函数与方程思想在数列中应用

典例4 [2015·高考]设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100.
(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；
(2)当d >1时，记c n ＝a n b n
，求数列{c n }的前n 项和T n . [解] (1)由题意有，⎩⎪⎨⎪⎧ 10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，
即⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，
解得{ a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧
a 1
＝9，d ＝29. 故⎩⎪⎨⎪⎧ a n ＝2n －1，b n ＝2n －1或⎩⎪⎨⎪⎧ a n ＝192n ＋79，b n
＝9·⎝ ⎛⎭⎪⎫29n －1. (2)由d >1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故c n ＝2n －12
n －1，于是 T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12
n －1，① 12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12
n .② ①－②可得
12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32
n ， 故T n ＝6－2n ＋32
n －1.
数列问题函数(方程)化法
数列问题函数(方程)化法形式结构与函数(方程)类似，但要注意
数列问题中n的取值围为正整数，涉与的函数具有离散性特点，其一般解题步骤是：
第一步：分析数列式子的结构特征．
第二步：根据结构特征构造“特征”函数(方程)，转化问题形式．第三步：研究函数性质．结合解决问题的需要研究函数(方程)的相关性质，主要涉与函数单调性与最值、值域问题的研究．第四步：回归问题．结合对函数(方程)相关性质的研究，回归问题．
[针对训练4] [2016·东城模拟]已知数列{a n}是各项均为正数的等差数列．
(1)若a1＝2，且a2，a3，a4＋1成等比数列，求数列{a n}的通项公式a n；
(2)在(1)的条件下，数列{a n}的前n项和为S n，设b n＝1
S n＋1＋
1 S n＋2
＋…＋1
S2n，若对任意的
n∈N*，不等式b n≤k恒成立，数k的最小值．解(1)因为a1＝2，a23＝a2·(a4＋1)，又因为{a n}是正项等差数列，故公差d≥0，
所以(2＋2d)2＝(2＋d)(3＋3d)，
解得d＝2或d＝－1(舍去)，
所以数列{a n}的通项公式a n＝2n.
(2)因为S n＝n(n＋1)，
b n＝
1
S n＋1＋
1
S n＋2＋…＋
1
S2n
＝
1
n＋1n＋2＋
1
n＋2n＋3＋…＋
1
2n2n＋1
＝
1
n＋1－
1
n＋2＋
1
n＋2－
1
n＋3＋…＋
1
2n
－
1
2n＋1
＝1n ＋1－12n ＋1＝n 2n 2＋3n ＋1
＝12n ＋1n
＋3， 令f (x )＝2x ＋1x
(x ≥1)， 则f ′(x )＝2－1
x
2，当x ≥1时，f ′(x )>0恒成立， 所以f (x )在[1，＋∞)上是增函数，
故当x ＝1时，f (x )min ＝f (1)＝3，
即当n ＝1时，(b n )max ＝16
， 要使对任意的正整数n ，不等式b n ≤k 恒成立，则须使k ≥(b n )max ＝16
， 所以实数k 的最小值为16
.
数列
1．等差数列通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d.
2．等差数列前n 项和公式：S n ＝n a 1＋a n 2＝na 1＋n n －1d 2
. 3．等比数列通项公式：a n ＝a 1·q n －1.
4．等比数列前n 项和公式：
S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ na 1q ＝1，a 11－q n 1－q ＝a 1－a n q 1－q q≠1.
5．等差中项公式：2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)．
6．等比中项公式：a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)．
7．数列{a n }的前n 项和与通项a n 之间的关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.
[重要结论]
1．通项公式的推广：等差数列中，a n ＝a m ＋(n －m )d ；等比数列中，a n ＝a m ·q n －m .
2．增减性：(1)等差数列中，若公差大于零，则数列为递增数列；若公差小于零，则数列为递减数列．
(2)等比数列中，若a 1>0且q >1或a 1<0且0<q <1，则数列为递增数列；若a 1>0且0<q <1或a 1<0且q >1，则数列为递减数列．
3．等差数列{a n }中，S n 为前n 项和．S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…仍成等差数列；等比数列{b n } 中，T n 为前n 项和．T n ，T 2n －T n ，T 3n －T 2n ，…一般仍成等比数列．
[失分警示]
1．忽视等比数列的条件：
判断一个数列是等比数列时，忽视各项都不为零的条件．
2．漏掉等比中项：
正数a ，b 的等比中项是±ab ，容易漏掉－ab .
3．忽略对等比数列的公比的讨论：
应用等比数列前n 项和公式时应首先讨论公式q 是否等于1.
4．a n －a n －1＝d 或a n a n －1
＝q 中注意n 的围限制． 5．易忽略公式a n ＝S n －S n －1成立的条件是n ≥2.
6．证明一个数列是等差或等比数列时，由数列的前n 项和想当然得到数列的通项公式，易出错，必须用定义证明．
7．等差数列的单调性只取决于公差d 的正负，而等比数列的单调性既要考虑公比q ，又要考虑首项a 1的正负.
考点 数列的概念、表示方法与递推公式
典例示法
题型1 利用递推关系求通项公式
典例 1 (1)已知正项数列{a n }满足a 1＝1，(n ＋2)a 2n ＋1－(n ＋1)a 2n ＋a n a n ＋1＝0，则它的通项公式为( )
A ．a n ＝1n ＋1
B ．a n ＝2n ＋1
C ．a n ＝n ＋1
2D ．a n ＝n
[解析] 由(n ＋2)a 2n ＋1－(n ＋1)a 2n ＋a n a n ＋1＝0，
得[(n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)a n ](a n ＋1＋a n )＝0，
又a n >0，所以(n ＋2)a n ＋1＝(n ＋1)a n ，
即a n ＋1a n ＝n ＋1n ＋2，a n ＋1＝n ＋1n ＋2
a n ， 所以a n ＝n
n ＋1·n －1n ·…·23a 1＝2n ＋1
a 1(n ≥2)， 所以a n ＝2n ＋1
(n ＝1适合)， 于是所求通项公式为a n ＝2n ＋1
. [答案] B
(2)[2015·高考]设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈
N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为______． [解析] 由a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)得，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋2＋3＋…＋n ＝
n n ＋12， 则1a n ＝2n n ＋1
＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和S 10＝2⎝ ⎛ 1－12＋12－ ⎭⎪⎫13＋…＋110－111＝2⎝
⎛⎭⎪⎫1－111＝2011.
[答案]2011
题型2 利用a n 与S n 的关系求a n
典例2 [2015·全国卷Ⅰ]S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3.
(1)求{a n }的通项公式；
(2)设b n ＝1
a n a n ＋1，求数列{
b n }的前n 项和．
[解] (1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.
可得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，即
2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )．
由于a n >0，可得a n ＋1－a n ＝2.
又a 2
1＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3.
所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1.
(2)由a n ＝2n ＋1可知
b n ＝1a n a n ＋1＝12n ＋1
2n ＋3＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3. 设数列{b n }的前n 项和为T n ，则
T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎣⎢⎡ ⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋… ＋⎝ ⎛ 12n ＋1－ ⎦
⎥⎥⎤ ⎭⎪⎫12n ＋3 ＝n 32n ＋3
.
求数列通项公式的常见类型与方法
(1)归纳猜想法：已知数列的前几项，求数列的通项公式，可采用归纳猜想法．
(2)已知S n 与a n 的关系，利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，求a n .
(3)累加法：数列递推关系形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，其中数列{f (n )}前n 项和可求，这种类型的数列求通项公式时，常用累加法(叠加法)．
(4)累乘法：数列递推关系形如a n ＋1＝g (n )a n ，其中数列{g (n )}前n 项可求积，此数列求通项公式一般采用累乘法(叠乘法)．
(5)构造法：①递推关系形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ，q 为常数)可化为
a n ＋1＋q
p －1＝p ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋q p －1(p ≠1)的形式，利用⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋q p －1是以p 为公比的等比数列求解；
②递推关系形如a n ＋1＝
pa n a n ＋p (p 为非零常数)可化为1a n ＋1－1a n ＝1p
的形式．
考点 等差、等比数列的运算
典例示法
题型1 等差、等比数列的基本运算
典例 3 [2015·全国卷Ⅱ]已知等比数列{a n }满足a 1＝14
，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )
A ．2
B ．1
C.12
D.18
[解析] 设等比数列{a n }的公比为q ，a 1＝14
，a 3a 5＝4(a 4－1)，由题可知q ≠1，则a 1q 2×a 1q 4＝4(a 1q 3－1)，
∴116×q 6＝4⎝ ⎛⎭
⎪⎫14×q 3－1， ∴q 6－16q 3＋64＝0，∴(q 3－8)2＝0，∴q 3＝8，∴q ＝2，
∴a 2＝12
，故选C.
[答案] C
题型2 等差、等比数列性质的运算
典例4 [2016·全国卷Ⅰ]设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________．
[解析] 设{a n }的公比为q ，由a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5得a 1＝8，q ＝12，则a 2＝4，a 3＝2，a 4＝1，a 5＝12
，所以a 1a 2…a n ≤a 1a 2a 3a 4＝64. [答案] 64
1．等差(比)数列基本运算中的关注点
(1)基本量
在等差(比)数列中，首项a 1和公差d (公比q )是两个基本量．
(2)解题思路
①求公差d (公比q )：常用公式a n ＝a m ＋(n －m )d (a n ＝a m q n －m )； ②列方程组：若条件与结论的联系不明显时，常把条件转化为关于a 1和d (q )的方程组求解，但要注意消元与整体计算，以减少计算量．
2．等差(比)数列的性质盘点
考点等差、等比数列的判断与证明
典例示法
典例5 [2014·全国卷Ⅰ]已知数列{a n}的前n项和为S n，a1＝1，a n≠0，a n a n＋1＝λS n－1，其中λ为常数．
(1)证明：a n＋2－a n＝λ；
(2)是否存在λ，使得{a n}为等差数列？并说明理由．
[解](1)证明：由题设，a n a n＋1＝λS n－1，a n＋1a n＋2＝λS n＋1－1，两式相减得a n＋1(a n＋2－a n)＝λa n＋1.
因为a n＋1≠0，所以a n＋2－a n＝λ.
(2)由题设，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1，
由(1)知，a3＝λ＋1.
若{a n}为等差数列，则2a2＝a1＋a3，解得λ＝4，
故a n＋2－a n＝4.
由此可得{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；
{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.
所以a n＝2n－1，a n＋1－a n＝2.
因此存在λ＝4，使得数列{a n }为等差数列．
在本例题(2)中是否存在λ，使得{a n }为等比数列？并说明理由． 解 由题设可知a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1，得a 2＝λ－1，由(1)知
a 3＝λ＋1，若{a n }为等比数列，则a 2
2＝a 1a 3，即(λ－1)2＝λ＋1，解
得λ＝0或λ＝3.
当λ＝0时，a n a n ＋1＝－1，又a 1＝1，所以a 2＝－1，a 3＝1，…，a n ＝(－1)n －1，所以数列{a n }为首项为1，公比为－1的等比数列；
当λ＝3时，a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，故可令a n ＝2n －1，则a n a n ＋1＝22n －1.
λS n －1＝3·2n －4，易得a n a n ＋1与λS n －1不恒相等，与已知条件矛盾．
综上可知，存在λ＝0，使得{a n }为等比数列．
1．等差数列的判定方法
(1)证明一个数列{a n }为等差数列的基本方法有两种
①利用等差数列的定义证明，即证明a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *)； ②利用等差中项证明，即证明a n ＋2＋a n ＝2a n ＋1(n ∈N *)．
(2)解选择、填空题时，亦可用通项或前n 项和直接判断 ①通项法：若数列{a n }的通项公式为n 的一次函数，即a n ＝An ＋B ，则{a n }是等差数列．
②前n 项和法：若数列{a n }的前n 项和S n 是S n ＝An 2＋Bn 的形式(A ，B 是常数)，则{a n }是等差数列．
2．等比数列的判定方法
(1)定义法：若a n ＋1a n ＝q (q 为非零常数)或a n a n －1
＝q (q 为非零常数且n ≥2)，则{a n }是等比数列．
(2)中项公式法：若数列{a n }中，a n ≠0且a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(n ∈N *)，
则数列{a n }是等比数列．
(3)通项公式法：若数列通项公式可写成a n ＝c ·q n (c ，q 均是不为
0的常数，n ∈N *)，则{a n }是等比数列．
(4)前n 项和公式法：若数列{a n }的前n 项和S n ＝k ·q n －k (k 为常数且k ≠0，q ≠0,1)，则{a n }是等比数列．
提醒：若判断一个数列不是等差(等比)数列，则只需说明前三项不是等差(等比)数列即可．
针对训练
[2016·统测]在数列{a n }中，a 1＝35，a n ＋1＝2－1a n ，设b n ＝1
a n －1，
数列{b n }的前n 项和是S n .
(1)证明数列{b n }是等差数列，并求S n ； (2)比较a n 与S n ＋7的大小．
解 (1)证明：∵b n ＝1a n －1，a n ＋1＝2－1a n ，∴b n ＋1＝1a n ＋1－1＝
1
a n －1＋1＝
b n ＋1，∴b n ＋1－b n ＝1，
∴数列{b n }是公差为1的等差数列． 由a 1＝35，b n ＝1a n －1得b 1＝－5
2，
∴S n ＝－5n 2＋n n －12＝n 2
2
－3n .
(2)由(1)知：b n ＝－52＋n －1＝n －72.由b n ＝1a n －1得a n ＝1＋1
b n
＝1
＋1
n －
72
.
∴a n －S n －7＝－n 2
2＋3n －6＋
1
n －
72
. ∵当n ≥4时，y ＝－n 2
2＋3n －6是减函数，y ＝
1
n －
72也是减函数， ∴当n ≥4时，a n －S n －7≤a 4－S 4－7＝0.
又∵a 1－S 1－7＝－3910<0，a 2－S 2－7＝－83<0，a 3－S 3－7＝－7
2<0，
∴∀n ∈N *，a n －S n －7≤0，
∴a n ≤S n ＋7.
[全国卷高考真题调研]
1．[2016·全国卷Ⅰ]已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( )
A ．100
B ．99
C ．98
D ．97 答案 C
解析 设等差数列{a n }的公差为d ，因为{a n }为等差数列，且S 9
＝9a 5＝27，所以a 5＝3.又a 10＝8，解得5d ＝a 10－a 5＝5，所以d ＝1，所以a 100＝a 5＋95d ＝98，选C.
2．[2015·全国卷Ⅱ]已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7＝( )
A ．21
B ．42
C ．63
D ．84 答案 B
解析 由于a 1(1＋q 2＋q 4)＝21，a 1＝3，所以q 4＋q 2－6＝0，所以
q 2＝2(q 2＝－3舍去)，所以a 3＝6，a 5＝12，a 7＝24，所以a 3＋a 5＋a 7
＝42，故选B.
3．[2016·全国卷Ⅲ]已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中
λ≠0.
(1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝31
32
，求λ.
解 (1)证明：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝1
1－λ
，
a 1≠0.
由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ，即a n ＋1(λ－1)＝λa n .由a 1≠0，λ≠0且λ≠1得a n ≠0，
所以a n ＋1a n ＝λλ－1
.
因此{a n }是首项为11－λ，公比为λ
λ－1的等比数列，于是a n ＝
11－λ⎝ ⎛⎭
⎪⎫λλ－1n －1
. (2)由(1)得S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n
.由S 5＝31
32得1－⎝ ⎛⎭
⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝1
32
. 解得λ＝－1.
[其它省市高考题借鉴]
4．[2016·高考]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＝________.
答案 6
解析 设等差数列{a n }的公差为d ，由已知得⎩⎪⎨
⎪⎧
a 1＝6，
2a 1＋6d ＝0，
解得⎩⎪⎨
⎪⎧
a 1＝6，
d ＝－2，
所以S 6＝6a 1＋1
2
×6×5d ＝36＋15×(－2)＝6.
5．[2015·高考]设数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *，已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝5
4
，且当n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1.
(1)求a 4的值；
(2)证明：⎩
⎨⎧⎭⎬⎫
a n ＋1－12a n 为等比数列；
(3)求数列{a n }的通项公式． 解 (1)∵4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1， ∴n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，
∴4(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋5(a 1＋a 2)＝8(a 1＋a 2＋a 3)＋a 1，
∴4×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋32＋54＋a 4＋5×⎝
⎛⎭⎪⎫1＋32＝8×( 1＋32＋54 )＋1，解得a 4＝7
8.
(2)证明：∵n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1，
∴4(S n ＋2－S n ＋1)－2(S n ＋1－S n )＝2[
(S n ＋1－S n )－1
2
(S n －S n －1) ]
，
∴(S n ＋2－S n ＋1)－12(S n ＋1－S n )＝12[
(S n ＋1－S n )－1
2
(S n －S n －1) ]
，
∴a n ＋2－12a n ＋1＝12⎝ ⎛
⎭⎪⎫a n ＋1－12a n .
又a 3－12a 2＝12⎝
⎛
⎭⎪⎫a 2－12a 1，
∴⎩
⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是首项为1，公比为1
2的等比数列．
(3)由(2)知⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是首项为1，公比为12的等比数列，
∴a n ＋1－1
2a n ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12n －1，
两边同乘以2n ＋1得，a n ＋1·2n ＋1－a n ·2n ＝4. 又a 2·22－a 1·21＝4，
∴{a n ·2n }是首项为2，公差为4的等差数列， ∴a n ·2n ＝2＋4(n －1)＝2(2n －1)， ∴a n ＝22n －12n ＝2n －1
2
n －1.
一、选择题
1．[2015·高考]在等差数列{a n }中，若a 2＝4，a 4＝2，则a 6＝( ) A ．－1 B ．0 C ．1 D ．6 答案 B
解析 设数列{a n }的公差为d ，由a 4＝a 2＋2d ，a 2＝4，a 4＝2，得
2＝4＋2d ，d ＝－1，∴a 6＝a 4＋2d ＝0.故选B.
2．[2016·四校联考]等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若公比q >1，
a 3＋a 5＝20，a 2a 6＝64，则S 5＝( )
A ．31
B ．36
C ．42
D ．48 答案 A
解析 由等比数列的性质，得a 3a 5＝a 2a 6＝64，于是由
⎩⎪⎨⎪⎧
a 3＋a 5＝20，a 3a 5＝64，
且公比q >1，得a 3＝4，a 5＝16，所以⎩⎪⎨⎪⎧
a 1q 2
＝4，
a 1q 4
＝16，
解得⎩⎪⎨
⎪⎧
a 1＝1，
q ＝2q ＝－2舍
，
所以S 5＝1×1－25
1－2
＝31，故选A.
3．[2016·统考]设S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若S 4S 2＝3，则
S 6
S 4
＝( )
A ．2 B.7
3
C.3
10D ．1或2 答案 B
解析 设S 2＝k ，S 4＝3k ，由数列{a n }为等比数列，得S 2，S 4－S 2，
S 6－S 4为等比数列，∴S 2＝k ，S 4－S 2＝2k ，S 6－S 4＝4k ，∴S 6＝7k ，S 4＝3k ，∴S 6S 4＝7k 3k ＝7
3
，故选B.
4．[2015·高考]已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n .若a 3，a 4，a 8成等比数列，则( )
A ．a 1d >0，dS 4 >0
B ．a 1d <0，dS 4<0
C ．a 1d >0，dS 4<0
D ．a 1d <0，dS 4>0 答案 B
解析 由a 24＝a 3a 8，得(a 1＋2d )(a 1＋7d )＝(a 1＋3d )2，整理得d (5d
＋3a 1)＝0，又d ≠0，∴a 1＝－53d ，则a 1d ＝－53d 2
<0，又∵S 4＝4a 1＋6d
＝－23d ，∴dS 4＝－2
3
d 2<0，故选B.
5．正项等比数列{a n }满足：a 3＝a 2＋2a 1，若存在a m ，a n ，使得a m ·a n
＝16a 21
，m ，n ∈N *
，则1m ＋9
n
的最小值为( )
A ．2
B ．16 C.114D.32 答案 C
解析 设数列{a n }的公比为q ，a 3＝a 2＋2a 1⇒q 2＝q ＋2⇒q ＝－1(舍)
或q ＝2，∴a n ＝a 1·2n －1，a m ·a n ＝16a 21⇒a 21·2m ＋n －2
＝16a 21⇒m ＋n ＝6，∵m ，
n ∈N *，∴(m ，n )可取的数值组合为(1,5)，(2,4)，(3,3)，(4,2)，
(5,1)，计算可得，当m ＝2，n ＝4时，1m ＋9n 取最小值114
.
6．[2016·质量监测]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 －1
B.n ＋1
2n －1＋1
C.2n －12n －1
D.n ＋12n ＋1 答案 A
解析 设b n ＝nS n ＋(n ＋2)a n ，则b 1＝4，b 2＝8，{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
2n ＋1
n
a n ＝n ＋1n －1a n －1，即2·a n n ＝a n －1n －1，又因为a 1
1＝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 *
)，a n ＝n 2
n －1(n ∈N *)，故选A.
二、填空题
7．[2015·高考]在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25，则a 2＋a 8＝________.
答案 10
解析 利用等差数列的性质可得a 3＋a 7＝a 4＋a 6＝2a 5，从而a 3＋
a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝5a 5＝25，故a 5＝5，所以a 2＋a 8＝2a 5＝10.
8．[2016·质检]设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝2S n
＋3，则S 4＝________.
答案 66
解析 依题a n ＝2S n －1＋3(n ≥2)，与原式作差得，a n ＋1－a n ＝2a n ，
n ≥2，即a n ＋1＝3a n ，n ≥2，可见，数列{a n }从第二项起是公比为3的
等比数列，a 2＝5，所以S 4＝1＋5×1－33
1－3
＝66.
9．[2016·统考]在数列{a n }中，a n >0，a 1＝1
2，如果a n ＋1是1与
2a n a n ＋1＋14－a 2
n 的等比中项，那么a 1＋a 222＋a 332＋a 442＋…＋a 100
1002的值是________．
答案
100
101
解析 由题意可得，a
2n ＋1
＝2a n a n ＋1＋14－a 2
n
⇒(2a n ＋1＋a n a n ＋1＋1)(2a n ＋1－a n a n ＋1－1)＝0，又a n >0，∴2a n ＋1－a n a n ＋1－1＝0，又2－a n ≠0，∴a n ＋1
＝12－a n ⇒a n ＋1－1＝a n －12－a n ，又可知a n ≠1，∴1a n ＋1－1＝1a n －1
－1，∴⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1a n －1是以1a 1－1为首项，－1为公差的等差数列，∴1a n －1＝112
－1
－
(n －1)＝－n －1⇒a n ＝n
n ＋1⇒a n n 2＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1，∴a 1＋a 222＋a 3
32＋
a 4
42＋…＋a 1001002＝1－12＋12－13＋13－14＋14－15＋…＋1100－1101＝100
101
. 三、解答题
10．[2016·质检]已知数列{a n }是等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和，且a 3＝3，S 3＝9.
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设b n ＝log 23
a 2n ＋3，且{
b n }为递增数列，若
c n ＝4
b n ·b n ＋1
，求证：
c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n <1.
解 (1)设该等比数列的公比为q ，则根据题意有3·⎝
⎛⎭⎪⎫
1＋1q ＋1q 2＝
9，从而2q 2－q －1＝0，
解得q ＝1或q ＝－1
2.
当q ＝1时，a n ＝3；
当q ＝－1
2时，a n ＝3·⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12n －3.
(2)证明：若a n ＝3，则b n ＝0，与题意不符，
故a n ＝3⎝ ⎛⎭
⎪⎫－12n －3
，
此时a 2n ＋3＝3·⎝ ⎛⎭
⎪⎫－122n
，∴b n ＝2n ，符合题意．
∴c n ＝
4
2n ·2n ＋2＝1n ·n ＋1＝1n －1
n ＋1
， 从而c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＝1－
1
n ＋1
<1. 11．成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2,5,13后成为等比数列{b n }中的b 3，b 4，b 5.
(1)求数列{b n }的通项公式；
(2)数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：数列⎩
⎨⎧⎭⎬⎫
S n ＋54是等比数列．
解 (1)设成等差数列的三个正数分别为a －d ，a ，a ＋d . 依题意，得a －d ＋a ＋a ＋d ＝15， 解得a ＝5.
所以{b n }中的b 3，b 4，b 5依次为7－d,10,18＋d . 依题意，有(7－d )(18＋d )＝100， 解得d ＝2或d ＝－13(舍去)． 故{b n }的第3项为5，公比为2， 由b 3＝b 1·22，即5＝b 1·22， 解得b 1＝5
4
.
所以{b n }是以5
4为首项，2为公比的等比数列，其通项公式为b n
＝54
·2n －1
＝5·2n －3. (2)证明：数列{b n }的前n 项和S n ＝54
1－2n 1－2
＝5·2n －2
－5
4
，即
S n ＋5
4
＝5·2n －2.
所以S 1＋54＝5
2，S n ＋1＋
54S n ＋
54
＝5·2n －15·2n －2
＝2.
因此⎩
⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋54是以5
2为首项，2为公比的等比数列．
12．[2016·质检]等差数列{a n }的各项均为正数，a 1＝1，前n 项和为S n ；数列{b n }为等比数列，b 1＝1，且b 2S 2＝6，b 2＋S 3＝8.
(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；
(2)求1S 1＋1S 2＋…＋1
S n
.
解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，d >0，{b n }的公比为q ， 则a n ＝1＋(n －1)d ，b n ＝q n －1.
依题意有⎩⎪⎨
⎪⎧
q 2＋d ＝6，
q ＋3＋3d ＝8，
解得⎩
⎪⎨
⎪⎧
d ＝1，
q ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧
d ＝－43，
q ＝9.
(舍去)
故a n ＝n ，b n ＝2n －1.
(2)由(1)知S n ＝1＋2＋…＋n ＝1
2
n (n ＋1)，
1
S n ＝2
n n ＋1＝2⎝ ⎛⎭
⎪⎫1n －
1n ＋1， ∴1S 1＋1S 2＋…＋1
S n
＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤
⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －
1n ＋1 ＝2⎝ ⎛⎭
⎪⎫1－1n ＋1＝2n
n ＋1. 第二讲 数列求和与综合应用
[重要公式与结论]
1．分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成c n ＝a n ＋
b n 形式的数列求和问题的方法，其中{a n }与{b n }是等差(比)数列或一
些可以直接求和的数列．
2．裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即a n ＝
f (n ＋1)－f (n )的形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形
如⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
c a n a n ＋1(其中{a n }是各项均不为0的等差数列，c 为常数)的数列等． 3．错位相减法：形如{a n ·b n }(其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列)的数列求和，一般分三步：①巧拆分；②构差式；③求和．
4．倒序求和法：距首尾两端等距离的两项和相等，可以用此法，一般步骤：①求通项公式；②定和值；③倒序相加；④求和；⑤回顾反思．
附：
(1)常见的拆项公式(其中n ∈N *) ①1n n ＋1＝1n －1n ＋1. ②1n n ＋k ＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1
n －
1n ＋k . ③
1
2n －1
2n ＋1＝12⎝
⎛⎭
⎪⎫1
2n －1－12n ＋1. ④若等差数列{a n }的公差为d ，则1
a n a n ＋1
＝
1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫
1
a n －1a n ＋1；1
a n a n ＋2＝12d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1
a n －1a n ＋2. ⑤
1
n n ＋1
n ＋2＝12⎣⎢
⎡
⎦⎥⎤1n n ＋1
－1n ＋1n ＋2. ⑥1
n ＋n ＋1＝n ＋1－n .
⑦1n ＋n ＋k ＝1
k
(n ＋k －n )．
(2)公式法求和：要熟练掌握一些常见数列的前n 项和公式，如 ①1＋2＋3＋…＋n ＝
n n ＋1
2
；
②1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2；
③12
＋22
＋32
＋…＋n 2
＝1
6
n (n ＋1)(2n ＋1)．
[失分警示]
1．公比为字母的等比数列求和时，注意公比是否为1的分类讨论．
2．错位相减法求和时易漏掉减数式的最后一项． 3．裂项相消法求和时易认为只剩下首尾两项． 4．裂项相消法求和时注意所裂式与原式的等价性．
考点 数列求和问题
典例示法
题型1 分组转化求和
典例1 设数列{a n }满足a 1＝2，a 2＋a 4＝8，且对任意n ∈N *，
函数f (x )＝(a n －a n ＋1＋a n ＋2)x ＋a n ＋1cos x －a n ＋2sin x 满足f ′⎝ ⎛⎭
⎪⎫
π2＝0.
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)若b n ＝2⎝ ⎛⎭
⎪⎪
⎫a n ＋12a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .
[解] (1)由题设可得
f ′(x )＝a n －a n ＋1＋a n ＋2－a n ＋1sin x －a n ＋2cos x .
对任意n ∈N *
，f ′⎝ ⎛⎭
⎪⎫
π2＝a n －a n ＋1＋a n ＋2－a n ＋1＝0，
即a n ＋1－a n ＝a n ＋2－a n ＋1，故{a n }为等差数列． 由a 1＝2，a 2＋a 4＝8，解得{a n }的公差d ＝1， 所以a n ＝2＋1·(n －1)＝n ＋1.
(2)因为b n ＝2⎝ ⎛⎭
⎪⎪
⎫a n ＋12a n
＝2⎝
⎛⎭⎪⎫n ＋1＋12n ＋1＝2n ＋1
2n ＋2，
所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n
＝(2＋2＋…＋2)＋2(1＋2＋…＋n )＋⎝ ⎛⎭⎪⎫
12＋12
2＋ (12)
＝2n ＋2·n n ＋1
2＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－1
2
＝n 2
＋3n ＋1－1
2
n .
题型2 错位相减法求和
典例2 [2015·高考]设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为
S n ，等比数列{b n }的公比为q .已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100.
(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；
(2)当d >1时，记c n ＝a n
b n
，求数列{c n }的前n 项和T n .
[解] (1)由题意有，⎩⎪⎨
⎪⎧
10a 1＋45d ＝100，
a 1d ＝2，
即⎩⎪⎨⎪⎧
2a 1＋9d ＝20，
a 1d ＝2，
解得⎩
⎪⎨
⎪⎧
a 1＝1，d ＝2，或⎩⎪⎨⎪
⎧
a 1
＝9d ＝2
9
.
故⎩
⎪⎨⎪⎧
a n ＝2n －1，
b n ＝2n －1
，或⎩⎪⎨⎪
⎧
a n ＝1
9
2n ＋79，
b n
＝9·⎝ ⎛⎭
⎪⎫29n －1
.
(2)由d >1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1
，故c n ＝2n －1
2
n －1，于是
T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －1
2n －1，①
12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －1
2n ，② ①－②可得
12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－
2n ＋3
2n
， 故T n ＝6－2n ＋3
2n －1.
题型3 裂项相消法求和
典例3 [2016·统考]设数列{a n }的前n 项和为S n ，对任意正整数n 都有6S n ＝1－2a n .
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)设b n ＝log 12 a n ，求T n ＝1b 21－1＋1b 22－1＋…＋1b 2n －1.
[解] (1)由6S n ＝1－2a n ， 得6S n －1＝1－2a n －1(n ≥2)．
两式相减得6a n ＝2a n －1－2a n ，即a n ＝1
4a n －1(n ≥2)，
由6S 1＝6a 1＝1－2a 1，得a 1＝1
8，
∴数列{a n }是等比数列，公比q ＝1
4，
所以a n ＝18·⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫122n ＋1
.
(2)∵a n ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫122n ＋1
，∴b n ＝2n ＋1，
从而1b 2n －1＝14n n ＋1＝14⎝ ⎛⎭
⎪⎫1
n －
1n ＋1. ∴T n ＝14⎣⎢⎡⎦
⎥⎤⎝ ⎛
⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －
1n ＋1 ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n 4n ＋1
.
1．分组求和的常见方法
(1)根据等差、等比数列分组．
(2)根据正号、负号分组，此时数列的通项式中常会有(－1)n等特征．
2．裂项相消的规律
(1)裂项系数取决于前后两项分母的差．
(2)裂项相消后前、后保留的项数一样多．
3．错位相减法的关注点
(1)适用题型：等差数列{a n}与等比数列{b n}对应项相乘({a n·b n})型数列求和．
(2)步骤：
①求和时先乘以数列{b n}的公比．
②把两个和的形式错位相减．
③整理结果形式．
考点数列与函数、不等式的综合问题典例示法
题型1 数列与函数的综合
典例4 [2014·高考]设等差数列{a n}的公差为d，点(a n，b n)在函数f(x)＝2x的图象上(n∈N*)．
(1)若a1＝－2，点(a8,4b7)在函数f(x)的图象上，求数列{a n}的前n项和S n；
(2)若a1＝1，函数f(x)的图象在点(a2，b2)处的切线在x轴上的
截距为2－1
ln 2，求数列
⎩
⎨
⎧
⎭
⎬
⎫
a n
b n的前
n项和T n.
[解](1)由已知得，b7＝2a7，b8＝2a8＝4b7，有2 a8＝4×2 a7＝2a7＋2.
解得d＝a8－a7＝2.
所以，S n＝na1＋n n－1
2
d＝－2n＋n(n－1)＝n2－3n.
(2)f ′(x )＝2x ln 2，f ′(a 2)＝2 a 2ln 2，故函数f (x )＝2x 在(a 2，
b 2)处的切线方程为y －2 a 2＝2 a 2ln 2(x －a 2)，
它在x 轴上的截距为a 2－1
ln 2.
由题意得，a 2－1ln 2＝2－1
ln 2，
解得a 2＝2. 所以d ＝a 2－a 1＝1. 从而a n ＝n ，b n ＝2n .
所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n
2n ，
2T n ＝11＋22＋322＋…＋n
2
n －1.
因此，2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n
＝2－12n －1－n 2n ＝2n ＋1－n －2
2n .
所以，T n ＝2n ＋1－n －22n
.
题型2 数列与不等式的综合
典例5 [2016·模拟](利用单调性证明不等式)设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝2，对任意n ∈N *，都有2S n ＝(n ＋1)a n .
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)若数列⎩⎨
⎧
⎭⎬⎫4a n
a n ＋2的前n 项和为T n ，求证：1
2
≤T n <1.
[解] (1)因为2S n ＝(n ＋1)a n ， 当n ≥2时，2S n －1＝na n －1，
两式相减，得2a n ＝(n ＋1)a n －na n －1， 即(n －1)a n ＝na n －1，
所以当n ≥2时，a n n ＝a n －1
n －1
，
所以a n n ＝a 1
1
.
因为a 1＝2，所以a n ＝2n . (2)证明：因为a n ＝2n ，令b n ＝
4
a n
a n ＋2，n ∈N *，
所以b n ＝42n 2n ＋2＝
1
n n ＋1＝1n －1n ＋1
. 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫
1n －
1n ＋1 ＝1－1n ＋1＝n n ＋1
.
因为1n ＋1>0，所以1－1n ＋1<1.
因为f (n )＝1n ＋1在N *上是递减函数，
所以1－1
n ＋1在N *上是递增的，
所以当n ＝1时，T n 取最小值1
2.
所以1
2
≤T n <1.
典例 6 [2014·全国卷Ⅱ](利用放缩法证明不等式)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1.
(1)证明⎩
⎨⎧⎭⎬⎫
a n ＋12是等比数列，并求{a n }的通项公式；
(2)证明1a 1＋1
a 2＋…＋1a n <3
2
.
[证明] (1)由a n ＋1＝3a n ＋1得a n ＋1＋12＝3⎝
⎛
⎭⎪⎫a n ＋12.
又a1＋1
2＝
3
2
，所以
⎩
⎨
⎧
⎭
⎬
⎫
a n＋
1
2
是首项为
3
2
，公比为3的等比数列．
a n＋1
2
＝
3n
2
，因此{a n}的通项公式为a n＝
3n－1
2
.
(2)由(1)知1
a n＝
2
3n－1
.
因为当n≥1时，3n－1≥2×3n－1，所以1
3n－1≤
1
2×3n－1
.
于是1
a1＋1
a2＋…＋
1
a n
≤1＋
1
3
＋…＋
1
3n－1
＝3
2⎝
⎛
⎭
⎪
⎫
1－
1
3n
<
3
2
.
所以1
a1＋1
a2＋…＋
1
a n<
3
2
.
1．数列与函数、不等式的综合问题的常见题型
(1)数列与函数的综合问题主要有以下两类：
①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题；
②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的围、公式、求和方法对式子化简变形．
(2)数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数围等问题，需要熟练应用不等式知识解决数列中的相关问题．2．解决数列与函数综合问题的注意点
(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集，而不是某个区间上的连续实数，所以它的图象是一群孤立的点．
(2)转化以函数为背景的条件时，应注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是非常容易忽视的问题．
(3)利用函数的方法研究数列中相关问题时，应准确构造函数，注意数列中相关限制条件的转化．
考点 数列的实际应用
典例示法
典例7 某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产．该企业第一年年初有资金2000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50%.预计以后每年资金年增长率与第一年的一样．公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d 万元，并将剩余资金全部投入下一年生产．设第n 年年底企业上缴资金后的剩余资金为a n 万元．
(1)用d 表示a 1，a 2，并写出a n ＋1与a n 的关系式；
(2)若公司希望经过m (m ≥3)年使企业的剩余资金为4000万元，试确定企业每年上缴资金d 的值(用m 表示)．
[解] (1)由题意得a 1＝2000(1＋50%)－d ＝3000－d ， a 2＝a 1(1＋50%)－d ＝32a 1－d ＝4500－5
2d .
a n ＋1＝a n (1＋50%)－d ＝3
2a n －d .
(2)由(1)得a n ＝3
2
a n －1－d
＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫3
2a n －2－d －d ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫322a n －2－3
2d －d
＝…
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1a 1－d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322
＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2，
整理得a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(3000－d )－2d ⎣⎢⎡⎦⎥⎤
⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1－1
＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫32n －1
(3000－3d )＋2d . 由题意，a m ＝4000，知⎝ ⎛⎭
⎪⎫32m －1
(3000－3d )＋2d ＝4000，
解得d ＝⎣⎢⎡⎦
⎥⎤
⎝ ⎛⎭⎪⎫32m －2×1000⎝ ⎛⎭
⎪⎫32m －1＝
10003m －2m ＋13m －2m .
故该企业每年上缴资金d 的值为10003m －2m ＋1
3m －2m
时，经过m (m ≥3)
年企业的剩余资金为4000万元．
1．数列实际应用中的常见模型
(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差．
(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．
(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，应考虑是a n 与a n ＋1的递推关系，还是前n 项和S n 与前n ＋1项和S n ＋1之间的递推关系．
2．数列综合应用题的解题步骤
(1)审题——弄清题意，分析涉与哪些数学容，在每个数学容中，各是什么问题．
(2)分解——把整个大题分解成几个小题或几个“步骤”，每个小题或每个小“步骤”分别是数列问题、函数问题、解析几何问题、不等式问题等．
(3)求解——分别求解这些小题或这些小“步骤”，从而得到整个问题的解答．
具体解题步骤如下：
针对训练
某用养老储备金制度．公民在就业的第一年就交纳养老储备金，数目为a 1，以后每年交纳的数目均比上一年增加d (d >0)，因此，历年所交纳的储备金数目a 1，a 2，…是一个公差为d 的等差数列．与此同时，国家给予优惠的计息政策，不仅采用固定利率，而且计算复利．这就是说，如果固定年利率为r (r >0)，那么，在第n 年末，第一年所交纳的储备金就变为a 1(1＋r )n －1，第二年所交纳的储备金就变为a 2(1＋r )n －2，…，以T n 表示到第n 年末所累计的储备金总额．
(1)写出T n 与T n －1(n ≥2)的递推关系式；
(2)求证：T n ＝A n ＋B n ，其中{A n }是一个等比数列，{B n }是一个等差数列．
解 (1)由题意知：n ≥2时，T n ＝T n －1(1＋r )＋a n ，其中a n ＝a 1＋(n －1)d ，
∴T n ＝T n －1(1＋r )＋a 1＋(n －1)d ，n ≥2.
(2)证明：∵T n ＝a 1(1＋r )n －1＋a 2(1＋r )n －2＋…＋a n －1·(1＋r )＋a n ，①
∴(1＋r )T n ＝a 1(1＋r )n ＋a 2(1＋r )n －1＋…＋a n －2(1＋r )3＋a n －1(1＋r )2＋a n (1＋r )，②
②－①得rT n ＝a 1(1＋r )n ＋d [(1＋r )n －1＋(1＋r )n －2＋…＋(1＋r )]－a n
＝a 1(1＋r )n
＋d ·
1＋r [1－1＋r
n －1
]
1－1＋r
－a 1－(n －1)d ＝
⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋d r ·(1＋r )n
－⎣⎢⎡⎦
⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋d r ＋dn ，
∴T n ＝a 1r ＋d r 2(1＋r )n
－⎝
⎛⎭⎪⎫a 1r ＋d r 2
＋d r n . 令A n ＝a 1r ＋d r 2(1＋r )n
，B n ＝－a 1r ＋d r 2－d r n ，
则A n ＋1A n ＝1＋r (定值)，B n ＋1－B n ＝－d
r
(定值)， 即T n ＝A n ＋B n ，其中{A n }是一个等比数列，{B n }是一个等差数列．
[全国卷高考真题调研]
1．[2015·全国卷Ⅱ]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 －1
S n ＋1
＝1，
∴⎩⎨⎧⎭
⎬⎫1S n 是等差数列，且公差为－1，而1S 1＝1a 1＝－1，
∴1
S n ＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，∴S n ＝－1
n
.
2．[2016·全国卷Ⅱ]S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，S 7
＝28.记b n ＝[lg a n ]，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.
(1)求b 1，b 11，b 101；
(2)求数列{b n }的前1000项和．
解 (1)设{a n }的公差为d ，据已知有7＋21d ＝28，解得d ＝1. 所以{a n }的通项公式为a n ＝n .
b 1＝[lg 1]＝0，b 11＝[lg 11]＝1，b 101＝[lg 101]＝2.
(2)因为b n
＝⎩⎪⎨⎪⎧
0，1≤n <10，
1，10≤n <100，
2，100≤n <1000，
3，n ＝1000，
所以数列{b n }的前1000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1893.
[其它省市高考题借鉴]
3．[2016·高考]设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n
＋1，n ∈N *，则a 1＝_______，S 5＝_______.
答案 1 121
解析 由于⎩⎪⎨
⎪⎧
a 1＋a 2＝4，
a 2＝2a 1＋1，
解得a 1＝1.由a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2S n ＋
1得S n ＋1＝3S n ＋1，所以S n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫S n ＋12，所以⎩
⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是以3
2为首项，
3为公比的等比数列，所以S n ＋12＝32×3n －1，即S n ＝3n －1
2
，所以S 5＝121.
4．[2015·高考]已知数列{a n }是递增的等比数列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3
＝8，则数列{a n }的前n 项和等于________．
答案 2n －1
解析 ∵{a n }为递增的等比数列，∴设公比为q ，则q >1. ∵a 2a 3＝8，∴a 1a 4＝8.
又∵a 1＋a 4＝9，∴a 1＝1，a 4＝8，∴q ＝2. ∴前n 项和为1×1－2n
1－2
＝2n －1.
5．[2015·高考]数列{a n }满足：a 1＋2a 2＋…＋na n ＝4－n ＋2
2n －1
，n
∈N *.
(1)求a 3的值；
(2)求数列{a n }的前n 项和T n ；
(3)令b 1＝a 1，b n ＝T n －1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋1
3
＋…＋1n a n (n ≥2)，证明：数列
{b n }的前n 项和S n 满足S n <2＋2ln n .
解 (1)由题意，知3a 3＝(a 1＋2a 2＋3a 3)－(a 1＋2a 2)＝4－3＋2
2
3－1－
⎝
⎛⎭⎪⎫4－2＋222－1＝34，∴a 3＝14.
(2)由条件知，na n ＝(a 1＋2a 2＋…＋na n )－[a 1＋2a 2＋…＋(n －
1)a n －1]＝⎝
⎛⎭⎪⎫4－n ＋22n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫
4－n ＋12n －2(n ≥2)，
∴na n ＝n
2n －1， ∴a n ＝1
2
n －1.
又a 1＝4－3
20＝1时也符合此式，
∴a n ＝1
2
n －1(n ∈N *)．
∴T n ＝1＋1
2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1
＝
1×⎣⎢⎡⎦
⎥⎤
1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12
＝2－12
n －1.
(3)证明：依题意，得
b n ＝a 1＋a 2＋…＋a n －1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1
2＋…＋1n a n ，b 1＝a 1，
b 2＝a 12＋⎝ ⎛
⎭⎪⎫
1＋12a 2，
b 3＝a 1＋a 23＋⎝ ⎛
⎭⎪⎫
1＋12＋13a 3，
∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫
1＋12＋…＋1n (a 1＋a 2＋…＋a n )
＝⎝
⎛⎭⎪⎫
1＋12＋…＋1n T n
＝⎝
⎛⎭⎪⎫1＋12＋…＋1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－12n －1<2×⎝ ⎛⎭⎪⎫
1＋12＋…＋1n .
记f (x )＝ln x ＋1
x
－1(x >1)，
则f ′(x )＝1x －1x 2＝x －1
x
2>0，
∴f (x )在(1，＋∞)上是增函数． 又f (1)＝0，即f (x )>0， 又k ≥2且k ∈N *
时，
k
k －1
>1，
∴f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫k k －1＝ln k k －1＋1
k k －1
－1>0， 即ln k
k －1>1k
，
∴12<ln 21，13<ln 32，…，1n <ln n n －1
， 即有12＋13＋…＋1n <ln 21＋ln 32＋…＋ln n n －1
＝ln n ，
∴2×⎝
⎛⎭⎪⎫
1＋12＋13＋…＋1n <2＋2ln n ，即S n <2＋2ln n .
一、选择题
1．[2016·测试]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
答案 C
解析 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.
2．[2016·质检]正项等比数列{a n }中的a 1、a 4031是函数f (x )＝13x
3－4x 2＋6x －3的极值点，则log 6
a 2016＝( )
A ．1
B ．2 C.2D ．－1 答案 A
解析 因为f ′(x )＝x 2－8x ＋6，且a 1、a 4031是方程x 2－8x ＋6＝0的两根，所以a 1·a 4031＝a 22016＝6，即a 2016＝6，所以log 6
a 2016＝1，故
选A.
3．[2016·一模]已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n (2n －1)·cos
n π
2
＋1(n ∈N *)，其前n 项和为S n ，则S 60＝( )
A ．－30
B ．－60
C ．90
D ．120 答案 D
解析 由题意可得，当n ＝4k －3(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －3＝1；当n ＝4k －2(k ∈N *)时，a n ＝a 4k －2＝6－8k ；当n ＝4k －1(k ∈N *)时，a n ＝a 4k
－1
＝1；当n ＝4k (k ∈N *)时，a n ＝a 4k ＝8k .∴a 4k －3＋a 4k －2＋a 4k －1＋a 4k ＝8，∴S 60＝8×15＝120.故选D.
4．某年“十一”期间，十家重点公园举行免费游园活动，公园
免费开放一天，早晨6时30分有2人进入公园，接下来的第一个30分钟有4人进去1人出来，第二个30分钟有8人进去2人出来，第
三个30分钟有16人进去3人出来，第四个30分钟有32人进去4人出来……按照这种规律进行下去，到上午11时30分公园的人数是( )
A ．211－47
B ．212－57
C ．213－68
D ．214－80 答案 B
解析 由题意，可知从早晨6时30分开始，接下来的每个30分钟进入的人数构成以4为首项，2为公比的等比数列，出来的人数构成以1为首项，1为公差的等差数列，记第n 个30分钟进入公园的人数为a n ，第n 个30分钟出来的人数为b n 则a n ＝4×2n －1，b n ＝n ，则上午11时30分公园的人数为S ＝2＋41－2101－2－101＋102＝212
－57.
5．已知曲线C ：y ＝1
x
(x >0)与两点A 1(x 1,0)和A 2(x 2,0)，其中x 2>x 1>0.
过A 1，A 2分别作x 轴的垂线，交曲线C 于B 1，B 2两点，直线B 1B 2与x 轴交于点A 3(x 3,0)，那么( )
A ．x 1，x 32，x 2成等差数列
B ．x 1，x 3
2，x 2成等比数列
C ．x 1，x 3，x 2成等差数列
D ．x 1，x 3，x 2成等比数列 答案 A
解析 由题意，得B 1，B 2两点的坐标分别为⎝
⎛⎭⎪⎫x 1，1x 1，⎝ ⎛⎭⎪⎫
x 2，1x 2.
所以直线B 1B 2的方程为y ＝－1
x 1x 2
(x －x 1)＋1
x 1
，
令y ＝0，得x ＝x 1＋x 2， 所以x 3＝x 1＋x 2，
因此，x 1，x 3
2
，x 2成等差数列．
6．[2016·模拟]设无穷数列{a n }，如果存在常数A ，对于任意给
定的正数ε(无论多小)，总存在正整数N ，使得n >N 时，恒有|a n －
A |<ε成立，就称数列{a n }的极限为A .则四个无穷数列：①{(－
1)n ×2}；
②⎩
⎨⎧⎭
⎬⎫
11×3＋13×5＋1
5×7＋…＋1
2n －1
2n ＋1
； ③⎩
⎨⎧⎭⎬⎫1＋12＋122＋123＋…＋12n －1；
④{1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n }，其中极限为2的共有( ) A ．4个 B ．3个 C ．2个 D ．1个 答案 D
解析 对于①，|a n －2|＝|(－1)n ×2－2|＝2×|(－1)n －1|，当n 是偶数时，|a n －2|＝0；当n 是奇数时，|a n －2|＝4，所以数列{(－1)n ×2}没有极限，所以2不是数列{(－1)n ×2}的极限．
对于②，|a n －2|
＝⎪
⎪⎪⎪
⎪⎪
11×3＋13×5＋1
5×7＋…＋1
2n －1
2n ＋1
－2 ＝12⎪⎪⎪
⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫
15－17＋…＋
⎪
⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1－4＝32＋14n ＋2>1，所以对于正数ε0＝1，不存在正整数N ，使得n >N 时，恒有|a n －2|<ε0成立，即2不是数列
⎩
⎨⎧⎭
⎬⎫
11×3＋13×5＋15×7＋…＋1
2n －1
2n ＋1
的极限． 对于③，|a n
－2|＝⎪⎪⎪⎪
⎪⎪1＋12＋122＋123＋…＋1
2n －1－2＝
⎪
⎪⎪
⎪
⎪⎪1×⎝
⎛⎭⎪
⎫1－12n 1－12
－2＝22n
，令2
2n
<ε，得n >1－log 2
ε，所以对于任意给定
的正数ε(无论多小)，总存在正整数N ，使得n >N 时，恒有|a n －2|<ε。