因此数列{}n x 的通项公式为12.n n x -=(2 )过1231,,,,n P P P P +向x 轴作垂线 ,垂足分别为1231,,,,n Q Q Q Q + ,由 (1 )得111222.n n n n n x x --+-=-=记梯形11n n n n P P Q Q ++的面积为n b . 由题意12(1)2(21)22n n n n n b n --++=⨯=+⨯ , 所以123n n T b b b b =++++=10132325272(21)2(21)2n n n n ---⨯+⨯+⨯++-⨯++⨯① 又012212325272(21)2(21)2n n n T n n --=⨯+⨯+⨯++-⨯++⨯②-①②,得121132(222)(21)2n n n T n ----=⨯++++-+⨯=1132(12)(21)2.212n n n ---+-+⨯- 所以(21)21.2n n n T -⨯+=题型69 等差、等比数列的性质及其应用1. (2021江苏09 )等比数列{}n a 的各项均为实数 ,其前n 项的和为n S ,374S = ,6634S = ,那么8a = ．解析解法一：由题意等比数列公比不为1 ,由()()313616171416314a q S q a q S q ⎧-==⎪-⎪⎨-⎪==⎪-⎩ ,因此36319S q S =+= ,得2q =．又3123S a a a =++()2117174a q qa =++==,得114a = ,所以78132a a q ==．故填32．解法二 (由分段和关系 )：由题意3363374634S S S q S ⎧=⎪⎪⎨⎪=+=⎪⎩ ,所以38q = ,即2q =．下同解法一．2. (2021全国2理15 )等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,33a = ,410S = ,那么11nk kS ==∑ ．解析设{}n a 首|||项为1a ,公差为d ．由3123a a d =+= ,414610S a d =+= ,得11a = ,1d = ,所以n a n= ,()12n n n S += ,()()112222122311nk kS n n n n ==++++=⨯⨯-+∑11111112122311n n n n ⎛⎫-+-++-+-= ⎪-+⎝⎭122111n n n ⎛⎫-= ⎪++⎝⎭.题型70 判断或证明数列是等差、等比数列1. (2021江苏19 )对于给定的正整数k ,假设数列{}n a 满足1111+n k n k n n n k a a a a a --+-++-++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+2n k n a ka +=对任意正整数n ()n k >总成立 ,那么称数列{}n a 是 "()P k 数列〞． (1 )证明：等差数列{}n a 是 "()3P 数列〞；(2 )假设数列{}n a 既是 "()2P 数列〞 ,又是 "()3P 数列〞 ,证明：{}n a 是等差数列．解析 (1 )因为{}n a 是等差数列 ,设其公差为d ,那么()11n a a n d =+- , 从而当4n 时 ,()()1111=n k n k a a a n k d a n k d -++=+--+++-()12212n a n d a +-= ,1,2,3k = ,所以321123+++6n n n n n n n a a a a a a a ---+++++= ,因此等差数列{}n a 是 "()3P 数列〞． (2 )由数列{}n a 既是 "()2P 数列〞 ,又是 "()3P 数列〞 ,因此 ,当3n 时 ,21124n n n n n a a a a a --+++++= ① 当4n 时 ,3211236n n n n n n n a a a a a a a ---++++++++= ② 由①知 ,()()321144n n n n n a a a a a n ---++=-+≥ ③()()231142n n n n n a a a a a n +++-+=-+≥ ④将③④代入② ,得112n n n a a a -++= ,其中4n , 所以345,,,a a a ⋅⋅⋅是等差数列 ,设其公差为d '．在①中 ,取4n = ,那么235644a a a a a +++= ,所以23a a d '=- , 在①中 ,取3n = ,那么124534a a a a a +++= ,所以312a a d '=- , 从而数列{}n a 是等差数列．评注这是数列新定义的问题 ,其实类似的问题此前我们也研究过 ,给出仅供参考．(2021南通基地密卷7第20题 )设数列{}n a 的各项均为正数 ,假设对任意的*n ∈N ,存在*k ∈N ,使得22n k n n k a a a ++=成立 ,那么称数列{}n a 为 "k J 型〞数列．(1 )假设数列{}n a 是 "2J 型〞数列 ,且28a = ,81a = ,求2n a ；(2 )假设数列{}n a 既是 "3J 型〞数列 ,又是 "4J 型〞数列 ,证明数列{}n a 是等比数列．解析 (1 )由题意得 ,2468,,,,a a a a ⋅⋅⋅成等比数列 ,且公比138212a q a ⎛⎫== ⎪⎝⎭,所以412212n n n a a q --⎛⎫== ⎪⎝⎭．(2 )由{}n a 是 "4J 型〞数列得159131721,,,,,,a a a a a a ⋅⋅⋅成等比数列 ,设公比为t , 由{}n a 是 "3J 型〞数列得1471013,,,,,a a a a a ⋅⋅⋅成等比数列 ,设公比为1α；2581114,,,,,a a a a a ⋅⋅⋅成等比数列 ,设公比为2α； 3691215,,,,,a a a a a ⋅⋅⋅成等比数列 ,设公比为3α；那么431311a t a α== ,431725a t a α== ,432139a t a α== , 所以123ααα== ,不妨令123αααα=== ,那么43t α=．所以()32113211k k k a a a α----==,()2311223315111k k k k k aa a t a a ααα------==== ,所以131323339111k k k k kaa a t a a ααα----==== ,综上11n n a a -= ,从而{}n a 是等比数列．2.(2021北京理20)设{}n a 和{}n b 是两个等差数列,记1122max{,,,}n n n c b a n b a n b a n =--⋅⋅⋅-(1,2,3,)n =⋅⋅⋅ ,其中12max{,,,}s x x x ⋅⋅⋅表示12,,,s x x x ⋅⋅⋅这s 个数中最|||大的数．(1 )假设n a n = ,21n b n =- ,求123,,c c c 的值 ,并证明{}n c 是等差数列；(2 )证明：或者对任意正数M ,存在正整数m ,当n m ≥时 ,nc M n>；或者存在正整数m ,使得12,,,m m m c c c ++⋅⋅⋅是等差数列．解析(1 )111110c b a =-=-= ,{}{}21122max 2,2max 121,3221c b a b a =--=-⨯-⨯=- ,{}{}3112233max 3,3,3max 131,332,5332c b a b a b a =---=-⨯-⨯-⨯=-.当3n 时 ,()()()()111120k k k k k k k k b na b na b b n a a n ++++---=---=-< , 所以k k b na -关于*k ∈N {}112211max ,,,1n n n c b a n b a n b a n b a n n =---=-=- ,将1,2,3n =代入 ,满足此式 ,所以对任意1n ,1n c n =- ,于是11n n c c +-=- ,得{}n c 是等差数列.(2 )设数列{}n a 和{}n b 的公差分别为12,d d ,那么()[]()()121111211(1)1k k b na b k d a k d n b a n d nd k -=+--+-=-+--. 所以()()11212111211,,n b a n n d nd d nd c b a n d nd ⎧-+-->⎪=⎨-⎪⎩当时当时.①当10d >时 ,取正整数21d m d > ,那么当n m 时 ,12nd d > ,因此11n c b a n =-. 此时 ,12,,,m m m c c c ++是等差数列.②当10d =时 ,对任意1n ,(){}(){}()11211211max ,01max ,0n c b a n n d b a n d a =-+-=-+--.此时 ,123,,,,,n c c c c 是等差数列.③当10d <时 , 当21d n d >时 ,有12nd d < ,所以()()()11211211121n b a n n d nd c b d n d d a d n n n-+---==-+-++()111212||n d d a d b d -+-+--.对任意正数M ,取正整数12112211||max ,M b d a d d d m d d ⎧⎫+-+-->⎨⎬-⎩⎭ ,故当n m 时 ,nc M n>. 题型71 等差数列与等比数列的交汇问题 - -暂无第二节数列的通项公式与求和题型72 数列通项公式的求解题型73 数列的求和1. (2021天津理18 ){}n a 为等差数列 ,前n 项和为()n S n *∈N ,{}n b 是首|||项为2的等比数列 ,且公比大于0 ,2312b b += ,3412b a a =- ,11411S b =. (1 )求{}n a 和{}n b 的通项公式；(2 )求数列{}221n n a b -的前n 项和()n *∈N .解析 (1 )设等差数列{}n a 的公差为d ,等比数列{}n b 的公比为q .由2312b b += ,得21()12b q q += ,而12b = ,所以260q q +-=. 又因为0q > ,解得2q =.所以2nn b =.由3412b a a =- ,可得138d a -= ① 由114=11S b ,可得1516a d += ② 联立①② ,解得11a = ,3d = ,由此可得32n a n =-.所以数列{}n a 的通项公式为32n a n =- ,数列{}n b 的通项公式为2nn b =.(2)设数列221{}n n a b -的前n 项和为n T ,由262n a n =- ,12124n n b --=⨯ ,有221(31)4nn n a b n -=-⨯ ,故23245484(31)4n n T n =⨯+⨯+⨯++-⨯ ,23414245484(34)4(31)4n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯ ,上述两式相减 ,得231324343434(31)4n n n T n +-=⨯+⨯+⨯++⨯--⨯=1112(14)4(31)4=(32)4814n n n n n ++⨯----⨯--⨯-- ,得1328433n n n T +-=⨯+. 所以数列{}221n n a b -的前n 项和为1328433n n +-⨯+. 2. (2021全国3理9 )等差数列{}n a 的首|||项为1 ,公差不为0．假设2a ,3a ,6a 成等比数列 ,那么数列{}n a 前6项的和为 ( ). A ．24-B ．3-C ．3D ．8解析因为{}n a 为等差数列 ,且236,,a a a 成等比数列 ,设公差为d ,那么2326a a a = ,即()()()211125a d a d a d +=++.因为11a = ,代入上式可得220d d += ,又0d ≠ ,那么2d =- ,所以()61656561622422S a d ⨯⨯=+=⨯+⨯-=-.应选A. 第三节数列的综合题型74 数列与不等式的综合1.(2021浙江理22)数列{}n x 满足：11x = ,()()*11ln 1n n n x x x n ++=++∈N .证明：当*n ∈N 时.(1 )10n n x x +<<； (2 )1122n n n nx x x x ++-； (3 )1-21122n n n x -. 解析 (1 )用数学归纳法证明：0n x >. 当1n =时 ,110x => ,假设n k =时 ,0k x > ,那么1n k =+时 ,假设10k x + ,那么()110ln 10k k k x x x ++<=++ ,矛盾 ,故10k x +>. 因此()*0n x n >∈N ,所以()111ln 1n n n n x x x x +++=++>. 因此()*10n n x x n +<<∈N .(2)由()111ln 1n n n n x x x x +++=++> ,得()()21111114222ln 1n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-+=-+++.记函数()()()()222ln 10f x x x x x x =-+++.()()()()()222122222ln 1ln 1ln 10111x x x x xf x x x x x x x x -++++'=-+++=++=+++++ ,知函数()f x 在[)0,+∞上单调递增 ,所以()()00f x f = , 因此()()()21111122ln 10n n n n n x x x x f x +++++-+++= ,即()*1122n n n nx x x x n ++-∈N . (3 )因为()()*11111ln 12n n n n n n x x x x x x n +++++=+++=∈N,得112n nx x + ,以此类推 ,21111,,22nn x x x x - ,所以112112112n n n n n n x x x x x x x x ----⎛⎫=⋅⋅⋅⋅ ⎪⎝⎭,故112nn x -. 由 (2 )知 ,()*1122n n n n x x x x n ++-∈N ,即111112022n n x x +⎛⎫--> ⎪⎝⎭, 所以1211111111222222n n n n x x x ---⎛⎫⎛⎫--⋅⋅⋅-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ,故212n n x -.综上 ,()*121122n n n x n --∈N .第七章不等式第|一节不等式的性质与不等式的解法题型75 不等式的性质 - -暂无题型76 比拟数 (式 )的大小1.(2021北京理13)能够说明 "设a b c ，，是任意实数．假设a b c >> ,那么a b c +>〞是假命题的一组整数a b c ，，的值依次为__________________．解析由题知 ,取一组特殊值且,,a b c 为整数 ,如1a =- ,2b =- ,3c =-.2. (2021山东理7 )假设0a b >> ,且1ab = ,那么以下不等式成立的是 ( ). A.()21log 2a b a a b b +<<+ B.()21log 2a b a b a b <+<+ C.()21log 2a ba ab b +<+< D.()21log 2a b a b a b +<+<解析由题意知1a > ,01b << ,所以12ab< ,()22log log 1a b +>= , 12112log ()a ba ab a a b b b+>+>+⇒+>+.应选B. 评注此题也可采用特殊值法 ,如13,3a b == ,易得结论.题型77 一元一次不等式与一元二次不等式的解法题型78 分式不等式的解法 - -暂无第二节二元一次不等式 (组 )与简单的线性规划问题题型79 二元一次不等式组表示的平面区域题型80 求解目标函数的取值范围或最|||值1. (2021天津理2 )设变量,x y 满足约束条件2022003x y x y x y +⎧⎪+-⎪⎨⎪⎪⎩ ,那么目标函数z x y =+的最|||大值为 ( ). A.23 B.1 C.32解析变量,x y 满足约束条件2022003x y x y x y +⎧⎪+-⎪⎨⎪⎪⎩的可行域如以下图 ,目标函数z x y =+经过可行域的点A 时 ,目标函数取得最|||大值 ,由03x y =⎧⎨=⎩ ,可得(0,3)A ,目标函数z x y =+的最|||大值为3.应选D.32.(2021北京理4)假设x ,y 满足32x x y y x ⎧⎪+⎨⎪⎩,那么2x y +的最|||大值为 ( ).A.1B. 3 C解析作出不等式组的可行区域 ,如以下图 ,令2z x y =+ ,那么22x zy -=+.当过A 点时z 取最|||大值 ,由()3,3A,故max 369z =+=.应选D.3. (2021全国1理14 )设x ,y 满足约束条件210x y x y ⎪+-⎨⎪-⎩,那么32z x y =-的最|||小值为 .解析不等式组21210x y x y x y +⎧⎪+-⎨⎪-⎩表示的平面区域如以下图 ,由32z x y =- ,得322zy x =- ,求z 的最|||小值,即求直线322z y x =-的纵截距的最|||大值 ,当直线322zy x =-过图中点A 时 ,纵截距最|||大 , 由2121x y x y +=-⎧⎨+=⎩,解得点A 的坐标为(1,1)- ,此时3(1)215z =⨯--⨯=-.4. (2021全国2理5 )设x ,y 满足约束条件2330233030x y x y y +-⎧⎪-+⎨⎪+⎩,那么2z x y =+的最|||小值是( ).A ．15-B ．9-C ．1D ．9解析目标区域如以下图 ,当直线2y =x+z -过点()63--，时 ,所求z 取到最|||小值为15-．应选A.(6,35. (2021全国3理12 )假设x ,y 满足约束条件200x y y ⎪+-⎨⎪⎩,那么34z x y =-的最|||小值为__________．解析 34z x y =- ,那么直线344zy x =-的纵截距越大 ,z 值越小．由图可知z 在()1,1A 处取得最|||小值 ,故min 31411z =⨯-⨯=-．6. (2021山东理4 )x ,y 满足3035030x y x y x -+⎧⎪++⎨⎪+⎩,那么2z x y =+的最|||大值是 ( ).A. 0B. 2 C解析由303+5030x y x y x -+⎧⎪+⎨⎪+⎩,作出可行域及直线20x y += ,如以下图 ,平移20x y +=发现 ,当其经过直线350x y ++=与3x =-的交点(3,4)-时 ,2z x y =+取最|||大值为max 3245z =-+⨯=.应选 C.y=-3x-5y=-x 27.(2021浙江理4)假设x ,y 满足约束条件03020x x y x y ⎧⎪+-⎨⎪-⎩,那么2z x y =+的取值范围是( ).A.[]0,6B.[]0,4C.[)6,+∞D.[)4,+∞ 解析如以下图 ,22x zy =-+在点()2,1取到z 的最|||小值为2214z =+⨯= ,没有最|||大值 ,故[)4,z ∈+∞．应选D ．题型81 求解目标函数中参数的取值范围 - -暂无题型82 简单线性规划问题的实际运用第三节根本不等式及其应用题型83 利用根本不等式求函数的最|||值1. (2021江苏10 )某公司一年购置某种货物600吨 ,每次购置x 吨 ,运费为6万元/次 ,一年的总存储费用为4x 万元．要使一年的总运费与总存储费用之和最|||小 ,那么x 的值是．解析一年的总运费与总存储费用之和为6003600644x x x x⨯+=+23600240⨯= ,当且仅当36004x x= ,即30x =时取等号．故填30． 2.(2021浙江理17)a ∈R ,函数()4f x x a a x=+-+在区间[]14，上的最|||大值是5 ,那么a 的取值范围是 . 解析设4t x x=+,那么()f t t a a =-+ ,[]4,5t ∈.解法一：可知()f t 的最|||大值为{}max (4),(5)f f ,即(4)45(5)55f a a f a a ⎧=-+=⎪⎨=-+⎪⎩或(4)45(5)55f a a f a a ⎧=-+⎪⎨=-+=⎪⎩, 解得 4.55a a =⎧⎨⎩或 4.55a a ⎧⎨⎩,所以 4.5a ．那么a 的取值范围是(],4.5-∞.解法二：如以下图 ,当0a <时 ,()5f t t a a t =-+=成立；当0a t <时 ,()05f t a t a t =-+-=成立；当a t >时 ,()5f t t a a a t a =-+=-+成立 ,即 4.5a . 那么a 的取值范围是(],4.5-∞.题型84 利用根本不等式证明不等式 - -暂无a。

2020届高考数学一轮复习第六章数列6.2等差数列教师用书理(PDF,含解析)

＝
１，则其通项公式为
ａｎ
＝
ｎ＋２．
因为数列｛ｂｎ｝为等差数列，且ｂ３＝３，ｂ７＝９，
所以其公差
ｄ２
＝
９－３７－３
＝
３２
，其通项公式为ｂｎ Nhomakorabea＝
３ｎ２
－
３２
．
则ａ１＝ｂ３＝３为数列｛ｃｎ｝的第一项，ａ４＝ｂ５＝６为数列｛ｃｎ｝的
第二项，ａ７＝ｂ７＝９为数列｛ｃｎ｝的第三项，……，知｛ｃｎ｝为等差数
§ ６．２等差数列
第六章数列５
考点一等差数列的概念及运算
高频考点
１．等差数列的定义
如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差是同
一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数
列的公差，公差通常用字母ｄ表示．定义式如下：ａｎ＋１－ａｎ＝ｄ（ｎ∈Ｎ∗ ）或ａｎ－ａｎ－１＝ｄ（ｎ≥２，ｎ∈Ｎ∗ ）．２．通项公式
{ } 除以
ａ
ｎ
ａｎ＋
１
ａｎ＋２
１，可得
ａｎ＋
２
＋
１ａｎ
＝２，故数列ａｎ＋１
１ａｎ
是等差数列．
{ }１
设数列ａｎ
的公差为ｄ．
因为
ａ３＝２ａ８＝
１５
１，所以
ａ３
＝５，１ａ８
＝１０，
１所以
ａ８
－
１ａ３
＝５＝
５ｄ，即
ｄ＝１，
１故
ａｎ
＝
１ａ３
＋（ｎ－３）ｄ＝５＋（ｎ－３） ×１＝ｎ＋２，故

高考数学文一轮分层演练：第6章数列第2讲 Word版含解析

一、选择题 1．(2019·洛阳模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＋a 7＋a 12＝24，则S 13＝( ) A ．52 B ．78 C ．104 D ．208 解析：选C.依题意得3a 7＝24，a 7＝8，S 13＝13（a 1＋a 13）2＝13a 7＝104，选C.2．若等差数列{a n }的前5项和S 5＝25，且a 2＝3，则a 7＝( ) A ．12 B ．13 C ．14 D ．15解析：选B.设{a n }的公差为d ，由S 5＝5（a 2＋a 4）2⇒25＝5（3＋a 4）2⇒a 4＝7，所以7＝3＋2d ⇒d ＝2，所以a 7＝a 4＋3d ＝7＋3×2＝13.3．在单调递增的等差数列{a n }中，若a 3＝1，a 2a 4＝34，则a 1＝( )A ．－1B ．0C ．14D ．12解析：选B.由题知，a 2＋a 4＝2a 3＝2，又因为a 2a 4＝34，数列{a n }单调递增，所以a 2＝12，a 4＝32.所以公差d ＝a 4－a 22＝12.所以a 1＝a 2－d ＝0.4．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，则“a 6＋a 7>0”是“S 9≥S 3”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充要也不必要条件解析：选A.法一：将它们等价转化为a 1和d 的关系式．a 6＋a 7>0⇒a 1＋5d ＋a 1＋6d >0⇒2a 1＋11d >0；S 9≥S 3⇒9a 1＋9×8×d 2≥3a 1＋3×2×d 2⇒2a 1＋11d ≥0.法二：a 6＋a 7>0⇒a 1＋a 12>0，S 9≥S 3⇒a 4＋a 5＋…＋a 9≥0⇒3(a 1＋a 12)≥0.5．在等差数列{a n }中，a 1＝29，S 10＝S 20，则数列{a n }的前n 项和S n 的最大值为( ) A ．S 15 B ．S 16 C ．S 15或S 16 D ．S 17 解析：选A.设{a n }的公差为d ，因为a 1＝29，S 10＝S 20，所以10a 1＋10×92d ＝20a 1＋20×192d ，解得d ＝－2，所以S n ＝29n ＋n （n －1）2×(－2)＝－n 2＋30n ＝－(n －15)2＋225.所以当n ＝15时，S n 取得最大值． 6．(2019·张掖模拟)等差数列{a n }中，a na 2n是一个与n 无关的常数，则该常数的可能值的集合为( )A ．{1}B.⎩⎨⎧⎭⎬⎫1，12C ．⎩⎨⎧⎭⎬⎫12D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫0，12，1解析：选B.a n a 2n ＝a 1＋（n －1）d a 1＋（2n －1）d ＝a 1－d ＋nd a 1－d ＋2nd ，若a 1＝d ，则a n a 2n ＝12；若a 1≠0，d ＝0，则a n a 2n ＝1.因为a 1＝d ≠0，所以a n a 2n ≠0，所以该常数的可能值的集合为⎩⎨⎧⎭⎬⎫1，12. 二、填空题 7．在等差数列{a n }中，a 3＋a 9＝27－a 6，S n 表示数列{a n }的前n 项和，则S 11＝________．解析：因为a 3＋a 9＝27－a 6，2a 6＝a 3＋a 9，所以3a 6＝27，所以a 6＝9，所以S 11＝112(a 1＋a 11)＝11a 6＝99.答案：998．在等差数列{a n }中，公差d ＝12，前100项的和S 100＝45，则a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝________．解析：因为S 100＝1002(a 1＋a 100)＝45，所以a 1＋a 100＝910，a 1＋a 99＝a 1＋a 100－d ＝25，则a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝502(a 1＋a 99)＝502×25＝10.答案：109．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，则正整数m 的值为________．解析：因为等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，所以a m ＝S m －S m －1＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3，数列的公差d ＝1，a m ＋a m ＋1＝S m ＋1－S m －1＝5，即2a 1＋2m －1＝5，所以a 1＝3－m .由S m ＝(3－m )m ＋m （m －1）2×1＝0，解得正整数m 的值为5. 答案：5 10．已知在等差数列{a n }中，S n ＝33，S 2n ＝44，则这个数列的前3n 项和S 3n 为________．解析：法一：由题意知，⎝⎛⎭⎫n ，33n ，⎝⎛⎭⎫2n ，442n ，⎝⎛⎭⎫3n ，S 3n 3n 三点在同一条直线上，从而有442n －33n 2n －n ＝S 3n 3n －442n 3n －2n，解得S 3n ＝33.所以该数列的前3n 项的和为33. 法二：S 3n ＝3(S 2n －S n )＝3×(44－33)＝33.答案：33 三、解答题11．已知数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，且满足2S n ＝a 2n ＋n －4(n ∈N *)． (1)求证：数列{a n }为等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)证明：当n ＝1时，有2a 1＝a 21＋1－4，即a 21－2a 1－3＝0，解得a 1＝3(a 1＝－1舍去)．当n ≥2时，有2S n －1＝a 2n －1＋n －5，又2S n ＝a 2n ＋n －4，两式相减得2a n ＝a 2n －a 2n －1＋1，即a 2n －2a n ＋1＝a 2n －1，也即(a n －1)2＝a 2n －1，因此a n －1＝a n －1或a n －1＝－a n －1. 若a n －1＝－a n －1，则a n ＋a n －1＝1. 而a 1＝3，所以a 2＝－2，这与数列{a n }的各项均为正数相矛盾，所以a n －1＝a n －1，即a n －a n －1＝1，因此数列{a n }是首项为3，公差为1的等差数列． (2)由(1)知a 1＝3，d ＝1，所以数列{a n }的通项公式a n ＝3＋(n －1)×1＝n ＋2，即a n ＝n ＋2. 12．已知等差数列{a n }前三项的和为－3，前三项的积为8. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a 2，a 3，a 1成等比数列，求数列{|a n |}的前n 项和S n . 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a 2＝a 1＋d ，a 3＝a 1＋2d .由题意得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝－3，a 1（a 1＋d ）（a 1＋2d ）＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝－3，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝3. 所以由等差数列通项公式可得a n ＝2－3(n －1)＝－3n ＋5或a n ＝－4＋3(n －1)＝3n －7. 故a n ＝－3n ＋5或a n ＝3n －7.(2)当a n ＝－3n ＋5时，a 2，a 3，a 1分别为－1，－4，2，不成等比数列；当a n ＝3n －7时，a 2，a 3，a 1分别为－1，2，－4，成等比数列，满足条件．故|a n |＝|3n －7|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3n ＋7，n ＝1，2，3n －7，n ≥3.记数列{|a n |}的前n 项和为S n .当n ＝1时，S 1＝|a 1|＝4；当n ＝2时，S 2＝|a 1|＋|a 2|＝5；当n ≥3时，S n ＝S 2＋|a 3|＋|a 4|＋…＋|a n | ＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n －7)＝5＋（n －2）[2＋（3n －7）]2＝32n 2－112n ＋10.当n ＝2时，满足此式，当n ＝1时，不满足此式．综上，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，32n 2－112n ＋10，n ≥2.1．(2019·洛阳第一次统一考试)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．解：(1)令n ＝1得2a 1a 2＝4S 1－3，又a 1＝1，所以a 2＝12.2a n a n ＋1＝4S n －3，① 2a n ＋1a n ＋2＝4S n ＋1－3②②－①得，2a n ＋1(a n ＋2－a n )＝4a n ＋1. 因为a n ＋1≠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.2．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)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝S nn ＋c ，是否存在非零实数c 使得{b n }为等差数列？若存在，求出c 的值；若不存在，请说明理由．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，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝4.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝4n －3. (2)由(1)知a 1＝1，d ＝4，所以S n ＝na 1＋n （n －1）2×d ＝2n 2－n ，所以b n ＝S nn ＋c ＝2n 2－n n ＋c，所以b 1＝11＋c ，b 2＝62＋c ，b 3＝153＋c，其中c ≠0.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.即存在一个非零实数c ＝－12，使数列{b n }为等差数列．。

2020高考数学(文科)大一轮复习练(新课标)第六章数列作业35Word版含解析

题组层级快练(三十五)1．在数列1，1，2，3，5，8，13，x ，34，55，…中，x 应取( ) A ．19 B ．20 C ．21 D ．22答案 C解析 a 1＝1，a 2＝1，a 3＝2，∴a n ＋2＝a n ＋1＋a n ，∴x ＝8＋13＝21，故选C. 2．数列0，23，45，67，…的一个通项公式为( )A ．a n ＝n －1n ＋1B ．a n ＝n －12n ＋1C ．a n ＝2（n －1）2n －1D ．a n ＝2n2n ＋1答案 C解析将0写成01，观察数列中每一项的分子、分母可知，分子为偶数列，可表示为2(n －1)，n ∈N *；分母为奇数列，可表示为2n －1，n ∈N *，故选C. 3．(2019·济宁模拟)若S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝n n ＋1，则1a 5等于( )A.56B.65 C.130 D ．30答案 D解析 ∵当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝nn ＋1－n －1n ＝1n （n ＋1），∴1a 5＝5×(5＋1)＝30.4．观察下列各图，并阅读图形下面的文字．像这样，10条直线相交，交点的个数最多是( )A ．40个B ．45个C ．50个D ．55个答案 B解析方法一：最多交点个数的规律是：1，1＋2，1＋2＋3，……，1＋2＋3＋…＋n ，…… ∴10条直线交点个数最多是：1＋2＋…＋9＝45.方法二：设n 条直线的交点个数为a n(n ≥2)，则⎩⎪⎨⎪⎧a 3－a 2＝2，a 4－a 3＝3，……a 10－a 9＝9.累加得a 10－a 2＝2＋3＋ (9)∴a 10＝1＋2＋3＋…＋9＝45.5．若数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1a n ＝a n －1，则a 2 020的值为( ) A ．－1 B.12 C ．2 D ．3答案 C解析因为数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1a n ＝a n －1，所以a n ＋1＝1－1a n ，所以a 2＝12，a 3＝1－2＝－1，a 4＝1＋1＝2，可知数列的周期为3.而2 020＝3×673＋1，所以a 2 020＝a 1＝2.故选C. 6．(2019·辽宁省实验中学月考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2(a n －1)，则a n ＝( ) A ．2n B ．2n －1 C ．2n D ．2n －1答案 C解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝2(a 1－1)，可得a 1＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1，∴a n ＝2a n －1，∴数列{a n }为等比数列，公比为2，首项为2，∴通项公式为a n ＝2n .故选C. 7．已知数列{a n }满足a 0＝1，a n ＝a 0＋a 1＋…＋a n －1(n ≥1)，则当n ≥1时，a n 等于( ) A ．2n B.12n(n ＋1) C ．2n －1D ．2n －1答案 C解析方法一：由题设可知a 1＝a 0＝1，a 2＝a 0＋a 1＝2. 代入四个选项检验可知a n ＝2n －1.故选C.方法二：n ≥1时，a n ＝S n －1，∴a n ＋1＝S n ，∴a n ＝S n －S n －1＝a n ＋1－a n ，∴a n ＋1＝2a n ，故{a n }为等比数列，从而求得a n .8．若数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－10n(n ∈N *)，则数列{na n }中数值最小的项是( )A ．第2项B ．第3项C ．第4项D ．第5项答案 B解析 ∵S n ＝n 2－10n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －11；当n ＝1时，a 1＝S 1＝－9也适合上式．∴a n ＝2n －11(n ∈N *)．记f(n)＝na n ＝n(2n －11)＝2n 2－11n ，此函数图像的对称轴为直线n ＝114，但n ∈N *，∴当n ＝3时，f(n)取最小值．于是，数列{na n }中数值最小的项是第3项． 9．数列53，108，17a ＋b，a －b 24，…中，有序实数对(a ，b)可以是( ) A ．(21，－5) B ．(16，－1) C ．(－412，112)D ．(412，－112)答案 D解析由数列中的项可观察规律，5－3＝10－8＝17－(a ＋b)＝(a －b)－24＝2，⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝15，a －b ＝26，解得a ＝412，b ＝－112.故选D.10．(2019·山东荷泽重点高中联考)观察下列的图形中小正方形的个数，则第n 个图中的小正方形的个数f(n)为( )A.（n ＋1）（n ＋2）2B.（n ＋2）（n ＋3）2C.n 2D.n 2＋n 2答案 A解析由题意可得f(1)＝2＋1；f(2)＝3＋2＋1；f(3)＝4＋3＋2＋1；f(4)＝5＋4＋3＋2＋1；f(5)＝6＋5＋4＋3＋2＋1；…；∴f(n)＝(n ＋1)＋n ＋(n －1)＋…＋1＝（n ＋1）（n ＋2）2.11．(2019·郑州第二次质量预测)已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2)，a 1＝m ，a 2＝n ，S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 017的值为( )A ．2 017n －mB ．n －2 017mC ．mD ．n答案 C解析根据题意计算可得a 3＝n －m ，a 4＝－m ，a 5＝－n ，a 6＝m －n ，a 7＝m ，a 8＝n ，…，因此数列{a n }是以6为周期的周期数列，且a 1＋a 2＋…＋a 6＝0，所以S 2 017＝S 336×6＋1＝a 1＝m.故选C.12．(2019·湖南长沙模拟)已知S n 是各项均为正数的数列{a n }的前n 项和，S n >1且S n ＝（a n ＋3）（a n ＋1）8(n ∈N *)，则a n ＝( )A ．4n －1B ．4n －3C ．4n －3或4n －1D ．n ＋2答案 A解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝（a 1＋3）（a 1＋1）8，解得a 1＝1或a 1＝3，∵S n >1，∴a 1＝3，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝（a n ＋3）（a n ＋1）8－（a n －1＋3）（a n －1＋1）8，即(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－4)＝0，∵a n >0，故a n －a n －1＝4，∴{a n }是首项为3，公差为4的等差数列，∴a n ＝3＋4(n －1)＝4n －1.13．(2019·湖北宜昌一中月考)定义a n ＝5n ＋(15)n ，其中n ∈{110，15，12，1}，则a n 取最小值时，n 的值为( ) A.110 B.15 C.12 D ．1 答案 A解析令5n ＝t>0，考虑函数y ＝t ＋1t (t>0)，易知其中(0，1]上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增，且当t ＝1时，y 的值最小．再考虑函数t ＝5n ，当0<n ≤1时，t ∈(1，5]，可知当n ＝110时，a n 取得最小值．故选A.14．(2019·广东梅州质量检测)已知数列2 016，2 017，1，－2 016，－2 017，…，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 017项之和S 2 017等于________．答案 2 016解析根据题意可将该数列多写几项出来，以便观察：2 016，2 017，1，－2 016，－2 017，－1，2 016，2 017，1，….观察发现该数列是周期为6的周期数列，且前6项的和为0.而要求的2 017＝6×336＋1，则S 2 017＝0×336＋a 2 017＝0＋a 1＝2 016.15．(2019·广州一模)设数列{a n }的各项都是正数，且对任意n ∈N *，都有4S n ＝a n 2＋2a n ，其中S n 为数列{a n }的前n 项和，则数列{a n }的通项公式为a n ＝________．答案 2n解析当n ＝1时，由4S 1＝a 12＋2a 1，a 1>0，得a 1＝2；当n ≥2时，由4a n ＝4S n －4S n －1＝(a n 2＋2a n )－(a n －12＋2a n －1)，得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0. 因为a n ＋a n －1>0，所以a n －a n －1＝2，则数列{a n }是首项为2，公差为2的等差数列，故a n ＝2＋(n －1)×2＝2n.16．(2019·北京海淀区一模)数列{a n }的通项为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n－1，n ≤4，－n 2＋（a －1）n ，n ≥5，(n ∈N *)，若a 5是{a n }中的最大值，求a 的取值范围．答案 [9，12]解析当n ≤4时，a n ＝2n －1单调递增，因此n ＝4时取最大值，a 4＝24－1＝15.当n ≥5时，a n ＝－n 2＋(a －1)n ＝－(n －a －12)2＋（a －1）24.∵a 5是{a n }中的最大值，∴⎩⎨⎧a －12≤5.5，－52＋5（a －1）≥15，解得9≤a ≤12.∴a 的取值范围是[9，12]．17．已知在数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n .(1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．答案 (1)a 2＝3，a 3＝6 (2)a n ＝n （n ＋1）2解析 (1)由S 2＝43a 2，得3(a 1＋a 2)＝4a 2，解得a 2＝3a 1＝3；由S 3＝53a 3，得3(a 1＋a 2＋a 3)＝5a 3，解得a 3＝32(a 1＋a 2)＝6.(2)由题设知a 1＝1.当n>1时，有a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，整理，得a n ＝n ＋1n －1a n －1.于是a 1＝1，a 2＝31a 1，a 3＝42a 2，…，a n －1＝nn －2a n －2，a n ＝n ＋1n －1a n －1. 将以上n 个等式两端分别相乘，整理，得a n ＝n （n ＋1）2.综上，{a n }的通项公式a n ＝n （n ＋1）2.。

2020版高考数学新增分大一轮新高考第六章高考专题突破三第2课时 Word版含解析

第课时数列的综合问题题型一数列与函数例(·四川三台中学模拟)数列{}的前项和为，＝＋－＋＋，∈*，且，＋，成等差数列．()求的值；()证明为等比数列，并求数列{}的通项公式；()设＝(＋)，若对任意的∈*，不等式(＋)－λ(＋)－<恒成立，试求实数λ的取值范围．解()在＝＋－＋＋，∈*中，令＝，得＝－＋，即＝＋，①又(＋)＝＋，②则由①②解得＝.()当≥时，由③－④得＝＋－－，则＋＝，又＝，则＋＝.∴数列是以为首项，为公比的等比数列，∴＋＝×－，即＝－.()由()可知，＝(＋)＝.当(＋)－λ(＋)－<恒成立时，即(－λ)＋(－λ)－<(∈*)恒成立．设()＝(－λ)＋(－λ)－(∈*)，当λ＝时，()＝－－<恒成立，则λ＝满足条件；当λ<时，由二次函数性质知不恒成立；当λ>时，由于对称轴＝－<，则()在[，＋∞)上单调递减，()≤()＝－λ－<恒成立，则λ>满足条件，综上所述，实数λ的取值范围是[，＋∞)．思维升华数列与函数的交汇问题()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；()已知数列条件，解决函数问题，解题时要注意数列与函数的内在联系，掌握递推数列的常见解法．跟踪训练(·辽南协作校模拟)已知数列{}满足＝，＋＝，数列{}满足＝－＋.()求数列{}，{}的通项公式；()设数列{}的前项和为，求使得≤＋对任意正整数都成立的实数的取值范围．解()由＝，＝，≠，∴{}是首项为，公比为的等比数列，∴＝－.∴＝－＝＋.()由()得，＝＋，∴≥－＋对任意正整数都成立．设()＝－＋，∵()＝－＋＝－＋，。

2020版高考数学(文)新探究大一轮分层演练：第六章数列第4讲含解析

1．数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (2n －1)，则该数列的前100项之和为( ) A ．－200 B ．－100 C ．200D ．100解析：选D.由题意知S 100＝(－1＋3)＋(－5＋7)＋…＋(－197＋199)＝2×50＝100.故选D. 2．在数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝2，a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n ，n ∈N *，则S 60的值为( ) A ．990 B ．1 000 C ．1 100D ．99解析：选A ．n 为奇数时，a n ＋2－a n ＝0，a n ＝2；n 为偶数时，a n ＋2－a n ＝2，a n ＝n .故S 60＝2×30＋(2＋4＋…＋60)＝990.3．S n ＝12＋12＋38＋…＋n2n 等于( )A ．2n －n2nB ．2n ＋1－n －22nC ．2n －n ＋12n ＋1D ．2n ＋1－n ＋22n解析：选B ．由S n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，①得12S n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，② ①－②得，12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12－n2n ＋1，所以S n ＝2n ＋1－n －22n.4．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 为( )A ．120B ．99C ．11D ．121 解析：选A ．a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n(n ＋1＋n )(n ＋1－n )＝n ＋1－n ，所以a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )＝n ＋1－1＝10. 即n ＋1＝11，所以n ＋1＝121，n ＝120. 5.122－1＋132－1＋142－1＋…＋1(n ＋1)2－1的值为( )A ．n ＋12(n ＋2)B ．34－n ＋12(n ＋2)C ．34－12⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2D ．32－1n ＋1＋1n ＋2解析：选C ．因为1(n ＋1)2－1＝1n 2＋2n ＝1n (n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2，所以122－1＋132－1＋142－1＋…＋1(n ＋1)2－1＝12⎝⎛⎭⎫1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1n ＋2 ＝12⎝⎛⎭⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2. 6．(2019·合肥第二次质量检测)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＝________．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 ，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.答案：1 0227．(2019·武昌调研)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝9，a 2为整数，且S n ≤S 5，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前9项和为________．解析：由S n ≤S 5得⎩⎪⎨⎪⎧a 5≥0a 6≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ≥0a 1＋5d ≤0，得－94≤d ≤－95，又a 2为整数，所以d ＝－2，a n ＝a 1＋(n －1)×d ＝11－2n ，1a n a n ＋1＝1d ⎝⎛⎭⎫1a n －1a n ＋1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和T n ＝1d ⎝⎛⎭⎫1a 1－1a 2＋1a 2－1a 3＋…＋1a n －1a n ＋1＝1d ⎝⎛⎭⎫1a 1－1a n ＋1，所以T 9＝－12×⎣⎡⎦⎤19－⎝⎛⎭⎫－19＝－19.答案：－198．已知数列{a n }满足a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，且a 1＝12，则该数列的前2 018项的和等于________．解析：因为a 1＝12，又a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，所以a 2＝1，从而a 3＝12，a 4＝1，即得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝2k －1(k ∈N *)，1，n ＝2k (k ∈N *)，故数列的前2 018项的和等于S 2 018＝1 009×⎝⎛⎭⎫1＋12＝3 0272.答案：3 02729．设数列{a n }满足：a 1＝5，a n ＋1＋4a n ＝5(n ∈N *)． (1)是否存在实数t ，使{a n ＋t }是等比数列？ (2)设b n ＝|a n |，求{b n }的前2 013项的和S 2 013. 解：(1)由a n ＋1＋4a n ＝5，得a n ＋1＝－4a n ＋5. 令a n ＋1＋t ＝－4(a n ＋t )，得a n ＋1＝－4a n －5t ，所以－5t ＝5，所以t ＝－1. 从而a n ＋1－1＝－4(a n －1)．又因为a 1－1＝4，所以a n －1≠0.所以{a n －1}是首项为4，公比为－4的等比数列．所以存在实数t ＝－1，使{a n ＋t }是等比数列． (2)由(1)得a n －1＝4×(－4)n －1⇒a n ＝1－(－4)n .所以b n ＝|a n |＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋4n，n 为奇数，4n －1，n 为偶数，所以S 2 013＝b 1＋b 2＋…＋b 2 013＝(1＋41)＋(42－1)＋(1＋43)＋(44－1)＋…＋(1＋42 013) ＝41＋42＋43＋…＋42 013＋1＝4×(1－42 013)1－4＋1＝42 014－13.10．(2019·广西三市第一次联考)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且6S n ＝3n ＋1＋a (n ∈N *)． (1)求a 的值及数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(1－an )log 3(a 2n ·a n ＋1)，求数列{1b n }的前n 项和T n . 解：(1)因为6S n ＝3n ＋1＋a (n ∈N *)，所以当n ＝1时，6S 1＝6a 1＝9＋a ，当n ≥2时，6a n ＝6(S n －S n －1)＝2×3n ，即a n ＝3n －1，所以{a n }是等比数列，所以a 1＝1，则9＋a ＝6，得a ＝－3，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1(n ∈N *)．(2)由(1)得b n ＝(1－an )log 3(a 2n ·a n ＋1)＝(3n －2)(3n ＋1)，所以T n ＝1b 1＋1b 2＋…＋1b n ＝11×4＋14×7＋…＋1(3n －2)(3n ＋1)＝13(1－14＋14－17＋…＋13n －2－13n ＋1)＝n3n ＋1.1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，当n ≥2时，a n ＋2S n －1＝n ，则S 2 017的值为( ) A ．2 015B ．2 013C ．1 008D ．1 009解析：选D.因为a n ＋2S n －1＝n ，n ≥2，所以a n ＋1＋2S n ＝n ＋1，n ≥1，两式相减得a n ＋1＋a n ＝1，n ≥2.又a 1＝1，所以S 2 017＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 016＋a 2 017)＝1 009，故选D.2．(2019·瑞安市龙翔高中高三月考)已知数列{a n }的各项均为正整数，其前n 项和为S n ，若a n＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n 2，a n 是偶数3a n ＋1，a n 是奇数，且a 1＝5，则S 2 018＝( ) A ．4 740 B ．4 732 C ．12 095D ．12 002解析：选B ．依题意a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n 2，a n 是偶数3a n ＋1，a n 是奇数，且a 1＝5，a 2＝3×5＋1＝16， a 3＝162＝8，a 4＝82＝4，a 5＝42＝2，a 6＝22＝1，a 7＝3×1＋1＝4.所以数列{a n }从第四项起构成周期为3的周期数列，因为2 018＝3＋3×671＋2，所以S 2 018＝5＋16＋8＋(4＋2＋1)×671＋4＋2＝4 732.3．(2019·石家庄质量检测(一))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 ＝________．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＋n 4.令T n ＝n 2＋n 4＝14，解得n ＝7，所以a k ＝78.答案：784．设函数f (x )＝12＋log 2x 1－x ，定义S n ＝f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f ⎝⎛⎭⎫2n ＋…＋f ⎝⎛⎭⎫n －1n ，其中n ∈N *，且n ≥2，则S n ＝________．解析：因为f (x )＋f (1－x )＝12＋log 2 x 1－x ＋12＋log 2 1－x x ＝1＋log 21＝1，所以2S n ＝⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫1n ＋f ⎝⎛⎭⎫n －1n ＋⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫2n ＋f ⎝⎛⎭⎫n －2n ＋…＋⎣⎡⎦⎤f ⎝⎛⎭⎫n －1n ＋f ⎝⎛⎭⎫1n ＝n －1. 所以S n ＝n －12.答案：n －125．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n ＋1a n 的前n 项和T n . 解：(1)当n ＝1时，a 1＝2. 当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－2，所以a n ＝S n －S n －1＝2a n －2－(2a n －1－2)，即a na n －1＝2(n ≥2，n ∈N *)，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，故a n ＝2n (n ∈N *)． (2)令b n ＝n ＋1a n ＝n ＋12n ，则T n ＝221＋322＋423＋…＋n ＋12n ，①①×12，得12T n ＝222＋323＋424＋…＋n 2n ＋n ＋12n ＋1，②①－②，得12T n ＝32－n ＋32n ＋1，整理得T n ＝3－n ＋32n .6．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＋a 7＝－9，S 9＝－992.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝12S n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n >－34.解：(1)设数列{a n }的公差为d ，则由已知条件可得：⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋6d ＝－9，9a 1＋36d ＝－992，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－32，d ＝－1，于是可求得a n ＝－2n ＋12.(2)证明：由(1)知，S n ＝－n (n ＋2)2，故b n ＝－1n (n ＋2)＝－12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2，故T n ＝－12[⎝⎛⎭⎫1＋12＋13＋…＋1n － ⎝⎛⎭⎫13＋14＋15＋…＋1n ＋2]＝－12⎝⎛⎭⎫32－1n ＋1－1n ＋2，又因为32－1n ＋1－1n ＋2<32，所以T n >－34.。

2020版高考数学浙江专用新精准大一轮精讲通用版：第六章第2讲等差数列及其前n项和含解析

[基础达标]1．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，S 3＝12，则a 6等于( ) A ．8 B ．10 C ．12 D ．14解析：选C.由题知3a 1＋3×22d ＝12，因为a 1＝2，解得d ＝2，又a 6＝a 1＋5d ，所以a 6＝12，故选C.2．(2019·浙江新高考冲刺卷)已知等差数列{a n }，S n 是{a n }的前n 项和，则对于任意的n ∈N *，“a n >0”是“S n >0”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A.对于任意的n ∈N *，“a n >0”能推出“S n >0”，是充分条件，反之，不成立，比如：数列5，3，1，－1，不满足条件，不是必要条件，故选A.3．已知等差数列{a n }，且3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝48，则数列{a n }的前13项之和为( ) A ．24 B ．39 C ．104 D ．52解析：选D.因为{a n }是等差数列，所以3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝6a 4＋6a 10＝48，所以a 4＋a 10＝8，其前13项的和为13（a 1＋a 13）2＝13（a 4＋a 10）2＝13×82＝52，故选D.4．(2019·金华十校联考)在数列{a n }中，若a 1＝2，且对任意正整数m ，k ，总有a m ＋k ＝a m ＋a k ，则{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．n (3n －1)B ．n （n ＋3）2C ．n (n ＋1)D ．n （3n ＋1）2解析：选C.依题意得a n ＋1＝a n ＋a 1，即有a n ＋1－a n ＝a 1＝2，所以数列{a n }是以2为首项、2为公差的等差数列，a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，S n ＝n （2＋2n ）2＝n (n ＋1)，选C.5．若数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2，则使a k ·a k ＋1＜0的k 值为( ) A ．22 B ．21 C ．24 D ．23解析：选D.因为3a n ＋1＝3a n －2，所以a n ＋1－a n ＝－23，又a 1＝15，所以数列{a n }是首项为15，公差为－23的等差数列，所以a n ＝15－23·(n －1)＝－23n ＋473，且{a n }为递减数列，令a n ＝－23n ＋473＞0，得n ＜23.5，可知使a k ·a k ＋1＜0的k 值为23. 6．(2019·温州十校联合体期初)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，则( ) A ．若S 9>S 8，S 9>S 10，则S 17>0，S 18<0 B ．若S 17>0，S 18<0，则S 9>S 8，S 8>S 10 C ．若S 17>0，S 18<0，则a 17>0，a 18<0 D ．若a 17>0，a 18<0，则S 17>0，S 18<0解析：选B.A.由S 9>S 8，且S 9＝S 8＋a 9得a 9>0，又S 9>S 10，S 10＝S 9＋a 10，则a 10<0，因为S 17＝17a 9>0，S 18＝9(a 10＋a 9)符号不确定，A 错误；B ．在等差数列{a n }中，S 17>0，且S 18<0，则S 17＝17a 9>0，S 18＝9(a 10＋a 9)<0，所以a 9>0，a 10<0，且|a 10|>a 9，所以等差数列{a n }的公差d <0，则S 9＝S 8＋a 9>S 8，S 10＝S 8＋a 9＋a 10<S 8，B 正确；C ．由B 知，a 1，a 2，…，a 9为正，a 10，a 11…为负，C 错误；D ．由a 17>0，a 18<0知，a 1，a 2，…，a 17为正，a 18，a 19，…为负，所以S 17＝17a 9>0，S 18＝9(a 1＋a 18)＝9(a 2＋a 17)>0，D 错误．故选B.7．已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 3＋a 9＝a 10－a 8.若a n ＝0，则n ＝________．解析：因为a 3＋a 9＝a 10－a 8，所以a 1＋2d ＋a 1＋8d ＝a 1＋9d －(a 1＋7d )，解得a 1＝－4d ，所以a n ＝－4d ＋(n －1)d ＝(n －5)d ，令(n －5)d ＝0(d ≠0)，可解得n ＝5. 答案：58．在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前n 项和为S n ，当且仅当n ＝8时S n 取得最大值，则d 的取值范围为________．解析：由题意，当且仅当n ＝8时，S n 取得最大值，说明⎩⎪⎨⎪⎧a 8＞0，a 9＜0.所以⎩⎪⎨⎪⎧7＋7d ＞0，7＋8d ＜0.所以－1＜d＜－78.答案：⎝⎛⎭⎫－1，－78 9．已知数列{a n }的各项均为正数，S n 为其前n 项和，且对任意n ∈N *，均有a n ，S n ，a 2n 成等差数列，则a n ＝________．解析：因为a n ，S n ，a 2n 成等差数列，所以2S n ＝a n ＋a 2n ，当n ＝1时，2S 1＝2a 1＝a 1＋a 21，又a 1>0，所以a 1＝1，当n ≥2时，2a n ＝2(S n －S n －1)＝a n ＋a 2n －a n －1－a 2n －1，所以(a 2n －a 2n －1)－(a n ＋a n －1)＝0，所以(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－1)＝0，又a n ＋a n －1>0，n ≥2，所以a n －a n －1＝1，n ≥2，所以{a n }是等差数列，其公差为1，因为a 1＝1，所以a n ＝n (n ∈N *)．答案：n 10．(2019·嘉兴一中高考适应性考试)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 8＞0，a 8＋a 9＜0，则满足S n ＞0的n 的最大值是________；数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n a n (1≤n ≤15)中最大的项为第________项．解析：因为等差数列{a n }满足a 8>0，a 8＋a 9<0，所以S 15＝15（a 1＋a 15）2＝15a 8>0，S 16＝162(a 1＋a 16)＝8(a 8＋a 9)<0，所以满足S n >0的n 的最大值是15.因为等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 8>0，a 8＋a 9<0，所以该数列是递减数列，且|a 8|最小，|S 8|最大，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n a n (1≤n ≤15)中最大的项为第8项．答案：15 811．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3＋a 6＝4，S 5＝－5. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若T n ＝|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |，求T 5的值．解：(1)由题知⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋7d ＝45a 1＋5×42d ＝－5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－5d ＝2，故a n ＝2n －7(n ∈N *)． (2)由a n ＝2n －7＜0，得n ＜72，因为n ∈N *，即n ≤3，所以当n ≤3时，a n ＝2n －7＜0，当n ≥4时，a n ＝2n －7＞0.易知S n ＝n 2－6n ，S 3＝－9，S 5＝－5，所以T 5＝－(a 1＋a 2＋a 3)＋a 4＋a 5＝－S 3＋(S 5－S 3)＝S 5－2S 3＝13. 12．(2019·嵊州模拟)已知函数f (x )＝x 2－2(n ＋1)x ＋n 2＋5n －7(n ∈N *)．(1)设函数y ＝f (x )的图象的顶点的纵坐标构成数列{a n }，求证：{a n }为等差数列； (2)设函数y ＝f (x )的图象的顶点到x 轴的距离构成数列{b n }，求{b n }的前n 项和S n . 解：(1)证明：因为f (x )＝x 2－2(n ＋1)x ＋n 2＋5n －7＝[x －(n ＋1)]2＋3n －8，所以a n ＝3n －8，因为a n ＋1－a n ＝3(n ＋1)－8－(3n －8)＝3，所以数列{a n }为等差数列．(2)由题意知，b n ＝|a n |＝|3n －8|，所以当1≤n ≤2时，b n ＝8－3n ，S n ＝b 1＋…＋b n ＝n （b 1＋b n ）2＝n [5＋（8－3n ）]2＝13n －3n 22；当n ≥3时，b n ＝3n －8，S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝5＋2＋1＋…＋(3n －8) ＝7＋（n －2）[1＋（3n －8）]2＝3n 2－13n ＋282.所以S n＝⎩⎨⎧13n －3n 22，1≤n ≤2，3n 2－13n ＋282，n ≥3.[能力提升]1．下面是关于公差d ＞0的等差数列{a n }的四个命题：p 1：数列{a n }是递增数列；p 2：数列{na n }是递增数列；p 3：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是递增数列；p 4：数列{a n ＋3nd }是递增数列．其中真命题为( )A ．p 1，p 2B ．p 3，p 4C ．p 2，p 3D ．p 1，p 4解析：选D.由a n ＋1－a n ＝d ＞0，知数列{a n }是递增数列，可知p 1是真命题；由(n ＋1)a n ＋1－na n＝(n ＋1)(a 1＋nd )－n [a 1＋(n －1)d ]＝a 1＋2nd ，仅由d ＞0是无法判断a 1＋2nd 的正负的，因而不能判定(n ＋1)a n ＋1，na n 的大小关系，故p 2是假命题；显然，当a n ＝n 时，a n n ＝1，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是常数数列，不是递增数列，故p 3是假命题；数列的第n ＋1项减去数列的第n 项[a n ＋1＋3(n ＋1)d ]－(a n ＋3nd )＝(a n ＋1－a n )＋[3(n ＋1)d －3nd ]＝d ＋3d ＝4d ＞0，所以a n ＋1＋3(n ＋1)d ＞a n ＋3nd ，即数列{a n ＋3nd }是递增数列，p 4是真命题．2．(2019·金华市东阳二中高三调研)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝a 2＝1，{nS n ＋(n ＋2)a n }为等差数列，则a n ＝( )A ．n 2n －1B ．n ＋12n －1＋1C ．2n －12n －1D ．n ＋12n ＋1解析：选A.设b n ＝nS n ＋(n ＋2)a n ，则b 1＝4，b 2＝8，因为{b n }为等差数列，所以b n ＝4n ，即nS n ＋(n ＋2)a n ＝4n ，S n ＋⎝⎛⎭⎫1＋2n a n ＝4. 当n ≥2时，S n －S n －1＋⎝⎛⎭⎫1＋2n a n －⎝⎛⎭⎫1＋2n －1a n －1＝0，所以2（n ＋1）n a n ＝n ＋1n －1·a n －1，即2·a nn ＝a n －1n －1，又因为a 11＝1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为1，公比为12的等比数列，所以a n n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1(n ∈N *)，即a n ＝n2n －1(n ∈N *)，故选A.3．已知等差数列{a n }满足a 9＜0，且a 8＞|a 9|，数列{b n }满足b n ＝a n a n ＋1a n ＋2(n ∈N *)，{b n }的前n 项和为S n ，当S n 取得最大值时，n 的值为________．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 9<0，且a 8>|a 9|，所以d <0，a 8＋a 9>0，a 8>－a 9>0. 所以当n ≤8时，a n >0；当n ≥9时，a n <0.S n ＝a 1a 2a 3＋a 2a 3a 4＋…＋a 6a 7a 8＋a 7a 8a 9＋a 8a 9a 10＋a 9a 10a 11＋…＋a n a n ＋1a n ＋2，当n ≤6时，a n a n ＋1a n ＋2>0，当n ≥9时， a n a n ＋1a n ＋2<0，而a 7a 8a 9<0，a 8a 9a 10>0，又a 7a 8a 9＋a 8a 9a 10＝a 8a 9(a 7＋a 10)＝a 8a 9(a 8＋a 9)<0，所以当S n 取得最大值时，n ＝6. 答案：6 4．(2019·舟山市普陀三中高三期中)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 4－a 2＝8，a 3＋a 5＝26.记T n ＝S nn2，如果存在正整数M ，使得对一切正整数n ，T n ≤M 都成立，则M 的最小值是________．解析：因为{a n }为等差数列，由a 4－a 2＝8，a 3＋a 5＝26，可解得S n ＝2n 2－n ，所以T n ＝2－1n ，若T n ≤M 对一切正整数n 恒成立，则只需T n 的最大值小于或等于M 即可．又T n ＝2－1n<2，所以只需2≤M ，故M 的最小值是2. 答案：25．已知等差数列{a n }的公差d ＞0.设{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 2·S 3＝36. (1)求d 及S n ；(2)求m ，k (m ，k ∈N *)的值，使得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝65. 解：(1)由题意知(2a 1＋d )(3a 1＋3d )＝36，将a 1＝1代入上式解得d ＝2或d ＝－5. 因为d ＞0，所以d ＝2，S n ＝n 2(n ∈N *)．(2)由(1)得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝(2m ＋k －1)(k ＋1)，所以(2m ＋k －1)(k ＋1)＝65.由m ，k ∈N *知2m ＋k －1≥k ＋1＞1，故⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋k －1＝13，k ＋1＝5，所以m ＝5，k ＝4. 6．(2019·浙江省衢州市高考数学模拟)在数列{a n }中，a 1＝1，2a n a n ＋1＋a n ＋1－a n ＝0(n ∈N *)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，并求{a n }的通项公式；(2)若ta n ＋1(a n －1)＋1≥0对任意n ≥2的整数恒成立，求实数t 的取值范围．解：(1)由题意得，2a n a n ＋1＋a n ＋1－a n ＝0，两边同除a n a n ＋1得，1a n ＋1－1a n＝2，因为a 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项、2为公差的等差数列，则1a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，所以a n ＝12n －1.(2)由(1)得，ta n ＋1(a n －1)＋1≥0即为t ·12n ＋1⎝⎛⎭⎫12n －1－1＋1≥0，由n ≥2化简得，t ≤（2n －1）（2n ＋1）2（n －1），设b n ＝（2n －1）（2n ＋1）2（n －1），则b n ＋1－b n ＝（2n ＋1）（2n ＋3）2n －（2n －1）（2n ＋1）2（n －1）＝2n ＋12·（2n ＋3）（n －1）－n （2n －1）n （n －1）＝（2n ＋1）（2n －3）2n （n －1）>0，所以当n ≥2时，数列{b n }是递增数列，则（2n －1）（2n ＋1）2（n －1）≥152，所以实数t 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，152.。

2020年高考数学一轮复习考点与题型总结：第六章数列含答案

第六章数列第一节数列的概念与简单表示一、基础知识1．数列的概念(1)数列的定义：按照一定顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项． (2)数列与函数的关系：从函数观点看，数列可以看成以正整数集N *(或它的有限子集{1,2，…，n })为定义域的函数a n ＝f (n )当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值．数列是一种特殊的函数，在研究数列问题时，既要注意函数方法的普遍性，又要考虑数列方法的特殊性. (3)数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和解析法． 2．数列的分类(1)按照项数有限和无限分：⎩⎪⎨⎪⎧有限数列：项数有限个；无限数列：项数无限个；(2)按单调性来分：⎩⎪⎨⎪⎧递增数列：a n ＋1>a n，递减数列：a n ＋1<a n，常数列：a n ＋1＝a n＝C (常数)，摆动数列.3．数列的两种常用的表示方法(1)通项公式：如果数列{a n }的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．(1)并不是所有的数列都有通项公式；(2)同一个数列的通项公式在形式上未必唯一.(2)递推公式：如果已知数列{a n }的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项与它的前一项(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．二、常用结论(1)若数列{a n }的前n 项和为S n ，通项公式为a n ，则a n ＝⎩⎨⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，n ∈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.考点一由a n 与S n 的关系求通项a n[典例] (1)(2018·广州二模)已知S n 为数列{a n }的前n 项和，且log 2(S n ＋1)＝n ＋1，则数列{a n }的通项公式为____________．(2)(2018·全国卷Ⅰ改编)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则a n ＝________. [解析] (1)由log 2(S n ＋1)＝n ＋1，得S n ＋1＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n ，n ≥2.(2)∵S n ＝2a n ＋1，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1＋1， ∴a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －1. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1＋1，得a 1＝－1.∴数列{a n }是首项a 1为－1，公比q 为2的等比数列， ∴a n ＝－1×2n －1＝－2n －1.[答案] (1)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n ，n ≥2 (2)－2n －1[解题技法]1．已知S n 求a n 的3个步骤 (1)先利用a 1＝S 1求出a 1；(2)用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n 的表达式； (3)注意检验n ＝1时的表达式是否可以与n ≥2的表达式合并． 2．S n 与a n 关系问题的求解思路根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化． (1)利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)转化为只含S n ，S n －1的关系式，再求解． (2)利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为只含a n ，a n －1的关系式，再求解．[题组训练]1.设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2(a n －1)(n ∈N *)，则a n ＝( )A ．2nB ．2n －1C ．2nD ．2n －1解析：选C 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2(a 1－1)，可得a 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1， ∴a n ＝2a n －1，∴数列{a n }为首项为2，公比为2的等比数列， ∴a n ＝2n .2.设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，则a n ＝____________. 解析：因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)．两式相减得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1(n ≥2)．又由题设可得a 1＝2，满足上式，从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1. 答案：22n －1考点二由递推关系式求数列的通项公式[典例] (1)设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1＝a n ＋n ＋1(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________________．(2)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，则数列{a n }的通项公式为________________．(3)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________________． [解析] (1)累加法由题意得a 2＝a 1＋2，a 3＝a 2＋3，…，a n ＝a n －1＋n (n ≥2)，以上各式相加，得a n ＝a 1＋2＋3＋…＋n .又∵a 1＝1，∴a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n 2＋n2(n ≥2)．∵当n ＝1时也满足上式，∴a n ＝n 2＋n2(n ∈N *)．(2)累乘法∵a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，∴a n －1＝n －2n －1a n －2，a n －2＝n －3n －2a n －3，…，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 .当n ＝1时，a 1＝1，上式也成立． ∴a n ＝1n (n ∈N *)．(3)构造法∵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(n ∈N *)．[答案] (1)a n ＝n 2＋n 2(n ∈N *) (2)a n ＝1n (n ∈N *) (3)a n ＝2·3n －1－1(n ∈N *)[解题技法]1．正确选用方法求数列的通项公式(1)对于递推关系式可转化为a n ＋1＝a n ＋f (n )的数列，通常采用累加法(逐差相加法)求其通项公式． (2)对于递推关系式可转化为a n ＋1a n＝f (n )的数列，并且容易求数列{f (n )}前n 项的积时，采用累乘法求数列{a n }的通项公式．(3)对于递推关系式形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠0,1，q ≠0)的数列，采用构造法求数列的通项． 2．避免2种失误(1)利用累乘法，易出现两个方面的问题：一是在连乘的式子中只写到a 2a 1，漏掉a 1而导致错误；二是根据连乘求出a n 之后，不注意检验a 1是否成立．(2)利用构造法求解时应注意数列的首项的正确求解以及准确确定最后一个式子的形式．[题组训练]1.(累加法)设数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋1n (n ＋1)，则通项公式a n ＝________.解析：原递推公式可化为a n ＋1＝a n ＋1n －1n ＋1，则a 2＝a 1＋11－12，a 3＝a 2＋12－13，a 4＝a 3＋13－14，…，a n －1＝a n －2＋1n －2－1n －1，a n ＝a n －1＋1n －1－1n ，以上(n －1)个式子的等号两端分别相加得，a n ＝a 1＋1－1n ，故a n ＝4－1n.答案：4－1n2.(累乘法)设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2n a n ，则通项公式a n ＝________. 解析：由a n ＋1＝2n a n ，得a n a n －1＝2n －1(n ≥2)，所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝2n －1·2n －2·…·2·1＝21＋2＋3＋…＋(n －1)＝2n (n －1)2.又a 1＝1适合上式，故a n ＝2n (n －1)2.答案：2n (n －1)23.(构造法)在数列{a n }中，a 1＝3，且点P n (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线4x －y ＋1＝0上，则数列{a n }的通项公式为________．解析：因为点P n (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线4x －y ＋1＝0上，所以4a n －a n ＋1＋1＝0，即a n ＋1＝4a n ＋1，得a n ＋1＋13＝4⎝⎛⎭⎫a n ＋13，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋13是首项为a 1＋13＝103，公比为4的等比数列，所以a n ＋13＝103·4n －1，故a n＝103·4n －1－13. 答案：a n ＝103·4n －1－13考点三数列的性质及应用考法(一) 数列的周期性[典例] 数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎨⎧2a n，0≤a n≤12，2a n－1，12<a n<1，a 1＝35，则数列的第2 019项为________．[解析] 因为a 1＝35，故a 2＝2a 1－1＝15，a 3＝2a 2＝25，a 4＝2a 3＝45，a 5＝2a 4－1＝35，a 6＝2a 5－1＝15，a 7＝2a 6＝25，…，故数列{a n }是周期数列且周期为4，故a 2 019＝a 504×4＋3＝a 3＝25.[答案] 25考法(二) 数列的单调性(最值)[典例] (1)(2018·百校联盟联考)已知数列{a n }满足2S n ＝4a n －1，当n ∈N *时，{(log 2a n )2＋λlog 2a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是________．(2)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(n ＋2)·⎝⎛⎭⎫78n ，则当a n 取得最大值时，n ＝________. [解析] (1)∵2S n ＝4a n －1,2S n －1＝4a n －1－1(n ≥2)，两式相减可得2a n ＝4a n －4a n －1(n ≥2)，∴a n ＝2a n －1(n ≥2)．又2a 1＝4a 1－1，∴a 1＝12，∴数列{a n }是公比为2的等比数列，∴a n ＝2n －2，设b n ＝(log 2a n )2＋λlog 2a n ＝(n －2)2＋λ(n －2)， ∵{(log 2a n )2＋λlog 2a n }是递增数列，∴b n ＋1－b n ＝2n －3＋λ>0恒成立，∴λ>3－2n 恒成立， ∵(3－2n )max ＝1，∴λ>1，故实数λ的取值范围是(1，＋∞)．(2)当a n 取得最大值时，有⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1，∴⎩⎨⎧(n ＋2)⎝⎛⎭⎫78n ≥(n ＋1)⎝⎛⎭⎫78n －1，(n ＋2)⎝⎛⎭⎫78n≥(n ＋3)⎝⎛⎭⎫78n ＋1，解得⎩⎪⎨⎪⎧n ≤6，n ≥5，∴当a n 取得最大值时，n ＝5或6. [答案] (1)(1，＋∞) (2)5或6[解题技法]1．解决数列的单调性问题的3种方法2．解决数列周期性问题的方法先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值．[题组训练]1．设数列{a n }，a n ＝nanb ＋c ，其中a ，b ，c 均为正数，则此数列( )A ．递增B ．递减C ．先增后减D ．先减后增解析：选A 因为a n ＝na bn ＋c＝a b ＋c n ，而函数f (x )＝ab ＋c x(a >0，b >0，c >0)在(0，＋∞)上是增函数，故数列{a n }是递增数列．2．已知数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n，若a 1＝12，则a 2 019＝( )A ．－1 B.12C ．1D ．2解析：选A 由a 1＝12，a n ＋1＝11－a n ，得a 2＝11－a 1＝2，a 3＝11－a 2＝－1，a 4＝11－a 3＝12，a 5＝11－a 4＝2，…，于是可知数列{a n }是以3为周期的周期数列，因此a 2 019＝a 3×673＝a 3＝－1.[课时跟踪检测]A 级1．(2019·郑州模拟)已知数列1，3，5，7，…，2n －1，若35是这个数列的第n 项，则n ＝( ) A ．20 B ．21 C ．22D ．23解析：选D 由2n －1＝35＝45，得2n －1＝45，即2n ＝46，解得n ＝23，故选D.2．(2019·福建四校联考)若数列的前4项分别是12，－13，14，－15，则此数列的一个通项公式为( )A.(－1)n ＋1n ＋1B.(－1)n n ＋1C.(－1)n nD.(－1)n －1n解析：选A 由于数列的前4项分别是12，－13，14，－15，可得奇数项为正数，偶数项为负数，第n 项的绝对值等于⎪⎪⎪⎪1n ＋1，故此数列的一个通项公式为(－1)n ＋1n ＋1.故选A.3．(2019·莆田诊断)已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)，则a 5的值为( ) A ．－2 B ．－1 C ．1D ．2解析：选A 由题意可得，a n ＋2＝a n ＋1－a n ，则a 3＝a 2－a 1＝2－1＝1，a 4＝a 3－a 2＝1－2＝－1，a 5＝a 4－a 3＝－1－1＝－2.故选A.4．数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n (n ∈N *)，若p －q ＝5，则a p －a q ＝( ) A ．10 B ．15 C ．－5D ．20解析：选D 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－3n －[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5，当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1，符合上式，所以a n ＝4n －5，所以a p －a q ＝4(p －q )＝20.5．设数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－bn ，若数列{a n }是单调递增数列，则实数b 的取值范围为( ) A ．(－∞，－1] B ．(－∞，2] C ．(－∞，3)D.⎝⎛⎦⎤－∞，92 解析：选C 因为数列{a n }是单调递增数列，所以a n ＋1－a n ＝2n ＋1－b >0(n ∈N *)，所以b <2n ＋1(n ∈N *)，所以b <(2n ＋1)min ＝3，即b <3.6．若数列{a n }满足12≤a n ＋1a n≤2(n ∈N *)，则称{a n }是“紧密数列”．若{a n }(n ＝1,2,3,4)是“紧密数列”，且a 1＝1，a 2＝32，a 3＝x ，a 4＝4，则x 的取值范围为( )A ．[1,3)B ．[1,3]C ．[2,3]D ．[2,3)解析：选C 依题意可得⎩⎪⎨⎪⎧12≤x32≤2，12≤4x ≤2，解得2≤x ≤3，故x 的取值范围为[2,3]．7．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ＋1(n ∈N *)，则a n ＝________. 解析：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝4≠2×1＋1，因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.答案：⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥28．已知数列32，54，76，9m －n ，m ＋n 10，…，根据前3项给出的规律，实数对(m ，n )为________．解析：由数列的前3项的规律可知⎩⎪⎨⎪⎧m －n ＝8，m ＋n ＝11，解得⎩⎨⎧m ＝192，n ＝32，故实数对(m ，n )为⎝⎛⎭⎫192，32.答案：⎝⎛⎭⎫192，329．数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＋S n －1＝2n －1(n ≥2，n ∈N *)，且S 2＝3，则a 1＋a 3的值为________．解析：∵S n ＋S n －1＝2n －1(n ≥2)，令n ＝2，得S 2＋S 1＝3，由S 2＝3得a 1＝S 1＝0，令n ＝3，得S 3＋S 2＝5，所以S 3＝2，则a 3＝S 3－S 2＝－1，所以a 1＋a 3＝0＋(－1)＝－1. 答案：－110．已知数列{a n }满足a n ＝(n －λ)2n (n ∈N *)，若{a n }是递增数列，则实数λ的取值范围为________．解析：因为a n ＝(n －λ)2n (n ∈N *)且数列{a n }是递增数列，所以a n ＋1－a n ＝2n (n ＋2－λ)>0，所以n ＋2－λ>0，则λ<n ＋2.又n ∈N *，所以λ<3，因此实数λ的取值范围为(－∞，3)．答案：(－∞，3)11．(2019·衡阳四校联考)已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝4a n ＋3. (1)写出该数列的前4项，并归纳出数列{a n }的通项公式； (2)证明：a n ＋1＋1a n ＋1＝4.解：(1)a 1＝3，a 2＝15，a 3＝63，a 4＝255.因为a 1＝41－1，a 2＝42－1，a 3＝43－1，a 4＝44－1，…，所以归纳得a n ＝4n －1.(2)证明：因为a n ＋1＝4a n ＋3，所以a n ＋1＋1a n ＋1＝4a n ＋3＋1a n ＋1＝4(a n ＋1)a n ＋1＝4.12．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋4.(1)若k ＝－5，则数列中有多少项是负数？n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值； (2)对于n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，求实数k 的取值范围．解：(1)由n 2－5n ＋4<0，解得1<n <4. 因为n ∈N *，所以n ＝2,3，所以数列中有两项是负数，即为a 2，a 3. 因为a n ＝n 2－5n ＋4＝⎝⎛⎭⎫n －522－94，由二次函数性质，得当n ＝2或n ＝3时，a n 有最小值，其最小值为a 2＝a 3＝－2.(2)由a n ＋1>a n ，知该数列是一个递增数列，又因为通项公式a n ＝n 2＋kn ＋4，可以看作是关于n 的二次函数，考虑到n ∈N *，所以－k 2<32，解得k >－3.所以实数k 的取值范围为(－3，＋∞)．B 级1.已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n ·2n ＋1，该数列的项排成一个数阵(如图)，则该数阵中的第10行第3个数为________．a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 ……解析：由题意可得该数阵中的第10行第3个数为数列{a n }的第1＋2＋3＋…＋9＋3＝9×102＋3＝48项，而a 48＝(－1)48×96＋1＝97，故该数阵中的第10行第3个数为97.答案：972．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：283．在数列{a n }中，a n ＝(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n(n ∈N *)． (1)讨论数列{a n }的增减性； (2)求数列{a n }的最大项．解：(1)由题意，知a n >0，令a na n －1>1(n ≥2)，即(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011nn ⎝⎛⎭⎫1011n －1>1(n ≥2)，解得2≤n <10，即a 9>a 8>…>a 1. 令a na n ＋1>1，即(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n(n ＋2)⎝⎛⎭⎫1011n ＋1>1，整理得n ＋1n ＋2>1011，解得n >9，即a 10>a 11>….又a 9a 10＝1，所以数列{a n }从第1项到第9项单调递增，从第10项起单调递减． (2)由(1)知a 9＝a 10＝1010119为数列{}a n 的最大项．第二节等差数列及其前n 项和一、基础知识1．等差数列的有关概念(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．这个常数叫做等差数列的公差，符号表示为a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)．(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 叫做a ，b 的等差中项．在一个等差数列中，从第2项起，每一项有穷等差数列的末项除外都是它的前一项与后一项的等差中项.2．等差数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d . (2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n (a 1＋a n )2. 3．等差数列的通项公式及前n 项和公式与函数的关系(1)a n ＝a 1＋(n －1)d 可化为a n ＝dn ＋a 1－d 的形式．当d ≠0时，a n 是关于n 的一次函数；当d >0时，数列为递增数列；当d <0时，数列为递减数列．(2)数列{a n }是等差数列，且公差不为0⇔S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)．二、常用结论已知{a n }为等差数列，d 为公差，S n 为该数列的前n 项和． (1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)在等差数列{a n }中，当m ＋n ＝p ＋q 时，a m ＋a n ＝a p ＋a q (m ，n ，p ，q ∈N *)．特别地，若m ＋n ＝2p ，则2a p ＝a m ＋a n (m ，n ，p ∈N *)．(3)a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…仍是等差数列，公差为md (k ，m ∈N *)． (4)S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…也成等差数列，公差为n 2d . (5)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }也是等差数列．(6)若{a n }是等差数列，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也成等差数列，其首项与{a n }首项相同，公差是{a n }公差的12.(7)若项数为偶数2n ，则S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝n (a n ＋a n ＋1)；S 偶－S 奇＝nd ；S 奇S 偶＝a na n ＋1.(8)若项数为奇数2n －1，则S 2n －1＝(2n －1)a n ；S 奇－S 偶＝a n ；S 奇S 偶＝nn －1.(9)在等差数列{a n }中，若a 1>0，d <0，则满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值S m ；若a 1<0，d >0，则满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值S m .考点一等差数列的基本运算[典例] (1)(2018·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5＝( ) A ．－12 B ．－10 C ．10D ．12(2)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝4，S 4＝22，a n ＝28，则n ＝( ) A ．3 B ．7 C ．9D ．10[解析] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由3S 3＝S 2＋S 4，得3(3a 1＋3d )＝2a 1＋d ＋4a 1＋6d ，即3a 1＋2d ＝0.将a 1＝2代入上式，解得d ＝－3，故a 5＝a 1＋(5－1)d ＝2＋4×(－3)＝－10.(2)因为S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝4a 2＋2d ＝22，d ＝(22－4a 2)2＝3，a 1＝a 2－d ＝4－3＝1，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋3(n －1)＝3n －2，由3n －2＝28，解得n ＝10.[答案] (1)B (2)D[解题技法] 等差数列的基本运算的解题策略(1)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，体现了方程思想．(2)数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换的作用，而a 1和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知量和未知量是常用方法．[提醒] 在求解数列基本量运算中，要注意公式使用时的准确性与合理性，更要注意运算的准确性．在遇到一些较复杂的方程组时，要注意整体代换思想的运用，使运算更加便捷．[题组训练]1．(2019·开封高三定位考试)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 5＝10，S 4＝16，则数列{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B 设等差数列{a n }的公差为d ，则由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1＋4d ＝10，4a 1＋4×32×d ＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，故选B. 2．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3·a 5＝12，a 2＝0.若a 1>0，则S 20＝( ) A ．420B ．340C ．－420D ．－340解析：选D 设数列{a n }的公差为d ，则a 3＝a 2＋d ＝d ，a 5＝a 2＋3d ＝3d ，由a 3·a 5＝12得d ＝±2，由a 1>0，a 2＝0，可知d <0，所以d ＝－2，所以a 1＝2，故S 20＝20×2＋20×192× (－2)＝－340，选D.3．在等差数列{a n }中，已知a 5＋a 10＝12，则3a 7＋a 9＝( ) A ．12 B ．18 C ．24D ．30解析：选C 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，因为a 5＋a 10＝12，所以2a 1＋13d ＝12，所以3a 7＋a 9＝3(a 1＋6d )＋a 1＋8d ＝4a 1＋26d ＝2(2a 1＋13d )＝2×12＝24. 考点二等差数列的判定与证明[典例] 已知数列{a n }的前n 项和为S n 且满足a n ＋2S n ·S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列．(2)求a n 的表达式．[解] (1)证明：因为a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，又a n ＝－2S n ·S n －1，所以S n －1－S n ＝2S n ·S n －1，S n ≠0. 因此1S n －1S n －1＝2(n ≥2)．故由等差数列的定义知⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1＝1a 1＝2为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)知1S n ＝1S 1＋(n －1)d ＝2＋(n －1)×2＝2n ，即S n ＝12n.由于当n ≥2时，有a n ＝－2S n ·S n －1＝－12n (n －1)，又因为a 1＝12，不适合上式．所以a n＝⎩⎨⎧12，n ＝1，－12n (n －1)，n ≥2.[题组训练]1．(2019·陕西质检)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn (a ，b ∈R )且a 2＝3，a 6＝11，则S 7等于( )A ．13B ．49C ．35D ．63解析：选B 由S n ＝an 2＋bn (a ，b ∈R )可知数列{a n }是等差数列，所以S 7＝7(a 1＋a 7)2＝7(a 2＋a 6)2＝49.2．已知数列{a n }中，a 1＝2，a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，设b n ＝1a n －1(n ∈N *)．求证：数列{b n }是等差数列．证明：∵a n ＝2－1a n －1(n ≥2)，∴a n ＋1＝2－1a n .∴b n ＋1－b n ＝1a n ＋1－1－1a n －1＝12－1a n－1－1a n －1＝a n －1a n －1＝1， ∴{b n }是首项为b 1＝12－1＝1，公差为1的等差数列．考点三等差数列的性质及应用考法(一) 等差数列项的性质[典例] (1)已知在等差数列{a n }中，a 5＋a 6＝4，则log 2(2a 1·2a 2·…·2a 10)＝( ) A ．10 B ．20 C ．40D ．2＋log 25(2)(2019·福建模拟)设S n ，T n 分别是等差数列{a n }，{b n }的前n 项和，若a 5＝2b 5，则S 9T 9＝( )A ．2B ．3C ．4D ．6[解析] (1)因为2a 1·2a 2·…·2a 10＝2a 1＋a 2＋…＋a 10＝25(a 5＋a 6)＝25×4，所以log 2(2a 1·2a 2·…·2a 10)＝log 225×4＝20.选B.(2)由a 5＝2b 5，得a 5b 5＝2，所以S 9T 9＝9(a 1＋a 9)29(b 1＋b 9)2＝a 5b 5＝2，故选A.[答案] (1)B (2)A考法(二) 等差数列前n 项和的性质[典例] 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 6＝36，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A ．63 B ．45 C ．36D ．27[解析] 由{a n }是等差数列，得S 3，S 6－S 3，S 9－S 6为等差数列，即2(S 6－S 3)＝S 3＋(S 9－S 6)，得到S 9－S 6＝2S 6－3S 3＝45，故选B. [答案] B考法(三) 等差数列前n 项和的最值[典例] 在等差数列{a n }中，a 1＝29，S 10＝S 20，则数列{a n }的前n 项和S n 的最大值为( ) A ．S 15 B ．S 16 C ．S 15或S 16D ．S 17[解析] ∵a 1＝29，S 10＝S 20，∴10a 1＋10×92d ＝20a 1＋20×192d ，解得d ＝－2，∴S n ＝29n ＋n (n －1)2×(－2)＝－n 2＋30n ＝－(n －15)2＋225.∴当n ＝15时，S n 取得最大值． [答案] A[解题技法]1．应用等差数列的性质解题的2个注意点(1)如果{a n }为等差数列，m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q (m ，n ，p ，q ∈N *)．因此，若出现a m －n ，a m ，a m ＋n 等项时，可以利用此性质将已知条件转化为与a m (或其他项)有关的条件；若求a m 项，可由a m ＝12(a m －n ＋a m ＋n )转化为求a m －n ，a m ＋n 或a m ＋n ＋a m －n 的值．(2)要注意等差数列通项公式及前n 项和公式的灵活应用，如a n ＝a m ＋(n －m )d ，d ＝a n －a mn －m ，S 2n －1＝(2n －1)a n ，S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (a 2＋a n －1)2(n ，m ∈N *)等．2．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 .[题组训练]1．在等差数列{a n }中，若a 3＝－5，a 5＝－9，则a 7＝( ) A ．－12 B ．－13 C ．12D ．13解析：选B 法一：设公差为d ，则2d ＝a 5－a 3＝－9＋5＝－4，则d ＝－2，故a 7＝a 3＋4d ＝－5＋4×(－2)＝－13，选B.法二：由等差数列的性质得a 7＝2a 5－a 3＝2×(－9)－(－5)＝－13，选B.2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1>0，a 3＋a 10>0，a 6a 7<0，则满足S n >0的最大自然数n 的值为( ) A ．6 B ．7 C ．12D ．13解析：选C 因为a 1>0，a 6a 7<0，所以a 6>0，a 7<0，等差数列的公差小于零，又a 3＋a 10＝a 1＋a 12>0，a 1＋a 13＝2a 7<0，所以S 12>0，S 13<0，所以满足S n >0的最大自然数n 的值为12.3．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知前6项和为36，最后6项的和为180，S n ＝324(n ＞6)，则数列{a n }的项数为________．解析：由题意知a 1＋a 2＋…＋a 6＝36，① a n ＋a n －1＋a n －2＋…＋a n －5＝180，②①＋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. 答案：18[课时跟踪检测]A 级1．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋2，S n 为{a n }的前n 项和，则S 10等于( ) A ．90 B ．100 C ．110D ．130解析：选C 由递推公式可知该数列是公差为2的等差数列，S 10＝10×2＋10×92×2＝110.故选C.2．(2018·北京东城区二模)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，a 5＝5，则S 7的值是( ) A ．30 B ．29 C ．28D ．27解析：选C 由题意，设等差数列的公差为d ，则d ＝a 5－a 35－3＝1，故a 4＝a 3＋d ＝4，所以S 7＝7(a 1＋a 7)2＝7×2a 42＝7×4＝28.故选C. 3．(2019·山西五校联考)在数列{a n }中，a n ＝28－5n ，S n 为数列{a n }的前n 项和，当S n 最大时，n ＝( ) A ．2 B ．3 C ．5D ．6解析：选C ∵a n ＝28－5n ，∴数列{a n }为递减数列．令a n ＝28－5n ≥0，则n ≤285，又n ∈N *，∴n ≤5.∵S n 为数列{a n }的前n 项和，∴当n ＝5时，S n 最大．故选C.4．(2019·广东中山一中统测)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＝－2n ＋1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前11项和为( )A ．－45B ．－50C ．－55D ．－66解析：选D ∵a n ＝－2n ＋1，∴数列{a n }是以－1为首项，－2为公差的等差数列， ∴S n ＝n [－1＋(－2n ＋1)]2＝－n 2，∴S n n ＝－n 2n ＝－n ，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是以－1为首项，－1为公差的等差数列，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前11项和为11×(－1)＋11×102×(－1)＝－66，故选D. 5．(2018·南昌模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 5＝50，S 10＝200，则a 10＋a 11的值为( ) A ．20 B ．40 C ．60D ．80解析：选D 设等差数列{a n }的公差为d ，由已知得⎩⎨⎧S 5＝5a 1＋5×42d ＝50，S 10＝10a 1＋10×92d ＝200，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝10，a 1＋92d ＝20，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝4. ∴a 10＋a 11＝2a 1＋19d ＝80.故选D.6．(2019·广州高中综合测试)等差数列{a n }的各项均不为零，其前n 项和为S n .若a 2n ＋1＝a n ＋2＋a n ，则S 2n ＋1＝( )A ．4n ＋2B ．4nC ．2n ＋1D ．2n解析：选A 因为{a n }为等差数列，所以a n ＋2＋a n ＝2a n ＋1，又a 2n ＋1＝a n ＋2＋a n ，所以a 2n ＋1＝2a n ＋1.因为数列{a n }的各项均不为零，所以a n ＋1＝2，所以S 2n ＋1＝(a 1＋a 2n ＋1)(2n ＋1)2＝2×a n ＋1×(2n ＋1)2＝4n ＋2.故选A.7．已知等差数列5,427，347，…，则前n 项和S n ＝________.解析：由题知公差d ＝－57，所以S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝514(15n －n 2)．答案：514(15n －n 2)8．已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和．若a 1＝6，a 3＋a 5＝0，则S 6＝________. 解析：∵a 3＋a 5＝2a 4，∴a 4＝0. ∵a 1＝6，a 4＝a 1＋3d ，∴d ＝－2. ∴S 6＝6a 1＋6×(6－1)2d ＝6×6－30＝6.答案：69．等差数列{a n }中，已知a 5>0，a 4＋a 7<0，则{a n }的前n 项和S n 的最大值为________．解析：∵⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＋a 7＝a 5＋a 6<0，a 5>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 5>0，a 6<0，∴S n 的最大值为S 5. 答案：S 510．在等差数列{a n }中，公差d ＝12，前100项的和S 100＝45，则a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝________.解析：因为S 100＝1002(a 1＋a 100)＝45，所以a 1＋a 100＝910，a 1＋a 99＝a 1＋a 100－d ＝25，则a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝502(a 1＋a 99)＝502×25＝10.答案：1011．(2018·全国卷Ⅱ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝－7，S 3＝－15. (1)求{a n }的通项公式； (2)求S n ，并求S n 的最小值．解：(1)设{a n }的公差为d ，由题意得3a 1＋3d ＝－15. 又a 1＝－7，所以d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －9.(2)由(1)得S n ＝n (a 1＋a n )2＝n 2－8n ＝(n －4)2－16，所以当n ＝4时，S n 取得最小值，最小值为－16.12．(2019·山东五校联考)已知等差数列{a n }为递增数列，其前3项的和为－3，前3项的积为8. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，d >0，∵等差数列{a n }的前3项的和为－3，前3项的积为8，∴⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝－3，a 1(a 1＋d )(a 1＋2d )＝8， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝－3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝3.∵d >0，∴a 1＝－4，d ＝3，∴a n ＝3n －7. (2)∵a n ＝3n －7，∴a 1＝3－7＝－4， ∴S n ＝n (－4＋3n －7)2＝n (3n －11)2.B 级1．设a n ＝(n ＋1)2，b n ＝n 2－n (n ∈N *)，则下列命题中不正确的是( ) A ．{a n ＋1－a n }是等差数列 B ．{b n ＋1－b n }是等差数列 C ．{a n －b n }是等差数列D ．{a n ＋b n }是等差数列解析：选D 对于A ，因为a n ＝(n ＋1)2，所以a n ＋1－a n ＝(n ＋2)2－(n ＋1)2＝2n ＋3，设c n ＝2n ＋3，所以c n ＋1－c n ＝2.所以{a n ＋1－a n }是等差数列，故A 正确；对于B ，因为b n ＝n 2－n (n ∈N *)，所以b n ＋1－b n ＝2n ，设c n ＝2n ，所以c n ＋1－c n ＝2，所以{b n ＋1－b n }是等差数列，故B 正确；对于C ，因为a n ＝(n ＋1)2，b n ＝n 2－n (n ∈N *)，所以a n －b n ＝(n ＋1)2－(n 2－n )＝3n ＋1，设c n ＝3n ＋1，所以c n ＋1－c n ＝3，所以{a n －b n }是等差数列，故C 正确；对于D ，a n ＋b n ＝2n 2＋n ＋1，设c n ＝a n ＋b n ，c n ＋1－c n 不是常数，故D 错误．2．(2019·武汉调研)设等差数列{a n }满足a 3＋a 7＝36，a 4a 6＝275，且a n a n ＋1有最小值，则这个最小值为________．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 3＋a 7＝36， ∴a 4＋a 6＝36，又a 4a 6＝275，联立，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝11，a 6＝25或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝25，a 6＝11，当⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝11，a 6＝25时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－10，d ＝7，此时a n ＝7n －17，a 2＝－3，a 3＝4，易知当n ≤2时，a n <0，当n ≥3时，a n >0，∴a 2a 3＝－12为a n a n ＋1的最小值；当⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＝25，a 6＝11时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝46，d ＝－7，此时a n ＝－7n ＋53，a 7＝4，a 8＝－3，易知当n ≤7时，a n >0，当n ≥8时，a n <0，∴a 7a 8＝－12为a n a n ＋1的最小值．综上，a n a n ＋1的最小值为－12. 答案：－123．(2018·辽宁五校协作体模考)已知数列{a n }是等差数列，且a 1，a 2(a 1<a 2)分别为方程x 2－6x ＋5＝0的两个实根．(1)求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)在(1)中，设b n ＝S n n ＋c ，求证：当c ＝－12时，数列{b n }是等差数列．解：(1)∵a 1，a 2(a 1<a 2)分别为方程x 2－6x ＋5＝0的两个实根， ∴a 1＝1，a 2＝5，∴等差数列{a n }的公差为4， ∴S n ＝n ×1＋n (n －1)2×4＝2n 2－n .(2)证明：当c ＝－12时，b n ＝S nn ＋c＝2n 2－n n －12＝2n ，∴b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)－2n ＝2，b 1＝2.∴数列{b n }是以2为首项，2为公差的等差数列．第三节等比数列及其前n 项和一、基础知识1．等比数列的有关概念(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．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为a n ＋1a n＝q .(2)等比中项：如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即G 是a 与b 的等比中项⇔a ，G ，b 成等比数列⇒G 2＝ab .只有当两个数同号且不为0时，才有等比中项，且等比中项有两个. 2．等比数列的有关公式(1)通项公式：a n ＝a 1q n －1.(2)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 ≠1.3．等比数列与指数型函数的关系当q >0且q ≠1时，a n ＝a 1q ·q n可以看成函数y ＝cq x ，其是一个不为0的常数与指数函数的乘积，因此数列{a n }各项所对应的点都在函数y ＝cq x 的图象上；对于非常数列的等比数列{a n }的前n 项和S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝－a 11－q q n ＋a 11－q ，若设a ＝a 11－q ，则S n ＝－aq n＋a (a ≠0，q ≠0，q ≠1)．由此可知，数列{S n }的图象是函数y ＝－aq x ＋a 图象上一系列孤立的点．对于常数列的等比数列，即q ＝1时，因为a 1≠0，所以S n ＝na 1.由此可知，数列{S n }的图象是函数y ＝a 1x 图象上一系列孤立的点．二、常用结论汇总——规律多一点设数列{a n }是等比数列，S n 是其前n 项和． (1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n －m (n ，m ∈N *)．(2)若m ＋n ＝p ＋q ，则a m a n ＝a p a q ；若2s ＝p ＋r ，则a p a r ＝a 2s ，其中m ，n ，p ，q ，s ，r ∈N *.(3)a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…仍是等比数列，公比为q m (k ，m ∈N *)．(4)若数列{a n }，{b n }是两个项数相同的等比数列，则数列{ba n }，{pa n ·qb n }和⎩⎨⎧⎭⎬⎫pa n qb n 也是等比数列．(5)若数列{a n }的项数为2n ，则S 偶S 奇＝q ；若项数为2n ＋1，则S 奇－a 1S 偶＝q .考点一等比数列的基本运算[典例] (2018·全国卷Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和．若S m ＝63，求m . [解] (1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝q n －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)或q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n－1或a n ＝2n －1.(2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－(－2)n3.由S m ＝63，得(－2)m ＝－188，此方程没有正整数解．若a n ＝2n －1，则S n ＝1－2n 1－2＝2n－1.由S m ＝63，得2m ＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.1．已知等比数列{a n }单调递减，若a 3＝1，a 2＋a 4＝52，则a 1＝( )A ．2B ．4 C. 2D ．2 2解析：选B 由题意，设等比数列{a n }的公比为q ，q >0，则a 23＝a 2a 4＝1，又a 2＋a 4＝52，且{a n }单调递减，所以a 2＝2，a 4＝12，则q 2＝14，q ＝12，所以a 1＝a 2q＝4.2．(2019·长春质检)已知等比数列{a n }的各项均为正数，其前n 项和为S n ，若a 2＝2，S 6－S 4＝6a 4，则a 5＝( )A ．4B ．10C ．16D ．32解析：选C 设公比为q (q >0)，S 6－S 4＝a 5＋a 6＝6a 4，因为a 2＝2，所以2q 3＋2q 4＝12q 2，即q 2＋q －6＝0，所以q ＝2，则a 5＝2×23＝16.3．(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＝________.解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则由S 6≠2S 3，得q ≠1，则⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝a 1(1－q 3)1－q＝74，S 6＝a 1(1－q 6)1－q＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝14，则a 8＝a 1q 7＝14×27＝32.答案：32考点二等比数列的判定与证明[典例] 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2(n ∈N *)，若b n ＝a n ＋1－2a n ，求证：{b n }是等比数列．[证明] 因为a n ＋2＝S n ＋2－S n ＋1＝4a n ＋1＋2－4a n －2＝4a n ＋1－4a n ，所以b n ＋1b n ＝a n ＋2－2a n ＋1a n ＋1－2a n ＝4a n ＋1－4a n －2a n ＋1a n ＋1－2a n ＝2a n ＋1－4a na n ＋1－2a n ＝2.因为S 2＝a 1＋a 2＝4a 1＋2，所以a 2＝5. 所以b 1＝a 2－2a 1＝3.所以数列{b n }是首项为3，公比为2的等比数列．1．掌握等比数列的4种常用判定方法定义法中项公式法通项公式法前n 项和公式法2．等比数列判定与证明的2点注意(1)等比数列的证明经常利用定义法和等比中项法，通项公式法、前n 项和公式法经常在选择题、填空题中用来判断数列是否为等比数列．(2)证明一个数列{a n }不是等比数列，只需要说明前三项满足a 22≠a 1·a 3，或者是存在一个正整数m ，使得a 2m ＋1≠a m ·a m ＋2即可．[题组训练]1．数列{a n }的前n 项和为S n ＝2a n －2n ，证明：{a n ＋1－2a n }是等比数列．证明：因为a 1＝S 1,2a 1＝S 1＋2，所以a 1＝2，由a 1＋a 2＝2a 2－4得a 2＝6.由于S n ＝2a n －2n ，故S n ＋1＝2a n ＋1－2n ＋1，后式减去前式得a n ＋1＝2a n ＋1－2a n －2n ，即a n ＋1＝2a n ＋2n ，所以a n ＋2－2a n ＋1＝2a n ＋1＋2n ＋1－2(2a n ＋2n )＝2(a n ＋1－2a n )，又a 2－2a 1＝6－2×2＝2，所以数列{a n ＋1－2a n }是首项为2、公比为2的等比数列．2．(2019·西宁月考)已知在正项数列{a n }中，a 1＝2，点A n (a n ，a n ＋1)在双曲线y 2－x 2＝1上．在数列{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．解：(1)由已知点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，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. 由①，令n ＝1，得b 1＝－12b 1＋1，∴b 1＝23.∴数列{b n }是以23为首项，13为公比的等比数列．考点三等比数列的性质考法(一) 等比数列项的性质[典例] (1)(2019·洛阳联考)在等比数列{a n }中，a 3，a 15是方程x 2＋6x ＋2＝0的根，则a 2a 16a 9的值为( )A ．－2＋22B ．－ 2 C. 2D ．－ 2 或 2(2)(2018·河南四校联考)在等比数列{a n }中，a n >0，a 1＋a 2＋…＋a 8＝4，a 1a 2…a 8＝16，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 8的值为( )A ．2B ．4C ．8D ．16[解析] (1)设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 3，a 15是方程x 2＋6x ＋2＝0的根，所以a 3·a 15＝a 29＝2，a 3＋a 15＝－6，所以a 3<0，a 15<0，则a 9＝－2，所以a 2a 16a 9＝a 29a 9＝a 9＝－2，故选B.(2)由分数的性质得到1a 1＋1a 2＋…＋1a 8＝a 8＋a 1a 8a 1＋a 7＋a 2a 7a 2＋…＋a 4＋a 5a 4a 5.因为a 8a 1＝a 7a 2＝a 3a 6＝a 4a 5，所以原式＝a 1＋a 2＋…＋a 8a 4a 5＝4a 4a 5，又a 1a 2…a 8＝16＝(a 4a 5)4，a n >0，∴a 4a 5＝2，∴1a 1＋1a 2＋…＋1a 8＝2.故选A.[答案] (1)B (2)A考法(二) 等比数列前n 项和的性质[典例] 各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2，S 3n ＝14，则S 4n 等于( ) A ．80 B ．30 C ．26D ．16[解析] 由题意知公比大于0，由等比数列性质知S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，S 4n －S 3n ，…仍为等比数列．设S 2n ＝x ，则2，x －2,14－x 成等比数列．由(x －2)2＝2×(14－x )，解得x ＝6或x ＝－4(舍去)．∴S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，S 4n －S 3n ，…是首项为2，公比为2的等比数列．又∵S 3n ＝14，∴S 4n ＝14＋2×23＝30. [答案] B[解题技法]应用等比数列性质解题时的2个关注点(1)在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ”，可以减少运算量，提高解题速度．(2)在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用．[题组训练]1．(2019·郑州第二次质量预测)已知等比数列{a n }中，a 2a 5a 8＝－8，S 3＝a 2＋3a 1，则a 1＝( ) A.12 B ．－12C ．－29D ．－19解析：选B 设等比数列{a n }的公比为q (q ≠1)，因为S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 2＋3a 1，所以a 3a 1＝q 2＝2.因为a 2a 5a 8＝a 35＝－8，所以a 5＝－2，即a 1q 4＝－2，所以4a 1＝－2，所以a 1＝－12，故选B. 2．已知等比数列{a n }共有2n 项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q ＝________.解析：由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧ S 奇＋S 偶＝－240，S 奇－S 偶＝80，解得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＝－80，S 偶＝－160，所以q ＝S 偶S 奇＝－160－80＝2.答案：2[课时跟踪检测]A 级1．(2019·合肥模拟)已知各项均为正数的等比数列{a n }满足a 1a 5＝16，a 2＝2，则公比q ＝( ) A ．4 B.52C ．2D.12解析：选C 由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1·a 1q 4＝16，a 1q ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，q ＝－2(舍去)，故选C.2．(2019·辽宁五校协作体联考)已知各项均为正数的等比数列{a n }中，a 4与a 14的等比中项为22，则log 2a 7＋log 2a 11的值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C 由题意得a 4a 14＝(22)2＝8，由等比数列的性质，得a 4a 14＝a 7a 11＝8，∴log 2a 7＋log 2a 11＝log 2(a 7a 11)＝log 28＝3，故选C.3．在等比数列{a n }中，a 2a 3a 4＝8，a 7＝8，则a 1＝( )A ．1B ．±1C ．2D ．±2解析：选A 因为数列{a n }是等比数列，所以a 2a 3a 4＝a 33＝8，所以a 3＝2，所以a 7＝a 3q 4＝2q 4＝8，所以q 2＝2，则a 1＝a 3q2＝1，故选A.4．(2018·贵阳适应性考试)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝12，a 2a 6＝8(a 4－2)，则S 2 019＝( )A ．22 018－12B ．1－⎝⎛⎭⎫12 2 018C ．22 019－12D ．1－⎝⎛⎭⎫12 2 019解析：选A 由等比数列的性质及a 2a 6＝8(a 4－2)，得a 24＝8a 4－16，解得a 4＝4. 又a 4＝12q 3，故q ＝2，所以S 2 019＝12(1－22 019)1－2＝22 018－12，故选A.5．在等比数列{a n }中，a 1＋a 3＋a 5＝21，a 2＋a 4＋a 6＝42，则S 9＝( ) A ．255 B ．256 C ．511D ．512解析：选C 设等比数列的公比为q ，由等比数列的定义可得a 2＋a 4＋a 6＝a 1q ＋a 3q ＋a 5q ＝q (a 1＋a 3＋a 5)＝q ×21＝42，解得q ＝2.又a 1＋a 3＋a 5＝a 1(1＋q 2＋q 4)＝a 1×21＝21，解得a 1＝1.所以S 9＝a 1(1－q9)1－q ＝1×(1－29)1－2＝511.故选C.6．已知递增的等比数列{a n }的公比为q ，其前n 项和S n <0，则( ) A ．a 1<0,0<q <1 B ．a 1<0，q >1 C ．a 1>0,0<q <1D ．a 1>0，q >1解析：选A ∵S n <0，∴a 1<0，又数列{a n }为递增等比数列，∴a n ＋1>a n ，且|a n |>|a n ＋1|，则－a n >－a n ＋1>0，则q ＝－a n ＋1－a n ∈(0,1)，∴a 1<0,0<q <1.故选A.7．设{a n }是公比为正数的等比数列，若a 1＝1，a 5＝16，则数列{a n }的前7项和为________．解析：设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，由a 5＝a 1q 4＝16，a 1＝1，得16＝q 4，解得q ＝2，所以S 7＝a 1(1－q 7)1－q ＝1×(1－27)1－2＝127.答案：1278．在3与192中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________．解析：设该数列的公比为q ，由题意知， 192＝3×q 3，q 3＝64，所以q ＝4.所以插入的两个数分别为3×4＝12,12×4＝48.。

(新课标)2020高考数学大一轮复习第六章数列题组层级快练36 等差数列文(含解析)

题组层级快练（三十六)1．若等差数列｛a n}的公差为d,则数列｛a2n－1}是( )A．公差为d的等差数列B．公差为2d的等差数列C．公差为nd的等差数列D．非等差数列答案B解析数列｛a2n－1｝其实就是a1，a3,a5，a7，…，奇数项组成的数列，它们之间相差2d。

2．已知数列｛a n｝为等差数列，其前n项和为S n，若a3＝6，S3＝12，则公差d等于( ) A．1 B。

错误!C．2 D．3答案C解析由已知得S3＝3a2＝12，即a2＝4，∴d＝a3－a2＝6－4＝2。

3．设S n为等差数列｛a n｝的前n项和，若S8＝4a3，a7＝－2，则a9等于( )A．－6 B．－4C．－2 D．2答案A解析S8＝错误!＝4（a3＋a6）．因为S8＝4a3，所以a6＝0.又a7＝－2，所以d＝a7－a6＝－2,所以a8＝－4，a9＝－6.故选A.4．(2019·西安四校联考）在等差数列{a n｝中，a2＝5，a7＝3,在该数列中的任何两项之间插入一个数,使之仍为等差数列，则这个新等差数列的公差为（）A．－错误!B．－错误!C．－错误!D．－错误!答案C解析｛a n｝的公差d＝错误!＝－错误!，∴新等差数列的公差d′＝(－错误!）×错误!＝－错误!，故选C.5．(2019·绍兴一中交流卷）等差数列{a n｝的公差d〈0，且a12＝a212，则数列｛a n｝的前n项和S n取得最大值时的项数n是（）A．9 B．10C．10和11 D．11和12答案C解析由d〈0,得a1≠a21，又a12＝a212,∴a1＋a21＝0,∴a11＝0，故选C。

6．(2019·河北冀州中学模拟）等差数列{a n｝中的a4，a2 018是3x2－12x＋4＝0的两根，则log 错误!a1 011＝( )A.错误!B．2C．－2 D．－错误!答案D解析因为a4和a2 018是3x2－12x＋4＝0的两根，所以a4＋a2 018＝4.又a4，a1 011，a2 018成等差数列，所以2a1 011＝a4＋a2 008，即a1 011＝2，所以log错误!a1 011＝－错误!，故选D. 7．（2019·安徽合肥二模）已知{错误!｝是等差数列，且a1＝1，a4＝4，则a10＝（) A．－错误!B．－错误!C。

2020版高考数学(文)新探究大一轮分层演练：第六章数列第1讲含解析

1．已知数列5，11，17，23，29，…，则55是它的( ) A ．第19项 B ．第20项 C ．第21项D ．第22项解析：选C ．数列5，11，17，23，29，…中的各项可变形为5，5＋6，5＋2×6，5＋3×6，5＋4×6，…，所以通项公式为a n ＝5＋6(n －1)＝6n －1，令6n －1＝55，得n ＝21.2．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋1(n ∈N *)，则a 2 018＝( )A ．1B ．0C ．2 018D ．－2 018解析：选B ．因为a 1＝1，所以a 2＝(a 1－1)2＝0，a 3＝(a 2－1)2＝1，a 4＝(a 3－1)2＝0，…，可知数列{a n }是以2为周期的数列，所以a 2 018＝a 2＝0.3．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2(a n －1)，则a n ＝( ) A ．2n B ．2n －1 C ．2nD ．2n －1解析：选C ．当n ＝1时，a 1＝S 1＝2(a 1－1)，可得a 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1，所以a n ＝2a n －1，所以数列{a n }为等比数列，公比为2，首项为2，所以a n ＝2n .4．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1a n ＝2n (n ∈N *)，则a 10＝( ) A ．64 B ．32 C ．16D ．8解析：选B ．因为a n ＋1a n ＝2n ，所以a n ＋2a n ＋1＝2n ＋1，两式相除得a n ＋2a n ＝2.又a 1a 2＝2，a 1＝1，所以a 2＝2.法一：a 10a 8·a 8a 6·a 6a 4·a 4a 2＝24，即a 10＝25＝32.法二：数列{a 2n }是首项为2，公比为2的等比数列，所以a 10＝2×24＝32.5．数列{a n }中，a 1＝1，对于所有的n ≥2，n ∈N *，都有a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，则a 3＋a 5＝( ) A ．6116B ．259C ．2516D ．3115解析：选A ．令n ＝2，3，4，5分别求出a 3＝94，a 5＝2516，所以a 3＋a 5＝6116.6．数列{a n }中，a 1＝2，且a n ＋1＝12a n －1，则a 5的值为________．解析：由a n ＋1＝12a n －1，得a n ＋1＋2＝12(a n ＋2)，所以数列{a n ＋2}是以4为首项，12为公比的等比数列，所以a n ＋2＝4×⎝⎛⎭⎫12n －1＝23－n ，a n ＝23－n －2，所以a 5＝23－5－2＝－74.答案：－747．(2019·兰州诊断)已知数列{a n }，{b n }，若b 1＝0，a n ＝1n (n ＋1)，当n ≥2时，有b n ＝b n －1＋a n －1，则b 501＝______．解析：由b n ＝b n －1＋a n －1得b n －b n －1＝a n －1，所以b 2－b 1＝a 1，b 3－b 2＝a 2，…，b n －b n －1＝a n －1，所以b 2－b 1＋b 3－b 2＋…＋b n －b n －1＝a 1＋a 2＋…＋a n －1＝11×2＋12×3＋…＋1(n －1)×n ，即b n －b 1＝a 1＋a 2＋…＋a n －1＝11×2＋12×3＋…＋1(n －1)×n ＝11－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝1－1n ＝n －1n ，又b 1＝0，所以b n ＝n －1n ，所以b 501＝500501. 答案：5005018．数列{a n }定义如下：a 1＝1，当n ≥2时，a n ＝⎩⎨⎧1＋a n 2，n 为偶数，1an －1，n 为奇数，若a n＝14，则n 的值为________．解析：因为a 1＝1，所以a 2＝1＋a 1＝2，a 3＝1a 2＝12，a 4＝1＋a 2＝3，a 5＝1a 4＝13，a 6＝1＋a 3＝32，a 7＝1a 6＝23，a 8＝1＋a 4＝4，a 9＝1a 8＝14，所以n ＝9.答案：99．已知数列{a n }的前n 项和为S n . (1)若S n ＝(－1)n ＋1·n ，求a 5＋a 6及a n ；(2)若S n ＝3n ＋2n ＋1，求a n .解：(1)因为a 5＋a 6＝S 6－S 4＝(－6)－(－4)＝－2，当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，当n ≥2时， a n ＝S n －S n －1＝(－1)n ＋1·n －(－1)n ·(n －1)＝(－1)n ＋1·[n ＋(n －1)]＝(－1)n ＋1·(2n －1)，又a 1也适合此式，所以a n ＝(－1)n ＋1·(2n －1)．(2)因为当n ＝1时，a 1＝S 1＝6；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋2n ＋1)－[3n －1＋2(n －1)＋1]＝2×3n －1＋2，由于a 1不适合此式，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6，n ＝1，2×3n －1＋2，n ≥2.10．已知S n 为正项数列{a n }的前n 项和，且满足S n ＝12a 2n＋12a n (n ∈N *)． (1)求a 1，a 2，a 3，a 4的值； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)由S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)，可得a 1＝12a 21＋12a 1，解得a 1＝1； S 2＝a 1＋a 2＝12a 22＋12a 2，解得a 2＝2；同理a 3＝3，a 4＝4. (2)S n ＝12a 2n ＋12a n ，① 当n ≥2时，S n －1＝12a 2n －1＋12a n －1，② ①－②得(a n －a n －1－1)(a n ＋a n －1)＝0. 由于a n ＋a n －1≠0，所以a n －a n －1＝1，又由(1)知a 1＝1，故数列{a n }是首项为1，公差为1的等差数列，故a n ＝n .1．在各项均为正数的数列{a n }中，对任意m ，n ∈N *，都有a m ＋n ＝a m ·a n .若a 6＝64，则a 9等于( ) A ．256 B ．510 C ．512D ．1 024解析：选C ．在各项均为正数的数列{a n }中，对任意m ，n ∈N *，都有a m ＋n ＝a m ·a n .所以a 6＝a 3·a 3＝64，a 3＝8.所以a 9＝a 6·a 3＝64×8＝512.2．一给定函数y ＝f (x )的图象在下列各图中，并且对任意a 1∈(0，1)，由关系式a n ＋1＝f (a n )得到的数列{a n }满足a n ＋1>a n (n ∈N *)，则该函数的图象是( )解析：选A ．由a n ＋1＝f (a n )，a n ＋1>a n 知f (a n )>a n ，可以知道x ∈(0，1)时f (x )>x ，即f (x )的图象在y ＝x 图象的上方，由选项中所给的图象可以看出，A 符合条件．3．(2019·长春模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，{S n ＋na n }为常数列，则a n 等于( )A ．13n －1B ．2n (n ＋1)C ．6(n ＋1)(n ＋2)D ．5－2n 3解析：选B ．由题意知，S n ＋na n ＝2，当n ≥2时，(n ＋1)a n ＝(n －1)a n －1，从而a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·…·a n a n －1＝13·24·…·n －1n ＋1，有a n ＝2n (n ＋1)，当n ＝1时上式成立，所以a n ＝2n (n ＋1).4．(2019·成都第二次诊断性检测)若数列{x n }中，x 1＝tan α，且x n ＋1＝1＋x n1－x n ，则通项公式x n ＝________．解析：由x n ＋1＝1＋x n 1－x n ，x 1＝tan α，得x 2＝1＋tan α1－tan α＝tan π4＋tan α1－tan π4tan α＝tan ⎝⎛⎭⎫α＋π4. x 3＝1＋tan ⎝⎛⎭⎫π4＋α1－tan ⎝⎛⎭⎫π4＋α＝tan π4＋tan ⎝⎛⎭⎫π4＋α1－tan π4tan ⎝⎛⎭⎫π4＋α＝tan ⎝⎛⎭⎫α＋2π4，… 依此类推，可得x n ＝tan ⎝⎛⎭⎫α＋n －14π.答案：tan ⎝⎛⎭⎫α＋n －14π5．已知数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n .(1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．解：(1)由S 2＝43a 2得3(a 1＋a 2)＝4a 2，解得a 2＝3a 1＝3.由S 3＝53a 3得3(a 1＋a 2＋a 3)＝5a 3，解得a 3＝32(a 1＋a 2)＝6.(2)由题设知a 1＝1.当n ≥2时，有a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，整理得a n ＝n ＋1n －1a n －1.于是a 1＝1， a 2＝31a 1，a 3＝42a 2，…a n －1＝nn －2a n －2，a n ＝n ＋1n －1a n －1.将以上n 个等式两端分别相乘，整理得a n ＝n (n ＋1)2.显然，当n ＝1时也满足上式．综上可知，{a n }的通项公式a n ＝n (n ＋1)2.6．已知数列{a n }中，a n ＝1＋1a ＋2(n －1)(n ∈N *，a ∈R 且a ≠0)．(1)若a ＝－7，求数列{a n }中的最大项和最小项的值； (2)若对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，求a 的取值范围．解：(1)因为a n ＝1＋1a ＋2(n －1)(n ∈N *，a ∈R 且a ≠0)，又a ＝－7，所以a n ＝1＋12n －9(n ∈N *)．结合函数f (x )＝1＋12x －9的单调性，可知1>a 1>a 2>a 3>a 4， a 5>a 6>a 7>…>a n >1(n ∈N *)．所以数列{a n }中的最大项为a 5＝2，最小项为a 4＝0.(2)a n ＝1＋1a ＋2(n －1)＝1＋12n －2－a2，已知对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，结合函数f (x )＝1＋12x －2－a2的单调性，可知5<2－a2<6，即－10<a <－8.。

2020版高考数学大一轮复习第六章数列教案(含解析)

2020版高考数学大一轮复习第六章数列§6.1 数列的概念与简单表示法最新考纲1.通过日常生活中的实例，了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式).2.了解数列是一种特殊函数．1．数列的有关概念2.数列的表示方法3.a n 与S n 的关系若数列{a n }的前n 项和为S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.4．数列的分类概念方法微思考1．数列的项与项数是一个概念吗？提示不是，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号． 2．数列的通项公式a n ＝3n ＋5与函数y ＝3x ＋5有何区别与联系？提示数列的通项公式a n ＝3n ＋5是特殊的函数，其定义域为N *，而函数y ＝3x ＋5的定义域是R ，a n ＝3n ＋5的图象是离散的点，且排列在y ＝3x ＋5的图象上．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列．( × ) (2)所有数列的第n 项都能使用公式表达．( × )(3)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( √ ) (4)1，1，1，1，…不能构成一个数列．( × ) (5)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．( × )(6)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对∀n ∈N *，都有a n ＝S n －S n －1.( × ) 题组二教材改编2．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝4a n ＋1，则a 3＝. 答案 21解析由题意知，a 2＝4a 1＋1＝5，a 3＝4a 2＋1＝21.3．根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式a n ＝.答案 5n －4 题组三易错自纠4．已知a n ＝n 2＋λn ，且对于任意的n ∈N *，数列{a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是．答案 (－3，＋∞)解析因为{a n }是递增数列，所以对任意的n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，即(n ＋1)2＋λ(n ＋1)>n 2＋λn ，整理，得2n ＋1＋λ>0，即λ>－(2n ＋1)．(*)因为n ≥1，所以－(2n ＋1)≤－3，要使不等式(*)恒成立，只需λ>－3. 5．数列{a n }中，a n ＝－n 2＋11n (n ∈N *)，则此数列最大项的值是．答案 30解析 a n ＝－n 2＋11n ＝－⎝⎛⎭⎪⎫n －1122＋1214，∵n ∈N *，∴当n ＝5或n ＝6时，a n 取最大值30. 6．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，则a n ＝.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2，n ∈N *解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋1－[(n －1)2＋1]＝2n －1， a 1＝2不满足上式．故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，a 1＝2不满足上式.2n －1，n ≥2，n ∈N *.题型一由数列的前几项求数列的通项公式例1根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式： (1)23，415，635，863，1099，…； (2)－1，7，－13，19，…； (3)12，2，92，8，252，…； (4)5，55，555，5555，….解 (1)这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为1×3，3×5，5×7，7×9，9×11，…，每一项都是两个相邻奇数的乘积，分子依次为2，4，6，…，相邻的偶数．故所求数列的一个通项公式为a n ＝2n (2n －1)(2n ＋1).(2)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式(－1)n，观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，故数列的一个通项公式为a n ＝(－1)n (6n －5)．(3)数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观察．即12，42，92，162，252，…，分子为项数的平方，从而可得数列的一个通项公式为a n ＝n 22. (4)将原数列改写为59×9，59×99，59×999，…，易知数列9，99，999，…的通项为10n－1，故所求的数列的一个通项公式为a n ＝59(10n－1)．思维升华求数列通项时，要抓住以下几个特征： (1)分式中分子、分母的特征． (2)相邻项的变化特征．(3)拆项后变化的部分和不变的部分的特征． (4)各项符号特征等．(5)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．跟踪训练1(1)数列－11×2，12×3，－13×4，14×5，…的一个通项公式a n ＝.答案 (－1)n1n (n ＋1)解析这个数列前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式为a n ＝(－1)n1n (n ＋1).(2)数列{a n }的前4项是32，1，710，917，则这个数列的一个通项公式是a n ＝.答案2n ＋1n 2＋1解析数列{a n }的前4项可变形为2×1＋112＋1，2×2＋122＋1，2×3＋132＋1，2×4＋142＋1，故a n ＝2n ＋1n 2＋1.题型二由a n 与S n 的关系求通项公式例2(1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n ，则a n ＝. 答案 4n －5解析 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)(2018·全国Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝.答案－63解析 ∵S n ＝2a n ＋1，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1＋1， ∴a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1＋1，得a 1＝－1.∴数列{a n }是首项a 1＝－1，公比q ＝2的等比数列，∴S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝－1×(1－2n )1－2＝1－2n，∴S 6＝1－26＝－63.(3)已知数列{a n }满足a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n，则a n ＝. 答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1n，n ≥2解析当n ＝1时，由已知，可得a 1＝21＝2， ∵a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n，① 故a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝2n －1(n ≥2)，②由①－②得na n ＝2n－2n －1＝2n －1，∴a n ＝2n －1n.显然当n ＝1时不满足上式， ∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1n，n ≥2.思维升华已知S n 求a n 的常用方法是利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，一定要检验a 1的情况．跟踪训练2(1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n＋1，则a n ＝.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2×3n －1，n ≥2解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋1＝4；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋1)－(3n －1＋1)＝2×3n －1.当n ＝1时，2×31－1＝2≠a 1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2×3n －1，n ≥2.(2)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，则a n ＝.答案13n 解析因为a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，①则当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13，②①－②得3n －1a n ＝13，所以a n ＝13n (n ≥2)．由题意知a 1＝13符合上式，所以a n ＝13n .(3)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＝S 1＝23a 1＋13，即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. 题型三由数列的递推关系求通项公式例3设数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则a n ＝. 答案n 2＋n ＋22解析由条件知a n ＋1－a n ＝n ＋1，则a n ＝(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1)＋a 1＝(2＋3＋4＋…＋n )＋2＝n 2＋n ＋22.引申探究1．若将“a n ＋1＝a n ＋n ＋1”改为“a n ＋1＝nn ＋1a n ”，如何求解？解 ∵a n ＋1＝nn ＋1a n ，a 1＝2，∴a n ≠0， ∴a n ＋1a n ＝n n ＋1. ∴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 －1n ·n －2n －1·n －3n －2·…·12·2＝2n.2．若将“a n ＋1＝a n ＋n ＋1”改为“a n ＋1＝2a n ＋3”，如何求解？解设递推公式a n ＋1＝2a n ＋3可以转化为a n ＋1－t ＝2(a n －t )，即a n ＋1＝2a n －t ，解得t ＝－3.故a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)．令b n ＝a n ＋3，则b 1＝a 1＋3＝5，且b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2.所以{b n }是以5为首项，2为公比的等比数列．所以b n ＝5×2n －1，故a n ＝5×2n －1－3.3．若将“a n ＋1＝a n ＋n ＋1”改为“a n ＋1＝2a na n ＋2”，如何求解？解 ∵a n ＋1＝2a na n ＋2，a 1＝2，∴a n ≠0， ∴1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12，又a 1＝2，则1a 1＝12，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以12为首项，12为公差的等差数列．∴1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n 2.∴a n ＝2n. 4．若将本例条件换为“a 1＝1，a n ＋1＋a n ＝2n ”，如何求解？解 ∵a n ＋1＋a n ＝2n ，∴a n ＋2＋a n ＋1＝2n ＋2，故a n ＋2－a n ＝2. 即数列{a n }的奇数项与偶数项都是公差为2的等差数列．当n 为偶数时，a 2＝1，故a n ＝a 2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫n2－1＝n －1.当n 为奇数时，∵a n ＋1＋a n ＝2n ，a n ＋1＝n (n ＋1为偶数)，故a n ＝n . 综上所述，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数，n －1，n 为偶数，n ∈N *.思维升华已知数列的递推关系求通项公式的典型方法 (1)当出现a n ＝a n －1＋m 时，构造等差数列． (2)当出现a n ＝xa n －1＋y 时，构造等比数列． (3)当出现a n ＝a n －1＋f (n )时，用累加法求解． (4)当出现a na n －1＝f (n )时，用累乘法求解．跟踪训练3(1)已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝4，a n ＋2＋2a n ＝3a n ＋1(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝. 答案 3×2n －1－2解析由a n ＋2＋2a n －3a n ＋1＝0，得a n ＋2－a n ＋1＝2(a n ＋1－a n )，∴数列{a n ＋1－a n }是以a 2－a 1＝3为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＋1－a n ＝3×2n －1，∴当n ≥2时，a n －a n －1＝3×2n －2，…，a 3－a 2＝3×2，a 2－a 1＝3，将以上各式累加，得a n －a 1＝3×2n －2＋…＋3×2＋3＝3(2n －1－1)，∴a n ＝3×2n －1－2(当n ＝1时，也满足)．(2)在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋1n (n ＋1)，则通项公式a n ＝.答案 4－1n解析原递推公式可化为a n ＋1＝a n ＋1n －1n ＋1，则a 2＝a 1＋11－12，a 3＝a 2＋12－13，a 4＝a 3＋13－14，…，a n －1＝a n －2＋1n －2－1n －1， a n ＝a n －1＋1n －1－1n ，逐项相加得a n ＝a 1＋1－1n，故a n ＝4－1n，经验证a 1，a 2也符合．题型四数列的性质命题点1 数列的单调性例4已知a n ＝n －1n ＋1，那么数列{a n }是( ) A ．递减数列 B ．递增数列 C ．常数列 D ．摆动数列答案 B 解析 a n ＝1－2n ＋1，将a n 看作关于n 的函数，n ∈N *，易知{a n }是递增数列．命题点2 数列的周期性例5(2019·钦州质检)在数列{a n }中，a 1＝0，a n ＋1＝3＋a n1－3a n ，则S 2020＝.答案 0解析 ∵a 1＝0，a n ＋1＝3＋a n1－3a n，∴a 2＝31＝3，a 3＝3＋31－3×3＝23－2＝－3， a 4＝3－31＋3×3＝0，即数列{a n }的取值具有周期性，周期为3，且a 1＋a 2＋a 3＝0，则S 2020＝S 3×673＋1＝a 1＝0. 命题点3 数列的最值例6(2018·山东、湖北部分重点中学冲刺模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3(m ≥2)，则nS n 的最小值为( ) A ．－3B ．－5C ．－6D ．－9 答案 D解析由S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3(m ≥2)可知a m ＝2，a m ＋1＝3，设等差数列{a n }的公差为d ，则d ＝1， ∵S m ＝0，∴a 1＝－a m ＝－2，则a n ＝n －3，S n ＝n (n －5)2，nS n ＝n 2(n －5)2.设f (x )＝x 2(x －5)2，x >0，f ′(x )＝32x 2－5x ，x >0，∴f (x )的极小值点为x ＝103，∵n ∈N *，且f (3)＝－9，f (4)＝－8， ∴f (n )min ＝－9.思维升华应用数列单调性的关键是判断单调性，判断数列单调性的常用方法有两个：(1)利用数列对应的函数的单调性判断；(2)对数列的前后项作差(或作商)，利用比较法判断．跟踪训练4(1)(2018·石家庄模拟)若数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n ，则a 2020的值为( )A ．2B ．－3C ．－12D.13答案 D解析因为a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n，所以a 2＝1＋a 11－a 1＝－3，a 3＝1＋a 21－a 2＝－12，a 4＝1＋a 31－a 3＝13，a 5＝1＋a 41－a 4＝2，故数列{a n }是以4为周期的周期数列，故a 2020＝a 505×4＝a 4＝13.(2)若数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－10n (n ∈N *)，则数列{na n }中数值最小的项是( ) A ．第2项 B ．第3项 C ．第4项 D ．第5项答案 B解析 ∵S n ＝n 2－10n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －11；当n ＝1时，a 1＝S 1＝－9也适合上式． ∴a n ＝2n －11(n ∈N *)．记f (n )＝na n ＝n (2n －11)＝2n 2－11n ，此函数图象的对称轴为直线n ＝114，但n ∈N *，∴当n ＝3时，f (n )取最小值． ∴数列{na n }中数值最小的项是第3项．1．已知数列5，11，17，23，29，…，则55是它的( ) A ．第19项 B ．第20项 C ．第21项 D ．第22项答案 C解析数列5，11，17，23，29，…中的各项可变形为5，5＋6，5＋2×6，5＋3×6，5＋4×6，…，所以通项公式为a n ＝5＋6(n －1)＝6n －1，令6n －1＝55，得n ＝21.2．记S n 为数列{a n }的前n 项和．“任意正整数n ，均有a n >0”是“{S n }是递增数列”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答案 A解析 ∵“a n >0”⇒“数列{S n }是递增数列”，∴“a n >0”是“数列{S n }是递增数列”的充分条件．如数列{a n }为－1，1，3，5，7，9，…，显然数列{S n }是递增数列，但是a n 不一定大于零，还有可能小于零，∴“数列{S n }是递增数列”不能推出“a n >0”， ∴“a n >0”是“数列{S n }是递增数列”的不必要条件． ∴“a n >0”是“数列{S n }是递增数列”的充分不必要条件．3．(2018·三明质检)若S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝2a n －2，则S 8等于( ) A ．255B ．256C ．510D ．511 答案 C解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1－2，据此可得a 1＝2，当n ≥2时，S n ＝2a n －2，S n －1＝2a n －1－2，两式作差可得a n ＝2a n －2a n －1，则a n ＝2a n －1，据此可得数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，其前8项和为S 8＝2×()1－281－2＝29－2＝512－2＝510.4．(2018·长春五校模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ·a n ＋1的前6项和为( ) A.215B.415C.511D.1011 答案 A解析数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ，S n －1＝n 2－1，两式作差得到a n ＝2n ＋1(n ≥2)，又当n ＝1时，a 1＝S 1＝12＋2×1＝3，符合上式，所以a n ＝2n ＋1， 1a n ·a n ＋1＝1()2n ＋1()2n ＋3＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3裂项求和得到S 6＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…－115＝215，故选A.5．(2019·长沙雅礼中学、河南实验中学联考)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1n ＋1＝a n n ＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ，则a n 等于( ) A ．2＋n ln n B ．2n ＋(n －1)ln n C ．2n ＋n ln n D ．1＋n ＋n ln n答案 C 解析由题意得a n ＋1n ＋1－a n n ＝ln(n ＋1)－ln n ，n 分别用1，2，3，…，(n －1)取代，累加得a nn－a 11＝ln n －ln1＝ln n ，a n n＝2＋ln n ，∴a n ＝(ln n ＋2)n ，故选C.6．数列{a n }的前n 项积为n 2，那么当n ≥2时，a n 等于( ) A ．2n －1 B ．n 2C.(n ＋1)2n2D.n 2(n －1)2答案 D解析设数列{a n }的前n 项积为T n ，则T n ＝n 2，当n ≥2时，a n ＝T n T n －1＝n 2(n －1)2.7．若数列{a n }满足关系a n ＋1＝1＋1a n ，a 8＝3421，则a 5＝.答案 85解析借助递推关系，由a 8递推依次得到a 7＝2113，a 6＝138，a 5＝85.8．若数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＋1＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n ＋1－[3(n －1)2－2(n －1)＋1]＝6n －5，显然当n ＝1时，不满足上式．故数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2.9．设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝. 答案－1n解析 ∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ， ∴S n ＋1－S n ＝S n ＋1S n ，又由a 1＝－1，知S n ≠0， ∴1S n －1S n ＋1＝1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列，且公差为－1，而1S 1＝1a 1＝－1， ∴1S n＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，∴S n ＝－1n.10．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n －a n ＋1＝na n a n ＋1(n ∈N *)，则a n ＝. 答案2n 2－n ＋2解析由a n －a n ＋1＝na n a n ＋1，得1a n ＋1－1a n＝n ，则由累加法得1a n －1a 1＝1＋2＋…＋(n －1)＝n 2－n2，又因为a 1＝1，所以1a n＝n 2－n2＋1＝n 2－n ＋22，所以a n ＝2n 2－n ＋2(n ∈N *)．11．已知在数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n .(1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．解 (1)由S 2＝43a 2，得3(a 1＋a 2)＝4a 2，解得a 2＝3a 1＝3；由S 3＝53a 3，得3(a 1＋a 2＋a 3)＝5a 3，解得a 3＝32(a 1＋a 2)＝6.(2)由题设知a 1＝1. 当n >1时，有a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，整理，得a n ＝n ＋1n －1a n －1. 于是a 1＝1，a 2＝31a 1，a 3＝42a 2，…，a n －1＝n n －2a n －2，a n ＝n ＋1n －1a n －1，将以上n 个等式两端分别相乘，整理，得a n ＝n (n ＋1)2，n ≥2，又a 1＝1＝1×(1＋1)2，也满足上式．综上，{a n }的通项公式a n ＝n (n ＋1)2.12．已知数列{a n }中，a 1＝1，其前n 项和为S n ，且满足2S n ＝(n ＋1)a n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝3n－λa 2n ，若数列{b n }为递增数列，求λ的取值范围．解 (1)∵2S n ＝(n ＋1)a n ， ∴2S n ＋1＝(n ＋2)a n ＋1，∴2a n ＋1＝(n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)a n ，即na n ＋1＝(n ＋1)a n ，∴a n ＋1n ＋1＝a nn， ∴a n n ＝a n －1n －1＝…＝a 11＝1，∴a n ＝n (n ∈N *)． (2)b n ＝3n－λn 2.b n ＋1－b n ＝3n ＋1－λ(n ＋1)2－(3n －λn 2)＝2·3n－λ(2n ＋1)． ∵数列{b n }为递增数列，∴2·3n－λ(2n ＋1)>0，即λ<2·3n2n ＋1.令c n ＝2·3n2n ＋1，即c n ＋1c n ＝2·3n ＋12n ＋3·2n ＋12·3n ＝6n ＋32n ＋3>1. ∴{c n }为递增数列，∴λ<c 1＝2，即λ的取值范围为(－∞，2)．13．(2018·合肥模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若3S n ＝2a n －3n ，则a 2019等于( ) A ．－22019－1 B ．32019－6C.⎝ ⎛⎭⎪⎫122019－72D.⎝ ⎛⎭⎪⎫132019－103答案 A解析由题意可得，3S n ＝2a n －3n ， 3S n ＋1＝2a n ＋1－3(n ＋1)，两式作差可得3a n ＋1＝2a n ＋1－2a n －3，即a n ＋1＝－2a n －3，a n ＋1＋1＝－2(a n ＋1)，结合3S 1＝2a 1－3＝3a 1可得a 1＝－3，a 1＋1＝－2，则数列{a n ＋1}是首项为－2，公比为－2的等比数列，据此有a 2019＋1＝(－2)×(－2)2018＝－22019，∴a 2019＝－22019－1.故选A.14．(2018·福州模拟)已知数列{a n }的首项a 1＝a ，其前n 项和为S n ，且满足S n ＋S n －1＝4n 2(n ≥2，n ∈N *)，若对任意n ∈N *，a n <a n ＋1恒成立，则a 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，163 B.⎝⎛⎭⎪⎫5，163C.⎝⎛⎭⎪⎫3，163D ．(3，5)答案 D解析 ∵S n ＋S n －1＝4n 2，S n ＋1＋S n ＝4(n ＋1)2，∴当n ≥2时，S n ＋1－S n －1＝8n ＋4，即a n ＋1＋a n ＝8n ＋4，即a n ＋2＋a n ＋1＝8n ＋12，故a n ＋2－a n ＝8(n ≥2)，由a 1＝a 知a 2＋2a 1＝4×22＝16， ∴a 2＝16－2a 1＝16－2a ，a 3＋2S 2＝4×32＝36，∴a 3＝36－2S 2＝36－2(16－a )＝4＋2a ，a 4＝24－2a ；若对任意n ∈N *，a n <a n ＋1恒成立，只需使a 1<a 2<a 3<a 4，即a <16－2a <4＋2a <24－2a ，解得3<a <5，故选D.15．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝15，且满足a n ＋12n －3＝a n2n －5＋1，已知n ，m ∈N *，n >m ，则S n －S m 的最小值为( ) A ．－494B ．－498C ．－14D ．－28答案 C解析因为a n ＋12n －3＝a n 2n －5＋1，且a 12－5＝15－3＝－5，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －5是以－5为首项、1为公差的等差数列，则a n2n －5＝－5＋(n －1)＝n －6，即a n ＝(2n －5)(n －6)，令a n ≤0，得52≤n ≤6，又∵n ∈N *，∴n ＝3，4，5，6，则S n －S m ＝a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a n 的最小值为a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝－3－6－5－0＝－14.16．已知数列{a n }是递增的等比数列且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，设S n 是数列{a n }的前n 项和，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1S n ·S n ＋1前n 项和为T n ，若不等式λ≤T n 对任意的n ∈N *恒成立，求实数λ的最大值．解 ∵数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，a 1a 4＝a 2a 3，∴a 1，a 4是方程x 2－9x ＋8＝0的两个根，且a 1<a 4. 解方程x 2－9x ＋8＝0，得a 1＝1，a 4＝8，∴q 3＝a 4a 1＝81＝8，解得q ＝2，∴a n ＝a 1qn －1＝2n －1.∴S n ＝a 1()1－q n1－q ＝1×()1－2n1－2＝2n－1，令b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝2n ()2n －1·()2n ＋1－1＝12n－1－12n ＋1－1， ∴数列{b n }的前n 项和T n ＝1－13＋13－17＋17－115＋…＋12n －1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1在正整数集上单调递增，∴T n ≥T 1＝23，∵λ≤T n ，且对一切n ∈N *成立， ∴λ≤23，∴实数λ的最大值是23.2020版高考数学大一轮复习第六章数列第2讲等差数列及其前n 项和[基础达标]1．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，S 3＝12，则a 6等于( ) A ．8 B ．10 C ．12D ．14解析：选C.由题知3a 1＋3×22d ＝12，因为a 1＝2，解得d ＝2，又a 6＝a 1＋5d ，所以a 6＝12，故选C.2．(2019·浙江新高考冲刺卷)已知等差数列{a n }，S n 是{a n }的前n 项和，则对于任意的n ∈N *，“a n >0”是“S n >0”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A.对于任意的n ∈N *，“a n >0”能推出“S n >0”，是充分条件，反之，不成立，比如：数列5，3，1，－1，不满足条件，不是必要条件，故选A.3．已知等差数列{a n }，且3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝48，则数列{a n }的前13项之和为( )A ．24B ．39C ．104D ．52解析：选D.因为{a n }是等差数列，所以3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝6a 4＋6a 10＝48，所以a 4＋a 10＝8，其前13项的和为13（a 1＋a 13）2＝13（a 4＋a 10）2＝13×82＝52，故选D.4．(2019·金华十校联考)在数列{a n }中，若a 1＝2，且对任意正整数m ，k ，总有a m ＋k＝a m ＋a k ，则{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．n (3n －1)B ．n （n ＋3）2 C ．n (n ＋1)D ．n （3n ＋1）2解析：选C.依题意得a n ＋1＝a n ＋a 1，即有a n ＋1－a n ＝a 1＝2，所以数列{a n }是以2为首项、2为公差的等差数列，a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，S n ＝n （2＋2n ）2＝n (n ＋1)，选C.5．若数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2，则使a k ·a k ＋1＜0的k 值为( ) A ．22 B ．21 C ．24D ．23解析：选D.因为3a n ＋1＝3a n －2，所以a n ＋1－a n ＝－23，又a 1＝15，所以数列{a n }是首项为15，公差为－23的等差数列，所以a n ＝15－23·(n －1)＝－23n ＋473，且{a n }为递减数列，令a n ＝－23n ＋473＞0，得n ＜23.5，可知使a k ·a k ＋1＜0的k 值为23.6．(2019·温州十校联合体期初)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，则( ) A ．若S 9>S 8，S 9>S 10，则S 17>0，S 18<0 B ．若S 17>0，S 18<0，则S 9>S 8，S 8>S 10 C ．若S 17>0，S 18<0，则a 17>0，a 18<0 D ．若a 17>0，a 18<0，则S 17>0，S 18<0解析：选B.A.由S 9>S 8，且S 9＝S 8＋a 9得a 9>0，又S 9>S 10，S 10＝S 9＋a 10，则a 10<0，因为S 17＝17a 9>0，S 18＝9(a 10＋a 9)符号不确定，A 错误； B ．在等差数列{a n }中，S 17>0，且S 18<0，则S 17＝17a 9>0，S 18＝9(a 10＋a 9)<0，所以a 9>0，a 10<0，且|a 10|>a 9，所以等差数列{a n }的公差d <0，则S 9＝S 8＋a 9>S 8，S 10＝S 8＋a 9＋a 10<S 8，B 正确；C ．由B 知，a 1，a 2，…，a 9为正，a 10，a 11…为负，C 错误；D ．由a 17>0，a 18<0知，a 1，a 2，…，a 17为正，a 18，a 19，…为负，所以S 17＝17a 9>0，S 18＝9(a 1＋a 18)＝9(a 2＋a 17)>0，D 错误．故选B.7．已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 3＋a 9＝a 10－a 8.若a n ＝0，则n ＝________．解析：因为a 3＋a 9＝a 10－a 8，所以a 1＋2d ＋a 1＋8d ＝a 1＋9d －(a 1＋7d )，解得a 1＝－4d ，所以a n ＝－4d ＋(n －1)d ＝(n －5)d ，令(n －5)d ＝0(d ≠0)，可解得n ＝5. 答案：58．在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前n 项和为S n ，当且仅当n ＝8时S n 取得最大值，则d 的取值范围为________．解析：由题意，当且仅当n ＝8时，S n 取得最大值，说明⎩⎪⎨⎪⎧a 8＞0，a 9＜0.所以⎩⎪⎨⎪⎧7＋7d ＞0，7＋8d ＜0.所以－1＜d ＜－78.答案：⎝⎛⎭⎪⎫－1，－78 9．已知数列{a n }的各项均为正数，S n 为其前n 项和，且对任意n ∈N *，均有a n ，S n ，a 2n 成等差数列，则a n ＝________．解析：因为a n ，S n ，a 2n 成等差数列，所以2S n ＝a n ＋a 2n ，当n ＝1时，2S 1＝2a 1＝a 1＋a 21，又a 1>0，所以a 1＝1，当n ≥2时，2a n ＝2(S n －S n －1)＝a n ＋a 2n －a n －1－a 2n －1，所以(a 2n －a 2n －1)－(a n ＋a n －1)＝0，所以(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－1)＝0，又a n ＋a n －1>0，n ≥2，所以a n －a n －1＝1，n ≥2，所以{a n }是等差数列，其公差为1，因为a 1＝1，所以a n ＝n (n ∈N *)．答案：n10．(2019·嘉兴一中高考适应性考试)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 8＞0，a 8＋a 9＜0，则满足S n ＞0的n的最大值是________；数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n a n (1≤n ≤15)中最大的项为第________项．解析：因为等差数列{a n }满足a 8>0，a 8＋a 9<0，所以S 15＝15（a 1＋a 15）2＝15a 8>0，S 16＝162(a 1＋a 16)＝8(a 8＋a 9)<0，所以满足S n >0的n 的最大值是15.因为等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 8>0，a 8＋a 9<0，所以该数列是递减数列，且|a 8|最小，|S 8|最大，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n a n (1≤n ≤15)中最大的项为第8项．答案：15 811．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3＋a 6＝4，S 5＝－5. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若T n ＝|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |，求T 5的值．解：(1)由题知⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋7d ＝45a 1＋5×42d ＝－5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－5d ＝2，故a n ＝2n －7(n ∈N *)． (2)由a n ＝2n －7＜0，得n ＜72，因为n ∈N *，即n ≤3，所以当n ≤3时，a n ＝2n －7＜0，当n ≥4时，a n ＝2n －7＞0.易知S n ＝n 2－6n ，S 3＝－9，S 5＝－5，所以T 5＝－(a 1＋a 2＋a 3)＋a 4＋a 5＝－S 3＋(S 5－S 3)＝S 5－2S 3＝13.12．(2019·嵊州模拟)已知函数f (x )＝x 2－2(n ＋1)x ＋n 2＋5n －7(n ∈N *)． (1)设函数y ＝f (x )的图象的顶点的纵坐标构成数列{a n }，求证：{a n }为等差数列； (2)设函数y ＝f (x )的图象的顶点到x 轴的距离构成数列{b n }，求{b n }的前n 项和S n . 解：(1)证明：因为f (x )＝x 2－2(n ＋1)x ＋n 2＋5n －7＝[x －(n ＋1)]2＋3n －8，所以a n ＝3n －8，因为a n ＋1－a n ＝3(n ＋1)－8－(3n －8)＝3，所以数列{a n }为等差数列． (2)由题意知，b n ＝|a n |＝|3n －8|，所以当1≤n ≤2时，b n ＝8－3n ，S n ＝b 1＋…＋b n ＝n （b 1＋b n ）2＝n [5＋（8－3n ）]2＝13n －3n 22；当n ≥3时，b n ＝3n －8，S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝5＋2＋1＋…＋(3n －8)＝7＋（n －2）[1＋（3n －8）]2＝3n 2－13n ＋282.所以S n＝⎩⎪⎨⎪⎧13n －3n22，1≤n ≤2，3n 2－13n ＋282，n ≥3.[能力提升]1．下面是关于公差d ＞0的等差数列{a n }的四个命题：p 1：数列{a n }是递增数列；p 2：数列{na n }是递增数列；p 3：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是递增数列；p 4：数列{a n ＋3nd }是递增数列．其中真命题为( )A ．p 1，p 2B ．p 3，p 4C ．p 2，p 3D ．p 1，p 4解析：选D.由a n ＋1－a n ＝d ＞0，知数列{a n }是递增数列，可知p 1是真命题；由(n ＋1)a n＋1－na n ＝(n ＋1)(a 1＋nd )－n [a 1＋(n －1)d ]＝a 1＋2nd ，仅由d ＞0是无法判断a 1＋2nd 的正负的，因而不能判定(n ＋1)a n ＋1，na n 的大小关系，故p 2是假命题；显然，当a n ＝n 时，a n n＝1，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是常数数列，不是递增数列，故p 3是假命题；数列的第n ＋1项减去数列的第n项[a n ＋1＋3(n ＋1)d ]－(a n ＋3nd )＝(a n ＋1－a n )＋[3(n ＋1)d －3nd ]＝d ＋3d ＝4d ＞0，所以a n ＋1＋3(n ＋1)d ＞a n ＋3nd ，即数列{a n ＋3nd }是递增数列，p 4是真命题．2．(2019·金华市东阳二中高三调研)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝a 2＝1，{nS n＋(n ＋2)a n }为等差数列，则a n ＝( )A ．n2n －1 B ．n ＋12n －1＋1C ．2n －12n －1D ．n ＋12n ＋1解析：选A.设b n ＝nS n ＋(n ＋2)a n ，则b 1＝4，b 2＝8，因为{b n }为等差数列，所以b n ＝4n ，即nS n ＋(n ＋2)a n ＝4n ，S n ＋⎝⎛⎭⎪⎫1＋2n a n ＝4.当n ≥2时，S n －S n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2n a n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2n －1a n －1＝0，所以2（n ＋1）n a n ＝n ＋1n －1·a n －1，即2·a n n ＝a n －1n －1，又因为a 11＝1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为1，公比为12的等比数列，所以a n n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1(n ∈N *)，即a n ＝n2n －1(n ∈N *)，故选A.3．已知等差数列{a n }满足a 9＜0，且a 8＞|a 9|，数列{b n }满足b n ＝a n a n ＋1a n ＋2(n ∈N *)，{b n }的前n 项和为S n ，当S n 取得最大值时，n 的值为________．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 9<0，且a 8>|a 9|，所以d <0，a 8＋a 9>0，a 8>－a 9>0. 所以当n ≤8时，a n >0；当n ≥9时，a n <0.S n ＝a 1a 2a 3＋a 2a 3a 4＋…＋a 6a 7a 8＋a 7a 8a 9＋a 8a 9a 10＋a 9a 10a 11＋…＋a n a n ＋1a n ＋2，当n ≤6时，a n a n ＋1a n ＋2>0，当n ≥9时，a n a n ＋1a n ＋2<0，而a 7a 8a 9<0，a 8a 9a 10>0，又a 7a 8a 9＋a 8a 9a 10＝a 8a 9(a 7＋a 10)＝a 8a 9(a 8＋a 9)<0，所以当S n 取得最大值时，n ＝6. 答案：64．(2019·舟山市普陀三中高三期中)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 4－a 2＝8，a 3＋a 5＝26.记T n ＝S nn2，如果存在正整数M ，使得对一切正整数n ，T n ≤M 都成立，则M 的最小值是________．解析：因为{a n }为等差数列，由a 4－a 2＝8，a 3＋a 5＝26，可解得S n ＝2n 2－n ，所以T n ＝2－1n，若T n ≤M 对一切正整数n 恒成立，则只需T n 的最大值小于或等于M 即可．又T n ＝2－1n<2，所以只需2≤M ，故M 的最小值是2. 答案：25．已知等差数列{a n }的公差d ＞0.设{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 2·S 3＝36. (1)求d 及S n ；(2)求m ，k (m ，k ∈N *)的值，使得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝65. 解：(1)由题意知(2a 1＋d )(3a 1＋3d )＝36，将a 1＝1代入上式解得d ＝2或d ＝－5. 因为d ＞0，所以d ＝2，S n ＝n 2(n ∈N *)．(2)由(1)得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝(2m ＋k －1)(k ＋1)，所以(2m ＋k －1)(k ＋1)＝65. 由m ，k ∈N *知2m ＋k －1≥k ＋1＞1，故⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋k －1＝13，k ＋1＝5，所以m ＝5，k ＝4.6．(2019·浙江省衢州市高考数学模拟)在数列{a n }中，a 1＝1，2a n a n ＋1＋a n ＋1－a n ＝0(n ∈N *)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，并求{a n }的通项公式；(2)若ta n ＋1(a n －1)＋1≥0对任意n ≥2的整数恒成立，求实数t 的取值范围．解：(1)由题意得，2a n a n ＋1＋a n ＋1－a n ＝0，两边同除a n a n ＋1得，1a n ＋1－1a n＝2，因为a 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项、2为公差的等差数列，则1a n＝1＋2(n －1)＝2n －1，所以a n ＝12n －1.(2)由(1)得，ta n ＋1(a n －1)＋1≥0 即为t ·12n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－1＋1≥0，由n ≥2化简得，t ≤（2n －1）（2n ＋1）2（n －1），设b n ＝（2n －1）（2n ＋1）2（n －1），则b n ＋1－b n ＝（2n ＋1）（2n ＋3）2n －（2n －1）（2n ＋1）2（n －1）＝2n ＋12·（2n ＋3）（n －1）－n （2n －1）n （n －1）＝（2n ＋1）（2n －3）2n （n －1）>0，所以当n ≥2时，数列{b n }是递增数列，则（2n －1）（2n ＋1）2（n －1）≥152，所以实数t 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，152.2020版高考数学大一轮复习第六章数列第3讲等比数列及其前n 项和[基础达标]1．(2019·宁波质检)在单调递减的等比数列{a n }中，若a 3＝1，a 2＋a 4＝52，则a 1＝( )A ．2B ．4C ． 2D ．2 2解析：选B.在等比数列{a n }中，a 2a 4＝a 23＝1，又a 2＋a 4＝52，数列{a n }为递减数列，所以a 2＝2，a 4＝12，所以q 2＝a 4a 2＝14，所以q ＝12，a 1＝a 2q＝4.2．(2019·衢州模拟)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，a 2－8a 5＝0，则S 8S 4的值为( ) A ．12 B ．1716 C ．2D ．17解析：选B.设{a n }的公比为q ，依题意得a 5a 2＝18＝q 3，因此q ＝12.注意到a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝q 4(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)，即有S 8－S 4＝q 4S 4，因此S 8＝(q 4＋1)S 4，S 8S 4＝q 4＋1＝1716，选B.3．(2019·瑞安四校联考)已知数列{a n }的首项a 1＝2，数列{b n }为等比数列，且b n ＝a n ＋1a n，若b 10b 11＝2，则a 21＝( )A ．29B ．210C ．211D ．212解析：选C.由b n ＝a n ＋1a n ，且a 1＝2，得b 1＝a 2a 1＝a 22，a 2＝2b 1；b 2＝a 3a 2，a 3＝a 2b 2＝2b 1b 2；b 3＝a 4a 3，a 4＝a 3b 3＝2b 1b 2b 3；…；a n ＝2b 1b 2b 3…b n －1，所以a 21＝2b 1b 2b 3…b 20，又{b n }为等比数列，所以a 21＝2(b 1b 20)(b 2b 19)…(b 10b 11)＝2(b 10b 11)10＝211.4．(2019·丽水市高考数学模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，下列结论一定成立的是( )A ．a 1＋a 3≥2a 2B ．a 1＋a 3≤2a 2C ．a 1S 3>0D ．a 1S 3<0解析：选C.选项A ，数列－1，1，－1为等比数列，但a 1＋a 3＝－2<2a 2＝2，故A 错误；选项B ，数列1，－1，1为等比数列，但a 1＋a 3＝2>2a 2＝－2，故B 错误；选项D ，数列1，－1，1为等比数列，但a 1S 3＝1>0，故D 错误；对于选项C ，a 1(a 1＋a 2＋a 3)＝a 1(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)＝a 21(1＋q ＋q 2)，因为等比数列的项不为0，故a 21>0，而1＋q ＋q 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫q ＋122＋34>0，故a 21(1＋q ＋q 2)>0，故C 正确．5．(2019·郑州市第一次质量预测)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( )A ．(13，＋∞)B ．[13，＋∞)C ．(23，＋∞)D ．[23，＋∞)解析：选D.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，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，＋∞)，选D.6．(2019·江南十校联考)设数列{a n }是各项均为正数的等比数列，T n 是{a n }的前n 项之积，a 2＝27，a 3a 6a 9＝127，则当T n 最大时，n 的值为( )A ．5或6B ．6C ．5D ．4或5解析：选D.数列{a n }是各项均为正数的等比数列，因为a 3a 6a 9＝127，所以a 36＝127，所以a 6＝13.因为a 2＝27，所以q 4＝a 6a 2＝1327＝181，所以q ＝13.所以a n ＝a 2q n －2＝27×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －5.令a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －5＝1，解得n ＝5，则当T n 最大时，n 的值为4或5.7．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：设数列{a n }的公比为q ，由a 25＝a 10，得(a 1q 4)2＝a 1·q 9，即a 1＝q .又由2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，得2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫q ＝12舍去，所以a n ＝a 1·qn －1＝2n.答案：2n8．已知等比数列{a n }的首项为1，项数是偶数，所有的奇数项之和为85，所有的偶数项之和为170，则这个等比数列的项数为________．解析：由题意得a 1＋a 3＋…＝85，a 2＋a 4＋…＝170，所以数列{a n }的公比q ＝2，由数列{a n }的前n 项和公式S n ＝a 1（1－q n ）1－q ，得85＋170＝1－2n1－2，解得n ＝8.答案：89．(2019·温州市十校联合体期初)设等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和为S n ，若S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列，则q 的值为________．解析：设等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和为S n ，且S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列，则2S n ＝S n ＋1＋S n ＋2，若q ＝1，则S n ＝na 1，等式显然不成立，若q ≠1，则为2·a 1（1－q n ）1－q ＝a 1（1－q n ＋1）1－q ＋a 1（1－q n ＋2）1－q，故2q n ＝qn ＋1＋qn ＋2，即q 2＋q －2＝0，因此q ＝－2. 答案：－210．(2019·台州市高考模拟)已知数列{a n }的前m (m ≥4)项是公差为2的等差数列，从第m －1项起，a m －1，a m ，a m ＋1，…成公比为2的等比数列．若a 1＝－2，则m ＝________，{a n }的前6项和S 6＝________．解析：由a 1＝－2，公差d ＝2，得a m －1＝－2＋2(m －2)＝2m －6，a m ＝－2＋2(m －1)＝2m －4，则a m a m －1＝2m －42m －6＝2，所以m ＝4；所以S 6＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6 ＝－2＋0＋2＋4＋8＋16＝28. 答案：4 2811．(2017·高考全国卷Ⅱ)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，a 1＝－1，b 1＝1，a 2＋b 2＝2.(1)若a 3＋b 3＝5，求{b n }的通项公式； (2)若T 3＝21，求S 3.解：设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则a n ＝－1＋(n －1)d ，b n ＝q n －1.由a 2＋b 2＝2得d ＋q ＝3.① (1)由a 3＋b 3＝5得2d ＋q 2＝6.②联立①和②解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝0(舍去)，⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2.因此{b n }的通项公式为b n ＝2n －1.(2)由b 1＝1，T 3＝21得q 2＋q －20＝0，解得q ＝－5，q ＝4.当q ＝－5时，由①得d ＝8，则S 3＝21. 当q ＝4时，由①得d ＝－1，则S 3＝－6.12．(2019·瑞安市龙翔中学高三月考)已知数列{a n }是首项为2的等差数列，其前n 项和S n 满足4S n ＝a n ·a n ＋1.数列{b n }是以12为首项的等比数列，且b 1b 2b 3＝164.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，若对任意n ∈N *不等式1S 1＋1S 2＋…＋1S n ≥14λ－12T n 恒成立，求λ的取值范围．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意得4a 1＝a 1(a 1＋d )，解得d ＝2，所以a n ＝2n ，由b 1b 2b 3＝b 32＝164⇒b 2＝14，从而公比q ＝b 2b 1＝12，所以b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n. (2)由(1)知1S n＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，所以1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1，又T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝1－12n ，所以对任意n ∈N *，1S 1＋1S 2＋…＋1S n ≥14λ－12T n等价于32－1n ＋1－12n ＋1≥14λ，因为32－1n ＋1－12n ＋1对n ∈N *递增，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－12n ＋1min ＝32－12－14＝34，所以34≥14λ⇒λ≤3，即λ的取值范围为(－∞，3]．[能力提升]1．(2019·丽水模拟)已知等比数列{a n }的各项均为正数且公比大于1，前n 项积为T n ，且a 2a 4＝a 3，则使得T n ＞1的n 的最小值为( )A ．4B ．5C ．6D ．7解析：选C.因为{a n }是各项均为正数的等比数列且a 2a 4＝a 3，所以a 23＝a 3，所以a 3＝1.又因为q ＞1，所以a 1＜a 2＜1，a n ＞1(n ＞3)，所以T n ＞T n －1(n ≥4，n ∈N *)，T 1＜1，T 2＝a 1·a 2＜1，T 3＝a 1·a 2·a 3＝a 1a 2＝T 2＜1，T 4＝a 1a 2a 3a 4＝a 1＜1，T 5＝a 1·a 2·a 3·a 4·a 5＝a 53＝1，T 6＝T 5·a 6＝a 6＞1，故n 的最小值为6，故选C.2．(2019·温州十校联合体期初)已知数列{a n }是等差数列，数列{b n }是等比数列(b n >0)．( )A ．若b 7≤a 6，则b 4＋b 10≥a 3＋a 9B ．若b 7≤a 6，则b 4＋b 10≤a 3＋a 9C ．若b 6≥a 7，则b 3＋b 9≥a 4＋a 10D ．若b 6≤a 7，则b 3＋b 9≤a 4＋a 10解析：选C.因为数列{a n }是等差数列，数列{b n }是等比数列(b n >0)，在A 中，因为b 7≤a 6，b 4＋b 10≥2b 4b 10＝2b 7，a 3＋a 9＝2a 6，所以b 4＋b 10≥a 3＋a 9不一定成立，故A 错误；在B 中，因为b 7≤a 6，b 4＋b 10≥2b 4b 10＝2b 7，a 3＋a 9＝2a 6，所以b 4＋b 10≤a 3＋a 9不一定成立，故B 错误；在C 中，因为b 6≥a 7，所以b 3＋b 9≥2b 3·b 9＝2b 6，a 4＋a 10＝2a 7，所以b 3＋b 9≥a 4＋a 10，故C 正确；在D 中，因为b 6≤a 7，所以b 3＋b 9≥2b 3·b 9＝2b 6，a 4＋a 10＝2a 7，所以b 3＋b 9≤a 4＋a 10不一定成立，故D 错误．3．已知直线l n ：y ＝x －2n 与圆C n ：x 2＋y 2＝2a n ＋n 交于不同的两点A n ，B n ，n ∈N *，数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝14|A n B n |2，则数列{a n }的通项公式为________．解析：圆C n 的圆心到直线l n 的距离d n ＝|2n |2＝n ，半径r n ＝2a n ＋n ，故a n ＋1＝14|A n B n |2＝r 2n －d 2n ＝2a n ，故数列{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列，故a n ＝2n －1(n ∈N *)．答案：a n ＝2n －1(n ∈N *)4．设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝13，且对任意正整数m ，n 都有a m ＋n ＝a m ·a n ，若S n <a 恒成立，则实数a 的最小值为________．解析：因为a m ＋n ＝a m ·a n ，令m ＝1得a n ＋1＝a 1·a n ，即a n ＋1a n ＝a 1＝13，所以{a n }为等比数列，所以a n ＝13n ，所以S n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n 1－13＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n <12，所以a ≥12.故a 的最小值为12.答案：125．(2019·温州瑞安七中高考模拟)已知数列{a n }的各项均为正数，记A (n )＝a 1＋a 2＋…＋a n ，B (n )＝a 2＋a 3＋…＋a n ＋1，C (n )＝a 3＋a 4＋…＋a n ＋2，n ＝1，2，…(1)若a 1＝1，a 2＝5，且对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成等差数列，求数列{a n }的通项公式；(2)证明：数列{a n }是公比为q 的等比数列的充分必要条件是：对任意n ∈N *，三个数A (n )，。

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姓名，年级：时间：微专题二数列通项公式的常用求法一、累加法、累乘法例1 已知数列{a n}满足a n＋1＝a n＋2·3n＋1，a1＝3，则数列｛a n｝的通项公式为________．答案a n＝3n＋n－1解析由a n＋1＝a n＋2·3n＋1，得a2＝a1＋2×31＋1，a3＝a2＋2×32＋1，a4＝a3＋2×33＋1，…，a n＝a n－1＋2×3n－1＋1,累加可得a n＝a1＋2×(31＋32＋…＋3n－1）＋（n－1)，又a1＝3，∴a n＝2·错误!＋n＋2＝3n＋n－1(n＝1时也成立）．例2 设数列｛a n}是首项为1的正项数列，且（n＋1)a错误!－na错误!＋a n＋1a n ＝0（n＝1,2,3，…），则它的通项公式是a n＝________。

答案错误!解析原递推式可化为：［(n＋1）a n＋1－na n］（a n＋1＋a n)＝0，∵a n＋1＋a n>0，∴错误!＝错误!，则错误!＝错误!,错误!＝错误!,错误!＝错误!，…，错误!＝错误!，累乘可得错误!＝错误!，又a1＝1，∴a n＝错误!（n＝1时也成立)．跟踪训练1 (1）在数列｛a n｝中，a1＝3，a n＋1＝a n＋1n n＋1,则数列{a n｝的通项公式为a n＝_______。

答案4－错误!解析原递推式可化为a n ＋1＝a n ＋1n －1n ＋1，则a 2＝a 1＋错误!－错误!，a 3＝a 2＋错误!－错误!,a 4＝a 3＋错误!－错误!，…，a n ＝a n －1＋错误!－错误!,累加得a n ＝a 1＋1－错误!。

故a n ＝4－错误!(n ＝1时也成立）．（2）在数列｛a n ｝中,a 1＝1，a n ＋1＝2n·a n ,则a n ＝______. 答案 (1)22n n -解析 a 1＝1,a 2＝2a 1, a 3＝22a 2，…，a n ＝2n －1a n －1,累乘得a n ＝2·22·23·…·2n －1＝(1)22n n -，当n ＝1时也成立,故a n ＝(1)22n n -。

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