数学讲义：第一部分 专题七 数 列

专题七⎪⎪⎪数列卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ2018等差数列的基本运算·T4等差数列的通项公式、前n项和公式及最值·T17等比数列的通项公式、前n项和公式·T17S n与a n的关系、等比数列求和·T142017等差数列的基本运算·T4数学文化、等比数列的概念、前n项和公式·T3等差数列的通项公式、前n项和公式及等比中项·T9 等差数列、等比数列前n项和公式的运用、创新问题·T12等差数列的通项公式、前n项和公式、裂项相消法求和·T15等比数列的通项公式·T142016等差数列的基本运算·T3等差数列的通项公式、前n项和公式、创新问题·T17数列的递推关系、等比数列的定义及通项公式·T17 等比数列的基本运算及二次函数最值问题·T15纵向把握趋势卷Ⅰ3年6考，题型为选择题和填空题，难度适中．涉及等差、等比数列的基本运算，S n与a n的关系，预计2019年会以解答题的形式考查等差、等比数列的基本关系及等差、等比数列的判定与证明卷Ⅱ3年4考，题型既有选择题、填空题和解答题，涉及数学文化、等差数列与等比数列的基本运算、数列前n项和的求法．预计2019年高考题仍以考查等差、等比数列的基本运算为主，同时考查数列求和问题，且三种题型均有可能卷Ⅲ3年4考，题型既有选择题、填空题，也有解答题，涉及等差、等比数列的基本运算、数列求和问题，难度适中．预计2019年高考会以小题的形式考查等差、等比数列的性质及基本运算，难度适中横向把握重点1.高考主要考查等差数列及等比数列的基本运算，两类数列求和方法(裂项求和法、错位相减法)、两类综合(与函数综合、与不等式综合)，主要突出数学思想的应用．2.若以解答题形式考查，数列往往与解三角形在17题的位置上交替考查，试题难度中等；若以客观题考查，难度中等的题目较多，但有时也出现在第12题或16题位置上，难度偏大，复习时应引起关注.等差、等比数列的基本运算和性质[题组全练]1．(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选C 设等差数列{a n }的公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 5＝24，S 6＝48，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3d ＋a 1＋4d ＝24，6a 1＋6×52d ＝48，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋7d ＝24，2a 1＋5d ＝16，解得d ＝4. 2．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 ．63D ．84解析：选B 设{a n }的公比为q ，由a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，得1＋q 2＋q 4＝7，解得q 2＝2(负值舍去)．∴a 3＋a 5＋a 7＝a 1q 2＋a 3q 2＋a 5q 2＝(a 1＋a 3＋a 5)q 2＝21×2＝42.3．(2017·全国卷Ⅲ)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( )A ．－24B ．－3C ．3D ．8解析：选A 设等差数列{a n }的公差为d ， 因为a 2，a 3，a 6成等比数列，所以a 2a 6＝a 23， 即(a 1＋d )(a 1＋5d )＝(a 1＋2d )2. 又a 1＝1，所以d 2＋2d ＝0. 又d ≠0，则d ＝－2，所以{a n }前6项的和S 6＝6×1＋6×52×(－2)＝－24.4．若{a n }是等差数列，首项a 1＞0，a 2 017＋a 2 018＞0，a 2 017·a 2 018＜0，则使前n 项和S n＞0成立的最大正整数n 是( )A ．2 017B ．2 018C ．4 034D ．4 035解析：选C 因为a 1＞0，a 2 017＋a 2 018＞0，a 2 017·a 2 018＜0，所以d ＜0，a 2 017＞0，a 2 018＜0，所以S 4 034＝4 034(a 1＋a 4 034)2＝4 034(a 2 017＋a 2 018)2＞0，S 4 035＝4 035(a 1＋a 4 035)2＝4 035a 2 018＜0，所以使前n 项和S n ＞0成立的最大正整数n 是4 034. 5．(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.[系统方法]1．等差(比)数列基本运算的解题思路 (1)设基本量a 1和公差d (公比q )．(2)列、解方程(组)：把条件转化为关于a 1和d (q )的方程(组)，求出a 1和d (q )后代入相应的公式计算．2．等差、等比数列性质问题的求解策略(1)抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解．(2)数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题．(3)利用数列性质进行运算时，要注意整体思想的应用(如第2题)，可以减少计算量，此方法还适用于求函数值、求函数的解析式等问题.以数学文化为背景的数列问题[题组全练]1．《张丘建算经》卷上第22题为：“今有女善织，日益功疾．初日织五尺，今一月日织九匹三丈．”其意思为今有一女子擅长织布，且从第2天起，每天比前一天多织相同量的布，若第一天织5尺布，现在一个月(按30天计)共织390尺布．则该女子最后一天织布的尺数为( )A ．18B ．20C ．21D ．25解析：选C 依题意得，织女每天所织的布的尺数依次排列形成一个等差数列，设为{a n }，其中a 1＝5，前30项和为390，于是有30(5＋a 30)2＝390，解得a 30＝21，即该织女最后一天织21尺布．2．(2017·全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏解析：选B 每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{a n }，则前7项的和S 7＝381，公比q ＝2，依题意，得S 7＝a 1(1－27)1－2＝381，解得a 1＝3.3．我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：第一步：构造数列1，12，13，14，…，1n .第二步：将数列的各项乘以n ，得数列(记为)a 1，a 2，a 3，…，a n . 则a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n －1a n 等于( ) A ．n 2 B ．(n －1)2 C ．n (n －1)D ．n (n ＋1)解析：选C a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n －1a n＝n 1·n 2＋n 2·n 3＋…＋n n －1·n n ＝n 2⎣⎡⎦⎤11×2＋12×3＋…＋1(n －1)n＝n 2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n＝n 2·n －1n＝n (n －1)．[系统方法]解决数列与数学文化问题的3步骤等差、等比数列的判定与证明[由题知法][典例] (2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．已知S 2＝2，S 3＝－6. (1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列． [解] (1)设{a n }的公比为q .由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1＋q )＝2，a 1(1＋q ＋q 2)＝－6.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，q ＝－2.故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n . (2)由(1)可得S n ＝(－2)×[1－(－2)n ]1－(－2)＝－23＋(－1)n2n ＋13.由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n2n ＋3－2n ＋23＝2⎣⎡⎦⎤－23＋(－1)n2n ＋13＝2S n ，故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．[类题通法] 证明{a n }是等差或等比数列的基本方法 等差 数列 (1)利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为一常数； (2)利用等差中项，证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2) 等比 数列 (1)利用定义，证明a n ＋1a n (n ∈N *)为一常数；(2)利用等比中项，证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)[应用通关](2018·全国卷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＝2(n ＋1)na 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)数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列． 由条件可得a n ＋1n ＋1＝2a nn ，即b n ＋1＝2b n ，又b 1＝1，所以数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列． (3)由(2)可得a n n＝2n －1，所以a n ＝n ·2n －1.数列求和 角度一 公式法求和[例1] (2018·厦门质检)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n2a n ＋3，n ∈N *.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列；(2)设T 2n ＝1a 1a 2－1a 2a 3＋1a 3a 4－1a 4a 5＋…＋1a 2n －1a 2n －1a 2n a 2n ＋1，求T 2n . [解] (1)证明：由a n ＋1＝3a n2a n ＋3， 得1a n ＋1＝2a n ＋33a n ＝1a n ＋23，所以1a n ＋1－1a n ＝23.又a 1＝1，则1a 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公差为23的等差数列．(2)设b n ＝1a 2n －1a 2n－1a 2n a 2n ＋1＝⎝⎛⎭⎫1a 2n －1－1a 2n ＋11a 2n，由(1)得，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是公差为23的等差数列，所以1a 2n －1－1a 2n ＋1＝－43，即b n ＝⎝⎛⎭⎫1a2n －1－1a 2n ＋11a 2n ＝－43×1a 2n， 所以b n ＋1－b n ＝－43⎝⎛⎭⎫1a2n ＋2－1a 2n ＝－43×43＝－169. 又b 1＝－43×1a 2＝－43×⎝⎛⎭⎫1a 1＋23＝－209， 所以数列{b n }是首项为－209，公差为－169的等差数列，所以T 2n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝－209n ＋n (n －1)2×⎝⎛⎭⎫－169＝－49(2n 2＋3n )．[类题通法] 公式法求数列和问题需过“三关”角度二 分组求和法求和[例2] (2018·珠海模拟)已知等差数列{a n }的首项为a ，公差为d ，n ∈N *，且不等式ax 2－3x ＋2<0的解集为(1，d )．(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若b n ＝3a n ＋a n －1，n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和T n .[解](1)易知a ≠0，由题设可知⎩⎨⎧1＋d ＝3a ，1·d ＝2a ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，d ＝2.故数列{a n }的通项公式为a n ＝1＋(n －1)·2＝2n －1.(2)由(1)知b n ＝32n －1＋2n －1－1，则T n ＝(3＋1)＋(33＋3)＋…＋(32n －1＋2n －1)－n ＝(31＋33＋…＋32n －1)＋(1＋3＋…＋2n －1)－n ＝31(1－9n )1－9＋(1＋2n －1)n 2－n＝38(9n －1)＋n 2－n . [类题通法] 分组求和法求数列和的关键点角度三 用裂项相消法求和[例3] (2017·全国卷Ⅲ)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n . (1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和．[解] (1)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. (2)记⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n .由(1)知a n 2n ＋1＝2(2n ＋1)(2n －1)＝12n －1－12n ＋1. 则S n ＝1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n 2n ＋1.[类题通法] 裂项相消法求数列和问题的步骤角度四 用错位相减法求和[例4] (2017·天津高考)已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和(n ∈N *)．[解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q (q >0)． 由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12， 而b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0. 又因为q ＞0，解得q ＝2.所以b n ＝2n . 由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8.① 由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16.②由①②，解得a 1＝1，d ＝3，由此可得a n ＝3n －2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n . (2)设数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为T n ， 由a 2n ＝6n －2，b 2n －1＝2×4n －1， 得a 2n b 2n －1＝(3n －1)×4n ，故T n ＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n －1)×4n ，③4T n ＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n －4)×4n ＋(3n －1)×4n ＋1，④ ③－④，得－3T n＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n －(3n －1)×4n ＋1＝12×(1－4n )1－4－4－(3n －1)×4n ＋1＝－(3n －2)×4n ＋1－8. 故T n ＝3n －23×4n ＋1＋83.所以数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为3n －23×4n ＋1＋83. [类题通法] 错位相减法求数列和问题的步骤重难增分(一) 数列递推公式的应用[考法全析]一、曾经这样考1．[利用a n 与S n 的关系求S n ](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 ＝________.解析：由已知得a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝S n ＋1S n ， 两边同时除以S n ＋1S n ，得1S n ＋1－1S n＝－1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以－1为首项，－1为公差的等差数列，则1S n ＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，所以S n ＝－1n . 答案：－1n[启思维] 本题通过等式a n ＋1＝S n S n ＋1考查了a n 与S n 关系的转化及应用，通过构造新数列来求解．一般地，对于既有a n ，又有S n 的数列题，应充分利用公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，有时将a n 转化为S n ，有时将S n 转化为a n ，要根据题中所给条件灵活变动．应注意对n ＝1的检验．二、还可能这样考2．[累加法或累乘法求数列的通项]已知数列{a n }满足a 1＝2，a n －a n －1＝n (n ≥2，n ∈N *)，则a n ＝__________.解析：由题意可知，a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n (n ≥2)， 以上式子累加得，a n －a 1＝2＋3＋…＋n . 因为a 1＝2，所以a n ＝2＋(2＋3＋…＋n )＝2＋(n －1)(2＋n )2＝n 2＋n ＋22(n ≥2)．因为a 1＝2满足上式，所以a n ＝n 2＋n ＋22.答案：n 2＋n ＋22[启思维] (1)本题数列的递推公式可转化为a n ＋1＝a n ＋f (n )，通常采用等差数列通项公式的求解方法——累加法(逐差相加法)求解．即先将递推公式化成a n ＋1－a n ＝f (n )，然后分别把n ＝1,2,3，…，n －1代入上式，便会得到(n －1)个等式，最后添加关于a 1的等式，把n 个等式相加之后，就会直接得到该数列的通项公式．(2)对于递推公式可转化为a n ＋1a n＝f (n )的数列，因为其类似于等比数列，故通常采用等比数列通项公式的求解方法——累乘法(逐商相乘法)求解．即分别将n ＝1,2,3，…，n －1代入上式，便会得到(n －1)个等式，最后添加关于a 1的等式，这n 个等式相乘之后，就会直接得到该数列的通项公式．如[增分集训]第2题．3．[构造法求数列的通项]已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2a n2＋a n(n ∈N *)，则a n ＝________. 解析：因为a n ＋1＝2a n 2＋a n ，所以1a n ＋1－1a n ＝12. 因为a 1＝2，即1a 1＝12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为12，公差为12的等差数列，所以1a n ＝12＋(n －1)×12＝n 2，故a n ＝2n .答案：2n[启思维] (1)本题递推公式是形如a n ＋1＝sa nta n ＋s的递推关系，可采用取倒数的方法，将递推式变形为1a n ＋1－1a n ＝t s，从而可构造出数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，其首项为1a 1，公差为t s .(2)对于递推式a n ＋1＝pa n ＋q (p ，q 为常数)，①当p ＝1时，{a n }为等差数列；②当p ≠0，q ＝0时，{a n }为等比数列；③当p ≠0，q ≠0时，可利用待定系数法，将递推式转化为a n ＋1＋q p －1＝p ⎝⎛⎭⎫a n ＋q p －1，从而可构造出数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋q p －1，其首项为a 1＋qp －1(不等于0)，公比为p .如[增分集训]第3题．[增分集训]1．(2018·全国卷Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________.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， 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， ∴S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝－1(1－2n )1－2＝1－2n ，∴S 6＝1－26＝－63. 答案：－632．已知在数列{a n }中，a n ＋1＝nn ＋2a n (n ∈N *)，且a 1＝4，则数列{a n }的通项公式a n ＝__________.解析：由a n ＋1＝n n ＋2a n ，得a n ＋1a n ＝nn ＋2，故a 2a 1＝13，a 3a 2＝24，a 4a 3＝35，…，a n a n －1＝n －1n ＋1(n ≥2)， 以上式子累乘得，a n a 1＝13·24·35·…·n －2n ·n －1n ＋1＝2n (n ＋1).因为a 1＝4，所以a n ＝8n (n ＋1)(n ≥2)．因为a 1＝4满足上式，所以a n ＝8n (n ＋1).答案：8n (n ＋1)3．(2019届高三·陕西实验中学模拟)已知数列{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a n ＝__________.解析：因为点P n (a n ，a n ＋1)在直线4x －y ＋1＝0上， 所以4a n －a n ＋1＋1＝0. 所以a n ＋1＋13＝4⎝⎛⎭⎫a n ＋13. 因为a 1＝3，所以a 1＋13＝103.故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋13是首项为103，公比为4的等比数列．所以a n ＋13＝103×4n －1，故数列{a n }的通项公式为a n ＝103×4n －1－13.答案：103×4n －1－13[典例细解][例1] (2017·全国卷Ⅰ)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N ：N >100且该数列的前N 项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是( )A ．440B ．330C ．220D ．110[解析] 设第一项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n 组的项数为n ，前n 组的项数和为n (n ＋1)2.由题意可知，N >100，令n (n ＋1)2>100， 得n ≥14，n ∈N *，即N 出现在第13组之后．易得第n 组的所有项的和为1－2n 1－2＝2n －1，前n 组的所有项的和为2(1－2n )1－2－n ＝2n ＋1－n －2.设满足条件的N 在第k ＋1(k ∈N *，k ≥13)组，且第N 项为第k ＋1组的第t (t ∈N *)个数， 若要使前N 项和为2的整数幂，则第k ＋1组的前t 项的和2t －1应与－2－k 互为相反数，即2t －1＝k ＋2，∴2t ＝k ＋3，∴t ＝log 2(k ＋3)， ∴当t ＝4，k ＝13时，N ＝13×(13＋1)2＋4＝95<100，不满足题意； 当t ＝5，k ＝29时，N ＝29×(29＋1)2＋5＝440；当t >5时，N >440. 故所求N 的最小值为440. [答案] A[启思维] 本题在创新情境中考查了等差数列与等比数列的求和公式，是具有综合拓展性的客观题的压轴题．数列试题的创新多是材料背景创新，通常融入“和”与“通项”的关系，与生产生活、社会热点相结合，考查考生的阅读能力的同时，也考查数学素养中的逻辑推理、计算能力，培养了考生的创新意识．另外，创新迁移类型试题还有以下特点：(1)新知识“开幕”，别开生面，新的知识主要是新的符号、定义、法则、图表等，或介绍新的思维方法，着眼于应用；(2)类比、推广；(3)以高中数学内容为材料，“偷梁换柱”“移花接木”，创设新情境，演化新问题．[例2] (2013·全国卷Ⅰ)设△A n B n C n 的三边长分别为a n ，b n ，c n ，△A n B n C n 的面积为S n ，n ＝1,2,3，….若b 1＞c 1，b 1＋c 1＝2a 1，a n ＋1＝a n ，b n ＋1＝c n ＋a n 2，c n ＋1＝b n ＋a n2，则( ) A ．{S n }为递减数列 B ．{S n }为递增数列C ．{S 2n －1}为递增数列，{S 2n }为递减数列D ．{S 2n －1}为递减数列，{S 2n }为递增数列 [解析] 由b n ＋1＝a n ＋c n 2，c n ＋1＝b n ＋a n2， 得b n ＋1＋c n ＋1＝a n ＋12(b n ＋c n )，(*)b n ＋1－c n ＋1＝－12(b n －c n )，由a n ＋1＝a n 得a n ＝a 1，代入(*)得b n ＋1＋c n ＋1＝a 1＋12(b n ＋c n )，∴b n ＋1＋c n ＋1－2a 1＝12(b n ＋c n －2a 1)，∵b 1＋c 1－2a 1＝2a 1－2a 1＝0， ∴b n ＋c n ＝2a 1>|B n C n |＝a 1，所以点A n 在以B n ，C n 为焦点且长轴长为2a 1的椭圆上(如图)．由b 1>c 1得b 1－c 1>0，所以|b n ＋1－c n ＋1|＝12(b n －c n )，即|b n －c n |＝(b 1－c 1)·⎝⎛⎭⎫12n －1，所以当n 增大时|b n －c n |变小，即点A n 向点A 处移动，即边B n C n 上的高增大，又|B n C n |＝a n ＝a 1不变，所以{S n }为递增数列．[答案] B[启思维] 交汇问题是将各主干知识“联姻”“牵手”、交叉渗透等综合考查主干知识的常见问题，覆盖面广．本题将数列与几何交汇，增大了试题难度，较好地考查了考生的数形结合思想、逻辑思维能力，其实质是考查数列的递推关系式、椭圆的定义及性质，此题对考生的数学抽象、逻辑推理、直观想象要求较高．[知能升级]1．数列与其他知识的交汇问题主要体现在以下两点：(1)以数列知识为纽带，在数列与函数、方程、不等式、解析几何的交汇处命题，主要考查利用函数观点、不等式的方法解决数列问题，往往涉及与数列相关的不等式证明、参数的范围等．(2)以数列知识为背景的新概念、创新型问题，除了需要用到数列知识外，还要运用函数、不等式等相关知识和方法，特别是题目条件中的“新知识”是解题的钥匙，此类问题往往思维难度较大，通常作为压轴题出现．2．解决此类问题的关键是理解题意，将核心问题提炼出来，运用数列、函数、解析几何的相关知识求解，主要考查了转化与化归思想的应用．[增分集训]1．斐波那契数列{a n }满足：a 1＝1，a 2＝1，a n ＝a n －1＋a n －2(n ≥3，n ∈N *)．若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前n 项所占的格子的面积之和为S n ，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为c n ，则下列结论错误的是( )A ．S n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1a nB ．a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝a n ＋2－1C ．a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1＝a 2n －1D ．4(c n －c n －1)＝πa n －2a n ＋1解析：选C 对于选项A ，由题图可知，S 2＝a 2a 3，S 3＝a 3a 4，S 4＝a 4a 5，…，则S n ＋1＝a n ＋1a n ＋2＝a n ＋1(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1＋a n ＋1a n ，故A 项正确；对于选项B ，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝a n ＋2－1＝a n ＋1＋a n －1⇔a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＝a n ＋1－1⇔a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －2＝a n －1⇔a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －3＝a n －1－1⇔…⇔a 1＝a 3－1⇔1＝2－1，故B 项正确；对于选项C ，当n ＝1时，a 1≠a 2－1，故C 项错误；对于选项D,4(c n －c n －1)＝4⎝⎛⎭⎫πa 2n 4－πa 2n －14＝π(a n ＋a n －1)(a n －a n －1)＝πa n －2a n ＋1，故D 项正确．2．已知函数f (x )在R 上的图象是连续不断的一条曲线，当x >0时，f (x )<2，对任意的x ，y ∈R ，f (x )＋f (y )＝f (x ＋y )＋2成立，若数列{a n }满足a 1＝f (0)，且f (a n ＋1)＝f ⎝⎛⎭⎫a n a n ＋3，n ∈N *，则a 2 018的值为( )A ．2 B.62×32 017－1 C.22×32 017－1D.22×32 016－1解析：选C 令x ＝y ＝0得f (0)＝2，所以a 1＝2. 设x 1，x 2是R 上的任意两个数，且x 1<x 2， 则x 2－x 1>0，因为当x >0时，f (x )<2，所以f (x 2－x 1)<2，即f (x 2)＝f (x 2－x 1＋x 1)＝f (x 2－x 1)＋f (x 1)－2<2＋f (x 1)－2＝f (x 1)， 所以f (x )在R 上是减函数． 因为f (a n ＋1)＝f ⎝⎛⎭⎫a na n ＋3，所以a n ＋1＝a n a n ＋3，即1a n ＋1＝3a n ＋1，所以1a n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎫1a n ＋12，因为1a 1＋12＝1， 所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n＋12是以1为首项，3为公比的等比数列，所以1a n ＋12＝3n －1，即a n ＝22×3n －1－1. 所以a 2 018＝22×32 017－1. 3．数列{a n }中，a 1＝12，a n ＋1＝na n (n ＋1)(na n ＋1)(n ∈N *)，若不等式3n 2＋1n ＋ta n ≥0恒成立，则实数t 的取值范围是____________．解析：由a n ＋1＝na n(n ＋1)(na n ＋1)，得1(n ＋1)a n ＋1－1na n＝1，又1a 1＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1na n 是首项为2，公差为1的等差数列，则1na n ＝n ＋1，即a n ＝1n (n ＋1)， 从而不等式3n 2＋1n ＋ta n ≥0恒成立等价于－t ≤3n ＋n ＋4恒成立，易知当n ＝2时，3n ＋n ＋4取得最小值152，所以－t ≤152，即t ≥－152. 所以实数t 的取值范围是⎣⎡⎭⎫－152，＋∞.答案：⎣⎡⎭⎫－152，＋∞[高考大题通法点拨]数列问题重在“归”——化归[思维流程][策略指导]利用化归思想可探索一些一般数列的简单性质．等差数列与等比数列是数列中的两个特殊的基本数列，高考中通常考查的是非等差、等比数列问题，应对的策略就是通过化归思想，将其转化为这两种数列．[典例]已知数列{a n}的前n项和S n＝3n2＋8n，{b n}是等差数列，且a n＝b n＋b n＋1.(1)求数列{b n}的通项公式；(2)令c n＝(a n＋1)n＋1(b n＋2)n，求数列{c n}的前n项和T n.[破题思路]第(1)问求什么想什么求数列{b n}的通项公式，想到求首项b1和公差d给什么用什么题目中给出{a n}的前n项和S n，a n＝b n＋b n＋1.用S n＝3n2＋8n求出a n，由b n＋b n＋1＝a n的关系求b1，d差什么找什么要求{b n}的通项公式，还需要求b1和d.可令b n＋b n＋1＝a n中的n＝1和n＝2，建立b1和d的方程组求解求什么想什么求{c n}的前n项和T n，想到根据{c n}的通项公式的特征选择求和公式给什么用什么已知c n ＝(a n ＋1)n ＋1(b n ＋2)n，用第(1)问中所求a n 及b n 可化简得c n[规范解答](1)由题意知当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝11， 符合上式． 所以a n ＝6n ＋5. 设数列{b n }的公差为d.由⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎪⎨⎪⎧ 11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝4，d ＝3. 所以b n ＝3n ＋1.(2)由(1)知c n ＝(6n ＋6)n ＋1(3n ＋3)n ＝3(n ＋1)·2n ＋1. 由T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]， 2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]， 两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2] ＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋4(1－2n )1－2－(n ＋1)×2n ＋2 ＝－3n ·2n ＋2， 所以T n ＝3n ·2n ＋2.[关键点拨] 等差、等比数列基本量的计算模型 设置中间问题分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要首先求解的中间问题．如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的逻辑次序注意解题细节在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等[对点训练](2018·福州模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2，n ∈N *)．设b n ＝a n ＋1－a n .(1)证明：数列{b n }是等比数列；(2)设c n ＝b n(4n 2－1)2n，求数列{c n }的前n 项的和S n .解：(1)证明：因为a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2，n ∈N *)，b n ＝a n ＋1－a n ， 所以b n ＋1b n ＝a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n ＝(3a n ＋1－2a n )－a n ＋1a n ＋1－a n ＝2(a n ＋1－a n )a n ＋1－a n ＝2，又b 1＝a 2－a 1＝2－1＝1，所以数列{b n }是以1为首项，以2为公比的等比数列． (2)由(1)知b n ＝1×2n －1＝2n －1， 因为c n ＝b n(4n 2－1)2n，所以c n ＝12(2n ＋1)(2n －1)＝14⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，所以S n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝14⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝14⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n 4n ＋2. [总结升华]对于数列的备考：一是准确掌握数列中a n 与S n 之间的关系，这是解决数列问题的基础；二是重视等差与等比数列的复习，熟悉其基本概念、公式和性质，这是解决数列问题的根本；三是注意数列与函数、不等式等的综合问题，掌握解决此类问题的通法；四是在知识的复习和解题过程中体会其中所蕴含的数学思想方法，如分类讨论、数形结合、等价转化、函数与方程思想等．[专题跟踪检测](对应配套卷P180) 一、全练保分考法——保大分1．已知等差数列的前3项依次为a ，a ＋2,3a ，前n 项和为S n ，且S k ＝110，则k 的值为( )A ．9B ．11C ．10D ．12解析：选C 由a ，a ＋2,3a 成等差数列，得公差为2，且2(a ＋2)＝a ＋3a ，解得a ＝2，所以S k ＝2k ＋k (k －1)2×2＝k 2＋k ＝110，解得k ＝10或k ＝－11(舍去)． 2．(2018·云南模拟)已知数列{a n }是等差数列，若a 1－1，a 3－3，a 5－5依次构成公比为q 的等比数列，则q ＝( )A ．－2B ．－1C ．1D ．2解析：选C 依题意，注意到2a 3＝a 1＋a 5,2a 3－6＝a 1＋a 5－6，即有2(a 3－3)＝(a 1－1)＋(a 5－5)，即a 1－1，a 3－3，a 5－5成等差数列；又a 1－1，a 3－3，a 5－5依次构成公比为q 的等比数列，因此有a 1－1＝a 3－3＝a 5－5(若一个数列既是等差数列又是等比数列，则该数列是一个非零的常数列)，q ＝a 3－3a 1－1＝1. 3．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难．次日脚痛减一半，六朝方得至其关．要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思是“有一个人走378里，第一天健步行走，从第二天起脚痛，每天走的路程是前一天的一半，走了6天后到达目的地．”则第三天走了( )A ．60里B ．48里C ．36里D ．24里解析：选B 由题意得每天走的路程构成等比数列{a n }，其中q ＝12，S 6＝378，则S 6＝a 1⎝⎛⎭⎫1－1261－12＝378，解得a 1＝192，所以a 3＝192×14＝48.4．已知递减的等差数列{a n }中，a 3＝－1，a 1，a 4，－a 6成等比数列．若S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 7的值为( )A ．－14B ．－9C ．－5D ．－1解析：选A 设数列{a n }的公差为d ，由题可知d <0，因为a 1，a 4，－a 6成等比数列，所以a 24＝a 1×(－a 6)，即(a 1＋3d )2＝a 1×(－a 1－5d )．又a 3＝a 1＋2d ＝－1，联立可解得d ＝－1或d ＝25(舍去)．因为d ＝－1，所以a 1＝1，所以S 7＝－14.5．若数列{a n }是正项数列，且a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2＋n ，则a 1＋a 22＋…＋a nn 等于( )A ．2n 2＋2nB ．n 2＋2nC ．2n 2＋nD ．2(n 2＋2n )解析：选A ∵a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2＋n ，① ∴当n ＝1时，a 1＝2，解得a 1＝4. 当n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝(n －1)2＋n －1.② ①－②，得a n ＝2n ，∴a n ＝4n 2.当n＝1时上式也成立．∴a nn＝4n，则a1＋a22＋…＋a nn＝4(1＋2＋…＋n)＝4×n(1＋n)2＝2n2＋2n.6．已知正项等比数列{a n}的前n项和为S n，且S8－2S4＝5，则a9＋a10＋a11＋a12的最小值为()A．10 B．15C．20 D．25解析：选C由题意可得a9＋a10＋a11＋a12＝S12－S8，由S8－2S4＝5可得S8－S4＝S4＋5，由等比数列的性质可得S4，S8－S4，S12－S8成等比数列，则S4(S12－S8)＝(S8－S4)2，综上可得a9＋a10＋a11＋a12＝S12－S8＝(S4＋5)2S4＝S4＋25S4＋10≥2S4·25S4＋10＝20，当且仅当S4＝5时等号成立，综上可得a9＋a10＋a11＋a12的最小值为20.7．设{a n}是由正数组成的等比数列，S n为其前n项和．已知a2a4＝1，S3＝7，则其公比q等于________．解析：∵{a n}是由正数组成的等比数列，∴数列{a n}的公比q>0.由a2a4＝1，得a23＝1，∴a3＝1.∵S3＝7，∴a1＋a2＋a3＝1q2＋1q＋1＝7，即6q2－q－1＝0，解得q＝12或q＝－13(舍去)．故q＝1 2.答案：1 28．在各项均为正数的等比数列{a n}中，a m－1a m＋1＝2a m(m≥2)，数列{a n}的前n项积为T n.若T2m－1＝512，则m的值为________．解析：由等比数列的性质，得a m＋1a m－1＝a2m＝2a m.又数列{a n}的各项均为正数，所以a m ＝2.又T2m－1＝(a m)2m－1＝22m－1＝512，所以2m－1＝9，所以m＝5.答案：59．设数列{a n}的前n项和为S n，且a1＝1，a n＋a n＋1＝12n(n∈N*)，则S2n－1＝________.解析：因为a1＝1，a n＋a n＋1＝12n(n∈N*)，所以S2n－1＝a1＋(a2＋a3)＋…＋(a2n－2＋a2n－1)＝1＋122＋124＋…＋122n－2＝1－⎝⎛⎭⎫14n1－14＝43⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫14n.答案：43⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫14n10．(2018·成都模拟)已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a2＝3，S4＝16，n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)设数列{a n }的公差为d ， ∵a 2＝3，S 4＝16， ∴a 1＋d ＝3,4a 1＋6d ＝16， 解得a 1＝1，d ＝2. ∴a n ＝2n －1. (2)由题意，b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1 ＝n2n ＋1. 11．(2019届高三·南宁二中、柳州高中联考)已知a 1＝2，a 2＝4，数列{b n }满足：b n ＋1＝2b n ＋2且a n ＋1－a n ＝b n .(1)求证：数列{b n ＋2}是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)证明：由题知，b n ＋1＋2b n ＋2＝2b n ＋2＋2b n ＋2＝2，∵b 1＝a 2－a 1＝4－2＝2，∴b 1＋2＝4，∴数列{b n ＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)可得，b n ＋2＝4·2n －1，故b n ＝2n ＋1－2. ∵a n ＋1－a n ＝b n ， ∴a 2－a 1＝b 1， a 3－a 2＝b 2， a 4－a 3＝b 3， …a n －a n －1＝b n －1.累加得，a n －a 1＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n －1(n ≥2)， a n ＝2＋(22－2)＋(23－2)＋(24－2)＋…＋(2n －2) ＝2(1－2n )1－2－2(n －1)＝2n ＋1－2n ，故a n ＝2n ＋1－2n (n ≥2)． ∵a 1＝2符合上式，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1－2n (n ∈N *)．12．已知数列{a n }是等差数列，a 2＝6，前n 项和为S n ，{b n }是等比数列，b 2＝2，a 1b 3＝12，S 3＋b 1＝19.(1)求{a n }，{b n }的通项公式； (2)求数列{b n cos(a n π)}的前n 项和T n . 解：(1)∵数列{a n }是等差数列，a 2＝6， ∴S 3＋b 1＝3a 2＋b 1＝18＋b 1＝19，∴b 1＝1， ∵b 2＝2，数列{b n }是等比数列，∴b n ＝2n －1. ∴b 3＝4，∵a 1b 3＝12，∴a 1＝3， ∵a 2＝6，数列{a n }是等差数列， ∴a n ＝3n .(2)由(1)得，令C n ＝b n cos(a n π)＝(－1)n 2n －1， ∴C n ＋1＝(－1)n ＋12n ， ∴C n ＋1C n＝－2，又C 1＝－1， ∴数列{b n cos(a n π)}是以－1为首项，－2为公比的等比数列， ∴T n ＝－1×[1－(－2)n ]1＋2＝－13[1－(－2)n ]．二、强化压轴考法——拉开分1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2，S n ＋1＝4a n ＋2，则a 12＝( ) A ．20 480 B ．49 152 C ．60 152D ．89 150解析：选B 由S 2＝4a 1＋2，得a 1＋a 2＝4a 1＋2，联立a 1＝2，解得a 2＝8.又a n ＋2＝S n ＋2－S n ＋1＝4a n ＋1－4a n ，∴a n ＋2－2a n ＋1＝2(a n ＋1－2a n )，∴数列{a n ＋1－2a n }是以a 2－2a 1＝4为首项，以2为公比的等比数列，∴a n ＋1－2a n ＝4×2n －1＝2n ＋1，∴a n ＋1－2a n 2n ＋1＝1，∴a n ＋12n ＋1－a n2n ＝1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是以a 12＝1为首项，以1为公差的等差数列，∴a n2n ＝1＋(n －1)＝n ，∴a n ＝n ·2n ，∴a 12＝12×212＝49 152.2．已知a 1＝1，a n ＝n (a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式是( ) A ．2n －1 B.⎝⎛⎭⎫n ＋1n n －1C ．n 2D ．n解析：选D 因为a n ＝n (a n ＋1－a n )＝na n ＋1－na n ，所以na n ＋1＝(n ＋1)a n ，所以a n ＋1a n ＝n ＋1n ，所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝n n －1·n －1n －2 (2)1·1＝n .3．(2018·郑州模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，|a n ＋1－a n |＝1n (n ＋2).若a 2n ＋1>a 2n －1，a 2n ＋2<a 2n (n ∈N*)，则数列{(－1)n an }的前40项的和为( )A.1920B.325462C.4184D.2041解析：选D 由题意可得a 2n ＋1－a 2n －1>0，a 2n ＋2－a 2n <0，则a 2n ＋1－a 2n －1>a 2n ＋2－a 2n ， 所以a 2n ＋1－a 2n ＋2>a 2n －1－a 2n .① 而|a 2n ＋1－a 2n ＋2|＝1(2n ＋1)(2n ＋3)，|a 2n －1－a 2n |＝1(2n －1)(2n ＋1)，即|a 2n ＋1－a 2n ＋2|<|a 2n －1－a 2n |.② 综合①②，得a 2n －1－a 2n <0， 即a 2n －1－a 2n ＝－1(2n －1)(2n ＋1).裂项，得a 2n －a 2n －1＝12×⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1.综上可得，数列{(－1)n a n }的前40项的和为(a 2－a 1)＋(a 4－a 3)＋…＋(a 40－a 39)＝12×⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫139－141＝2041. 4．(2019届高三·河北“五个一名校联盟”联考)在正整数数列中，由1开始依次按如下规则，将某些数染成红色．先染1；再染两个偶数2,4；再染4后面最邻近的3个连续奇数5,7,9；再染9后面的最邻近的4个连续偶数10,12,14,16；再染此后最邻近的5个连续奇数17,19,21,23,25.按此规则一直染下去，得到一红色子数列1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17，…，则在这个红色子数列中，由1开始的第2 018个数是( )A ．3 971B ．3 972C ．3 973D ．3 974解析：选B 由题意可知，第1组有1个数，第2组有2个数，…，根据等差数列的前n 项和公式，可知前n 组共有n (n ＋1)2个数．由于2 016＝63×(63＋1)2<2 018<64×(64＋1)2＝2 080，因此，第2 018个数是第64组的第2个数．由于第1组最后一个数是1，第2组最后一个数是4，第3组最后一个数是9，…，第n 组最后一个数是n 2，因此，第63组最后一个数为632,632＝3 969，第64组为偶数组，其第1个数为3 970，第2个数为3 972，故选B.5．(2019届高三·南昌调研)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝3且当n ≥2时，2a n ＝S n ·S n －1(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析：当n ≥2时，由2a n ＝S n ·S n －1可得2(S n －S n －1)＝S n ·S n －1，∴1S n －1－1S n ＝12，即1S n －1S n －1＝－12，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为13，公差为－12的等差数列，∴1S n ＝13＋⎝⎛⎭⎫－12·(n －1)＝5－3n 6，∴S n ＝65－3n.当n ≥2时，a n ＝12S n S n －1＝12×65－3n ×65－3(n －1)＝18(5－3n )(8－3n )，又a 1＝3，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，18(5－3n )(8－3n )，n ≥2. 答案：⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，18(5－3n )(8－3n )，n ≥2 6．(2018·开封模拟)已知数列{a n }满足[2－(－1)n ]a n ＋[2＋(－1)n ]a n ＋1＝1＋(－1)n ×3n (n ∈N *)，则a 25－a 1＝________.解析：∵[2－(－1)n ]a n ＋[2＋(－1)n ]a n ＋1＝1＋(－1)n ×3n ，∴当n ＝2k (k ∈N *)时，a 2k ＋3a 2k ＋1＝1＋6k ，当n ＝2k －1(k ∈N *)时，3a 2k －1＋a 2k ＝1－6k ＋3，∴a 2k ＋1－a 2k －1＝4k －1，∴a 25＝(a 25－a 23)＋(a 23－a 21)＋…＋(a 3－a 1)＋a 1＝(4×12－1)＋(4×11－1)＋…＋(4×1－1)＋a 1＝4×12×(12＋1)2－12＋a 1＝300＋a 1，∴a 25－a 1＝300.答案：300三、加练大题考法——少失分1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 7＝0，a 3－2a 2＝12(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋162n ＋2的前n 项和S n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧7a 1＋7×62d ＝0，a 1＋2d －2(a 1＋d )＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－12，d ＝4，所以a n ＝4n －16.(2)由(1)知a n ＝4n －16，所以a n ＋162n ＋2＝4n －16＋162n ＋2＝n2n ， 所以S n ＝12＋222＋323＋…＋n 2n ，两边同乘以12，得12S n ＝122＋223＋324＋…＋n －12n ＋n 2n ＋1， 两式相减，得12S n ＝12＋122＋123＋124＋…＋12n －n 2n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12－n2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1，所以S n ＝2－n ＋22n . 2．设数列{a n }的前n 项和为T n ＝2n －14(n ∈N *)．(1)求{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝log 2a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，定义[x ]为不小于x 的最小整数，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫⎣⎡⎦⎤S n n 2的前n 项和R n .解：(1)因为数列{a n }的前n 项和为T n ＝2n －14，所以a 1＝T 1＝21－14＝14.当n ≥2时，a n ＝T n －T n －1＝2n －14－2n －1－14＝2n －3，当n ＝1时，a 1＝14符合上式．故a n ＝2n －3.(2)由(1)可知，b n ＝log 2a n ＝n －3，则数列{b n }是首项为－2，公差为1的等差数列，其前n 项和S n ＝n 22－52n ，则S n n 2＝12－52n .因为当n ≥1时，S n n 2＝12－52n 单调递增，所以S 112＝－2，当2≤n ≤5时，－34≤S nn 2≤0，当n ≥6时，112≤S n n 2<12，所以R 1＝－2，当2≤n ≤5时，R n ＝－2＋0＋0＋…＋0＝－2， 当n ≥6时，R n ＝－2＋(n －5)·1＝n －7，所以R n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－2，1≤n ≤5，n －7，n ≥6.3．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，且a 2＝3，S 5＝25. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若数列{b n }满足b n ＝1S n ·S n ＋1，记数列{b n }的前n 项和为T n ，证明：T n <1.解：(1)设等差数列{a n }的公差为d.因为a 2＝3，S 5＝25，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝3，5(2a 1＋4d )2＝25，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1.(2)证明：由(1)知，a n ＝2n －1， 所以S n ＝n (1＋2n －1)2＝n 2. 所以b n ＝1n 2·(n ＋1)2＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1<1.4．(2017·山东高考)已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1＋x 2＝3，x 3－x 2＝2. (1)求数列{x n }的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1，1)，P 2(x 2,2)，…，P n ＋1(x n ＋1，n ＋1)得到折线P 1P 2…P n ＋1，求由该折线与直线y ＝0，x ＝x 1，x ＝x n ＋1所围成的区域的面积T n .解：(1)设数列{x n }的公比为q ，由已知得q >0.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 1q ＝3，x 1q 2－x 1q ＝2.所以3q 2－5q －2＝0.因为q >0，所以q ＝2，x 1＝1， 因此数列{x n }的通项公式为x n ＝2n －1.(2)过P 1，P 2，…，P n ＋1向x 轴作垂线，垂足分别为Q 1，Q 2，…，Q n ＋1. 由(1)得x n ＋1－x n ＝2n －2n －1＝2n －1， 记梯形P n P n ＋1Q n ＋1Q n 的面积为b n ，由题意得b n＝(n＋n＋1)2×2n－1＝(2n＋1)×2n－2，所以T n＝b1＋b2＋…＋b n＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n－1)×2n－3＋(2n＋1)×2n－2.①又2T n＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n－1)×2n－2＋(2n＋1)×2n－1.②①－②得－T n＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n－1)－(2n＋1)×2n－1＝32＋2(1－2n－1)1－2－(2n＋1)×2n－1.所以T n＝(2n－1)×2n＋12.。