人教版高中数学必修5同步练习题、期中、期末复习资料、补习资料20【提高】《数列》全章复习与巩固

数列的全章复习与巩固
【学习目标】
1．系统掌握数列的有关概念和公式；
2．掌握等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式与前n 项和公式，并运用这些知识解决问题； 3．了解数列的通项公式n a 与前n 项和公式n S 的关系，能通过前n 项和公式n S 求出数列的通项公式n a ；
4．掌握常见的几种数列求和方法.
【知识网络】
【要点梳理】
要点一：数列的通项公式 数列的通项公式
一个数列{}n a 的第n 项n a 与项数n 之间的函数关系，如果可以用一个公式()n a f n =来表示，我们就把这个公式叫做这个数列的通项公式.
要点诠释：
①不是每个数列都能写出它的通项公式.如数列1，2，3，―1，4，―2，就写不出通项公式； ②有的数列虽然有通项公式，但在形式上又不一定是唯一的.如：数列―1，1，―1，1，…的通项
公式可以写成(1)n
n a =-，也可以写成cos n a n π=；
③仅仅知道一个数列的前面的有限项，无其他说明，数列是不能确定的.
通项n a 与前n 项和n S 的关系： 任意数列{}n a 的前n 项和12n n S a a a =++
+；
1
1
(1)(2)
n n n S n a S S n -=⎧⎪=⎨
-≥⎪⎩
要点诠释：
由前n 项和n S 求数列通项时，要分三步进行： （1）求11a S =，
（2）求出当n≥2时的n a ，
（3）如果令n≥2时得出的n a 中的n=1时有11a S =成立，则最后的通项公式可以统一写成一个形式，否则就只能写成分段的形式.
数列的递推式：
如果已知数列的第一项或前若干项，且任一项n a 与它的前一项1n a -或前若干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，简称递推式.
要点诠释：
利用递推关系表示数列时，需要有相应个数的初始值，可用凑配法、换元法等. 要点二：等差数列
判定一个数列为等差数列的常用方法
①定义法：1n n a a d +-=（常数）⇔{}n a 是等差数列； ②中项公式法：122(*){}n n n n a a a n N a ++=+∈⇔是等差数列； ③通项公式法：n a pn q =+（p ，q 为常数）⇔{}n a 是等差数列；
④前n 项和公式法：2
n S An Bn =+（A ，B 为常数）⇔{}n a 是等差数列.
要点诠释：对于探索性较强的问题，则应注意从特例入手，归纳猜想一般特性. 等差数列的有关性质：
（1）通项公式的推广：+(n m n m a a =－）d
（2）若*
()m n p q m n p q N +=+∈、、、，则m n p q a a a a +=+； 特别，若2m n p +=，则2m n p a a a +=
（3）等差数列{}n a 中，若*
m n p m n p N ∈、、（
、、）成等差数列，则m n p a a a 、、成等差数列. （4）公差为d 的等差数列中，连续k 项和232,,k k k k k S S S S S --，… 组成新的等差数列. （5）等差数列{}n a ，前n 项和为n S
①当n 为奇数时，12
n n S n a +=⋅；12
n S S a +-=奇偶；
1
1S n S n +=
-奇偶
； ②当n 为偶数时，1
2
2
(
)2
n n
n a a S n ++=⋅；1
2
S S dn -=
偶奇；
21
2
n
n a S S a +=奇
偶. （6）等差数列{}n a ，前n 项和为n S ，则
m n m n
S S S m n m n
+-=
-+（m 、n ∈N*，且m≠n ）. （7）等差数列{}n a 中，若m+n=p+q （m 、n 、p 、q ∈N*，且m≠n ，p≠q ），则
p q
m n S S S S m n p q
--=--.
（8）等差数列{}n a 中，公差d ，依次每k 项和：k S ，2k k S S -，32k k S S -成等差数列，新公差2'd k d =.
等差数列前n 项和n S 的最值问题： 等差数列{}n a 中
①若a 1＞0，d ＜0，n S 有最大值，可由不等式组1
0n n a a +≥⎧⎨≤⎩来确定n ；
②若a 1＜0，d ＞0，n S 有最小值，可由不等式组10
n n a a +≤⎧⎨
≥⎩来确定n ，也可由前n 项和公式
21()22
n d d
S n a n =
+-来确定n. 要点诠释：等差数列的求和中的函数思想是解决最值问题的基本方法. 要点三 ：等比数列
判定一个数列是等比数列的常用方法 （1）定义法：
1
n n
a q a +=（q 是不为0的常数，n ∈N*）{}n a ⇔是等比数列； （2）通项公式法：n
n a cq =（c 、q 均是不为0的常数n ∈N*）{}n a ⇔是等比数列； （3）中项公式法：2
12n n n a a a ++=⋅（120n n n a a a ++⋅⋅≠，*n N ∈）{}n a ⇔是等比数列.
等比数列的主要性质：
（1）通项公式的推广：n m
n m a a q -=
（2）若*
()m n p q m n p q N +=+∈、、、，则m n p q a a a a ⋅=⋅. 特别，若2m n p +=，则2
m n p a a a ⋅=
（3）等比数列{}n a 中，若*
m n p m n p N ∈、、（
、、）成等差数列，则m n p a a a 、、成等比数列. （4）公比为q 的等比数列中，连续k 项和232,,k k k k k S S S S S --，… 组成新的等比数列. （5）等比数列{}n a ，前n 项和为n S ，当n 为偶数时，S S q =偶奇.
（6）等比数列{}n a 中，公比为q ，依次每k 项和：k S ，2k k S S -，32k k S S -…成公比为q k 的等比数列.
（7）若{}n a 为正项等比数列，则{log }a n a （a ＞0且a≠1）为等差数列；反之，若{}n a 为等差数列，则{}n a
a （a ＞0且a≠1）为等比数列.
（8）等比数列{}n a 前n 项积为n V ，则(1)2
1
(*)n n n
n V a q n N -=∈
等比数列的通项公式与函数：
11n n a a q -=
①方程观点：知二求一； ②函数观点：1
11n n
n a a a q
q q
-==
⋅ 01q q >≠且时，是关于n 的指数型函数；
1q = 时，是常数函数；
要点诠释：
当1q >时，若10a >，等比数列{}n a 是递增数列；若10a <，等比数列{}n a 是递减数列； 当01q <<时，若10a >，等比数列{}n a 是递减数列；若10a <，等比数列{}n a 是递增数列； 当0q <时，等比数列{}n a 是摆动数列； 当1q =时，等比数列{}n a 是非零常数列. 要点四：常见的数列求和方法 公式法：
如果一个数列是等差数列或者等比数列，直接用其前n 项和公式求和. 分组求和法：
将通项拆开成等差数列和等比数列相加或相减的形式，然后分别对等差数列和等比数列求和.如：a n =2n+3n .
裂项相消求和法：
把数列的通项拆成两项之差，正负相消，剩下首尾若干项的方法.一般通项的分子为非零常数，分母为非常数列的等差数列的两项积的形式.
若1
()()
n a An B An C =
++，分子为非零常数，分母为非常数列的等差数列的两项积的形式,
则)11(1))((1C An B An B C C An B An a n +-+-=++=
，如a n = 1(1)n n +11
1
n n =-
+ 错位相减求和法：
通项为非常数列的等差数列与等比数列的对应项的积的形式：n n n c b a ⋅=, 其中 {}n b 是公差d≠0等差数列，{}n c 是公比q≠1等比数列，如a n =(2n-1)2n .
一般步骤：
n n n n n c b c b c b c b S ++⋯++=--112211，则 1211n n n n n qS b c b c b c -+=+⋯⋯++
所以有13211)()1(+-⋯⋯+++=-n n n n c b d c c c c b S q
要点诠释：求和中观察数列的类型，选择合适的变形手段，注意错位相减中变形的要点. 要点五：数列应用问题
数列应用问题是中学数学教学与研究的一个重要内容,解答数学应用问题的核心是建立数学模型,有关平均增长率、利率（复利）以及等值增减等实际问题，需利用数列知识建立数学模型.
建立数学模型的一般方法步骤.
①认真审题，准确理解题意，达到如下要求： ⑴明确问题属于哪类应用问题； ⑵弄清题目中的主要已知事项； ⑶明确所求的结论是什么.
②抓住数量关系，联想数学知识和数学方法，恰当引入参数变量或适当建立坐标系，将文字语言翻译成数学语言，将数量关系用数学式子表达.
③将实际问题抽象为数学问题，将已知与所求联系起来，据题意列出满足题意的数学关系式（如函数关系、方程、不等式）.
要点诠释：数列的建模过程是解决数列应用题的重点，要正确理解题意，恰当设出数列的基本量.
【典型例题】
类型一：数列的概念与通项 例1．写出数列：15-，
103，5
17-，26
7，……的一个通项公式. 【思路点拨】从各项符号看，负正相间，可用符号(1)n
-表示；数列各项的分子：1，3，5，7，……是个奇数列，可用21n -表示；数列各项的分母：5，10，17，26，……恰是221+,231+, 241+,251+,…可用2
(1)1n ++表示.
【解析】通项公式为：221
(1)(1)1
n
n n a n -=-++.
【总结升华】
①求数列的通项公式就是求数列中第n 项与项数n 之间的数学关系式.如果把数列的第1，2，3，…项分别记作(1)f ，(2)f ，(3)f ，…，那么求数列的通项公式就是求以正整数n (项数)为自变量的函数
()f n 的表达式；
②通项公式若不要求写多种形式，一般只写出一个常见的公式即可；
③给出数列的构造为分式时，可从各项的符号、分子、分母三方面去分析归纳，还可联想常见数列的通项公式，以此参照进行比较.
举一反三：
【变式1】已知数列1212312341,,,,,,,,,,
,213214321则5
6
是此数列中的（ ）
A. 第48项
B. 第49项
C. 第50项
D. 第51项 【答案】C
将数列分为第1组1个，第2组2个，…，第组n 个，1
()1，12(,)21，123(,,),
321
，12
(,
,
,)11
n n n -， 则第n 组中每个数的分子分母的和为n ＋1，则5
6为第10组中的第5个，其项数为(1＋2＋3＋
＋
9)＋5＝50. 故选C.
【变式2】根据下列条件，写出数列中的前4项，并归纳猜想其通项公式： （1）113,21+==+n n a a a (2) 111
,2+==-n n
a a a a 【答案】
（1）12343,7,15,31a a a a ====，
猜想得121n n a +=-. (2)a 1=a,a 2=a -21,a 3=a a 232--,a 4=a
a 3423--， 猜想得a n =
a
n n a
n n )1()2()1(-----.
类型二：等差、等比数列概念及其性质的应用 例2. 在
n
1
和1+n 之间插入n 个正数，使这2+n 个数依次成等比数列，求所插入的n 个数之积； 【解析】
方法一：设插入的n 个数为n x x x ,,,21 ，且公比为q ，则111n n q n
++= ∴1
(1)n q
n n +=+，1k
k x q n
=
（1,2,,k n =）
2
2
)1(21221)1(1
1111n
n n n n n n n n n
n q
n
q n q n q n q n x x x T +===⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=++++
方法二：设插入的n 个数为n x x x ,,,21 ，1,1
10+==
+n x n
x n ， n
n x x x x x x n n n 1
12110+=
=⋅=⋅=⋅-+ n n x x x T ⋅⋅⋅= 21，n
n n n n n
n x x x x x x T )1()()()(11212+=⋅⋅⋅=- ， 2
)1(n
n n
n T +=∴
【总结升华】第一种解法利用等比数列的基本量1a 、q ，先求公比，后求其它量，这是解等差数列、等比数列的常用方法，其优点是思路简单、实用，缺点是有时计算较繁；第二种解法利用等比数列的性质，与“首末项等距”的两项积相等，这在解题中常用到.
举一反三：
【变式1】如果一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和之比为32：27，求公差.
【答案】设等差数列首项为1a ，公差为d ，则
⎪⎪⎪⎩
⎪⎪⎪⎨⎧⎩⎨⎧==⇒⎩⎨⎧=-=+⇒=
⋅⨯⨯+⋅⨯⨯++=⋅⨯⨯+520253546612273225621625621)(635411122112111111d a d a d a d
a d d a d a
【变式2】已知：三个数成等比数列，积为216，若第二个数加上4，则它们构成一个等差数列,求这三个数.
【答案】这三个数为2，6，18或18，6，2. 例3.设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，若
3613S S =，则612
S
S 等于( ) A ．
3
10
B ．13
C ．18
D ．19
【思路点拨】利用等差数列的性质来解：等差数列{}n a 中， k S ，2k k S S -，32k k S S -也成等差数列.
【解析】由题意知3S ，63S S -，96S S -，129S S -成等差数列， 由已知得633S S =，故公差为6333()S S S S --=，
所以96332S S S S -=+，故936S S =，129333S S S S -=+，故12310S S =， 所以
6123
10
S S =．故选A 。

【总结升华】等差等比数列的性质是高考命题的热点，熟练掌握它们的性质并灵活运用，能使问题简洁.
举一反三：
【变式】 已知等差数列{}n a ，25n S =, 2100n S =, 则3n S =（ ） A.125 B.175 C.225 D.250 【答案】C
方法一：∵{}n a 为等差数列，
∴n S ,2n n S S -,32n n S S -成等差数列，即2322()()n n n n n S S S S S -=+- ∴32(10025)25(100)n S -=+-， 解得3225n S =，∴选C.
方法二：取特殊值（适用选择题）：令1n =，由题意可得1125n S S a ===,2212100n S S a a ==+=, ∴275a =，2150d a a =-=， ∴3313(31)
32252
n S S a d ⨯-==+=, ∴选C.
方法三：1(1)252n n n S na d -=+=,212(21)
21002n n n S na d -=+=, 两式相减可得1(31)
752
n n na d -+=，
∴313(31)
37532252
n n n S na d -=+=⨯=.
∴选C.
例4．等差数列{}n a 中，10a <,912S S =，该数列前多少项的和最小？
【思路分析】等差数列{}n a 的通项n a 是关于n 的一次式，前n 项和n S 是关于n 的二次式（缺常数项）. 求等差数列的前n 项和n S 的最大最小值可用解决二次函数的最值问题的方法.
【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，则由题意有：11981211
91222
a d a d ⨯⨯+=+ 化简得110a d =-，
10,0a d <∴>，
2
21(1)(1)212110()22228n n n n n d S na d dn d n d --∴=+=-+=--
0,n d S >∴有最小值。

又
*,10n N n ∈∴=或11n =时，n S 取最小值.
【总结升华】前n 项和n S 是关于n 的二次式（缺常数项），当10,0a d <>时，n S 有最小值；当
10,0a d ><时，n S 有最大值
举一反三：
【变式1】等差数列{}n a 中，113a =,311S S =，则它的前__ 项和最大，最大项的值是____. 【答案】7，49
设公差为d, 由题意得3a 1+223⨯d=11a 1+2
10
11⨯d ，得d=-2, ∴n S 有最大值.
又S 3=S 11,可得n=
2
11
3+=7， ∴S 7为最大值，即S 7=7×13+2
6
7⨯(-2)=49.
【变式2】若数列{a n }是等差数列，数列{b n }满足b n =a n ·a n+1·a n+2(n ∈N)，{b n }的前n 项和用S n 表示，若{a n }中满足3a 5=8a 12>0，试问n 多大时，S n 取得最大值，证明你的结论.
【答案】∵3a 5=8a 12>0，∴3a 5=8(a 5+7d),解得a 5=-5
56d>0 ∴d<0，∴a 1=-
5
76d ， 故{a n }是首项为正的递减数列.
则有⎩⎨⎧≤+=≥-+=+00)1(111nd a a d n a a n n ,即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤+-≥-+-05
760
)1(576
nd d d n d
解得：15
51≤n≤165
1
，∴n=16，即a 16>0，a 17<0 即：a 1>a 2>…>a 16>0>a 17>a 18>… 于是b 1>b 2>…>b 14>0>b 17>b 18>…… 而b 15=a 15·a 16·a 17<0 b 16=a 16·a 17·a 18>0 ∴S 14>S 13>…>S 1 ,S 14>S 15，S 15<S 16 又a 15=-
5
6
d>0，a 18=59d<0
∴a 15<|a 18|，∴|b 15|<b 16，即b 15+b 16>0 ∴S 16>S 14，故S n 中S 16最大
例5. 设S n 、T n 分别为等差数列{a n }，{b n }的前n 项和，满足
71427n n S n T n +=+，求1111
a
b . 【思路点拨】利用等差数列的前n 项求和公式及性质是解决本题的关键，主要利用：
12121(21)()(21)2(21)22
n n
n n n a a n a S n a +++++⨯=
==+ 进行求解.
【解析】
方法一：
12111111212111111212112121
()2721142212421273
()2
a a a a a a S
b b b b T b b ++⨯+======+⨯++的关系 方法二：设(71),(427)n n S k n n T k n n =+=+(k≠0)， ∴a 11=S 11-S 10=11k(7×11+1)-10k(7×10+1)=148k b 11=T 11-T 10=11k(4×11+27)-10k(4×10+27)=111k ∴
11111484
1113
a k
b k ==. 【总结升华】等差数列的中项在前n 项和式中的应用是解决本例的关键，也应注意到前n 项和与通项公式的联系.
举一反三：
【变式1】等差数列{a n }中，S n =50，123430a a a a +++=，32110n n n n a a a a ---+++=，求项数n.
【答案】123430
(1)a a a a +++=， 32110
(2)n n n n a a a a ---+++=，
由（1）+（2）得:114()40()10n n a a a a +=⇒+=，
1()10
501022
n n n a a n S n +⋅=
⇒=⇒= 【变式2】已知各项均为正数的等比数列{}n a ，1237895,10a a a a a a ==，则456a a a =____.
【答案】由已知得33123
37898
5,10a a a a a a a a ====，故3
34565a a a a ===【变式3】在数列{}n a 中，121,2a a ==，11(1)n n n a q a qa +-=+-(2,0)n q ≥≠
（1）设*
1()n n n b a a n N +=-∈，证明{}n b 是等比数列.
(2) 求数列{}n a 的通项公式.
(3) 若3a 是6a 与9a 的等差中项，求q 的值；并证明：对任意的*n N ∈，n a 是3n a +与6n a +的等差中项.
【答案】（1）利用定义证明1n n b qb -=
（2）1,111,11n n n
q a q q q -=⎧⎪
=-⎨+≠⎪-⎩
（3）证明1q =时，n a n =不合题意
1q ≠时，1
11,1n n q a q
--=+
- 由3a 是6a 与9a 的等差中项可求32q =- 又2521
36
1122211221111n n n n n n q q q q a a q q q q
+++-++--+-+=+++=+=+----
1
12(1)21n n q a q
--=+=-
即n a 是3n a +与6n a +的等差中项. 类型三：由递推关系求数列通项公式
例6．已知数列{}n a 中)3(,32,2,52121≥+===--n a a a a a n n n 求这个数列的通项公式。

【思路点拨】把1223n n n a a a --=+整理成1123()n n n n a a a a ---+=+，得数列{}1n n a a -+为等比数列；把1223n n n a a a --=+整理成1123(3)n n n n a a a a ----=--得数列{}13--n n a a 为等比数列，通过构造的新数列的通项公式，联立求出n a .
【解析】
1223n n n a a a --=+
)(3211---+=+∴n n n n a a a a
又{}121,7-+=+n n a a a a 形成首项为7，公比为3的等比数列，
则2
137--⨯=+n n n a a ………………………①
1223n n n a a a --=+，1123(3)n n n n a a a a ---∴-=--，
13312-=-a a ，{}13--n n a a 形成了一个首项为13-，公比为1-的等比数列
则2
1)1()13(3---⋅-=-n n n a a ………………………② ①+⨯3② 1
1)1(13374---⋅+⨯=n n n a
11)1(4
13
347---+⨯=
∴n n n a 【总结升华】本题是两次构造等比数列，最终用加减消元的方法确定出数列的通项公式。

举一反三：
【变式1】已知数列{}n a 中，11a =，12
13
n n a a +=+，求n a . 【答案】法一：设12
()()3
n n a A a A ++=+，解得3A =- 即原式化为12
(3)(3)3
n n a a +-=
- 设3n n b a =-，则数列{}n b 为等比数列，且1132b a =-=- ∴1223(2)()33()33
n n n n n b a a -=-=-⨯⇒=-⨯ 法二：∵12
13
n n a a +-
= ①
12
1(2)3
n n a a n --=≥ ②
由①－②得：112
()3
n n n n a a a a +--=-
设1n n n b a a +=-，则数列{}n b 为等比数列
∴11222()()333
n n n n n b a a -+=-=
⨯= ∴221()33
n n n a a +-= ∴2
33()3n n a =-⨯
法三：21213a a =+，2322221()1333a a =+=++，32432222
1()()13333a a =+=+++，……，
11222
1()1333
n n n a a --=+==+++，
∴2
33()3
n n a =-⨯
【变式2】在数列{a n }中，a 1=1，a n+1=
n
n
na a +1，求a n .
【答案】
11111,1+++=
∴==++n n n n n n n a na a n na a a a ，∴111
+-=n n
n a a
∴
21
11
1-=a a 32
11
2-=a a ……
1
11(1)(2)--=-≥n n n n a a 将以上各式叠加，得
1
11
12(1)(1)(2)2
-=+++-=
-≥n n
n n n a a ∴
11(1)(2)2
=+-≥n n
n n a 又n=1时，1
11
1(11)12+
-==a
∴*2
2
()2
=
∈-+n a n N n n 类型四：n a 与n S 的关系式的综合运用
例7. 数列{}n a 的前n 项和为n S ，若对于1,=+∈n n na S N n 恒成立，求n S .
【思路点拨】可以考虑化为n S 的递推式，直接求n S ，这是方法一；已知n n S a 与的混合式，考虑采用降角标作差的方法，化为n a 的递推关系式，先求n a 再求n S ，这是方法二.
【答案】1
n n S n =
+ 【解析】方法一：
当2n ≥时，1n n n a S S -=-，
1()(1)1n n n n n n n S na S n S S n S nS -∴+=+-=+-=，
所以数列{}(1)n n S +是首项为12S ，公差为1的等差数列. 当1n =时，1111,21S a S +=∴=
1(1)2(1)1n n S S n n ∴+=+-⨯=，1
n n S n ∴=
+ 方法二：
1=+n n na S ①
则1)1(11=-+--n n a n S
②
①—②得0)1(1=--+-n n n a n na a ，
1)1()1(--=+∴n n a n a n ，即
1
1
1+-=-n n a a n n ， 在①中，当n=1时，2
1,
1111=
∴=+a a a 1
11)1(111253423121....1213423121+-=+=+-⋅-⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅
=∴---n n n n n n n n a a a a a a a a a a a a n n n n n 11111111
...(1)()()()12233411n S n n n ∴=-+-+-++-=-
++， 1
n n S n ∴=
+. 【总结升华】n a 与n S 的关系式的综合运用，如果已知条件是关于n a 、n S 的关系式(,)0n n f a S =，
可利用n ≥2时1n n n a S S -=-，将条件转化为仅含n a 或n S 的关系式。

注意分n=1和n ≥2两种情况讨论，若能统一，则应统一，否则，分段表示。

举一反三：
【变式1】在数列}{n a 中，已知,11=a 前n 项和n S 与通项n a 满足....)3,2(222
=-=n a S a S n n n n ，求这个数列的通项公式.
【答案】
因为,1--=n n n S S a 从而由已知得到：).)(12(212
---=n n n n S S S S 即21
11
=--n n S S ， 于是得到121-=
n S n ，就可以得到：)2(3
21
121≥---=n n n a n . 【变式2】在数列{a n }中，S n 是其前n 项和，若a 1＝1，a n ＋1＝1
3
S n (n ≥1)，则a n ＝________.
【答案】21
,114,233n n n a n -=⎧⎪
=⎨⎛⎫⋅≥ ⎪
⎪⎝⎭
⎩
∵a n ＋1＝13S n (n ≥1)，∴a n ＝13
S n －1(n ≥2)， ∴a n ＋1－a n ＝13a n (n ≥2)，即a n ＋1＝
4
3
a n (n ≥2)， 当n ≥2时，214()33
n n a -=⋅，当n ＝1时，a 1＝1.
∴21
,114,233n n n a n -=⎧⎪
=⎨⎛⎫⋅≥ ⎪
⎪⎝⎭
⎩
【变式3】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，1
(1)(*)3
n n S a n N =-∈. （1）求12,a a ；
（2）求证：数列{}n a 是等比数列. 【答案】 （1）由111(1)3S a =-，得111
(1)3
a a =-， ∴112
a =-
，
又221(1)3S a =
-，即1221(1)3a a a +=-，得214
a =. （2）证明：当2n ≥时，1n n n a S S -=-111
(1)(1)33
n n a a -=
---， 得
112n n a a -=-，又211
2
a a =-， 所以{}n a 为首项为12-
，公比为1
2
-的等比数列. 类型五：数列的求和问题
例8.（2018 天津）已知数列{}n a 满足2n n a qa +=（q 为实数，且q ≠1），*N n ∈，11a =，22a =，且23a a +，34a a +，45a a +成等差数列.
(Ⅰ)求q 的值和{}n a 的通项公式； (Ⅱ)设*2221
log ,n
n n a b n N a -=
∈，求数列n b ｛｝的前n 项和.
【答案】(Ⅰ)2；12
22, 2, n n n n a n -⎧⎪=⎨⎪⎩
为奇数.
为偶数.
（Ⅱ）1242n n n S -+=-
【解析】
（Ⅰ）解：由已知，有34234534()()()()a a a a a a a a +-+=+-+，即
4253a a a a -=-，所以23(1)(1)a q a q -=-.
又因为q ≠1，所以a 3=a 2=2， 由a 3=a 1·q ，得q =2.
当n =2k ―1（k ∈N *）时，112
212
2
n k n k a a ---===；
当n =2k （k ∈N *）时，2
222n
k
n k a a ===.
所以，{a n }的通项公式为12
22, 2, n n n n a n -⎧⎪=⎨⎪⎩
为奇数.
为偶数.
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）得22121log 2
n n n n a n
b a --=
=.设{b n }的前n 项和为S n ，则
01221
11111
123(1)22222n n n S n n --=⨯
+⨯+⨯++-⨯+⨯
1231111111123(1)222222
n n n S n n -=⨯+⨯+⨯++-⨯+⨯ 上式两式相减，得
211
11111221212222222212
n n n n n n n n n n S --
=++++-=-=---， 整理得，12
42
n n n S -+=-.
所以，数列{b n }的前n 项和为12
42
n n -+-，n ∈N *。

【总结升华】数列求和是考试的热点，以等差、等比数列的基本运算为背景考查错位相减法、裂项相消法、分组求和等求和方法。

重点是错位相减法.
举一反三：
【变式1】（2018 天津文）已知{a n }是各项均为正数的等比数列，{b n }是等差数列，且a 1=b 1=1，b 2+b 3=2a 3，a 5－3b 2=7.
（Ⅰ）求{a n }和{b n }的通项公式；
（Ⅱ）设c n =a n b n ，n ∈N*，求数列{c n }的前n 项和. 【答案】
（Ⅰ）设数列{a n }的公比为q ，数列{b n }的公差为d ，由题意q ＞0.由已知，有24232
310
q d q d ⎧-=⎪⎨-=⎪⎩，消
去d ，整理得q 4―2q 2―8=0.又因为q ＞0，解得q=2，所以d=2.
所以数列{a n }的通项公式为a n =2n-1，n ∈N*；数列{b n }的通项公式为b n =2n －1，n ∈N*. （Ⅱ）由（Ⅰ）有c n =(2n ―1)·2n-1，设{c n }的前n 项和为S n ，则 S n =1×20+3×21+5×22+…+(2n －3)×2n-2+(2n ―1)×2n-1， 2S n =1×21+3×22+5×23+…+(2n －3)×2n-1+(2n ―1)×2n ， 上式两式相减，得
―S n =1+22+23+…+2n ―(2n ―1)×2n =2n+1―3―(2n ―1)×2n =―(2n ―3)×2n ―3， 所以，S n =(2n ―3)·2n +3，n ∈N*.
【变式2】若数列}{n a 的相邻两项n a 、1n a +是方程0)3
1(2=+-n n x C x 的两根，又12a =，求数列{}n C 的前n 项和n S .
【答案】由韦达定理得1n n n a a c ++=，11()3
n n n a a +⋅=， ∴1121()3
n n n a a +++⋅=，得
3
1
2=+n n a a ， ∴ 数列2{}k a 与21{}k a -均成等比数列，且公比都为
3
1
，
由12a =，3121=
⋅a a ，得612=a , ∴1122111()()363k k k a a --=⋅=⋅,11112)3
1
(2)31(---⋅=⋅=k k k a a
(I)当n 为偶数时，令2n k =（*k N ∈）,
1232122334212221...()()()...()()
n k
k k k k S C C C C a a a a a a a a a a -+=++++=++++++++++
135********(...)2(...)k k k a a a a a a a a -+=+++++++++
132111[1()][1()]
1332222()1131133
2111[1()][1()]
1336
32222()22333k k k
k k k
a a ----=+⋅+⋅
+⋅----=+⋅+⋅+⋅
2971971()()223223
n
k =-=-. (II)当n 为奇数时，令21n k =-（*k N ∈），
12321
1223342221212...()()()...()()
n k k k k k S C C C C a a a a a a a a a a ----=++++=++++++++++
135********(...)2(...)k k k a a a a a a a a --=+++++++++
1132111
[1()][1()]
1133222()11631133k k k a a -----=+⋅+⋅+--
111)31(613
2]
)31(1[61232])31(1[3
222---+-⋅+-⋅+=k k k 2
1
)3
1
(729)31(729+-=⋅-=n k .
类型六：等差、等比数列的综合应用
例9.（2018 长沙校级模拟）已知单调递增的等比数列{a n }满足：a 2+a 3+a 4=28，且a 3+2是a 2，a 4的等差中项。

（1）求数列{a n }的通项公式；
（2）设12
log n n n b a a =，求数列{b n }的前n 项和S n 。

【答案】（1）a n =2n （2）S n =2n+1―n ·2n+1―2 【思路点拨】（1）根据a3+2是a2，a4的等差中项和a2+a3+a4=28，求出a3、a2+a4的值，进而得出首项和a1，即可求得通项公式；
（2）先求出数列{b n }的通项公式，然后求出―Sn ―（―2S n ），即可求得的前n 项和S n 。

【解析】（1）设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q
∵a 3+2是a 2，a 4的等差中项 ∴2(a 3+2)=a 2+a 4
代入a 2+a 3+a 4=28，得a 3=8 ∴a 2+a 4=20
∴3
112
31208
a q a q a a q ⎧+=⎪⎨==⎪⎩
∴122q a =⎧⎨=⎩或1
1232
q a ⎧=⎪⎨⎪=⎩ ∵数列{a n }单调递增 ∴a n =2n
（2）∵a n =2n
∴12
2log 22n n n n b n =⋅=-⋅
∴2
12222n n S n -=⨯+⨯++⨯ ①
∴23
121222(1)22n n n S n n +-=⨯+⨯+
+-⨯+ ②
∴①―②得，
S n =2+22+23+…+2n ―n ·2n+1=2n+1―n ·2n+1―2 【总结升华】本题考查了等比数列的通项公式以及数列的前n 项和，对于等差数列与等比数列乘积形式的数列，求前n 项和一般采取错位相减的办法。

举一反三：
【变式】已知两个等比数列{}n a ，{}n b ，满足1(0)a a a =>，111b a -=，
222b a -=，333b a -=.
（1）若1a =，求数列{}n a 的通项公式； （2）若数列{}n a 唯一，求a 的值.
【答案】（1
）1(2n n a -=
或1(2n n a -=- （2）1
3
a =
类型六：应用题
例10．某地区现有耕地10000公顷，规划10年后粮食单产比现在增加22%，人均粮食占有量比
现在提高10%，如果人口年增长率为1%，那么耕地平均每年至多只能减少多少公顷？（精确到1公顷）（粮食单产=
耕地面积总产量，人均粮食占有量=总人口数
总产量
）
【思路点拨】应用题须认真读懂关键词句，容易看出每年的人均粮食占有量和人口数均构成等比数列。

【解析】
方法一：由题意，设现在总人口为A 人，人均粮食占有量为b 吨，现在耕地共有410公顷，于是现在的粮食单产量
4
10
Ab 吨/公顷，10年后总人口为10
(10.01)A +，人均粮食占有量(10.1)b +吨，若设平均每年允许减少x 公顷，则10年耕地共有(41010x -)公顷，于是10年后粮食单产量为
x
b A 1010)
1.01()01.01(4
10-+⋅+吨/公顷. 由粮食单产10年后比现在增加22%得不等式：
1044(10.01)(10.1)(10.22)101010
A b Ab
x +⋅+≤+-
化简可得4
10
4
10(10.01)(10.1) 1.22(1010)x +⋅+≤-
即441010 1.2210(10.01)(10.1)10 1.22
x ⨯-++≤⨯，
∴4x ≤(公顷)
答：按规划该地区耕地平均每年至多只能减少4公顷.
方法二：由题意，设现在总人口为A 人，粮食单产为M 吨/公顷，现在共有耕地410公顷，于是现
在人均粮食占有量A
M 410吨/人，10年后总人口为10
(10.01)A +，粮食单产1.22M 吨/公顷，若设平均
每年允许减少x 公顷，则10年后耕地将有(41010x -)公顷，于是10年后粮食总产量为
4
1.22(1010)M x -，人均粮食占有量为10
4)
01.01()
1010)(22.01(+-+A x M ，由人均粮食占有量10年后比现在增加10%得不等式：
44
10(10.22)(1010)10 1.1(10.01)M x M A A
+-⨯≥⨯+，（余与上同）.
【总结升华】解应用题的关键是建立数学模型，只要把模型中的量具体化就可得相应的解析式.
举一反三：
【变式】某地区原有森林木材存量为a ，且每年增长率为25%，因生产建设的需要每年年底要砍伐的木材量为b ，设n a 为n 年后该地区森林木材存量.
（1）写出n a 的表达式.
（2）为保护生态环境，防止水土流失，该地区每年的森林木材存量应不少于a 9
7
,如果a b 7219=，那么今后该地区会发生水土流失吗？若会，要经过几年？（取lg 20.30=）.
【答案】
（1）依题意，第一年森林木材存量为a ，
1年后该地区森林木材存量为：15
4a a b =-， 2年后该地区森林木材存量为：221555
()(1)444a a b a b =-=-+，
3年后该地区森林木材存量为：32325555
()[()1]4444a a b a b =-=-++，
4年后该地区森林木材存量为：4324355555
()[()()1]44444
a a
b a b =-=-+++，
… …
n 年后该地区森林木材存量为：b a a n n n n ]14
5
...)45()45[()45(21++++-=--
（2）若a b 7219=时，依题意该地区今后会发水土流失，则森林木材存量必须小于a 9
7
，
即 55197()4[()1]44729n n a a a --⨯<，
解得554n >（），即5lg lg54
n >，
∴lg 51lg 2
7lg 52lg 213lg 2
n ->
==--，
∴8n =.
故经过8年该地区就开始水土流失.
【巩固练习】
一、选择题
1．已知数列{}n a 的通项公式为cos 2
n n a π
=，则该数列的首项1a 和第四项4a 分别为 A.0,0 B.0,1 C.-1,0 D.-1,1
2．一个正整数数表如下(表中下一行中数的个数是上一行中数的个数的2倍)：
则第9行中的第4个数是( A ．132 B ．255 C ．259
D ．260
3．已知等差数列共有10项，其中奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差是( )
A ．5
B ．4
C ．3
D ．2
4．（2018 衡水模拟）等差数列{a n }中的两项a 2、a 2018恰好是关于x 的函数f （x ）=2x 2+8x+a （a ∈R ）的两个零点，且a 1009+a 1010＞0，则使{a n }的前n 项和S n 取得最小值的n 为（ ）
A ．1009
B ．1010
C ．1009，1010
D ．2018
5．设等差数列{}n a 的公差d 不为0，19a d =．若k a 是1a 与2k a 的等比中项，则k =（ ） Ａ．2
Ｂ．4
Ｃ．6
Ｄ．8
6．设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若39S =，636S =，则789a a a ++=（ ） A ．63
B ．45
C ．36
D ．27
二、填空题
7．设S n 表示等差数列{a n }的前n 项的和，且S 9＝18，S n ＝240，若a n －4＝30(n >9)，则n ＝________. 8．我市民间刺绣有着悠久的历史，下图(1)、(2)、(3)、(4)为我市民间刺绣最简单的四个图案， 这些图案都是由小正方形构成，小正方形数越多刺绣越漂亮．现按同样的规律刺绣(小正方形的摆放规律相同)，设第n 个图形包含f (n )个小正方形，则f (n )的表达式为f (n )＝________(n ∈N *)．
9．在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 2＝1，a 8＝a 6＋2a 4，则a 6的值是 ． 10．设数列{a n }的通项为a n ＝2n －7，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝________. 三、解答题
11．已知函数f(x)=a 1x+a 2x 2+…+a n x n (n ∈N *)，且a 1，a 2，a 3，…
，a n 构成数列{a n }，又f(1)=n 2． （1）求数列{a n }的通项公式； （2）求证：1)3
1(<f ．
12．已知{}n a 是公差为d 的等差数列，它的前n 项和为n S ,4224S S =+,1n
n n
a b a +=
．
（1）求公差d 的值；
（2）若152
a =-，求数列{}n
b 中的最大项和最小项的值.
13．设{a n }是等差数列，{b n }是各项都为正数的等比数列，且a 1=b 1=1，a 3+b 5=21，a 5+b 3=13 (1)求{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列⎭
⎬⎫
⎩⎨
⎧n n b a 的前n 项和S n. 14．(2018 新课标Ⅰ)S n 为数列{a n }的前n 项和.已知a n ＞0，a n 2+2a n =4S n +3 (Ⅰ)求{a n }的通项公式： (Ⅱ)设1
1
n n n b a a +=
，求数列{b n }的前n 项和. 15．(2018 山东) 设数列{a n }的前n 项和为S n .已知2S n =3n +3. （I ）求{a n }的通项公式；
（II ）若数列{b n }满足a n b n =log 3n a ，求{b n }的前n 项和T n .
16．（2018 静安区一模）李克强总理在很多重大场合都提出“大众创业，万众创新”。

某创客，白手起家，2018年一月初向银行贷款十万元做创业资金，每月获得的利润是该月初投入资金的20%。

每月月底需要交纳房租和所得税共为该月全部金额（包括本金和利润）的10%，每月的生活费等开支为3000元，余款全部投入创业再经营。

如此每月循环继续。

（1）问到2018年年底（按照12个月计算），该创客有余款多少元？（结果保留至整数元） （2）如果银行贷款的年利率为5%，问该创客一年（12个月）能否还清银行贷款？
【答案与解析】
1．【答案】 B
【解析】()cos 2n n a f n π==，14(1)cos 0,(4)cos21,2
a f a f π
π∴====== 2．【答案】C
【解析】由数表知表中各行数的个数构成一个以1为首项，公比为2的等比数列．前8行数的个数
共有
8
1225512
-=- (个)，故第9行中的第4个数是259. 3．【答案】 C
【解析】 ∵S 偶－S 奇＝5d ， ∴5d ＝15，∴d ＝3. 4．【答案】 A
【解析】由题意可得a 2、a 2018是2x 2+8x+a=0的两根，可得 a 2+a 2018=―4，
设公差为d ，可得2a 1+2018d=―4， 即a 1+1008d=―2，即有a 1009=―2， 又a 1009+a 1010＞0， 可得a 1010＞0，
则公差d ＞0，数列单调递增，且a 1，a 2，…，a 1009＜0，a 1010＞0，… 可得前n 项和S n 取得最小值的n 为1009。

故选A 。

5．【答案】 B
【解析】由题意知：19a d =，1(1)(8)=+-=+n a a n d n d ，则
212k k a a a =⋅即2[(8)]9(28)k d d k d +=⋅+
∵0d ≠，∴2
(8)9(28)k k +=⋅+， 解得4k =或2k =-（舍去），故选Ｂ
6． 【答案】 B
法一：依据已知有3161
32392
656362
⨯⎧
=+=⎪⎪⎨⨯⎪=+=⎪⎩S a d S a d 即1132512+=⎧⎨+=⎩a d a d ，解得112=⎧⎨=⎩a d ，
所以78913151745++=++=a a a 。

法二：依据等差数列的性质有：连续三项和也成等差数列3S 、63-S S 、789++a a a 成等差数列，
所以6337892()()-=+++S S S a a a ，有78913151745++=++=a a a ，故选B 。

7．【答案】 15
【解析】 由19
99182
a a S +==，得a 5＝2， ∴154
24022
n n n na a na a S -++===，
∴n ＝15.
8．【答案】 2n 2－2n ＋1 【解析】
f (1)＝1，f (2)＝5，f (3)＝13，f (4)＝25，… 则有：f (2)－f (1)＝4＝1×4， f (3)－f (2)＝8＝2×4， f (4)－f (3)＝12＝3×4， ……
f (n )－f (n －1)＝(n －1)×4， ∴21
()(1)[123(1)]4142212
nn f n f n n n -=++++
+-=+
⋅=-+. 9．【答案】4
【解析】设等比数列{a n }的公比为q ＞0，a 1＞0． ∵a 8＝a 6＋2a 4， ∴3
15171q 2a q a q a ＋＝， 化为q 4－q 2－2＝0，解得q 2＝2．
∴421q a q a a 24
2516＝＝
＝＝⨯． 故答案为：4．
10．【解析】 由a n ＝2n －7<0⇒n <3.5， ∵n ∈N *，∴n ＝1,2,3，
∴|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝－a 1－a 2－a 3＋a 4＋a 5＋…＋a 15＝S 15－2S 3＝153. 【答案】 153 11．【解析】
（1）由题意：f(1)=a 1+a 2+…+a n =n 2，(n ∈N *) n=1时，a 1=1
n≥2时，a n =(a 1+a 2+…+a n )-(a 1+a 2+…+a n-1)=n 2-(n-1)2=2n-1 ∴对n ∈N *总有a n =2n-1, 即数列{a n }的通项公式为a n =2n-1. (2)21
111()13(21)333
3
n f n =⨯+⨯
++-⋅
=)31(31f 123
1)12(31)32(311+-+-++⋅n n n n ∴
23121111
11()12()(21)33333
33n n f n +=⋅+++--111
11213(21)1393
13
n n n -+-
=+⋅---
1222,33n n ++=
- ∴11()1133n n f +=-<
12．【解析】
（1）∵4224S S =+，∴1134
42(2)42
a d a d ⨯+
=++，解得1d = （2）∵152a =-，∴数列{}n a 的通项公式为17
(1)2n a a n n =+-=-
∴11
1172
n n
b a n =+=+
-
∵函数1
()172f x x =+
-在7,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭和7,2⎛⎫
+∞ ⎪⎝⎭上分别是单调减函数， ∴3211b b b <<<，当4n ≥时，41n b b <≤ ∴数列{}n b 中的最大项是43b =，最小项是31b =- 13．【解析】
(1)设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，由题意q>0.
∴⎪⎩⎪⎨⎧=++=++13
4121212
4
q d q d ， 解得⎩⎨⎧==22q d
∴a n =1+(n-1)d=2n-1，b n =q n-1=2n-1 (2)
12
1
2--=n n n n b a ∴S n =12212
1
223225231---+-++++
n n n n ① 2S n =13252321
23222
n n n n ----+++++ ②
②-①可知，S n =12221
222222222----+++++n n n
=22111121
22(1)2222
n n n ---+++++-
=1111
12121222612212
n n n n n ----
-+++
-=--. 14．【解析】
（1）由a n 2+2a n =4S n +3 ∴当n=1时 a 12+2a 1=4a 1+3
∴a 12－2a 1－3=0 ∴a 1=3或a 1=－1（舍去） ∵a n 2+2a n =4S n +3 ①
当n ≥2时，a 2n －1+2a n －1=4S n －1+3 ② ①－②得 a 2n －a 2n －1+2(a n －a n －1)=4a n ∴a 2n －a 2n －1=2(a n +a n －1)=4a n
∵a n ＞0 ∵a n －a n －1=2 ∴{a n }为首项为3，公差为2的等差数列 ∴a n =a 1+(n －1)d=2n+1 （2）111111(21)(23)22123n n n b a a n n n n +⎛⎫
=
==- ⎪⋅++++⎝⎭
∴{b n }的前n 项和
1111111()235572123n T n n =-+-++-++
111()232369
n n
T n n ∴=-=
++ 15．【解析】
（I ）因为2S n =3n +3，
所以2a 1=3+3，故 a1=3，
当n ＞1时，2S n ―1=3n ―
1+3，
此时 1113233222---⨯=-=-=n n n n n n S S a ，即2
3-=n n a ，
所以 ⎩⎨⎧>==-1,31,32
n n a n n
（II ）因为a n b n =log 32，所以 3
1
1=
b ， 当n ＞1时，n
n n n n b ---∙-==11223)1(3log 3，
所以3
111=
=b T ； )3)1(3231(3
1
221321n n n n b b b b T ---⨯-+⋯+⨯+⨯+=+⋯+++=， 所以
)
3)1(3231(13310n n n T --⨯-+⋯+⨯+⨯+=
两式相减，得
0122222
2
2(3333)3
213(1)33131363
623n n n
n
n
T n n ------=
++++⋯+-=+--⨯-+=-
⨯， 所以n
n n T 343
61213⨯+-
=
经检验，n=1也适合， 综上可得 n
n n T 3
43
61213⨯+-=
16．【解析】
法1：（1）设n 个月的余款为a n ，则a 1=1000000×1.2×0.9―3000=105000， a 2=100000×1.22×0.92―3000×1.2×0.9―3000=110400， …
a 12=100000×1.212×0.912―3000×1.211×0.911―…―3000
=100000×1.212
×0.912
―3000×12[1(1.20.9)]
1 1.20.9
-⨯-⨯≈194890（元），
法2：a 1=100000×1.2×0.9―3000=105000， 一般的，a n =a n ―1·1.2·0.9―3000，
构造a n +c=1.2×0.9(a n ―1+c)，c=―37500a n ―37500=(105000―37500)(1.2×0.9)n ―
1
a n =37500+67500×1.08n ―
1，a 12≈194890。

（2）194890―100000×1.05=89890（元）， 能还清银行贷款。