全国高考数学二轮复习专题二数列第3讲数列的综合问题学案理

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2024届高三数学二轮专题复习教案数列

2024届高三数学二轮专题复习教案——数列一、教学目标1.知识目标掌握数列的基本概念、性质和分类。

熟练运用数列的通项公式、求和公式。

能够解决数列的综合应用题。

2.能力目标提高学生分析问题和解决问题的能力。

培养学生的逻辑思维能力和创新意识。

二、教学内容1.数列的基本概念数列的定义数列的项、项数、通项公式数列的分类2.数列的性质单调性周期性界限性3.数列的求和等差数列求和公式等比数列求和公式分段求和4.数列的综合应用数列与函数数列与方程数列与不等式三、教学重点与难点1.教学重点数列的基本概念和性质数列的求和数列的综合应用2.教学难点数列求和的技巧数列与函数、方程、不等式的综合应用四、教学过程1.导入新课通过讲解一道数列的典型例题，引导学生回顾数列的基本概念、性质和求和公式，为新课的学习做好铺垫。

2.数列的基本概念（1）数列的定义：按照一定规律排列的一列数叫做数列。

（2）数列的项：数列中的每一个数叫做数列的项。

（3）数列的项数：数列中项的个数。

（4）数列的通项公式：表示数列中任意一项的公式。

（5）数列的分类：等差数列、等比数列、斐波那契数列等。

3.数列的性质（1）单调性：数列的项随序号增大而增大或减小。

（2）周期性：数列中某些项的值呈周期性变化。

（3）界限性：数列的项有最大值或最小值。

4.数列的求和（1）等差数列求和公式：S_n=n/2(a_1+a_n)（2）等比数列求和公式：S_n=a_1(1q^n)/(1q)（3）分段求和：根据数列的特点，将数列分为若干段，分别求和。

5.数列的综合应用（1）数列与函数：利用数列的通项公式研究函数的性质。

（2）数列与方程：利用数列的性质解决方程问题。

（3）数列与不等式：利用数列的性质解决不等式问题。

6.课堂练习（2）已知数列{a_n}的通项公式为a_n=n^2+n，求证数列{a_n}为单调递增数列。

（3）已知数列{a_n}的前n项和为S_n=n^2n+1，求证数列{a_n}为等差数列。

高考数学二轮复习第三部分讲重点解答题专练第2讲数列教学案理-高三全册数学教学案

第2讲数列■真题调研——————————————【例1】 [2019·全国卷Ⅱ]已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0,4a n ＋1＝3a n －b n ＋4,4b n ＋1＝3b n －a n －4.(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列； (2)求{a n }和{b n }的通项公式．解：(1)由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )，即a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n )．又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8, 即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2.又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列．(2)由(1)知，a n ＋b n ＝12n －1，a n －b n ＝2n －1.所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12，b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12.【例2】 [2019·江苏卷]定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”．(1)已知等比数列{a n }(n ∈N *)满足：a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，求证：数列{a n }为“M－数列”；(2)已知数列{b n }(n ∈N *)满足：b 1＝1，1S n ＝2b n －2b n ＋1，其中S n为数列{b n }的前n 项和．①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数．若存在“M－数列”{c n }(n ∈N *)，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有c k ≤b k ≤c k ＋1成立，求m 的最大值．解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由⎩⎪⎨⎪⎧a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a 21q 4＝a 1q 4，a 1q 2－4a 1q ＋4a 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2.因此数列{a n }为“M－数列”． (2)①因为1S n ＝2b n －2b n ＋1，所以b n ≠0.由b 1＝1，S 1＝b 1，得11＝21－2b 2，则b 2＝2.由1S n ＝2b n －2b n ＋1，得S n ＝b n b n ＋12b n ＋1－b n，当n ≥2时，由b n ＝S n －S n －1，得b n ＝b n b n ＋12b n ＋1－b n －b n －1b n 2b n －b n －1，整理得b n ＋1＋b n －1＝2b n .所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列．因此，数列{b n }的通项公式为b n ＝n (n ∈N *)． ②由①知，b k ＝k ，k ∈N *. 因为数列{c n }为“M－数列”，设公比为q ，所以c 1＝1，q >0. 因为c k ≤b k ≤c k ＋1，所以q k －1≤k ≤q k，其中k ＝1,2,3，…，m .当k ＝1时，有q ≥1；当k ＝2,3，…，m 时，有ln k k ≤ln q ≤ln kk －1.设f (x )＝ln x x (x >1)，则f ′(x )＝1－ln xx2. 令f ′(x )＝0，得x ＝e.列表如下：因为2＝6<6＝3，所以f (k )max ＝f (3)＝ln33.取q ＝33，当k ＝1,2,3,4,5时，ln k k≤ln q ，即k ≤q k，经检验知qk －1≤k 也成立．因此所求m 的最大值不小于5.若m ≥6，分别取k ＝3,6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216，所以q 不存在．因此所求m 的最大值小于6.综上，所求m 的最大值为5.【例3】 [2019·天津卷]设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列．已知a 1＝4，b 1＝6，b 2＝2a 2－2，b 3＝2a 3＋4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式； (2)设数列{c n }满足c 1＝1，c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，2k <n <2k ＋1，b k ，n ＝2k，其中k ∈N *.①求数列的通项公式；②求．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 .依题意得⎩⎪⎨⎪⎧6q ＝6＋2d ，6q 2＝12＋4d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝2，故a n ＝4＋(n －1)×3＝3n ＋1，b n ＝6×2n －1＝3×2n.所以，{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋1，{b n }的通项公式为b n ＝3×2n.(2)①＝(3×2n ＋1)(3×2n －1)＝9×4n－1.所以，数列{}的通项公式为＝9×4n－1.②＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ×4＋2n2n－12×3＋i ＝1n (9×4i －1)＝(3×22n －1＋5×2n －1)＋9×41－4n1－4－n＝27×22n －1＋5×2n －1－n －12(n ∈N *)．【例4】 [2019·浙江卷]设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝4，a 4＝S 3.数列{b n }满足：对每个n ∈N *，S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)记c n ＝a n 2b n，n ∈N *，证明：c 1＋c 2＋…＋c n <2n ，n ∈N *. 解：(1)设数列{a n }的公差为d ，由题意得a 1＋2d ＝4，a 1＋3d ＝3a 1＋3d ，解得a 1＝0，d ＝2. 从而a n ＝2n －2，n ∈N *. 所以S n ＝n 2－n ，n ∈N *.由S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列得 (S n ＋1＋b n )2＝(S n ＋b n )(S n ＋2＋b n )．解得b n ＝1d(S 2n ＋1－S n S n ＋2)．所以b n ＝n 2＋n ，n ∈N *. (2)c n ＝a n2b n ＝2n －22n n ＋1＝n －1n n ＋1，n ∈N *.我们用数学归纳法证明．(1)当n ＝1时，c 1＝0<2，不等式成立； (2)假设当n ＝k (k ∈N *)时不等式成立，即c 1＋c 2＋…＋c k <2k ，那么，当n ＝k ＋1时，c 1＋c 2＋…＋c k ＋c k ＋1<2k ＋k k ＋1k ＋2<2k ＋1k ＋1<2k ＋2k ＋1＋k ＝2k ＋2(k ＋1－k )＝2k ＋1，即当n ＝k ＋1时不等式也成立．根据(1)和(2)，不等式c 1＋c 2＋…＋c n <2n 对任意n ∈N *成立． ■模拟演练——————————————1．[2019·南昌二模]已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，a 1＝1，且存在实数λ满足2a n ＋1＝λa n ＋4，n ∈N *.(1)求λ的值及数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a 2n －n }的前n 项和S n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，d ≠0，由2a n ＋1＝λa n ＋4(n ∈N *)，①得2a n ＝λa n －1＋4(n ∈N *，n ≥2)，②两式相减得，2d ＝λd ，又d ≠0，所以λ＝2. 将λ＝2代入①可得a n ＋1－a n ＝2，即d ＝2，又a 1＝1，所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. (2)由(1)可得a 2n －n ＝2(2n －n )－1＝2n ＋1－(2n ＋1)，所以S n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)－[3＋5＋…＋(2n ＋1)]＝41－2n1－2－n 3＋2n ＋12＝2n ＋2－n 2－2n －4.2．[2019·广州综合测试二]已知{a n }是递增的等比数列，a 2＋a 3＝4，a 1a 4＝3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解：(1)解法一：设等比数列{a n }的公比为q . 因为a 2＋a 3＝4，a 1a 4＝3，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 2＝4，a 1·a 1q 3＝3.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，q ＝13，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝13，q ＝3.因为{a n }是递增的等比数列，所以a 1＝13，q ＝3，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2.解法二：设等比数列{a n }的公比为q . 因为a 2＋a 3＝4，a 1a 4＝a 2a 3＝3，所以a 2，a 3是方程x 2－4x ＋3＝0的两个根，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝1，a 3＝3，或⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝3，a 3＝1.因为{a n }是递增的等比数列，所以a 2＝1，a 3＝3，则q ＝3，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2.(2)由(1)知b n ＝n ×3n －2，则S n ＝1×3－1＋2×30＋3×31＋…＋n ×3n －2， ①在①式两边同时乘以3得，3S n ＝1×30＋2×31＋3×32＋…＋n ×3n －1， ②①－②得－2S n ＝3－1＋30＋31＋…＋3n －2－n ×3n －1，即－2S n ＝131－3n1－3－n ×3n －1，所以S n ＝14(2n －1)×3n －1＋112.3．[2019·福建质检]数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －n . (1)求证数列{a n ＋1}是等比数列，并求a n ；(2)若数列{b n }为等差数列，且b 3＝a 2，b 7＝a 3，求数列{a n b n }的前n 项和．解：(1)当n ＝1时，S 1＝2a 1－1，所以a 1＝1. 因为S n ＝2a n －n ， ①所以当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－(n －1)， ② ①－②得a n ＝2a n －2a n －1－1，所以a n ＝2a n －1＋1，所以a n ＋1a n －1＋1＝2a n －1＋1＋1a n －1＋1＝2a n －1＋2a n －1＋1＝2，所以{a n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，所以a n ＋1＝2·2n －1＝2n，所以a n ＝2n－1.(2)由(1)知，a 2＝3，a 3＝7，所以b 3＝a 2＝3，b 7＝a 3＝7.设{b n }的公差为d ，则b 7＝b 3＋(7－3)·d ，所以d ＝1，所以b n ＝b 3＋(n －3)·d ＝n ，所以a n b n ＝n (2n －1)＝n ·2n－n .设数列{n ·2n}的前n 项和为K n ，数列{n }的前n 项和为T n ，所以K n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n， ③ 2K n ＝22＋2×23＋3×24＋…＋n ·2n ＋1， ④③－④得－K n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝21－2n 1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )·2n ＋1－2.所以K n ＝(n －1)·2n ＋1＋2.又T n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12，所以K n －T n ＝(n －1)·2n ＋1－n n ＋12＋2，所以{a n b n }的前n 项和为 (n －1)·2n ＋1－n n ＋12＋2.4．[2019·安徽合肥质检]已知等比数列{a n }的各项都是正数，其中a 3，a 2＋a 3，a 4成等差数列，a 5＝32.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列{log 2a n }的前n 项和为S n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和T n .解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧2a 2＋a 3＝a 3＋a 4，a 5＝32，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1q ＋a 1q 2＝a 1q 3，a 1q 4＝32.∵a n >0，∴q >0，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2.∴a n ＝2n. (2)由已知得，S n ＝log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a n ＝n n ＋12，∴1S n ＝2nn ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和T n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝2n n ＋1.。

(通用版)高考数学二轮复习第一部分专题二数列教学案文-人教版高三全册数学教学案

专题二数列[研高考·明考点]偶考点 1.三角函数的综合问题2.平面向量与解三角形、三角函数的综合问题偶考点数列与其他知识的综合问题第一讲小题考法——等差数列与等比数列考点(一) 主要考查方式有两种：一是利用a n 与S n 的关系求通项a n 或前n 项和S n ；二是利用a n 与a n ＋1的关系求通项a n 或前n 项和S n .数列的递推关系式[典例感悟][典例] (1)(2017·云南调研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足4(n ＋1)(S n ＋1)＝(n ＋2)2a n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝( )A ．(n ＋1)3B ．(2n ＋1)2C ．8n 2D ．(2n ＋1)2－1(2)(2017·成都模拟)在数列{a n }中，a 1＝1，a 1＋a 222＋a 332＋…＋a nn 2＝a n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.[解析] (1)当n ＝1时，4×(1＋1)×(a 1＋1)＝(1＋2)2×a 1，解得a 1＝8.当n ≥2时，4(S n ＋1)＝n ＋22a n n ＋1，则4(S n －1＋1)＝n ＋12a n －1n ，两式相减得，4a n ＝n ＋22a nn ＋1－n ＋12a n －1n，整理得，a na n －1＝n ＋13n 3，所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝n ＋13n 3×n 3n －13×…×3323×8＝(n ＋1)3.检验知，a 1＝8也符合，所以a n ＝(n ＋1)3. (2)根据a 1＋a 222＋a 332＋…＋a nn 2＝a n ，①有a 1＋a 222＋a 332＋…＋a n －1n －12＝a n －1，②①－②得，a nn2＝a n －a n －1，即n 2a n －1＝(n 2－1)a n ，所以a n a n －1＝n 2n 2－1＝n 2n ＋1n －1，所以a n ＝a 1×a 2a 1×a 3a 2×…×a na n －1＝1×222＋12－1×323＋13－1×…×n 2n ＋1n －1＝22×32×42×…×n 22－12＋13－13＋14－14＋1…n －1n ＋1＝22×32×42×…×n21×3×2×4×3×5×…×n －1×n ＋1 ＝2n n ＋1. [答案] (1)A (2)2n n ＋1[方法技巧]由a n 与S n 的关系求通项公式的注意事项(1)应重视分类讨论思想的应用，分n ＝1和n ≥2两种情况讨论，特别注意a n ＝S n －S n －1成立的前提是n ≥2.(2)由S n －S n －1＝a n 推得a n ，当n ＝1时，a 1也适合，则需统一表示(“合写”)． (3)由S n －S n －1＝a n 推得a n ，当n ＝1时，a 1不适合，则数列的通项公式应分段表示(“分写”)，即a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1n ＝1，S n －S n －1n ≥2.[演练冲关]1．(2018届高三·广东五校联考)数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1＝a 1＋a n ＋n (n ∈N *)，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 017＝( )A.2 0171 009 B.2 0151 008 C.2 0162 017 D.2 0152 016解析：选A 由a 1＝1，a n ＋1＝a 1＋a n ＋n 可得a n ＋1－a n ＝n ＋1，利用累加法可得a n －a 1＝n －1n ＋22，所以a n ＝n 2＋n2，所以1a n ＝2n 2＋n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，故1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 017＝211－12＋12－13＋…＋12 017－12 018＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 018＝2 0171 009，故选A. 2．(2017·石家庄质检)数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为( )A ．3 690B ．3 660C ．1 845D ．1 830解析：选D 不妨令a 1＝1，根据题意，得a 2＝2，a 3＝a 5＝a 7＝…＝1，a 4＝6，a 6＝10，…，所以当n 为奇数时，a n ＝1，当n 为偶数时构成以a 2＝2为首项，以4为公差的等差数列．所以{a n }的前60项和为S 60＝30＋2×30＋30×30－12×4＝1 830.3．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S 5＝________. 解析：∵a n ＋1＝2S n ＋1，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，∴S n ＋1＝3S n ＋1，∴S n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎪⎫S n ＋12，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是公比为3的等比数列，∴S 2＋12S 1＋12＝3.又S 2＝4，∴S 1＝1，∴S 5＋12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫S 1＋12×34＝32×34＝2432，∴S 5＝121. 答案：121考点(二)主要考查与等差比数列的通项公式、前n 项和公式有关的五个基本量间的“知三求二”运算.等差、等比数列的基本运算[典例] (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 ．100B ．99C ．98D ．97(2)(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(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] (1)∵{a n }是等差数列，设其公差为d ， ∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝27，∴a 5＝3.又∵a 10＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝3，a 1＋9d ＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝1.∴a 100＝a 1＋99d ＝－1＋99×1＝98，故选C. (2)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. (3)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 11－q 31－q ＝74，S 6＝a11－q 61－q＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝14，则a 8＝a 1q 7＝14×27＝32.[答案] (1)C (2)A (3)32[方法技巧]等差(比)数列基本运算的解题思路(1)设基本量：首项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 (或q )的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量．[演练冲关]1．(2017·合肥质检)若等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 2＋S 3＝4，a 3＋S 5＝12，则a 4＋S 7的值是( )A ．20B ．36解析：选C 由a 2＋S 3＝4及a 3＋S 5＝12得⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋4d ＝4，6a 1＋12d ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝0，d ＝1，∴a 4＋S 7＝8a 1＋24d ＝24.故选C.2．(2017·全国卷Ⅲ)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则a 4＝________. 解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则a 1＋a 2＝a 1(1＋q )＝－1，a 1－a 3＝a 1(1－q 2)＝－3，两式相除，得1＋q 1－q 2＝13，解得q ＝－2，a 1＝1，所以a 4＝a 1q 3＝－8. 答案：－83．(2018届高三·河南十校联考)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和，若S 8＝4S 4，则a 10＝________.解析：∵{a n }是公差为1的等差数列， ∴S 8＝8a 1＋28，S 4＝4a 1＋6. ∵S 8＝4S 4，∴8a 1＋28＝4(4a 1＋6)，解得a 1＝12，∴a 10＝a 1＋9d ＝12＋9＝192.答案：192[典例] (1)(2017·云南调研)已知数列{a n }是等比数列，S n 为其前n 项和，若a 1＋a 2＋a 3＝4，a 4＋a 5＋a 6＝8，则S 12＝( )A ．40B ．60C ．32D ．50(2)(2017·长沙模拟)在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 3＝2－1，a 5＝2＋1，则a 23＋2a 2a 6＋a 3a 7＝( )C．8 D．8－4 2(3)(2018届高三·湖南名校联考)若{a n}是等差数列，首项a1>0，a2 016＋a2 017>0，a2 016·a2 017<0，则使前n项和S n>0成立的最大正整数n是( )A．2 016 B．2 017C．4 032 D．4 033[解析] (1)由等比数列的性质可知，数列S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比数列，即数列4,8，S9－S6，S12－S9是等比数列，所以S9－S6＝16，S12－S9＝32，所以S12＝(S12－S9)＋(S9－S6)＋(S6－S3)＋S3＝32＋16＋8＋4＝60，故选B.(2)在等比数列{a n}中，a3a7＝a25，a2a6＝a3a5，所以a23＋2a2a6＋a3a7＝a23＋2a3a5＋a25＝(a3＋a5)2＝(2－1＋2＋1)2＝(22)2＝8，故选C.(3)因为a1>0，a2 016＋a2 017>0，a2 016·a2 017<0，所以d<0，a2 016>0，a2 017<0，所以S4 032＝4 032a1＋a4 0322＝4 032a2 016＋a2 0172>0，S4 033＝4 033a1＋a4 0332＝4 033a2 017<0，所以使前n项和S n>0成立的最大正整数n是4 032，故选C.[答案] (1)B (2)C (3)C[方法技巧]等差、等比数列性质问题的求解策略(1)解题关键：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)运用函数性质：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．[演练冲关]1．已知等差数列{a n}中，a1＝1，前10项和等于前5项和，若a m＋a6＝0，则m＝( ) A．10 B．9C．8 D．2解析：选A 记数列{a n}的前n项和为S n，由题意S10＝S5，所以S10－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝0，又a6＋a10＝a7＋a9＝2a8，于是a8＝0，又a m＋a6＝0，所以m＋6＝2×8，解得m＝10.2．(2017·合肥质检)已知数列{a n}是首项为a，公差为1的等差数列，数列{b n}满足b n＝1＋a n a n.若对任意的n ∈N *，都有b n ≥b 8成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－8，－7)B ．[－8，－7)C ．(－8，－7]D ．[－8，－7]解析：选A 因为{a n }是首项为a ，公差为1的等差数列，所以a n ＝n ＋a －1，因为b n＝1＋a n a n ＝1＋1a n ，又对任意的n ∈N *都有b n ≥b 8成立，所以1＋1a n ≥1＋1a 8，即1a n ≥1a 8对任意的n∈N *恒成立，因为数列{a n }是公差为1的等差数列，所以{a n }是单调递增的数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 8<0，a 9>0，即⎩⎪⎨⎪⎧8＋a －1<0，9＋a －1>0，解得－8<a <－7.3．若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝________.解析：因为a 10a 11＋a 9a 12＝2a 10a 11＝2e 5，所以a 10a 11＝e 5.所以ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ln(a 1a 2…a 20)＝ln[(a 1a 20)·(a 2a 19)·…·(a 10a 11)]＝ln(a 10a 11)10＝10ln(a 10a 11)＝10ln e 5＝50ln e ＝50.答案：50[典例] (1)(2018届高三·西安八校联考)已知数列{a n }是等比数列，数列{b n }是等差数列，若a 1·a 6·a 11＝－33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，则tanb 3＋b 91－a 4·a 8的值为( )A ．－ 3B ．－1C ．－33D ． 3(2)设数列{}a n 是等差数列，数列{}b n 是等比数列，记数列{}a n ，{}b n 的前n 项和分别为S n ，T n .若a 5＝b 5，a 6＝b 6，且S 7－S 5＝4(T 6－T 4)，则a 7＋a 5b 7＋b 5＝________. [解析] (1)依题意得，a 36＝(－3)3，a 6＝－3，3b 6＝7π，b 6＝7π3，所以b 3＋b 91－a 4·a 8＝2b 61－a 26＝－7π3，故tan b 3＋b 91－a 4·a 8＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－7π3＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2π－π3＝－tan π3＝－ 3. (2)设等差数列{}a n 的公差为d ，等比数列{}b n 的公比为q . 由a 5＝b 5，a 6＝b 6，且S 7－S 5＝4(T 6－T 4)，得⎩⎪⎨⎪⎧a 5＝b 5，a 5＋d ＝b 5q ，2a 5＋3d ＝4b 5＋b 5q ，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝－5，d ＝－6a 5.故a 7＋a 5b 7＋b 5＝2a 5＋2d b 5q 2＋b 5＝2a 5＋2－6a 525a 5＋a 5＝－10a 526a 5＝－513. [答案] (1)A (2)－513[方法技巧]等差、等比数列综合问题的求解策略(1)对于等差数列与等比数列交汇的问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用等差中项、等比中项等性质，可使运算简便．(2)数列的通项或前n 项和可以看作关于n 的函数，然后利用函数的性质求解数列的有关最值问题．[演练冲关]1．(2017·云南调研)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，得2a 3＝a 1＋a 5,2a 3－6＝a 1＋a 5－6，即2(a 3－3)＝(a 1－1)＋(a 5－5)，所以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，q ＝a 3－3a 1－1＝1. 2．(2017·望江调研)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 10＝0，S 15＝25，则nS n 的最小值为( )A ．－47B ．－48C ．－49D ．－50解析：选C 由已知得⎩⎪⎨⎪⎧S10＝10a 1＋10×92d ＝0，S15＝15a 1＋15×142d ＝25，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝23，那么nS n ＝n 2a 1＋n 2n －12d ＝n 33－10n 23.由于函数f (x )＝x 33－10x 23在x ＝203处取得极小值，又6<203<7，从而检验n ＝6时，6S 6＝－48，n ＝7时，7S 7＝－49.所以nS n 的最小值为－49.3．(2017·太原模拟)设等比数列{a n }的前6项和S 6＝6，且1－a 22为a 1，a 3的等差中项，则a 7＋a 8＋a 9＝________.解析：依题意得a 1＋a 3＝2－a 2，即S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝2，由等比数列的性质，知数列S 3，S 6－S 3，S 9－S 6成等比数列，即数列2,4，S 9－S 6成等比数列，于是有S 9－S 6＝8，即a 7＋a 8＋a 9＝8.答案：8[必备知能·自主补缺] (一) 主干知识要记牢 1．等差数列、等比数列等差数列等比数列通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d a n ＝a 1q n －1(q ≠0)前n 项和公式S n ＝n a 1＋a n2＝na 1＋n n －12d(1)q ≠1，S n ＝a 11－q n 1－q ＝a 1－a n q1－q；(2)q ＝1，S n ＝na 1(1)定义法：a n ＋1－a n ＝d (常数)(n ∈N *)⇔{a n }是等差数列．(2)通项公式法：a n ＝pn ＋q (p ，q 为常数，n ∈N *)⇔{a n }是等差数列． (3)中项公式法：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)⇔{a n }是等差数列．(4)前n 项和公式法：S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数，n ∈N *)⇔{a n }是等差数列． 3．判断等比数列的常用方法(1)定义法：a n ＋1a n＝q (q 是不为0的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列． (2)通项公式法：a n ＝cq n(c ，q 均是不为0的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列． (3)中项公式法：a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(a n ·a n ＋1·a n ＋2≠0，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列． (二) 二级结论要用好 1．等差数列的重要规律与推论(1)a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a m ＋(n －m )d ；p ＋q ＝m ＋n ⇒a p ＋a q ＝a m ＋a n . (2)a p ＝q ，a q ＝p (p ≠q )⇒a p ＋q ＝0；S m ＋n ＝S m ＋S n ＋mnd .(3)连续k 项的和(如S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…)构成的数列是等差数列．(4)若等差数列{a n }的项数为偶数2m ，公差为d ，所有奇数项之和为S 奇，所有偶数项之和为S 偶，则所有项之和S 2m ＝m (a m ＋a m ＋1)，S 偶－S 奇＝md ，S 奇S 偶＝a ma m ＋1. (5)若等差数列{a n }的项数为奇数2m －1，所有奇数项之和为S 奇，所有偶数项之和为S偶，则所有项之和S 2m －1＝(2m －1)a m ，S 奇＝ma m ，S 偶＝(m －1)a m ，S 奇－S 偶＝a m ，S 奇S 偶＝m m －1. [针对练1] 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，则该数列的公差d ＝________.解析：设等差数列的前12项中奇数项的和为S 奇，偶数项的和为S 偶，等差数列的公差为d .由已知条件，得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＋S 偶＝354，S 偶∶S 奇＝32∶27，解得⎩⎪⎨⎪⎧S 偶＝192，S 奇＝162.又S 偶－S 奇＝6d ，所以d ＝192－1626＝5.答案：52．等比数列的重要规律与推论 (1)a n ＝a 1qn －1＝a m qn －m；p ＋q ＝m ＋n ⇒a p ·a q ＝a m ·a n .(2){a n }，{b n }成等比数列⇒{a n b n }成等比数列．(3)连续m 项的和(如S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…)构成的数列是等比数列(注意：这连续m 项的和必须非零才能成立)．(4)若等比数列有2n 项，公比为q ，奇数项之和为S 奇，偶数项之和为S 偶，则S 偶S 奇＝q . (5)对于等比数列前n 项和S n ，有： ①S m ＋n ＝S m ＋q mS n ；②S m S n ＝1－q m 1－q n(q ≠±1)． (三) 易错易混要明了已知数列的前n 项和求a n ，易忽视n ＝1的情形，直接用S n －S n －1表示．事实上，当n ＝1时，a 1＝S 1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1.[针对练2] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，则该数列的通项公式为________．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]＝n 2－(n －1)2＝2n －1，又当n ＝1时，2×1－1＝1≠2.∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2[课时跟踪检测]A 组——12＋4提速练一、选择题1．(2017·成都模拟)在等比数列{a n }中，已知a 3＝6，a 3＋a 5＋a 7＝78，则a 5＝( ) A ．12 B ．18 C ．24D ．30解析：选B ∵a 3＋a 5＋a 7＝a 3(1＋q 2＋q 4)＝6(1＋q 2＋q 4)＝78，解得q 2＝3，∴a 5＝a 3q 2＝6×3＝18.故选B.2．(2017·兰州模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，a 8＋a 10＝28，则S 9＝( )A ．36B ．72C ．144D ．288解析：选B ∵a 8＋a 10＝2a 9＝28，∴a 9＝14，∴S 9＝9a 1＋a 92＝72.3．(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 ＝4.4．设等比数列{}a n 的前n 项和为S n ，若S 1＝13a 2－13，S 2＝13a 3－13，则公比q ＝( )A ．1B ．4C ．4或0D ．8解析：选B ∵S 1＝13a 2－13，S 2＝13a 3－13，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝13a 1q －13，a 1＋a 1q ＝13a 1q 2－13，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝4或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－13，q ＝0(舍去)，故所求的公比q ＝4.5．已知S n 是公差不为0的等差数列{}a n 的前n 项和，且S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 2＋a 3a 1的值为( )A ．4B ．6C ．8D ．10解析：选C 设数列{}a n 的公差为d ，则S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋d ，S 4＝4a 1＋6d ，故(2a 1＋d )2＝a 1(4a 1＋6d )，整理得d ＝2a 1，所以a 2＋a 3a 1＝2a 1＋3d a 1＝8a 1a 1＝8. 6．(2018届高三·湖南十校联考)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n ＋1＝S n ＋a n ＋3，a 4＋a 5＝23，则S 8＝( )A ．72B ．88C ．92D ．98解析：选C 由S n ＋1＝S n ＋a n ＋3，得a n ＋1－a n ＝3，所以数列{a n }是公差为3的等差数列，S 8＝8a 1＋a 82＝8a 4＋a 52＝92.7．已知数列{}a n 满足a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n，0≤a n＜12，2a n－1，12≤a n＜1.若a 1＝35，则a 2 018＝( )A.15B.25C.35D.45解析：选A 因为a 1＝35，根据题意得a 2＝15，a 3＝25，a 4＝45，a 5＝35，所以数列{}a n 以4为周期，又2 018＝504×4＋2，所以a 2 018＝a 2＝15，故选A.8．若等比数列的各项均为正数，前4项的和为9，积为814，则前4项倒数的和为( )A.32B.94C ．1D ．2解析：选D 设等比数列的首项为a 1，公比为q ，则第2,3,4项分别为a 1q ，a 1q 2，a 1q 3，依题意得a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝9，a 1·a 1q ·a 1q 2·a 1q 3＝814，化简得a 21q 3＝92，则1a 1＋1a 1q ＋1a 1q2＋1a 1q 3＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3a 21q3＝2. 9．(2017·广州模拟)已知等比数列{a n }的各项都为正数，且a 3，12a 5，a 4成等差数列，则a 3＋a 5a 4＋a 6的值是( ) A.5－12 B.5＋12 C.3－52 D.3＋52解析：选A 设等比数列{a n }的公比为q ，由a 3，12a 5，a 4成等差数列可得a 5＝a 3＋a 4，即a 3q 2＝a 3＋a 3q ，故q 2－q －1＝0，解得q ＝1＋52或q ＝1－52(舍去)，所以a 3＋a 5a 4＋a 6＝a 3＋a 3q2a 4＋a 4q 2＝a 31＋q 2a 41＋q 2＝1q ＝25＋1＝5－12，故选A.10．(2017·张掖模拟)等差数列{a n }中，a n a 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.⎩⎨⎧⎭⎬⎫12 D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫0，12，1解析：选Ba n a 2n ＝a 1＋n －1d a 1＋2n －1d ＝a 1－d ＋nd a 1－d ＋2nd ，若a 1＝d ≠0，则a n a 2n ＝12；若a 1≠0，d ＝0，则a n a 2n ＝1.∵a 1－d ＋nd ≠0，∴a na 2n ≠0，∴该常数的可能值的集合为⎩⎨⎧⎭⎬⎫1，12.11．(2018届高三·湖南十校联考)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1<0，若存在自然数m ≥3，使得a m ＝S m ，则当n >m 时，S n 与a n 的大小关系是( )A ．S n <a nB ．S n ≤a nC ．S n >a nD ．大小不能确定解析：选C 若a 1<0，存在自然数m ≥3，使得a m ＝S m ，则d >0，否则若d ≤0，数列是递减数列或常数列，则恒有S m <a m ，不存在a m ＝S m .由于a 1<0，d >0，当m ≥3时，有a m ＝S m ，因此a m >0，S m >0，又S n ＝S m ＋a m ＋1＋…＋a n ，显然S n >a n .故选C.12．(2017·洛阳模拟)等比数列{a n }的首项为32，公比为－12，前n 项和为S n ，则当n ∈N *时，S n －1S n的最大值与最小值之和为( )A ．－23B ．－712C.14D.56解析：选C 依题意得，S n ＝32⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n.当n 为奇数时，S n ＝1＋12n 随着n的增大而减小，1<S n ＝1＋12n ≤S 1＝32，S n －1S n 随着S n 的增大而增大，0<S n －1S n ≤56；当n 为偶数时，S n ＝1－12n 随着n 的增大而增大，34＝S 2≤S n ＝1－12n <1，S n －1S n 随着S n 的增大而增大，－712≤S n －1S n <0.因此S n －1S n 的最大值与最小值分别为56，－712，其最大值与最小值之和为56＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－712＝14. 二、填空题13．(2017·合肥质检)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 ，又因为a 1＝2，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，故S 9＝2×1－291－2＝210－2＝1 022.答案：1 02214．(2017·兰州模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，S n 为数列{a n }的前n 项和，且当n ≥2时，有2a na n S n －S 2n＝1成立，则S 2 017＝________.解析：当n ≥2时，由2a n a n S n －S 2n ＝1，得2(S n －S n －1)＝(S n －S n －1)S n －S 2n ＝－S n S n －1，∴2S n －2S n －1＝1，又2S 1＝2，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫2S n 是以2为首项，1为公差的等差数列，∴2S n ＝n ＋1，故S n ＝2n ＋1，则S 2 017＝11 009. 答案：11 00915．(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：设等比数列{a n }的公比为q ，则由a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝q (a 1＋a 3)＝5，知q ＝12.又a 1＋a 1q 2＝10，∴a 1＝8.故a 1a 2…a n ＝a n 1q1＋2＋…＋(n －1)＝23n·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1n2＝23n －n 22＋n 2＝2－n 22＋72n .记t ＝－n 22＋7n2＝－12(n 2－7n )＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫n －722＋498，结合n ∈N *可知n ＝3或4时，t 有最大值6. 又y ＝2t为增函数，从而a 1a 2…a n 的最大值为26＝64.答案：6416．(2017·广州模拟)设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝2，对任意p ，q ∈N *，都有a p ＋q ＝a p ＋a q ，则f (n )＝S n ＋60n ＋1(n ∈N *)的最小值为________．解析：a 1＝2，对任意p ，q ∈N *，都有a p ＋q ＝a p ＋a q ，令p ＝1，q ＝n ，则有a n ＋1＝a n ＋a 1＝a n ＋2.故{a n }是等差数列，所以a n ＝2n ，S n ＝2×1＋n n 2＝n 2＋n ，f (n )＝S n ＋60n ＋1＝n 2＋n ＋60n ＋1＝n ＋12－n ＋1＋60n ＋1＝n ＋1＋60n ＋1－1.当n ＋1＝8，即n ＝7时，f (7)＝8＋608－1＝292；当n ＋1＝7，即n ＝6时，f (6)＝7＋607－1＝1027，因为292<1027，则f (n )＝S n ＋60n ＋1(n ∈N *)的最小值为292.答案：292B 组——能力小题保分练1．若a ，b 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p ＞0，q ＞0)的两个不同的零点，且a ，b ，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p ＋q 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9 解析：选D 不妨设a ＞b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝p ＞0，ab ＝q ＞0，∴a ＞0，b ＞0，则a ，－2，b 成等比数列，a ，b ，－2成等差数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧ab ＝－22，a －2＝2b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝1，∴p ＝5，q ＝4，∴p ＋q ＝9.2．(2017·郑州质检)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＝2n22n －12＝2n 2－(n －1)2＝22n －1，又a 1＝21＝22×1－1，因此a n ＝22n －1，1a n ＝122n －1＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1，即数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫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，＋∞. 3．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k＝________.解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3，4a 1＋6d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，所以S n ＝n n ＋12，1S n＝2n n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，因此∑k ＝1n1S k ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2n n ＋1.答案：2nn ＋14．(2017·兰州模拟)已知数列{a n }，{b n }，若b 1＝0，a n ＝1nn ＋1，当n ≥2时，有b n ＝b n －1＋a n －1，则b 2 018＝________.解析：由b n ＝b n －1＋a n －1，得b n －b n －1＝a n －1，∴b 2－b 1＝a 1，b 3－b 2＝a 2，…，b n －b n －1＝a n －1，∴b 2－b 1＋b 3－b 2＋…＋b n －b n －1＝a 1＋a 2＋…＋a n －1＝11×2＋12×3＋…＋1n －1×n，即b n －b 1＝a 1＋a 2＋…＋a n －1＝11×2＋12×3＋…＋1n －1×n ＝11－12＋12－13＋…＋1n －1－1n＝1－1n ＝n －1n ，∵b 1＝0，∴b n ＝n －1n ，∴b 2 018＝2 0172 018.答案：2 0172 0185．(2017·石家庄质检)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(n ＝－8舍去)，所以a k ＝78.答案：786．在数列{a n }和{b n }中，a n ＋1＝a n ＋b n ＋a 2n ＋b 2n ，b n ＋1＝a n ＋b n －a 2n ＋b 2n ，a 1＝1，b 1＝1.设c n ＝1a n ＋1b n，则数列{c n }的前2 018项和为________．解析：由已知a n ＋1＝a n ＋b n ＋a 2n ＋b 2n ，b n ＋1＝a n ＋b n －a 2n ＋b 2n 得a n ＋1＋b n ＋1＝2(a n ＋b n )，又a 1＋b 1＝2，所以数列{a n ＋b n }是首项为2，公比为2的等比数列，即a n ＋b n ＝2n，将a n ＋1＝a n ＋b n ＋a 2n ＋b 2n ，b n ＋1＝a n ＋b n －a 2n ＋b 2n 相乘并化简，得a n ＋1b n ＋1＝2a n b n ，即a n ＋1b n ＋1a nb n＝2.所以数列{a n b n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以a n b n ＝2n －1，因为c n ＝1a n ＋1b n，所以c n＝a n ＋b n a n b n ＝2n 2n －1＝2，数列{c n }的前2 018项和为2×2 018＝4 036. 答案：4 036第二讲大题考法——数列[典例1] (2017·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①②解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝0(舍去)或⎩⎪⎨⎪⎧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或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.[备课札记][方法技巧]等差、等比数列的基本量的求解策略(1)分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要先求解的中间问题．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，即确定解题的逻辑次序．(2)注意细节．例如：在等差数列与等比数列综合问题中，若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．[演练冲关]1．(2017·洛阳模拟)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＝4a 1－3，又a 1＝1，∴a 2＝12.由题可得，2a n a n ＋1＝4S n －3，① 2a n ＋1a n ＋2＝4S n ＋1－3.②②－①得，2a n ＋1(a n ＋2－a n )＝4a n ＋1. ∵a n ≠0，∴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，∴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，∴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.题型(二) 主要考查错位相减法求和、裂项相消法求和以及分组求和，且常结合数列的递推公式、周期等命题.数列求和问题[典例感悟][典例2] 等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，满足a 1＝3，b 1＝1，b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)令c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2S n，n 为奇数，b n ，n 为偶数，设数列{c n }的前n 项和为T n ，求T 2n .[解] (1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q ，则由⎩⎪⎨⎪⎧b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3，得⎩⎪⎨⎪⎧q ＋6＋d ＝10，3＋4d －2q ＝3＋2d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝2，所以a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝2n －1.(2)由a 1＝3，a n ＝2n ＋1得S n ＝n (n ＋2)，则c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n n ＋2，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，即c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1n －1n ＋2，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，所以T 2n ＝(c 1＋c 3＋…＋c 2n －1)＋(c 2＋c 4＋…＋c 2n )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＋(2＋23＋…＋22n －1) ＝1－12n ＋1＋21－4n1－4＝2n 2n ＋1＋23(4n－1)． [备课札记][方法技巧]1．分组求和中分组的策略 (1)根据等差、等比数列分组． (2)根据正号、负号分组． 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将两个和式错位相减； ③整理结果形式．[演练冲关]2．(2017·合肥质检)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 4＝24，S 7＝63. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2a n ＋a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)∵{a n }为等差数列， ∴⎩⎪⎨⎪⎧S 4＝4a 1＋4×32d ＝24，S 7＝7a 1＋7×62d ＝63，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝2，∴a n ＝2n ＋1. (2)∵b n ＝2a n ＋a n ＝22n ＋1＋(2n ＋1)＝2×4n＋(2n ＋1)，∴T n ＝2×(4＋42＋ (4))＋(3＋5＋…＋2n ＋1) ＝2×41－4n1－4＋n 3＋2n ＋12＝83(4n －1)＋n 2＋2n . 3．(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 . 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，4T n ＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n －4)×4n ＋(3n －1)×4n ＋1，上述两式相减，得－3T n ＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n －(3n －1)×4n ＋1＝12×1－4n1－4－4－(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.题型(三)主要考查等差数列与等比数列的定义、等差中项及等比中项，且常与数列的递推公式相结合命题.等差、等比数列的判定与证明[典例感悟][典例3] (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 11＋q ＝2，a 11＋q ＋q2＝－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－－2n]1－－2＝－23＋(－1)n 2n ＋13.由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n2n ＋3－2n ＋23＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤－23＋(－1)n 2n ＋13＝2S n ，故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．[备课札记][方法技巧]判定和证明数列是等差(比)数列的方法(1)定义法：对于n ≥1的任意自然数，验证a n ＋1－a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫或a n ＋1a n 为与正整数n 无关的某一常数．(2)中项公式法：①若2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)，则{a n }为等差数列； ②若a 2n ＝a n －1·a n ＋1≠0(n ∈N *，n ≥2)，则{a n }为等比数列．[演练冲关]4．(2018届高三·东北三校联考)已知数列{a n }的首项a 1>0，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1(n ∈N *)，且a 1＝23.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n－1是等比数列，并求出{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和T n .解：(1)证明：记b n ＝1a n －1，则b n ＋1b n ＝1a n ＋1－11a n －1＝2a n ＋13a n －11a n－1＝2a n ＋1－3a n 3－3a n ＝1－a n 31－a n ＝13，又b 1＝1a 1－1＝32－1＝12，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是首项为12，公比为13的等比数列．所以1a n －1＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1，即a n ＝2×3n －11＋2×3n －1.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2×3n －11＋2×3n －1.(2)由(1)知，1a n ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＋1.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n 1－13＋n ＝34⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n ＋n .[解题通法点拨] 数列问题重在“化归”[循流程思维——入题快]等差数列与等比数列是我们最熟悉的两个基本数列，在高中阶段它们是一切数列问题的出发点与落脚点．首项与公差(比)称为等差(比)数列的基本量，大凡涉及这两个数列的问题，我们总希望把已知条件化归为等差或等比数列的基本量间的关系，从而达到解决问题的目的．这种化归为基本量处理的方法是解决等差或等比数列问题特有的方法，对于不是等差或等比的数列，可通过转化化归，转化为等差(比)数列问题或相关问题求解．由于数列是一种特殊的函数，也可根据题目特点，将数列问题化归为函数问题来解决．[按流程解题——快又准][典例] (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 ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．[解题示范](1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，① 可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.②②－①，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a n >0，得a n ＋1－a n ＝2. 又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3.所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝12n ＋12n ＋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＝n32n ＋3.[思维升华] 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．[应用体验](2017·张掖模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝－3S n ＋4，b n ＝－log 2a n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式与数列{b n }的通项公式； (2)令c n ＝b n2n ＋1，其中n ∈N *，记数列{c n }的前n 项和为T n ，求T n ＋n ＋22n的值．解：(1)由题意知a 1＝1，∵a n ＝－3S n ＋4，∴a n ＋1＝－3S n ＋1＋4. 两式相减并化简得a n ＋1＝14a n ，∴{a n }是首项为1，公比为14的等比数列，∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1.b n ＝－log 2a n ＋1＝－log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＝2n . (2)∵c n ＝b n 2n ＋1＝2n 2n ＋1＝n2n ，∴T n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，①12T n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1， ②①－②得，12T n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1.∴T n ＝2－n ＋22n，即T n ＋n ＋22n＝2.[课时跟踪检测] 1．(2018届高三·广西三市联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n－1(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 4a n ＋1，求{b n }的前n 项和T n . 解：(1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1，当n ＝1时，a 1＝2－1＝1，满足a n ＝2n －1，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)由(1)得，b n ＝log 4a n ＋1＝n ＋12，则b n ＋1－b n ＝n ＋22－n ＋12＝12，又b 1＝log 4a 1＋1＝1，∴数列{b n }是首项为1，公差d ＝12的等差数列，∴T n ＝nb 1＋n n －12d ＝n 2＋3n4.2．(2017·福州质检)已知等差数列{a n }的各项均为正数，其公差为2，a 2a 4＝4a 3＋1. (1)求{a n }的通项公式； (2)求a 1＋a 3＋a 9＋…＋a 3n .解：(1)依题意知，a n ＝a 1＋2(n －1)，a n >0.因为a 2a 4＝4a 3＋1，所以(a 1＋2)(a 1＋6)＝4(a 1＋4)＋1，所以a 21＋4a 1－5＝0，解得a 1＝1或a 1＝－5(舍去)，所以a n ＝2n －1.(2)a 1＋a 3＋a 9＋…＋a 3n ＝(2×1－1)＋(2×3－1)＋(2×32－1)＋…＋(2×3n－1)＝2×(1＋3＋32＋ (3))－(n ＋1)＝2×1－3n ＋11－3－(n ＋1)＝3n ＋1－n －2.3．(2017·济南模拟)已知数列{a n }满足a 1＝511,4a n ＝a n －1－3(n ≥2)． (1)求证：数列{a n ＋1}为等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝|log 2(a n ＋1)|，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)证明：当n ≥2时，由4a n ＝a n －1－3得a n ＋1＝14(a n －1＋1)，所以数列{a n ＋1}是以512为首项，14为公比的等比数列．所以a n ＋1＝512×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＝211－2n ，a n＝211－2n －1.(2)b n ＝|11－2n |，设数列{11－2n }的前n 项和为T n ，则T n ＝10n －n 2.当n ≤5时，S n ＝T n ＝10n －n 2；当n ≥6时，S n ＝2S 5－T n ＝n 2－10n ＋50.所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧10n －n 2，n ≤5，n 2－10n ＋50，n ≥6.4．(2018届高三·广东五校联考)数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)∵S n ＝2a n －a 1， ① ∴当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－a 1；②①－②得，a n ＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －1.由a 1，a 2＋1，a 3成等差数列，得2(a 2＋1)＝a 1＋a 3，∴2(2a 1＋1)＝a 1＋4a 1，解得a 1＝2.∴数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列．∴a n ＝2n.(2)∵a n ＝2n，∴S n ＝2a n －a 1＝2n ＋1－2，S n ＋1＝2n ＋2－2.∴b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝2n ＋12n ＋1－22n ＋2－2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1－1. ∴数列{b n }的前n 项和T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1－122－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122－1－123－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1－1＝2n－12n ＋1－1. 5．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }中，b 1＝a 1，b n ＝a n －a n －1(n ≥2)，且a n ＋S n＝n .(1)设c n ＝a n －1，求证：{c n }是等比数列； (2)求数列{b n }的通项公式及前n 项和T n . 解：(1)证明：∵a n ＋S n ＝n ， ① ∴a n ＋1＋S n ＋1＝n ＋1.②②－①得a n ＋1－a n ＋a n ＋1＝1，∴2a n ＋1＝a n ＋1，∴2(a n ＋1－1)＝a n －1，∴a n ＋1－1a n －1＝12，当n ＝1时，a 1＋S 1＝1，∴a 1＝12，a 1－1＝－12，又c n ＝a n －1，∴{c n }是首项为－12，公比为12的等比数列．(2)由(1)可知c n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，∴a n ＝c n ＋1＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n.∴当n ≥2时，b n ＝a n。

安徽省阜阳三中高考数学二轮复习数列 3等差、等比数

二轮复习专题三：数列§3.3、等差、等比数列综合问题【学习目标】1.理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.了解数列通项公式的意义（数列是自变量为正整数的一类函数．）3.理解数列的函数特征，能利用数列的周期性，单调性解决数列的有关问题。

4.以极度的热情投入到课堂学习中，体验学习的快乐。

【学法指导】1.先认真阅读教材和一轮复习笔记，处理好知识网络构建，构建知识体系，形成系统的认识；2.限时30分钟独立、规范完成探究部分，并总结规律方法；3.找出自己的疑惑和需要讨论的问题准备课上讨论质疑；【高考方向】1. 函数思想、方程思想、分类讨论等思想在解决数列综合问题时常常用到。

2数列与函数、数列与不等式的综合、用数列知识解决实际问题等内容。

3通过解题后的反思，找准自己的问题，总结成功的经验，吸取失败的教训，增强解综合题的信心和勇气，提高分析问题和解决问题的能力．【课前预习】：一、知识网络构建1.数列的规律性问题发现的入手点在哪？2.数列作为函数有哪些函数特性？它们分别的处理方法是什么？二、高考真题再现1.（2010安徽理数）设数列12,,,,n a a a L L 中的每一项都不为0。

证明：{}n a 为等差数列的充分必要条件是：对任何n ∈N ，都有1223111111n n n n a a a a a a a a +++++=L 课内探究1．若}{},{n n b a 都是各项为正的数列，对任意的正整数n 都有12,,+n nn a b a 成等差数列12,+n n a b ，21+n b 成等比数列。

（1）试问}{n b 是否是等差数列？为什么？（2）求证：对任意的正整数2222),(,p q p q p b b b q p q p ≥+>+-成立；（3）如果nn a a a S b a 111,2,12111+++===Λ，求n S 。

2.数列{a n }中，a 1=8，a 4=2且满足a n+2=2a n+1－a n ，(n ∈N *)(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设S n =｜a 1｜+｜a 2｜+…+｜a n ｜，求S n ；(3)设b n =)12(1n a n -(n ∈N *)，T n =b 1+b 2+……+b n (n ∈N *)，是否存在最大的整数m ，使得对任意n ∈N *均有T n ＞32m 成立？若存在，求出m 的值；若不存在，说明理由。

高三数学二轮复习理科专题三----数列

选择题1．【全13-6】已知数列{}n a满足12430,3n na a a++==-，则{}n a的前10项和等于（A）()10613---（B）()101139--（C）()10313--（D）()1031+3-2.【全14-10】等比数列{}na中，452,5a a==，则数列{lg}na的前8项和等于（）A．6 B．5 C．4 D．33.【A2012-5】已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a5=5，S5=15，则数列的前100项和为(A)(B) (C) (D)4.【B2012-5】已知{na}为等比数列，2aa74=+，865-=⋅aa，则=+101aa( ) （A）7 （B）5 （C）-5 （D）-75.【A2013-7】设等差数列{}n a的前n项和为n S，若21-=-mS，0=mS，31=+mS，则=m （A）3 （B）4 （C）5 （D）66.【A2013-12】设nnnCBA△的三边长分别为na,nb,nc，nnnCBA△的面积为nS，3,2,1=n……若1b＞1c，1112acb=+，nnaa=+1，2n1acb nn+=+，2n1abc nn+=+，则（A）{}n S为递减数列（B）{}n S为递增数列（C）{}12-n S为递增数列，{}n S2为递减数列（D）{}12-n S为递减数列，{}n S2为递增数列7.【B2013-3】等比数列{}n a的前n项和为n S，已知12310aaS+=，95=a，则1a＝（）（A）31（B）31-（C）91（D）91-8.【A2015-4】等比数列｛a n｝满足a1=3，135a a a++=21，则357a a a++=( ) A．21 B．42 C．63 D．849.【A2016-3】已知等差数列{}n a前9项的和为27，10=8a，则100=a（A）100 （B）99 （C）98 （D）9710.【C2016-12】定义“规范01数列”{a n}如下：{a n}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意，中0的个数不少于1的个数.若m=4，则不同的“规范01数列”共有（A）18个（B）16个（C）14个（D）12个1210010199101991001011002k m≤12,,,ka a a解答题5.【B2015-17】（本小题满分12分）[来源:Z&xx&]nS为数列{na}的前n项和.已知na＞0，2n na a+=43nS+.（Ⅰ）求{na}的通项公式：（Ⅱ）设 ,求数列}的前n项和6.【B2016-17]（本题满分12分）为等差数列的前n项和，且记，其中表示不超过的最大整数，如．（Ⅰ）求；（Ⅱ）求数列的前1 000项和．7.【C2016-17】（本小题满分12分）已知数列的前n项和，其中．（I）证明是等比数列，并求其通项公式；（II）若，求．基础知识思路方法nS{}n a17=128.a S=，[]=lgn nb a[]x x[][]0.9=0lg99=1，111101b b b，，{}nb{}na1n nS aλ=+0λ≠{}na53132S=λ。

高考数学第二轮专题复习数列教案

高考数学第二轮专题复习数列教案二、高考要求1．理解数列的有关概念，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前n项. 2．理解等差〔比〕数列的概念，掌握等差〔比〕数列的通项公式与前n项和的公式. 并能运用这些知识来解决一些实际问题.3．了解数学归纳法原理，掌握数学归纳法这一证题方法，掌握“归纳—猜想—证明〞这一思想方法.三、热点分析1.数列在历年高考中都占有较重要的地位，一般情况下都是一个客观性试题加一个解答题，分值占整个试卷的10%左右.客观性试题主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n项和公式、极限的四那么运算法那么、无穷递缩等比数列所有项和等内容，对基本的计算技能要求比较高，解答题大多以考查数列内容为主，并涉及到函数、方程、不等式知识的综合性试题，在解题过程中通常用到等价转化，分类讨论等数学思想方法，是属于中高档难度的题目.2.有关数列题的命题趋势〔1〕数列是特殊的函数，而不等式那么是深刻认识函数和数列的重要工具，三者的综合求解题是对基础和能力的双重检验，而三者的求证题所显现出的代数推理是近年来高考命题的新热点〔2〕数列推理题是新出现的命题热点.以往高考常使用主体几何题来考查逻辑推理能力，近两年在数列题中也加强了推理能力的考查。

〔3〕加强了数列与极限的综合考查题3.熟练掌握、灵活运用等差、等比数列的性质。

等差、等比数列的有关性质在解决数列问题时应用非常广泛，且十分灵活，主动发现题目中隐含的相关性质，往往使运算简洁优美.如a2a4+2a3a5+a4a6=25，可以利用等比数列的性质进行转化：a2a4=a32，a4a6=a52，从而有a32+2aa53+a52=25，即〔a3+a5〕2=25.4.对客观题，应注意寻求简捷方法解答历年有关数列的客观题，就会发现，除了常规方法外，还可以用更简捷的方法求解.现介绍如下：①借助特殊数列. ②灵活运用等差数列、等比数列的有关性质，可更加准确、快速地解题，这种思路在解客观题时表现得更为突出，很多数列客观题都有灵活、简捷的解法5.在数列的学习中加强能力训练数列问题对能力要求较高，特别是运算能力、归纳猜想能力、转化能力、逻辑推理能力更为突出.一般来说，考题中选择、填空题解法灵活多变，而解答题更是考查能力的集中表达，尤其近几年高考加强了数列推理能力的考查，应引起我们足够的重视.因此，在平时要加强对能力的培养。

(通用版)高考数学二轮复习第一部分专题二数列教学案理

专题二数列[研高考·明考点]3.等差、等比数列的判断与证明偶考点1.数列的递推关系式2.等差与等比数列的综合应用问题偶考点数列与其他知识的综合问题第一讲小题考法——等差数列与等比数列考点(一) 主要考查方式有两种：一是利用a n 与S n 的关系求通项a n 或前n 项和S n ；二是利用a n 与a n ＋1的关系求通项a n 或前n 项和S n .数列的递推关系式[典例感悟]∈n (n a 22)＋n (＝1)＋n S 1)(＋n 4(，且满足n S 项和为n 的前}n a {已知数列)云南调研(1)(2017· ]典例[)(＝n a 的通项公式}n a {，则数列)*N 31)＋n (．A 21)＋n (2．B 2n8．C1－21)＋n (2．D na 的通项公式}n a {，则数列)*N ∈n (n a ＝an n2＋…＋a332＋a222＋1a ，1＝1a 中，}n a {在数列)成都模拟(2)(2017·＝________.＝1)＋n S 4(时，≥2n 当8.＝1a ，解得1a ×22)＋(1＝1)＋1a 1)×(＋4×(1时，1＝n 当(1) ]解析[，整理n ＋12an －1n－n ＋22ann ＋1＝n a 4，两式相减得，n ＋12an －1n＝1)＋1－n S 4(，则n ＋22ann ＋1＋n (＝×83323×…×n3n －13×n ＋13n3＝1a ·a2a1·…·an －1an －2·an an －1＝n a ，所以n ＋13n3＝anan －1得，.31)＋n (＝n a 也符合，所以8＝1a 检验知，.31) ①，n a ＝ann2＋…＋a332＋a222＋1a 根据(2) ②，1－n a ＝an －1n －12＋…＋a332＋a222＋1a 有，n a 1)－2n (＝1－n a 2n ，即1－n a －n a ＝an n2得，②－① ，n2n ＋1n －1＝n2n2－1＝an an －1所以 anan －1×…×a3a2×a2a1×1a ＝n a 所以＝n2n ＋1n －1×…×323＋13－1×222＋12－11×＝ 22×32×42×…×n22－12＋13－13＋14－14＋1…n －1n＋122×32×42×…×n21×3×2×4×3×5×…×n －1×n ＋1＝.2n n ＋1＝2n n ＋1(2)(1)A ]答案[ [方法技巧]由a n 与S n 的关系求通项公式的注意事项提是成立的前1－n S －n S ＝n a 两种情况讨论，特别注意≥2n 和1＝n 应重视分类讨论思想的应用，分(1)n ≥2.．”)合写(“也适合，则需统一表示1a 时，1＝n ，当n a 推得n a ＝1－n S －n S 由(2) ＝n a ，即”)分写(“不适合，则数列的通项公式应分段表示1a 时，1＝n ，当n a 推得n a ＝1－n S －n S 由(3)⎩⎪⎨⎪⎧S1n ＝1，Sn －Sn －1n≥2.[演练冲关]＋…＋1a2＋1a1，则)*N ∈n (n ＋n a ＋1a ＝1＋n a ，且1＝1a 满足}n a {数列)广东五校联考·届高三(2018．1) (＝1a2 0172 0151 008B.2 0171 009A. 2 0152 016D. 2 0162 017C.＝1a －n a ，利用累加法可得1＋n ＝n a －1＋n a 可得n ＋n a ＋1a ＝1＋n a ，1＝1a 由 A 解析：选13－12＋12－112＝1a2 017＋…＋1a2＋1a1，故⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋12＝2n2＋n ＝1an ，所以n2＋n 2＝n a ，所以n －1n ＋22 A.，故选2 0171 009＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12 0182＝12 018－12 017＋…＋ )(项和为60的前}n a {，则1－n 2＝n a n1)－(＋1＋n a 满足}n a {数列)石家庄质检(2017·．2 A ．3 690 B ．3 660 C ．1 845D ．1 830 为n ，所以当…，10＝6a ，6＝4a ，1＝…＝7a ＝5a ＝3a ，2＝2a ，根据题意，得1＝1a 不妨令 D 解析：选＝60S 项和为60的前}n a {为公差的等差数列．所以4为首项，以2＝2a 为偶数时构成以n ，当1＝n a 奇数时，830.1＝×430×30－12＋2×30＋30 ________.＝5S ，则*N ∈n ，1＋n S 2＝1＋n a ，4＝2S 若.n S 项和为n 的前}n a {．设数列3 是⎩⎨⎧⎭⎬⎫Sn ＋12数列∴，⎝ ⎛⎭⎪⎫Sn ＋123＝12＋1＋n S ∴，1＋n S 3＝1＋n S ∴，1＋n S 2＝n S －1＋n S ∴，1＋n S 2＝1＋n a ∵解析：＝5S ∴，2432＝4×332＝4×3⎝ ⎛⎭⎪⎫S1＋12＝12＋5S ∴，1＝1S ∴，4＝2S 又3.＝S2＋12S1＋12∴的等比数列，3公比为121.答案：121考点(二)主要考查与等差比数列的通项公式、前n 项和公式有关的五个基本量间的“知三求二”运算.等差、等比数列的基本运算[典例感悟])(＝100a ，则8＝10a ，27项的和为9前}n a {已知等差数列)Ⅰ全国卷(1)(2016· ]典例[ A ．100 B ．99 C ．98D ．97 项的6前}n a {成等比数列，则6a ，3a ，2a 若0.，公差不为1的首项为}n a {等差数列)Ⅲ全国卷(2)(2017·和为( )A ．－24B ．－3C ．3D ．8 ＝8a ，则634＝6S ，74＝3S 已知.n S 项和为n 的各项均为实数，其前}n a {等比数列)江苏高考(3)(2017·________.，d 是等差数列，设其公差为}n a {∵(1) ]解析[ 3.＝5a ∴，27＝5a 9＝)9a ＋1a (92＝9S ∴ ⎩⎪⎨⎪⎧a1＋4d ＝3，a1＋9d ＝8，∴，8＝10a ∵又 ⎩⎪⎨⎪⎧a1＝－1，d ＝1.∴ C.故选，98＝99×1＋1＝－d 99＋1a ＝100a ∴ ，d 的公差为}n a {设等差数列(2) ，23a ＝6a 2a 成等比数列，所以6a ，3a ，2a 因为 .2)d 2＋1a (＝)d 5＋1a )(d ＋1a (即 0.＝d 2＋2d ，所以1＝1a 又又d ≠0，则d ＝－2，项的和6前}n a {所以 24.＝－2)－×(6×52＋6×1＝6S 解得⎩⎪⎨⎪⎧S3＝a11－q31－q ＝74，S6＝a11－q61－q ＝634，，则≠1q ，得3S ≠26S ，则由q 的公比为}n a {设等比数列(3)⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a1＝14，32.＝7×214＝7q 1a ＝8a 则 [答案] (1)C (2)A (3)32[方法技巧]等差(比)数列基本运算的解题思路．)q 公比(d 和公差1a 设基本量：首项(1) ，然后求解，注意整体计算，以减少运)组(的方程)q 或(d 和1a ：把条件转化为关于)组(列、解方程(2)算量．[演练冲关]的值是7S ＋4a ，则12＝5S ＋3a ，4＝3S ＋2a ，且满足n S 项和为n 的前}n a {若等差数列)合肥质检(2017·．1( )A ．20B ．36C ．24D ．72 ＝d 24＋1a 8＝7S ＋4a ∴⎩⎪⎨⎪⎧a1＝0，d ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧4a1＋4d ＝4，6a1＋12d ＝12，得12＝5S ＋3a 及4＝3S ＋2a 由 C 解析：选24.故选C.________.＝4a ，则3＝－3a －1a ，1＝－2a ＋1a 满足}n a {设等比数列)Ⅲ全国卷(2017·．2 ，q 的公比为}n a {解析：设等比数列，1＝－)q ＋(11a ＝2a ＋1a 则，3＝－)2q －(11a ＝3a －1a ，1＝1a ，2＝－q ，解得13＝1＋q 1－q2得两式相除， 8.＝－3q 1a ＝4a 所以答案：－8，4S 4＝8S 项和，若n 的前}n a {为n S 的等差数列，1是公差为}n a {已知)河南十校联考·届高三(2018．3________.＝10a 则的等差数列，1是公差为}n a {∵解析： 6.＋1a 4＝4S ，28＋1a 8＝8S ∴ ，4S 4＝8S ∵ ，12＝1a 解得，6)＋1a 4(4＝28＋1a 8∴ .192＝9＋12＝d 9＋1a ＝10a ∴ 192：答案[典例感悟]＋5a ＋4a ，4＝3a ＋2a ＋1a 项和，若n 为其前n S 是等比数列，}n a {已知数列)云南调研(1)(2017· ]典例[)(＝12S ，则8＝6a A ．40 B ．60 C ．32D ．50 7a 3a ＋6a 2a 2＋23a ，则1＋2＝5a ，1－2＝3a 中，}n a {在各项均为正数的等比数列)长沙模拟(2)(2017·＝( )A ．4B ．6 8．C24－8．D ，则使前<02 017a ·2 016a ，>02 017a ＋2 016a ，>01a 是等差数列，首项}n a {若)湖南名校联考·届高三(3)(2018)(是n 成立的最大正整数>0n S 项和n A ．2 016 B ．2 017 C ．4 032D ．4 033 －9S ，4,8数列是等比数列，即9S －12S ，6S －9S ，3S －6S ，3S 由等比数列的性质可知，数列(1) ]解析[16＋32＝3S ＋)3S －6S (＋)6S －9S (＋)9S －12S (＝12S ，所以32＝9S －12S ，16＝6S －9S 是等比数列，所以9S －12S ，6S ＋8＋4＝60，故选B.1－2(＝2)5a ＋3a (＝25a ＋5a 3a 2＋23a ＝7a 3a ＋6a 2a 2＋23a ，所以5a 3a ＝6a 2a ，25a ＝7a 3a 中，}n a {在等比数列(2) C.，故选8＝2)2(2＝21)＋2＋＝4 032S ，所以<02 017a ，>02 016a ，<0d ，所以<02 017a ·2 016a ，>02 017a ＋2 016a ，>01a 因为(3)，所以使<02 017a 4 033＝4 033a1＋a4 0332＝4 033S ，>04 032a2 016＋a2 0172＝4 032a1＋a4 0322C.，故选4 032是n 成立的最大正整数>0n S 项和n 前 [答案] (1)B (2)C (3)C[方法技巧]等差、等比数列性质问题的求解策略(1)解题关键：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)运用函数性质：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．[演练冲关])(＝m ，则0＝6a ＋m a 项和，若5项和等于前10，前1＝1a 中，}n a {．已知等差数列1 A ．10 B ．9 C ．8D ．2 6a ，又0＝10a ＋9a ＋8a ＋7a ＋6a ＝5S －10S ，所以5S ＝10S ，由题意n S 项和为n 的前}n a {记数列 A 解析：选10.＝m ，解得2×8＝6＋m ，所以0＝6a ＋m a ，又0＝8a ，于是8a 2＝9a ＋7a ＝10a ＋若对任.1＋anan＝n b 满足}n b {的等差数列，数列1，公差为a 是首项为}n a {已知数列)合肥质检(2017·．2)(的取值范围是a 成立，则实数8b ≥n b ，都有*N ∈n 意的A ．(－8，－7)B ．[－8，－7)C ．(－8，－7]D ．[－8，－7] ，1an ＋1＝1＋an an ＝n b ，因为1－a ＋n ＝n a 的等差数列，所以1，公差为a 是首项为}n a {因为 A 解析：选是公}n a {恒成立，因为数列*N ∈n 对任意的1a8≥1an ，即1a8＋≥11an ＋1成立，所以8b ≥n b 都有*N ∈n 又对任意的7.－<a 8<解得－⎩⎪⎨⎪⎧8＋a －1<0，9＋a －1>0，即⎩⎪⎨⎪⎧a8<0，a9>0，是单调递增的数列，所以}n a {的等差数列，所以1差为 ________.＝20a ln ＋…＋2a ln ＋1a ln ，则52e ＝12a 9a ＋11a 10a 的各项均为正数，且}n a {．若等比数列3 ＝)20a …2a 1a ln(＝20a ln ＋…＋2a ln ＋1a ln 所以.5e ＝11a 10a ，所以52e ＝11a 10a 2＝12a 9a ＋11a 10a 解析：因为50.＝50ln e ＝510ln e ＝)11a 10a 10ln(＝10)11a 10a ln(＝)]11a 10a )·…·(19a 2a )·(20a 1a ln[( 答案：50考点(四)主要考查等差、等比数列相结合的基本量的计算以及数列有关最值问题的求解. 等差、等比数列的综合问题[典例感悟]是等差数列，若}n b {是等比数列，数列}n a {已知数列)西安八校联考·届高三(1)(2018 ]典例[)(的值为b3＋b91－a4·a8tan ，则7π＝11b ＋6b ＋1b ，33＝－11a ·6a ·1a 3．－A 1．－B 33．－C3．D 5a 若.n T ，n S 项和分别为n 的前{}bn ，{}an 是等比数列，记数列{}bn 是等差数列，数列{}an 设数列(2)________.＝a7＋a5b7＋b5，则)4T －6T 4(＝5S －7S ，且6b ＝6a ，5b ＝＝－2b61－a26＝b3＋b91－a4·a8，所以7π3＝6b ，7π＝6b 3，3＝－6a ，3)3－(＝36a 依题意得，(1) ]解析[，7π3.3＝－π3tan ＝－⎝⎛⎭⎪⎫－2π－π3tan ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－7π3tan ＝b3＋b91－a4·a8tan 故 .q 的公比为{}bn ，等比数列d 的公差为{}an 设等差数列(2) ，)4T －6T 4(＝5S －7S ，且6b ＝6a ，5b ＝5a 由 ⎩⎪⎨⎪⎧q ＝－5，d ＝－6a5.解得⎩⎪⎨⎪⎧a5＝b5，a5＋d ＝b5q ，2a5＋3d ＝4b5＋b5q ，得 .513＝－－10a526a5＝2a5＋2－6a525a5＋a5＝2a5＋2d b5q2＋b5＝a7＋a5b7＋b5故513－(2) (1)A ]答案[[方法技巧]等差、等比数列综合问题的求解策略(1)对于等差数列与等比数列交汇的问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用等差中项、等比中项等性质，可使运算简便．(2)数列的通项或前n 项和可以看作关于n 的函数，然后利用函数的性质求解数列的有关最值问题．[演练冲关]的等比数q 依次构成公比为5－5a ，3－3a ，1－1a 是等差数列，若}n a {已知数列)云南调研(2017·．1列，则q ＝( )A ．－2B ．－1C ．1D ．2 ，1－1a ，所以5)－5a (＋1)－1a (＝3)－3a 2(，即6－5a ＋1a ＝6－3a 25,a ＋1a ＝3a 2依题意，得 C 解析：选5a ＝3－3a ＝1－1a 的等比数列，因此有q 依次构成公比为5－5a ，3－3a ，1－1a 成等差数列．又5－5a ，3－3a 1.＝a3－3a1－1＝q ，5－ )(的最小值为 n nS ，则25＝15S ，0＝10S ，已知 n S 项和为n 的前}n a {等差数列)望江调研(2017·．2 A ．－47 B ．－48 C ．－49D ．－50 ⎩⎪⎨⎪⎧S10＝10a1＋10×92d ＝0，S15＝15a1＋15×142d ＝25，由已知得 C 解析：选处取203＝x 在10x23－x33＝)x (f 由于函数.10n23－n33＝d n2n －12＋1a 2n ＝n nS 那么⎩⎪⎨⎪⎧a1＝－3，d ＝23，解得49.的最小值为－ n nS 所以49.＝－7S 7时，7＝n ，48＝－6S 6时，6＝n ，从而检验<72036<得极小值，又＝9a ＋8a ＋7a 的等差中项，则3a ，1a 为a22－1，且6＝6S 项和6的前}n a {设等比数列)模拟太原(2017·．3________.成6S －9S ，3S －6S ，3S ，由等比数列的性质，知数列2＝3a ＋2a ＋1a ＝3S ，即2a －2＝3a ＋1a 解析：依题意得8.＝9a ＋8a ＋7a ，即8＝6S －9S 成等比数列，于是有6S －9S ，2,4等比数列，即数列答案：8]自主补缺·必备知能[ (一) 主干知识要记牢 1．等差数列、等比数列等差数列等比数列通项公式 a n ＝a 1＋(n －1)d a n ＝a 1q n －1(q ≠0)前n 项和公式S n ＝na1＋an2＝ (1)q ≠1，S n ＝a11－qn 1－q＝na 1＋nn －12 d2．判断等差数列的常用方法(1)定义法：a n ＋1－a n ＝d (常数)(n ∈N *)⇔{a n }是等差数列．(2)通项公式法：a n ＝pn ＋q (p ，q 为常数，n ∈N *)⇔{a n }是等差数列． (3)中项公式法：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)⇔{a n }是等差数列．(4)前n 项和公式法：S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数，n ∈N *)⇔{a n }是等差数列． 3．判断等比数列的常用方法(1)定义法：an ＋1an ＝q (q 是不为0的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列．(2)通项公式法：a n ＝cq n (c ，q 均是不为0的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列． (3)中项公式法：a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(a n ·a n ＋1·a n ＋2≠0，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列． (二) 二级结论要用好 1．等差数列的重要规律与推论(1)a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a m ＋(n －m )d ；p ＋q ＝m ＋n ⇒a p ＋a q ＝a m ＋a n . (2)a p ＝q ，a q ＝p (p ≠q )⇒a p ＋q ＝0；S m ＋n ＝S m ＋S n ＋mnd .(3)连续k 项的和(如S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…)构成的数列是等差数列．(4)若等差数列{a n }的项数为偶数2m ，公差为d ，所有奇数项之和为S 奇，所有偶数项之和为S 偶，则所有项之和S 2m ＝m (a m ＋a m ＋1)，S 偶－S 奇＝md ，S 奇S 偶＝am am ＋1.(5)若等差数列{a n }的项数为奇数2m －1，所有奇数项之和为S 奇，所有偶数项之和为S 偶，则所有项之和S 2m －1＝(2m －1)a m ，S 奇＝ma m ，S 偶＝(m －1)a m ，S 奇－S 偶＝a m ，S 奇S 偶＝m m －1. [针对练1] 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，则该数列的公差d ＝________.解析：设等差数列的前12项中奇数项的和为S 奇，偶数项的和为S 偶，等差数列的公差为d .由已知条件，得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＋S 偶＝354，S 偶∶S奇＝32∶27，解得⎩⎪⎨⎪⎧S 偶＝192，S 奇＝162.又S 偶－S 奇＝6d ，所以d ＝192－1626＝5.答案：52．等比数列的重要规律与推论 (1)a n ＝a 1qn －1＝a m qn －m；p ＋q ＝m ＋n ⇒a p ·a q ＝a m ·a n .(2){a n }，{b n }成等比数列⇒{a n b n }成等比数列．(3)连续m 项的和(如S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…)构成的数列是等比数列(注意：这连续m 项的和必须非零才能成立)．(4)若等比数列有2n 项，公比为q ，奇数项之和为S 奇，偶数项之和为S 偶，则S 偶S 奇＝q .(5)对于等比数列前n 项和S n ，有： ①S m ＋n ＝S m ＋q mS n ； ②Sm Sn ＝1－qm 1－qn (q ≠±1)． (三) 易错易混要明了已知数列的前n 项和求a n ，易忽视n ＝1的情形，直接用S n －S n －1表示．事实上，当n ＝1时，a 1＝S 1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1.[针对练2] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，则该数列的通项公式为________．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]＝n 2－(n －1)2＝2n －1，又当n ＝1时，2×1－1＝1≠2.∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n≥2.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n≥2[课时跟踪检测]A 组——12＋4提速练一、选择题)(＝5a ，则78＝7a ＋5a ＋3a ，6＝3a 中，已知}n a {在等比数列)成都模拟(2017·．1 A ．12 B ．18 C ．24D ．30 故选18.＝6×3＝2q 3a ＝5a ∴，3＝2q ，解得78＝)4q ＋2q ＋6(1＝)4q ＋2q ＋(13a ＝7a ＋5a ＋3a ∵ B 解析：选 B.)(＝9S ，则28＝10a ＋8a ，2＝1a ，若n S 项和为n 的前}n a {已知等差数列)兰州模拟(2017·．2 A ．36 B ．72 C ．144D ．288 72.＝9a1＋a92＝9S ∴，14＝9a ∴，28＝9a 2＝10a ＋8a ∵ B 解析：选 )(的公差为}n a {，则48＝6S ，24＝5a ＋4a 项和．若n 的前}n a {为等差数列n S 记)Ⅰ全国卷(2017·．3 A ．1 B ．2 C ．4D ．8 ，d 的公差为}n a {设等差数列 C 解析：选 ⎩⎪⎨⎪⎧a1＋3d ＋a1＋4d ＝24，6a1＋6×52d ＝48，得⎩⎪⎨⎪⎧a4＋a5＝24，S6＝48，则由4.＝d 解得⎩⎪⎨⎪⎧2a1＋7d ＝24，2a1＋5d ＝16，即 )(＝q ，则公比13－3a 13＝2S ，13－2a 13＝1S ，若n S 项和为n 的前{}an ．设等比数列4 A ．1 B ．4 C ．4或0D ．8 ，13－3a 13＝2S ，13－2a 13＝1S ∵ B 解析：选 ⎩⎪⎨⎪⎧a1＝13a1q －13，a1＋a1q ＝13a1q2－13，∴ ，)舍去(⎩⎪⎨⎪⎧a1＝－13，q ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧a1＝1，q ＝4解得故所求的公比q ＝4.的值为a2＋a3a1成等比数列，则4S ，2S ，1S 项和，且n 的前{}an 的等差数列0是公差不为n S ．已知5( )A ．4B ．6C ．8D ．10 ，)d 6＋1a (41a ＝2)d ＋1a (2，故d 6＋1a 4＝4S ，d ＋1a 2＝2S ，1a ＝1S ，则d 的公差为{}an 设数列 C 解析：选8.＝8a1a1＝2a1＋3d a1＝a2＋a3a1，所以1a 2＝d 整理得 8S ，则23＝5a ＋4a ，3＋n a ＋n S ＝1＋n S 项和，且n 的前}n a {是数列n S 已知)湖南十校联考·届高三(2018．6＝( )A ．72B ．88C ．92D ．98 ＝8S ，的等差数列3是公差为}n a {所以数列，3＝n a －1＋n a 得，3＋n a ＋n S ＝1＋n S 由 C 选：解析92.＝8a4＋a52＝8a1＋a82)(＝2 018a ，则35＝1a 若⎩⎪⎨⎪⎧2an ，0≤an＜12，2an －1，12≤an＜1.＝1＋n a 满足{}an 已知数列．7 45D.35C. 25B. 15A. 2为周期，又4以{}an ，所以数列35＝5a ，45＝4a ，25＝3a ，15＝2a ，根据题意得35＝1a 因为 A 解析：选 A.，故选15＝2a ＝2 018a ，所以2＋504×4＝018 )(项倒数的和为4，则前814积为，9项的和为4．若等比数列的各项均为正数，前81．C 94B. 32A.2．D ＋1a ，依题意得3q 1a ，2q 1a ，q 1a 项分别为2,3,4，则第q ，公比为1a 设等比数列的首项为 D 解析：选＝1a1q3＋1a1q2＋1a1q ＋1a1，则92＝3q 21a ，化简得814＝3q 1a ·2q 1a ·q 1a ·1a ，9＝3q 1a ＋2q 1a ＋q 1a 2.＝a1＋a1q ＋a1q2＋a1q3a21q3的值是a3＋a5a4＋a6成等差数列，则4a ，5a 12，3a 的各项都为正数，且}n a {已知等比数列)广州模拟(2017·．9( )5＋12B. 5－12A. 3＋52D. 3－52C.，q 3a ＋3a ＝2q 3a ，即4a ＋3a ＝5a 成等差数列可得4a ，5a 12，3a ，由q 的公比为}n a {比数列设等 A 解析：选＝25＋1＝1q ＝a31＋q2a41＋q2＝a3＋a3q2a4＋a4q2＝a3＋a5a4＋a6，所以)舍去(1－52＝q 或1＋52＝q ，解得0＝1－q －2q 故 A.故选，5－12无关的常数，则该常数的可能值的集合为n 是一个与ana2n中，}n a {等差数列)张掖模拟(2017·．10( ){1}．A⎩⎨⎧⎭⎬⎫1，12B. ⎩⎨⎧⎭⎬⎫12C.⎩⎨⎧⎭⎬⎫0，12，1D. ＝an a2n，则0＝d ，≠01a ；若12＝an a2n ，则≠0d ＝1a ，若a1－d ＋nd a1－d ＋2nd ＝a1＋n －1d a1＋2n －1d ＝an a2nB 解析：选.⎩⎨⎧⎭⎬⎫1，12该常数的可能值的集合为∴，≠0ana2n ∴，≠0nd ＋d －1a ∵1. ，使得≥3m ，若存在自然数<01a ，且n S 项和为n 的前}n a {等差数列)湖南十校联考·届高三(2018．11) (的大小关系是n a 与n S 时，m >n ，则当m S ＝m a n a <n S ．An a ≤n S ．B na >n S ．C．大小不能确定D ，数列是递减数列或常数≤0d ，否则若>0d ，则m S ＝m a ，使得≥3m ，存在自然数<01a 若 C 解析：选1＋m a ＋m S ＝n S ，又>0m S ，>0m a ，因此m S ＝m a 时，有≥3m ，当>0d ，<01a 由于.m S ＝m a ，不存在m a <m S 列，则恒有 C.故选.n a >n S ，显然n a ＋…＋的最1Sn－n S 时，*N ∈n ，则当n S 项和为n ，前12，公比为－32的首项为}n a {等比数列)洛阳模拟(2017·．12大值与最小值之和为( )23．－A712．－B 14C.56D. 的增大而减小，n 随着12n ＋1＝n S 为奇数时，n 当.n⎝ ⎛⎭⎪⎫－12－1＝32⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝n S 依题意得， C 解析：选的增大而n 随着12n －1＝n S 为偶数时，n ；当56≤1Sn －n S 0<的增大而增大，n S 随着1Sn －n S ，32＝1S ≤12n ＋1＝n S 1<的最大值与最小值分1Sn－n S 因此<0.1Sn －n S ≤712的增大而增大，－n S 随着1Sn －n S ，<112n －1＝n S ≤2S ＝34增大，.14＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－712＋56，其最大值与最小值之和为712，－56别为二、填空题＝9S 项和9，则其前)*N ∈n )(n a －1＋n a 4(＝a2n ＋1an，且2＝1a 中，}n a {已知数列)合肥质检(2017·．13________.，又n a 2＝1＋n a ，所以0＝2)n a 2－1＋n a (＝2n a 4＋1＋n a n a 4－2n ＋1a ，即2n a 4－1＋n a n a 4＝2n ＋1a 解析：由已知，得 1 022.＝2－102＝2×1－291－2＝9S 的等比数列，故2，公比为2是首项为}n a {，所以数列2＝1a 因为答案：1 0222ananSn －S2n时，有≥2n 项和，且当n 的前}n a {为数列n S ，1＝1a 中，}n a {已知数列)兰州模拟(2017·．14________.＝2 017S 成立，则1＝，又1＝2Sn －1－2Sn ∴，1－n S n S ＝－2n S －n S )1－n S －n S (＝)1－n S －n S 2(，得1＝2an anSn －S2n 时，由≥2n 解析：当.11 009＝2 017S ，则2n ＋1＝n S ，故1＋n ＝2Sn ∴为公差的等差数列，1为首项，2是以⎩⎨⎧⎭⎬⎫2Sn ∴，2＝2S111 009答案：．________的最大值为n a …2a 1a ，则5＝4a ＋2a ，10＝3a ＋1a 满足}n a {设等比数列)Ⅰ全国卷(2016·．15 ，10＝2q 1a ＋1a 又.12＝q ，知5＝)3a ＋1a (q ＝4a ＋2a ，10＝3a ＋1a ，则由q 的公比为}n a {解析：设等比数列8.＝1a ∴ n －1n 2⎝ ⎛⎭⎪⎫12·n32＝1)－n (＋…＋2＋1qn 1a ＝n a …2a 1a 故 .n 72＋n22－2＝n 2＋n22－n 23＝，498＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫n －7212＝－)n 7－2n (12＝－7n 2＋n22＝－t 记 6.有最大值t ，时4或3＝n 可知*N ∈n 结合 64.＝62的最大值为n a …2a 1a 为增函数，从而t2＝y 又答案：64，q a ＋p a ＝q ＋p a ，都有*N ∈q ，p ，对任意2＝1a 项和，已知n 的前}n a {为数列n S 设)广州模拟(2017·．16．________的最小值为)*N ∈n (Sn ＋60n ＋1＝)n (f 则是}n a {故 2.＋n a ＝1a ＋n a ＝1＋n a ，则有n ＝q ，1＝p ，令q a ＋p a ＝q ＋p a ，都有*N ∈q ，p ，对任意2＝1a 解析：n ＋12－n ＋1＋60n ＋1＝n2＋n ＋60n ＋1＝Sn ＋60n ＋1＝)n (f ，n ＋2n ＝1＋n n 22×＝n S ，n 2＝n a 等差数列，所以－607＋7＝(6)f 时，6＝n ，即7＝1＋n ；当292＝1－608＋8＝(7)f 时，7＝n ，即8＝1＋n 当1.－60n ＋1＋1＋n ＝.292的最小值为)*N ∈n (Sn ＋60n ＋1＝)n (f ，则1027<292，因为1027＝1 292答案：B 组——能力小题保分练这三个数可适当排2，－b ，a 的两个不同的零点，且0)＞q ，0＞p (q ＋px －2x ＝)x (f 是函数b ，a ．若1序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p ＋q 的值为( ) A ．6B ．7C ．8D ．9 ⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝p ＞0，ab ＝q ＞0，，由题意得b ＞a 不妨设 D 解析：选 ∴a ＞0，b ＞0，则a ，－2，b 成等比数列，a ，b ，－2成等差数列，.9＝q ＋p ∴，4＝q ，5＝p ∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝1，∴⎩⎪⎨⎪⎧ab ＝－22，a －2＝2b ，∴ 1an＋…＋1a2＋1a1都有*N ∈n ，且对任意)*N ∈n (2n 2＝n a …3a 2a 1a 满足}n a {已知数列)郑州质检(2017·．2<t ，则实数t 的取值范围为( )⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞B. ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞C. ⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞D. 12＝1a ，又1－n 22＝21)－n (－2n 2＝2n22n －12＝a1a2a3…ana1a2a3…an－1＝n a 时，≥2n 依题意得，当 D 解析：选为公比的等比数列，等比数列14为首项，12是以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1an ，即数列1－n ⎝ ⎛⎭⎪⎫14×12＝122n －1＝1an ，1－n 22＝n a ，因此1－2×12＝.⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞的取值范围是t ，因此实数23<⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 23＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14项和等于n 的前⎩⎨⎧⎭⎬⎫1an ________.＝1Sk ∑k ＝1n ，则10＝4S ，3＝3a ，n S 项和为n 的前}n a {等差数列)Ⅱ全国卷(2017·．3 ，d ，公差为1a 的首项为}n a {解析：设等差数列⎩⎪⎨⎪⎧a1＝1，d ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a1＋2d ＝3，4a1＋6d ＝10，依题意有，⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋12＝2nn ＋1＝1Sn ，n n ＋12＝n S 所以 .2n n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋12＝1Sk ∑k ＝1n因此 2n n ＋1答案：，1－n a ＋1－n b ＝n b 时，有≥2n ，当1nn ＋1＝n a ，0＝1b ，若}n b {，}n a {已知数列)兰州模拟(2017·．4________.＝2 018b 则 3b ＋1b －2b ∴，1－n a ＝1－n b －n b ，…，2a ＝2b －3b ，1a ＝1b －2b ∴，1－n a ＝1－n b －n b ，得1－n a ＋1－n b ＝n b 解析：由11×2＝1－n a ＋…＋2a ＋1a ＝1b －n b ，即1n －1×n ＋…＋12×3＋11×2＝1－n a ＋…＋2a ＋1a ＝1－n b －n b ＋…＋2b －＝2 018b ∴，n －1n＝n b ∴，0＝1b ∵，n －1n ＝1n －1＝1n －1n －1＋…＋13－12＋12－11＝1n －1×n ＋…＋12×3＋.2 0172 0182 0172 018答案：，35，25，15，34，24，14，23，13，12为}n a {，数列n S 项和为n 的前}n a {已知数列)石家庄质检(2017·．5________.＝k a ，则14＝k S ，若…，n －1n，…，2n ，1n ，…，45 ，所以n2＝1＋2＋…＋n n ＋1＝n n ＋1＋…＋2n ＋1＋1n ＋1，12－n 2＝1＋2＋…＋n －1n ＝n －1n ＋…＋2n ＋1n 解析：因为项n 的等差数列，所以该数列的前12，公差为12是首项为n n ＋1＋…＋2n ＋1＋1n ＋1，…，34＋24＋14，23＋13，12数列.78＝k a ，所以)舍去8＝－n 7(＝n ，解得14＝n2＋n 4＝n T 令.n2＋n 4＝n 2＋…＋32＋1＋12＝n T 和 78答案：＋1an＝n c 设1.＝1b ，1＝1a ，a2n ＋b2n －n b ＋n a ＝1＋n b ，a2n ＋b2n ＋n b ＋n a ＝1＋n a 中，}n b {和}n a {．在数列6．________项和为2 018的前}n c {，则数列1bn，2＝1b ＋1a ，又)n b ＋n a 2(＝1＋n b ＋1＋n a 得a2n ＋b2n －n b ＋n a ＝1＋n b ，a2n ＋b2n ＋n b ＋n a ＝1＋n a 解析：由已知n b ＋n a ＝1＋n b ，a2n ＋b2n ＋n b ＋n a ＝1＋n a ，将n2＝n b ＋n a 的等比数列，即2，公比为2是首项为}n b ＋n a {所以数列的等比2，公比为1是首项为}n b n a {所以数列2.＝an ＋1bn ＋1anbn ，即n b n a 2＝1＋n b 1＋n a 化简，得相乘并a2n ＋b2n －2×2 项和为2 018的前}n c {，数列2＝2n 2n －1＝an ＋bn anbn ＝n c ，所以1bn ＋1an ＝n c ，因为1－n 2＝n b n a 数列，所以018＝4 036. 答案：4 036第二讲大题考法——数列题型(一)主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前n 项和的求解，且常结合数列的递推公式命题.等差、等比数列基本量的计算[典例感悟]是等比数列，满足}n b {，数列8＝4a ，2＝1a 是等差数列，满足}n a {已知数列)沈阳模拟(2017· 1]典例[32.＝5b ，4＝2b 的通项公式；}n b {和}n a {求数列(1) .n S 项和n 的前}n b ＋n a {求数列(2) －n (＋2＝d 1)·－n (＋1a ＝n a ，所以2＝a4－a13＝d ，由题意得d 的公差为}n a {设等差数列(1) ]解[1)×2＝2n .2.＝q ，解得8＝b5b2＝3q ，由题意得q 的公比为}n b {设等比数列 .n2＝1－n 2×2＝1－n q ·1b ＝n b ，所以2＝b2q＝1b 因为 2.－1＋n 2＋n ＋2n ＝21－2n 1－2＋n 2＋2n 2＝n S ，所以n2＋n 2＝n b ＋n a ，所以n 2＝n b ，n 2＝n a 因为(2)]备课札记[[方法技巧]等差、等比数列的基本量的求解策略(1)分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要先求解的中间问题．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，即确定解题的逻辑次序．(2)注意细节．例如：在等差数列与等比数列综合问题中，若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．[演练冲关]．)*N ∈n 3(－n S 4＝1＋n a n a 2，且1＝1a ，≠0n a ，n S 项和为n 的前}n a {已知数列)洛阳模拟(2017·．1 ；2＝n a －2＋n a 的值并证明：2a 求(1) 的通项公式．}n a {求数列(2) .12＝2a ∴，1＝1a 又，3－1a 4＝2a 1a 2得1＝n 令(1)：解 ①，3－n S 4＝1＋n a n a 2，由题可得 ②3.－1＋n S 4＝2＋n a 1＋n a 2 .1＋n a 4＝)n a －2＋n a (1＋n a 2，得①－②2.＝n a －2＋n a ∴，≠0n a ∵ 1)－k 2(＋1＝1－k 2a ∴，1，首项为2为等差数列，公差为…，1－k 2a ，…，5a ，3a ，1a 可知：数列(1)由(2).n ＝n a 为奇数时，n ，即1－k 2＝为偶n ，即32－k 2＝1)－k 2(＋12＝k 2a ∴，12，首项为2为等差数列，公差为…，k 2a ，…，6a ，4a ，2a 数列.32－n ＝n a 数时， ⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数，n －32，n 为偶数.＝n a 综上所述，题型(二) 主要考查错位相减法求和、裂项相消法求和以及分组求和，且常结合数列的递推公式、周期等命题.数列求和问题[典例感悟]－5a ，10＝2S ＋2b ，1＝1b ，3＝1a 是等比数列，满足}n b {，数列n S 项和为n 的前}n a {等差数列 2]典例[.3a ＝2b 2 的通项公式；}n b {和}n a {求数列(1) .n 2T ，求n T 项和为n 的前}n c {设数列⎩⎪⎨⎪⎧2Sn，n 为奇数，bn ，n 为偶数，＝n c 令(2) ，q 的公比为}n b {，数列d 的公差为}n a {设数列(1) ]解[ ⎩⎪⎨⎪⎧q ＋6＋d ＝10，3＋4d －2q ＝3＋2d ，得⎩⎪⎨⎪⎧b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3，则由 .1－n 2＝n b ，1＋n 2＝1)－n 2(＋3＝n a 所以⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝2，解得，2)＋n (n ＝n S 得1＋n 2＝n a ，3＝1a 由(2) ⎩⎪⎨⎪⎧2n n ＋2，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，＝n c 则 ⎩⎪⎨⎪⎧1n －1n ＋2，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，＝n c 即 )n 2c ＋…＋4c ＋2c (＋)1－n 2c ＋…＋3c ＋1c (＝n 2T 所以 )1－n 22＋…＋32＋(2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＝．1)－n(423＋2n 2n ＋1＝21－4n 1－4＋12n ＋1－1＝]备课札记[[方法技巧]1．分组求和中分组的策略 (1)根据等差、等比数列分组．(2)根据正号、负号分组．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型数列求和．})n b ·n a ({对应项相乘}n b {与等比数列}n a {适用题型：等差数列(1) (2)步骤：的公比；}n b {求和时先乘以数列① ②将两个和式错位相减；③整理结果形式．[演练冲关]63.＝7S ，24＝4S ，且满足n S 项和为n 的前}n a {已知等差数列)合肥质检(2017·．2 的通项公式；}n a {求数列(1) .n T 项和n 的前}n b {，求数列n a ＋n a 2＝n b 若(2) 为等差数列，}n a {∵(1)解： ⎩⎪⎨⎪⎧a1＝3，d ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧S4＝4a1＋4×32d ＝24，S7＝7a1＋7×62d ＝63，∴ 1.＋n 2＝n a ∴ ，1)＋n (2＋n2×4＝1)＋n (2＋1＋n 22＝n a ＋n a 2＝n b ∵(2) 1)＋n 2＋…＋5＋(3＋)n4＋…＋24＋2×(4＝n T ∴ n3＋2n ＋12＋41－4n 1－42×＝ .n 2＋2n ＋1)－n (483＝的等比数列，且公2是首项为}n b {，)*N ∈n (n S 项和为n 为等差数列，前}n a {已知)天津高考(2017·．3.4b 11＝11S ，1a 2－4a ＝3b ，12＝3b ＋2b ，0比大于的通项公式；}n b {和}n a {求(1) ．)*N ∈n (项和n 的前}1－n 2b n 2a {求数列(2) .q 的公比为}n b {，等比数列d 的公差为}n a {设等差数列(1)解：，12＝)2q ＋q (1b ，得12＝3b ＋2b 由已知 0.＝6－q ＋2q ，所以2＝1b 而又因为q ＞0，解得q ＝2..n2＝n b 所以 ①8.＝1a －d 3，可得1a 2－4a ＝3b 由 ②16.＝d 5＋1a ，可得4b 11＝11S 由 2.－n 3＝n a ，由此可得3＝d ，1＝1a ，解得①②由 .n 2＝n b 的通项公式为}n b {，数列2－n 3＝n a 的通项公式为}n a {所以数列，n T 项和为n 的前}1－n 2b n 2a {设数列(2) ，1－n 2×4＝1－n 2b ，2－n 6＝n 2a 由，n1)×4－n (3＝1－n 2b n 2a 得，n1)×4－n (3＋…＋38×4＋25×4＋2×4＝n T 故，1＋n 1)×4－n (3＋n 4)×4－n (3＋…＋48×4＋35×4＋22×4＝n T 4 上述两式相减，得1＋n 1)×4－n (3－n 3×4＋…＋33×4＋23×4＋2×4＝n T 3－ 1＋n 1)×4－n (3－4－12×1－4n 1－4＝8.－1＋n 2)×4－n (3＝－ .83＋1＋n ×43n －23＝n T 故 .83＋1＋n ×43n －23项和为n 的前}1－n 2b n 2a {数列所以题型(三)主要考查等差数列与等比数列的定义、等差中项及等比中项，且常与数列的递推公式相结合命题.等差、等比数列的判定与证明[典例感悟]4.＋n a 2＝1＋n a ，2＝－1a 满足}n a {已知数列)成都模拟(2017· 3]典例[ 是等比数列；4}＋n a {证明数列(1) .n S 项和n 的前|}n a {|求数列(2) ，4＋n a 2＝1＋n a ∵证明：(1) ]解[ ，4)＋n a 2(＝8＋n a 2＝4＋1＋n a ∴ ，2＝an ＋1＋4an ＋4∴2.＝4＋1a ∴，2＝－1a ∵ 为公比的等比数列．2为首项，2是以4}＋n a {∴ ，n2＝4＋n a ，可知(1)由(2) 4.－n2＝n a ∴ ，2<0＝－1a 时，1＝n 当；2＝|1a |＝1S ∴ ≥0.n a 时，≥2n 当＝1)－n 4(－21－2n1－2＝1)－n 4(－n2＋…＋22＋2＝4)－n (2＋…＋4)－2(2＋2＝n a ＋…＋2a ＋1a ＝－n S ∴ 2.＋n 4－1＋n 2又当n ＝1时，也满足上式．2.＋n 4－1＋n 2＝n S 项和n 的前|}n a {|数列∴]备课札记[[方法技巧]判定和证明数列是等差(比)数列的方法无关的某一常数．n 为与正整数⎝ ⎛⎭⎪⎫或an ＋1an n a －1＋n a 的任意自然数，验证≥1n 定义法：对于(1) (2)中项公式法：为等差数列；}n a {，则≥2)n ，*N ∈n (1＋n a ＋1－n a ＝n a 2若① 为等比数列．}n a {，则≥2)n ，*N ∈n ≠0(1＋n a ·1－n a ＝2n a 若② [演练冲关].23＝1a ，且)*N ∈n (3an 2an ＋1＝1＋n a ，>01a 的首项}n a {已知数列)东北三校联考·届高三(2018．4 的通项公式；}n a {是等比数列，并求出⎩⎨⎧⎭⎬⎫1an －1求证：(1) .n T 项和n 的前⎩⎨⎧⎭⎬⎫1an 求数列(2) ，13＝1－an 31－an ＝2an ＋1－3an 3－3an ＝2an ＋13an －11an－1＝1an ＋1－11an －1＝bn ＋1bn ，则1－1an ＝n b 证明：记(1)解：的等比数列．13，公比为12是首项为⎩⎨⎧⎭⎬⎫1an －1，所以12＝1－32＝1－1a1＝1b 又 .2×3n－11＋2×3n－1＝n a ，即1－n ⎝ ⎛⎭⎪⎫13×12＝1－1an 所以 .2×3n－11＋2×3n－1＝n a 的通项公式为}n a {所以数列 1.＋1－n ⎝ ⎛⎭⎪⎫13×12＝1an 知，(1)由(2) .n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n 34＝n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n 1－13＝n T 项和n 的前⎩⎨⎧⎭⎬⎫1an 所以数列 6.＝－3S ，2＝2S 项和．已知n 的前}n a {为等比数列n S 记)Ⅰ全国卷(2017·．5 的通项公式；}n a {求(1) 是否成等差数列．2＋n S ，n S ，1＋n S ，并判断n S 求(2).q 的公比为}n a {设(1)解： ⎩⎪⎨⎪⎧ a11＋q ＝2，a11＋q ＋q2＝－6.由题设可得 ⎩⎪⎨⎪⎧a1＝－2，q ＝－2.解得 .n 2)－(＝n a 的通项公式为}n a {故－2×[1－－2n]1－－2＝n S 可得(1)由(2) .2n ＋13n 1)－(＋23＝－ 1＋n S ＋2＋n S 由于 2n ＋3－2n ＋23n 1)－(＋43＝－，n S 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－23＋－1n 2n ＋132＝成等差数列．2＋n S ，n S ，1＋n S 故化归、归纳——数列问题重在“归” ]解题通法点拨[ [循流程思维——入题快]等差数列与等比数列是我们最熟悉的两个基本数列，在高中阶段它们是一切数列问题的出发点与落脚点．首项与公差(比)称为等差(比)数列的基本量，大凡涉及这两个数列的问题，我们总希望把已知条件化归为等差或等比数列的基本量间的关系，从而达到解决问题的目的．这种化归为基本量处理的方法，是解决等差或等比数列问题特有的方法，对于不是等差或等比的数列，可从简单的个别的特殊的情景出发，从中归纳出一般性的规律、性质，这种归纳思想便形成了解决一般性数列问题的重要方法：观察、归纳、猜想、证明．由于数列是一种特殊的函数，也可根据题目特点，将数列问题化归为函数问题来解决．[按流程解题——快又准]3.＋n S 4＝n a 2＋2n a ，>0n a 项和．已知n 的前}n a {为数列n S )Ⅰ全国卷(2015· ]典例[ 的通项公式；}n a {求(1) 项和．n 的前}n b {，求数列1anan ＋1＝n b 设(2) [解题示范]①，3＋n S 4＝n a 2＋2n a 由(1) ②3.＋1＋n S 4＝1＋n a 2＋2n ＋1a 可知，1＋n a 4＝)n a －1＋n a 2(＋2n a －2n ＋1a ，得①－② 2na －2n ＋1a ＝)n a ＋1＋n a 2(即．)n a －1＋n a )(n a ＋1＋n a (＝ 2.＝n a －1＋n a ，得>0n a 由，3＋1a 4＝1a 2＋21a 又 3.＝1a 或)舍去1(＝－1a 解得 1.＋n 2＝n a 的等差数列，通项公式为2，公差为3是首项为}n a {所以可知1＋n 2＝n a 由(2) 12n ＋12n ＋3＝1anan ＋1＝n b .⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋312＝，则n T 项和为n 的前}n b {设数列 nb ＋…＋2b ＋1b ＝n T ⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－1512＝ 12n ＋3－12n ＋1＋…＋ .n 32n ＋3＝之间的关系，这是解决数列问题的基础；n S 与n a 对于数列的备考：一是准确掌握数列中 ]思维升华[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．[应用体验]．≥2)n 3(－1－n a ＝n a 511,4＝1a 满足}n a {已知数列)济南模拟(2017· 的通项公式；}n a {为等比数列，并求数列1}＋n a {求证：数列(1) .n S 项和n 的前}n b {，求数列1)|＋n a (2|log ＝n b 令(2) ，1)＋1－n a (14＝1＋n a 得3－1－n a ＝n a 4时，由≥2n 证明：当(1)解：为公比的等比数列．14为首项，512是以1}＋n a {所以数列 1.－n 2－112＝n a ，n 2－112＝1－n ⎝ ⎛⎭⎪⎫14512×＝1＋n a 所以 .2n －n 10＝n T ，则n T 项和为n 的前}n 2－{11，设数列|n 2－|11＝n b (2) 50.＋n 10－2n ＝n T －5S 2＝n S 时，≥6n ；当2n －n 10＝n T ＝n S 时，≤5n 当 ⎩⎪⎨⎪⎧10n －n2，n≤5，n2－10n ＋50，n≥6.＝n S 所以]课时跟踪检测[ ．)*N ∈n 1(－n 2＝n S ，且n S 项和为n 的前}n a {已知数列)广西三市联考·届高三(2018．1的通项公式；}n a {求数列(1) .n T 项和n 的前}n b {，求1＋n a 4log ＝n b 设(2) ，1－n 2＝1－n S －n S ＝n a 时，≥2n 当(1)解：，1－n 2＝n a ，满足1＝1－2＝1a 时，1＝n 当．)*N ∈n (1－n 2＝n a 的通项公式为}n a {数列∴ ，n ＋12＝1＋n a 4log ＝n b 得，(1)由(2) ，12＝n ＋12－n ＋22＝n b －1＋n b 则，1＝1＋1a 4log ＝1b 又的等差数列，12＝d ，公差1是首项为}n b {数列∴ .n2＋3n 4＝d n n －12＋1nb ＝n T ∴ 1.＋3a 4＝4a 2a ，2的各项均为正数，其公差为}n a {已知等差数列)福州质检(2017·．2 的通项公式；}n a {求(1) .n 3a ＋…＋9a ＋3a ＋1a 求(2) >0.n a ，1)－n 2(＋1a ＝n a 依题意知，(1)解：，1＋4)＋1a 4(＝6)＋1a 2)(＋1a (，所以1＋3a 4＝4a 2a 因为，)舍去5(＝－1a 或1＝1a ，解得0＝5－1a 4＋21a 所以 1.－n 2＝n a 所以 n3a ＋…＋9a ＋3a ＋1a (2) 1)－n (2×3＋…＋1)－2(2×3＋1)－(2×3＋1)－(2×1＝ 1)＋n (－)n 3＋…＋23＋3＋2×(1＝ 1)＋n (－1－3n ＋11－32×＝ 2.－n －1＋n 3＝成等差数3a ，1＋2a ，1a ，且1a －n a 2＝n S 满足n S 项和n 的前}n a {数列)广东五校联考·届高三(2018．3列．的通项公式；}n a {求数列(1) .n T 项和n 的前}n b {，求数列an ＋1SnSn ＋1＝n b 设(2) ①，1a －n a 2＝n S ∵(1)解： ②；1a －1－n a 2＝1－n S 时，≥2n 当∴。

高考数学二轮复习专题三数列与数学归纳法第3讲数列的综合问题课件

12/11/2021
第十八页，共三十五页。
【解】 (1)选 B.法一：因为 ln x≤x－1(x>0)，所以 a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋a2＋a3)≤a1 ＋a2＋a3－1，所以 a4≤－1，又 a1>1，所以等比数列的公比 q<0.若 q≤－1，则 a1＋a2＋ a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0，而 a1＋a2＋a3≥a1>1，所以 ln(a1＋a2＋a3)>0，与 ln(a1＋a2 ＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4≤0 矛盾，所以－1<q<0，所以 a1－a3＝a1(1－q2)>0，a2－a4＝a1q(1－q2)<0，所以 a1>a3≥a1，a2<a4，故选 B.
12/11/2021
第十六页，共三十五页。
[典型例题]
(1)(2018·高考浙江卷)已知 a1，a2，a3，a4 成等比数列，且 a1＋a2＋a3＋a4＝ln(a1＋
a2＋a3)．若 a1>1，则( )
A．a1<a3，a2<a4
B．a1>a3，a2<a4
C．a1<a3，a2>a4
D．a1>a3，a2>a4
12/11/2021
第二十六页，共三十五页。
数列中的探索性问题
[核心提炼] 探索性问题是指根据已知条件(或给出的结论)，探求相应结论(或条件)是否存在的一类问题，主要包括结论存在型，结论探索型，条件探索型，综合探索型．
12/11/2021
第二十七页，共三十五页。
[典型例题] 已知等差数列{an}满足：a1＝2，且 a1，a2，a5 成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)记 Sn 为数列{an}的前 n 项和，是否存在正整数 n，使得 Sn>60n＋800？若存在，求 n 的最小值；若不存在，说明理由．

(浙江专用)2020高考数学二轮复习专题三数列与数学归纳法第3讲数列的综合问题教案

第3讲数列的综合问题数列不等式的证明[核心提炼]数列不等式的证明问题能有效地观察学生综合运用数列与不等式知识解决问题的能力．与数列有关的不等式除利用数学归纳法证明外，还可以借助以下方法：若所证数列不等式可以转变成函数，可借助函数的单调性证明；若所证数列不等式两边均是整式多项式，可以借助比较法；若所证数列可以乞降，且所证不等式与和式有关，可先求出其和，再借助放缩法证明．[典型例题]已知数列{x n }满足：x 1＝1，x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)(n ∈N *)．证明：当 n ∈N *时， (1)0<x n ＋1 <x n ；nn ＋1；(2)2x n ＋1－x n ≤211(3) 2n －1≤x n ≤2n －2.【证明】(1)用数学归纳法证明：x n >0. 当n ＝1时，x 1＝1>0. 假设n ＝k 时，x k >0，那么n ＝k ＋1时，若x k ＋1≤0时，则0<x k ＝x k ＋1＋ln(1 ＋x k ＋1)≤0，矛盾，故x k ＋1>0.所以x n >0(n ∈N *)．所以x n ＝x n ＋1＋ln(1 ＋x n ＋1)>x n ＋1.所以0<x n ＋1n*<x (n ∈N)．(2) 由x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)得，2＋2)ln(1 ＋x n ＋1)．x n x n ＋1－4x n ＋1＋2x n ＝x n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1记函数f (x )＝x2－2x ＋(x ＋2)ln(1＋x )(x ≥0)，2x 2＋xf ′(x )＝x ＋1 ＋ln(1＋x )>0(x >0)，函数所以所以f (x )在[0，＋∞)上单调递加， f (x )≥f (0)＝0，x 2 －2n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1 ＋ n ＋1)＝ (x n ＋1)≥0，n ＋1xx f故2x n ＋1－x n ≤x n x n＋1(n ∈N *)．2(3)因为x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)≤x n ＋1＋x n ＋1＝2x n ＋1，1所以x n ≥2n －1.x n x n ＋11 1 1 1xxx n ＋12x n22所以1111 n －111 ＝2n －2－≥2－2 ≥≥2x 1－，x n 2 x n －121故x n ≤n －2.2综上，21 21 *≤x ≤(n ∈N)．n －1nn －2证明数列不等式常用的四种方法 (1) 构造函数，结合数列的单调性证明．(2) 若待证不等式的两边均为关于n 的整式多项式，常用作差比较法证明数列不等式． (3) 与数列前n 项和有关的不等式的证明方法主要有两种：一是若数列的通项可以直接乞降，则先乞降后，再依据和的性质证明不等式；二是若数列的通项不行以直接乞降，则先放缩后再乞降证明．(4) 当待证不等式随n 的变化表现的规律较明显，且初始值n 0易于确准时，用数学归纳法证明．[ 对点训练]．设数列 nn≤， ∈ *1 ＋1{a }21 nN.n ≥2 n －11*；(1)证明：|a | (| a | －2)，n ∈N3n**(2)若|a n |≤2，n ∈N ，证明：|a n |≤2，n ∈N.证明：(1) 由a － a n ＋1 ≤1，得n1 |a n | |a n ＋1|1*，|a n |－|a n ＋1|≤1，故n－n ＋1≤n ，n ∈N22221 n| a 1|| a 2|| a 2||3||a n －1|| a n |111|a ||a |－＋＝a ＋＋－≤ 222＝21a22222n －12n2＋＋＜1n312n －11，所以|a n |≥2n －1(|a 1|－2)．(2) 任取n ∈N *，由(1)知，关于任意m ＞n ， |a | |a | |a | |a | |a ||a | nmnn ＋1n ＋1 n ＋22n －2m ＝ 2n －2n ＋1 ＋2n ＋1 － 2n ＋2＋＋|a m －1| － |a m | 1 11 12m －12m≤2n ＋2n ＋1＋＋2m －1＜2n －1，1 |a mnmn11 3 n＜n －1＋ m·2≤·2故|a |222 n －1 m2＋ 2·3mn＝2＋4·2.3mn 从而关于任意 m ＞n ，均有|a n |＜2＋4 ·2 .①由的任意性得| n |≤2.ma－23m 03*|an |00不然，存在n ∈N，有|an |＞2，取正整数m ＞log32 0且m ＞n ，则2n ·4＜2n ·44|a |－2log3 n0n04 2＝|an 0|－2，与①式矛盾，综上，关于任意 n ∈N *，均有|a n |≤2.2．已知数列{n满足， 1＝1，n11a aaa n ＋1 22(1) 求证：3≤a n ≤1；nn1(2)求证：|a＋1－a |≤3.126142证明：(1)由已知得a n ＋1＝1，计算a 2＝3，a 3＝7，a 4＝19，猜想3≤a n ≤1.a n ＋2下边用数学归纳法证明．①当n ＝1时，命题明显成立；2 1 11＜1，②假设n ＝k 时，有3≤a n ≤1成立，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝1≤2a k ＋2 ＋ 23 11 2n ＝k ＋1时也成立，a k ＋1＝≥1 ＝，即当1 3a k ＋2 1＋2*2所以对任意n ∈N ，都有≤a n ≤1.1(2) 当n ＝1时，|a 1－a 2|＝，3当n ≥2时，因为11 1 1＋ 1 ≥1 1 3(a n ＋)(a n －1＋)＝(a n ＋)· a ＝1 2 ＋＝，22 22 2nn1 1－1nn＝1所以|a＋1－a|a ＋ 2an n －1|a －a|2＝nn － 1≤3|a n－an－1|11（a n ＋2）（a n －1＋2）2n －112n －11≤≤3 |a 2－a 1|＝3·3<3.1综上知，|a n ＋1－a n |≤.3数列中的交汇创新问题[核心提炼]数列在中学教材中既有相对独立性，又有较强的综合性，很多数列问题一般转变成特别数列求解，一些题目常与函数、向量、三角函数、分析几何、不等式等知识交汇结合，观察数列的基本运算与应用．[典型例题](1)(2018 ·高考浙江卷)已知a1， 2，3， 4成等比数列，且1＋2＋3＋ 4＝ln(a 1aa aaaa a＋a ＋a )．若a >1，则( )231A ．a <a ，a <aB ．a >a ，a <a132413 24C ．1 < 3， 2>4D ．1 > 3， 2>4a a a aa a a a(2)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，挨次连接点1(x 1,1)，2( x 2,2)，， n ＋1(x n ＋1,n ＋1)P PP获取折线P 1 P 2P n ＋1，求由该折线与直线 y ＝0，x ＝x 1，x ＝x n ＋1所围成的地域的面积T n .【解】 (1)选B.法一：因为ln x ≤ －1( x >0)，所以 1＋2 ＋3＋ 4＝ln( 1＋2＋3)≤ 1xaaaaaaa a ＋2＋ 3－1，所以a 4≤－1，又1>1，所以等比数列的公比q <0.若 q ≤－1，则a1＋ 2＋ 3＋ 4aaaaaa＝a 12a 1＋a 2＋ a 3≥a 1>1，所以ln(a 1＋a 2＋a 3)>0，与ln( a 1 ＋a 2 ＋a 3)＝a 1(1＋q )(1＋q )≤0，而＋2 ＋ 3＋ 4≤0矛盾，a a a2 2，所以－1<q<0，所以a1－a3＝a1(1－q)>0 ，a2－a4＝a1q(1－q)<0所以1> 3≥1，2<4，应选B.aa a aa法二：因为x 1 2 3 4 1 2 3e ≥x＋1，a＋a＋a＋a＝ln(a＋a＋a)，所以e a1＋a2＋a3＋a4＝a1＋a2＋a3≥a1＋a2＋a3＋a4＋1，则a4 ≤－1，又a1>1，所以等比数列的公比<0.q若q≤－1，则a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q)(1＋q2)≤0，而a1＋a2＋a3≥a1>1，所以ln(a1＋a2＋a3)>0，与ln(a1＋a2＋a3)＝a1＋a2＋a3＋a4≤0矛盾，所以－1<q<0，所以a1－a3＝a1(1－q2)>0，a2－a4＝a1q(1－q2)<0，所以a1>a3，a2<a4，应选B.(2)①设数列{x n}的公比为q，由已知q＞0.x1＋x1q＝3，由题意得x1q2－x1q＝2.所以3q2－5q－2＝0.因为q＞0，所以q＝2，x1＝1，所以数列{x n}的通项公式为n－1 x n＝2.②过P，P，，P 向x轴作垂线，垂足分别为Q，Q，，Q.1 2 n＋1 12 n＋1由①得x n＋1 n n－1 n－1－x n＝2－ 2 ＝2，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）×2n－1＝(2n＋1)×2n－2，2所以T n＝b1＋b2＋＋b n－101n－3n－2＝3×2＋5×2＋7×2＋＋(2n－1)×2＋(2n＋1)×2.(i)又2T n＝3×20＋5×21＋7×22＋＋(2n－1)×2n－2＋(2n＋1)×2n－1.(ii)－1 2 n－1 n－13 2（1－2n－1）(i)－(ii)得－T n＝3×2＋(2＋2＋＋2)－(2n＋1) ×2＝2＋1－2 －(2n＋1)×2n－1.（2n－1）×2n＋1所以T＝.n 2数列与函数的综合问题主要有两类(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般是利用函数的性质、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范围、公式、乞降方法等对式子进行化简变形．[对点训练]已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(ω＞0，|φ|＜π)的图象经过点π7π 12，－2，12，2，π7π 且在区间 12，12 上为单调函数．(1) 求ω，φ的值；π n n * n项和S 30. (2)设a ＝nf 3 (n ∈N)，求数列{a }的前30解：(1) 由题可得ωπ＋φ＝2 π，12 k π－27ωππk ∈Z ，12＋φ＝2k π＋2，k ∈Z ，2π解得ω＝2，φ＝2k π－3，k ∈Z ，2π因为|φ|＜π，所以φ＝－ 3.(2)因为 n ＝2 sin 2π － 2π2π 2πa n(∈N *)，数列2sin n －n 3 3 n3 3*的周期为3，前三项挨次为 0， 3，－3，(n ∈N)所以3n －2＋3n －1＋ 3n＝(3－2)×0＋(3 n －1)×3＋3×(－3)＝－3(∈N *)，a a a nnn所以S 30＝(a 1＋a 2＋a 3)＋＋(a 28＋a 29＋a 30)＝－103.数列中的研究性问题[核心提炼]研究性问题是指依据已知条件(或给出的结论)，研究相应结论(或条件)能否存在的一类问题，主要包含结论存在型，结论研究型，条件研究型，综合研究型．[典型例题]已知等差数列{a n }满足：a 1＝2，且a 1，a 2，a 5成等比数列．(1) 求数列{a n }的通项公式；(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，能否存在正整数n ，使得S n >60n ＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明原由．【解】(1)设等差数列{a n }的公差为d ，依题意，2，2＋d ，2＋4d 成等比数列，故有(2 ＋ d )2＝2(2＋4d )，化简得d 2－4d ＝0，解得d ＝0或d ＝4. 当d ＝0时，a n ＝2；当d ＝4时，a n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2，从而得数列{a n }的通项公式为 a n ＝2或 a n ＝4n －2.(2) 当a n ＝2时，S n ＝2n .明显2n <60n ＋800，此时不存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立．当a n ＝4n －2时，S n ＝n [2＋（4n －2）]＝2n 2.2 令2n 2>60n ＋800，即n 2－30n －400>0，解得n >40或n <－10(舍去)，此时存在正整数n ，使得S n >60n ＋800成立，n 的最小值为41. 综上，当a n ＝2时，不存在满足题意的n ；当a n ＝4n －2时，存在满足题意的n ，其最小值为41.要判断在某些确立条件下的某一数学对象能否存在或某一结论能否成立，“能否存在”的问题的命题形式有两种：假如存在，找出一个来；假如不存在，需要说明原由．这种问题常用“一定顺推”的方法．[对点训练]数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝(n 2＋n －λ)a n (n ＝1，2，)，λ是常数． (1) 当a 2＝－1时，求λ及a 3的值；(2) 数列{a n }能否可能为等差数列？若可能，求出它的通项公式；若不行能，说明原由．解：(1)因为a n ＋1＝(n 2＋n －λ)a n (n ＝1，2，)，且a 1＝1，所以当a 2＝－1时，得－1＝2－λ，故λ＝3. 从而a 3＝(22＋2－3)×(－1)＝－3.(2) 数列{a n }不行能为等差数列，原由以下：由a 1＝1，a n ＋1＝(n 2＋n －λ)a n ，得a 2＝2－λ，a 3＝(6－λ)·(2－λ)，a 4＝(12－λ)(6 － λ)(2－λ)．若存在λ，使{a n }为等差数列，则a 3－a 2＝a 2－a 1，即(5－λ)(2－λ)＝1－λ，解得λ＝3.于是a －a ＝1－λ＝－2，a －a ＝(11－λ)(6－λ)(2－λ)＝－24.2143这与{a }为等差数列矛盾，所以，对任意λ，{a }都不行能是等差数列．nn专题增强训练1．(2019·台州市高三期末考试 )在正项数列{n }中，已知1＝1，且满足 a n ＋1＝2 n － 1aaa a ＋1n(n ∈N *)．(1) 求a 2，a 3；3n －1 (2)证明：a n ≥().21*解：(1)因为在正项数列{a n }中，a 1＝1，且满足a n ＋1＝2a n －a n ＋1(n ∈N)，1 3所以a 2＝2×1－1＋1＝2，3 1 13a ＝2×－＝.33＋12523 1－1(2)证明：①当n ＝1时，由已知a 1＝1≥(2)＝1，不等式成立； 3 k －1 ②假设当n ＝k 时，不等式成立，即a k ≥()，21因为f (x )＝2x －x ＋1在(0，＋∞)上是增函数，所以 k ＋1＝2 k － 1≥2(3)k －1－ 1a a a k ＋1 2 （3）k －1＋123 k 1 3 k1＝(2) ＋ 3(2)－ 3k －1＋1（2）＝( )k ＋1 （3）2k －1＋ 1 （ 3 ）k －132 3 2 32（ 3 ）k －1＋121 3 k3k3 k 9[（2）＋3][2 ×（2）－3]＝(2) ＋ 3 k －1＋1，（）23 k3因为k ≥1，所以2×( )－3≥2×－3＝0，22k ＋13k，所以a ≥(2) 即当n ＝k ＋1时，不等式也成立．依据①②知不等式对任何n ∈N *都成立．2．(2019·嘉兴调研)已知n 为各项均为正数的数列 {n }的前 n2＋3n项和，1∈(0，2)，nSa a a a＋ 2＝6S n .(1) 求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝ 1*，t ≤4T n 恒成立，务实数 t，数列{b n }的前n 项和为T n ，若对任意的n ∈Na n a n ＋1的最大值．解：(1)当＝1时，由2＋3n ＋2＝6n，得 2 ＋3 1＋2＝61，即 2n11－31＋2＝0.n a a S a a a aa又a 1∈(0，2)，解得a 1＝1.由 a 2a n ＋2＝6n ，可知 2 ＋3n ＋1＋2＝6n ＋1.n＋3n ＋1SaaS两式相减，得a22－a )＝6a ，即(a＋a )(a－a －3)＝0.n ＋1 －a ＋3(an ＋ n ＋n1 nn ＋1n ＋1n 1n因为a n ＞0，可得a n ＋1－a n －3＝0，即a n ＋1－a n ＝3，所以{n}是首项为 1，公差为 3的等差数列，所以a n＝1＋3( n－1)＝3－2.an(2) 由a n ＝3n －2，可得11 b n ＝a n a n ＋1＝（3n －2）（3n ＋1）1 11－3n ＋1，＝33n －2T ＝b ＋b ＋＋bnn121 1 1 111＝31－4＋4－7＋＋3n －2－3n ＋1n＝ 3n ＋1.1因为 n13n 的增大而增大，所以数列{n }是递加数列，n ＝＝－跟着 3n ＋13n ＋13所以t ≤4T n ?tt1t ≤1，所以实数t 的最大值是1.≤T n ? ≤T 1＝ 4 4 41*3．(2019·金华模拟)已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1a n ＝2a n ＋1－1(n ∈N)，令b n ＝a n －1.(1) 求数列{b n }的通项公式；a 2n ＋1 7 (2) 令c n ＝a 2n ，求证：c 1＋c 2＋＋c n <n ＋24.解：(1)因为a n ＋1a n ＝2a n ＋1－1(n ∈N *)，b n ＝a n －1，即a n ＝b n ＋1.1 1 所以(b n ＋1＋1)(b n ＋1)＝2(b n ＋1＋1)－1，化为：－＝－1，b n ＋1b n所以数列{ 1}是等差数列，首项为－ 2，公差为－1.bn所以 11＝－2－(n －1)＝－1－n ，所以b ＝－.b nnn ＋11n(2) 证明：由(1)可得：a n ＝b n ＋1＝1－n ＋1＝n ＋1.n ＋122n ＋1 2n＋1＋1n＋1） 2a＝（2所以c n ＝ n＝ nna 2n2n 2 2 （2＋2）＋11 1 1＝1＋22n － 2n ＋2，因为n ≥2时，2n ＋2≤2n ＋1－1，1 1 1 1 所以2n － 2n＋2<2n －1－ 2n ＋1－1， 111所以c 1＋c 2＋＋c n <n ＋22－4＋ 1 1 1 7 17222－1－2n ＋1－1＝n ＋24－2（2n ＋1－1）<n ＋24.4．(2019·绍兴市高三教课质量调测2 2)已知数列{a n }满足a n ＞0，a 1＝2，且(n ＋1)a n ＋1 ＝na n＋ a n (n ∈N *)．(1) 证明：a n ＞1；2 a 22 a23a9n(2) 证明：4＋9＋＋n 2＜5(n ≥2)．证明：(1)由题得( n ＋1)· a 2 ＋1)＝2＋ n －1，n ＋1－(n －n nan a 故(a n ＋1－1)(a n ＋1＋1)(n ＋1)＝(a n －1)(na n ＋n ＋1)，由a n ＞0，n ∈N *，可知(a n ＋1＋1)(n ＋1)＞0，na n ＋n ＋1＞0，所以n ＋1－1与 n －1同号，又1－1＝1＞0，故a n＞1.aaa(2)由(1) 知a＞1，故(n ＋1)a 222n ＝na ＋a ＜(n ＋1)a ，n ＋1nnn所以a＜a ，1＜a ≤2.n ＋1 nn又由题可得a n＝( ＋1)22n ＋1－n ，所以，nanaa 1＝22，a 2 ＝ 22222a 2－a 1 3a 3－2a 2，，a n ＝(n ＋1)·a n ＋1－na n ，2相加得a ＋a ＋＋a ＝(n ＋1)a－4≤2n ，12nn ＋1所以2≤2n ＋422n ＋2n ≥2)，an ＋1n ＋，即 a n ≤n (122 211121a nn 2≤ 2 ＋ 3≤2n －1－n ＋ n －1－＋＋1(n ≥2)．n nn n2a 239当n ＝2时，22＝4＜5.22322319a 2a 3当n ＝3时，22＋32≤4＋32＋33＜4＋3＜5.222a 2a 2a 3a 4n当n ≥4时，4＋9＋16＋＋n 2 1 1 1 1 1 2 1 1 ＜24 ＋＋＋ 4＋＋＋－ 9 16 4 2734211219＝ 1＋9＋8＋4＋27＋12＜5.从而，原命题得证．5．(2019·台州市高考一模)已知数列{a n }满足：a n ＞0，a n ＋1＋1*＜2(n ∈N)．a n(1) *求证：a n ＋2＜a n ＋1＜2(n ∈N)； (2) 求证：a n ＞1(n ∈N *)．1证明：(1)由a n ＞0，a n ＋1＋＜2，a nn ＋1＜2－1a n1n ＋2因为2＞a n ＋2＋≥2，a n ＋1 a n ＋1所以a n ＋2＜a n ＋1＜2.(2) 假设存在a N ≤1(N ≥1，N ∈N *)，由(1)可适合n ＞N 时，a n ≤a N ＋1＜1，1 a n －1依据a n ＋1－1＜1－a n ＝an ＜0，而a n ＜1，1a n 1所以a n ＋1－1＞a n －1＝1＋a n －1.11于是a N ＋2－1＞1＋a N ＋1－1，11a N ＋n －1＞1＋a N ＋n －1－1. 累加可得 1 1N ＋n －1＞n －1＋N ＋1－1(*)，aa由(1)可得a N ＋n －1＜0，而当＞－1＋1时，明显有 n －1＋1＞0，na aNN1 1所以有a N ＋n －1＜n －1＋a N ＋1－1，这明显与(*)矛盾，所以a n ＞1(n ∈N *)．6．(2019·金丽衢十二校高三联考2 3n(－1) ＝(－)已知f (x )＝ax ＋ax ＋ax ＋＋ax ，且fn123nn1)n ·n ，n ＝1，2，3，.(1) 求a 1，a 2，a 3；(2) 求数列{a n }的通项公式；**222 23(3)当k >7且k ∈N 时，证明：对任意n ∈N都有a n ＋1＋a n ＋1＋1＋a n ＋2＋1＋＋a nk －1＋1>2成立．解：(1)由f 1(－1)＝－a 1＝－1得a 1＝1，由f 2(－1)＝－a 1＋a 2＝2，得a 2＝3，又因为f 3(－1)＝－a 1＋a 2－a 3＝－3，所以a 3＝5.(2) 由题意得：f n (－1)＝－a 1＋a 2－a 3＋＋(－1)n a n ＝(－1)n ·n ，f n －1(－1)＝－a 1＋a 2－a 3＋＋(－1)n －1a n －1＝ (－1)n －1·(n －1)，n ≥2，两式相减得：(－1)n a n ＝(－1)n ·n －(－1)n －1·(n －1)＝(－1)n (2n －1)，适合n ≥2时，a ＝2n －1，又a ＝1吻合，所以a*＝2n －1(n ∈N)．n1na n ＋1(3) 证明：令b n ＝2＝n ，则S ＝ 1＋ b 1＋ b1＋＋1＝ 1＋ n1 ＋ 1 ＋＋1 ，b nn ＋1n ＋2bn＋1nnknk －1＋2－1所以2＝ 1 1＋1 1 ＋ 1 1 ＋＋ 11＋＋＋＋.(*)S nnk －1 n ＋1nk －2 n ＋2nk －3nk －1n1 11当x >0，y >0时，x ＋y ≥2xy ，x ＋y ≥2xy，11 所以(x ＋y )x ＋y ≥4，1 1 4所以x ＋y ≥x ＋y ，当且仅当x ＝y 时等号成立，上述(*)式中，k >7，n >0，n ＋1，n ＋2，，4 4 4 4 4（－1） nk －1全为正，所以2S >n ＋nk －1＋n ＋1＋nk －2＋n ＋2＋nk －3＋＋nk －1＋n ＝n ＋nk －1 ，2（k －1）2（k －1） 2所以S > 1> k ＋1 ＝21－k ＋11＋k －n >21－237＋1＝2，得证．27．(2019·宁波市诺丁汉大学附中高三期中考试)已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋2a n ，n ∈N *，设b n ＝log 2(a n ＋1)．(1) 求{a n }的通项公式；1 11(2) 求证：1＋2＋3＋＋b n －1＜n (n ≥2)； (3) 若2 c n ＝n ，求证：c n ＋1n＜3.2≤()bc n解：(1)由2＋2 a n ，则a 22n ＋1＝nn ＋1＋1＝n ＋2n ＋1＝(n ＋1)，a a aa a由a 1＝3，则a n ＞0，两边取对数获取log 2(n ＋1＋1)＝log 2( a n ＋1) 2＝2log 2(n ＋1)，即 n ＋1＝2n .a a bb又b 1＝log 2(a 1＋1)＝2≠0，所以{b n }是以2为公比的等比数列．即b n ＝2n .又因为b n ＝log 2(a n ＋1)，所以a n ＝22n －1.1111(2) 证明：用数学归纳法证明：①当n ＝2时，左侧为1＋2＋3＝6＜2＝右侧，此时不等式成立；②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，不等式成立，则当n ＝k ＋1 时，左侧＝ 1 1 1 1 11 1 1 1＋＋＋＋2 k ＋k ＋ k ＋＋ k ＋1＜k ＋k ＋k ＋12 3 －122 ＋12 －1 22 1111k＋＋2k ＋1－1＜k ＋2k ＋2k ＋＋2k 2个,＜k ＋1＝右侧，所以当n ＝k ＋1时，不等式成立．综上可得：对全部n ∈N *，n ≥2，命题成立． (3) 证明：由2c n ＝b n 得c n ＝n ，c n ＋1 n 1＋n n 1n所以(c n )＝(n )＝(1＋n )，1n 01121第一(1＋n ) ＝C n ＋C n n ＋C n n 2＋＋k1n1C n n k ＋＋C n n n ≥2，其次因为 k 1n （n －1）（n －k ＋1） 111 1k ≥2)，C n k ＝ k＜≤＝－(n k ！nk ！ k （k －1）k －1k1n1121n n n2k1n1n n1 1 1 1 1 1＜ 1＋1＋1－2＋2－3＋＋n －1－n ＝3－n ＜3，当n ＝1时明显成立．所以得证． 1a n －18．数列{a n }满足a 1＝4，a n ＝（－1）n a n －1－2(n ≥2，n ∈N)．(1) 试判断数列1＋（－1）n 能否为等比数列，并说明原由；a n（2n －1）π*4(2)设b n ＝a n sin 2，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：对任意的n ∈N ，T n ＜ 7.解：(1) a ＝a n －1?1（－1）na n －1－2 n 2n＝＝(－1)－，n（－1）an －－2an an －1an －11所以1＋(－1)n ＝2·(－1)n－21＋(－1)n ＝(－2)·（－1）n －1＋1 ，a na n －1所以a na n －11n所以a n＋（－1）为公比是－2的等比数列．1 1(2)证明：a 1 ＋( －1)＝3，由(1)可得1 n 1 1n －1n －1＋(－1)＝＋（－1）·(－2)＝3·(－2)，a na 11所以a n ＝3·（－2）n －1－（－1）n .而sin （2n －1）π＝(－1)n －1，2所以（2n －1）π（－1）n－1n＝ 1，所以b1ba3·（－2）－（－1）3·2 ＋13·2＋121＜n －1，3·2111当n ≥3时，T n ＝b 1＋b 2＋＋b n ＜(b 1＋b 2)＋3·22＋3·23＋＋3·2n －111n －211121－2111474＝4＋7＋ 1 ＜4＋7＋6＝84＜7.1－2因为{b n }为正项数列，所以T 1＜T 2＜T 3＜＜T n ，*4所以n ∈N ，T n ＜7.。

高考数学第二轮复习数列教学案

2011年高考第二轮专题复习（教学案）：数列考纲指要：数列综合及实际问题在高考中占有重要的地位，通常以数列为工具，综合运用函数、方程、不等式等知识，通过运用逆推思想、函数与方程、归纳与猜想、等价转化、分类讨论等各种数学思想方法，这些题目都考察考生灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力，考点扫描：1．等差数列定义、通项公式、前n项和公式。

2．等比数列定义、通项公式、前n项和公式。

3．数列求通项的常用方法如：①作新数列法；②累差叠加法；③归纳、猜想法；而对于递归数列，则常用①归纳、猜想、数学归纳法证明；②迭代法；③代换法。

包括代数代换，对数代数，三角代数。

4．数列求和常用方法如：①公式法；②裂项求和；③错项相消法；④并项求和。

考题先知：例1. 已知，①求函数的表达式；②定义数列,求数列的通项；③求证：对任意的有解：①由，所以②③不等式等价于因为例2．如图，已知一类椭圆：Array，若椭圆C n上有一点P n到右准线的距离是与的等差中项，其中F n、G n分别是椭圆的左、右焦点。

（1）试证：；（2）取，并用S n表示的面积，试证：且。

证明：（1）由题设与椭圆的几何性质得：2=+=2，故=1，设，则右准线的方程为：，从而由得，即，有；（2）设点，则由=1得，从而，所以=，因函数中，由得所以S n在区间上是增函数，在区间（）上是减函数，由，可得，知是递增数列，而，故可证且。

评注：这是一道较为综合的数列与解析几何结合的题目，涉及到的知识较多，有椭圆的相关知识，列不等式与解不等式，构造函数，利用导数证明其单调性等，这也表明数列只是一个特殊函数的本原问题，提示了数列问题的函数思想方法。

复习智略：例3 已知二次函数y=f(x)在x=处取得最小值－ (t＞0),f(1)=0(1)求y=f(x)的表达式；(2)若任意实数x都满足等式f(x)·g(x)+a n x+b n=x n+1［g(x)］为多项式，n∈N*),试用t表示a n 和b n ；(3)设圆C n 的方程为(x －a n )2+(y －b n )2=r n 2，圆C n 与C n +1外切(n =1,2,3,…);{r n }是各项都是正数的等比数列，记S n 为前n 个圆的面积之和，求r n 、S n解 (1)设f (x )=a (x －)2－，由f (1)=0得a =1∴f (x )=x 2－(t +2)x +t +1(2)将f (x )=(x －1)［x －(t +1)］代入已知得(x －1)［x －(t +1)］g (x )+a n x +b n =x n +1，上式对任意的x ∈R 都成立，取x =1和x =t +1分别代入上式得且t ≠0，解得a n =［(t +1)n +1－1］，b n =［1－(t +1n )(3)由于圆的方程为(x －a n )2+(y －b n )2=r n 2，又由(2)知a n +b n =1，故圆C n 的圆心O n 在直线x +y =1上，又圆C n 与圆C n +1相切，故有r n +r n +1=｜a n +1－a n ｜=(t +1)n +1设{r n }的公比为q ，则②÷①得q ==t +1，代入①得r n =∴S n =π(r 12+r 22+…+r n 2)=［(t +1)2n －1］检测评估：1．动点的横坐标、纵坐标使、、成等差数列，则点的轨迹图形是（）1．解：由条件得，即，又，所以化为，故选C 。

高三数学二轮复习：专题二数列

解答
(2)若数列an＋bn是首项为 1，公比为 2 的等比数列，求数列{bn}的前 n 项和. 解因为数列{an＋bn}是首项为1，公比为2的等比数列，所以an＋bn＝2n－1，因为an＝2n－1，所以bn＝2n－1－(2n－1). 设数列{bn}的前n项和为Sn，则Sn＝(1＋2＋4＋…＋2n－1)－[1＋3＋5＋…＋(2n－1)] ＝11－－22n－n1＋22n－1＝2n－1－n2，所以数列{bn}的前n项和为2n－1－n2(n∈N*).
热点一等差数列、等比数列的运算
1.通项公式等差数列：an＝a1＋(n－1)d；等比数列：an＝a1·qn－1. 2.求和公式等差数列：Sn＝na1＋ 2 an＝na1＋nn2－1d；等比数列：Sn＝a111－－qqn＝a11－－aqnq(q≠1).
3.性质若m＋n＝p＋q，在等差数列中am＋an＝ap＋aq；在等比数列中am·an＝ap·aq.
板块三专题突破核心考点
专题二数列
第1讲等差数列与等比数列
[考情考向分析]
1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现. 2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力.
内容索引
热点分类突破真题押题精练
热点分类突破
押题依据解析答案
2.在等比数列{an}中，a3－3a2＝2，且5a4为12a3和2a5的等差中项，则
{an}的公比等于
A.3
B.2或3
√C.2
D.6
押题依据等差数列、等比数列的综合问题可反映知识运用的综合性和灵活性，是高考出题的重点.
押题依据解析答案
3.已知各项都为正数的等比数列{an}满足 a7＝a6＋2a5，存在两项 am，an 使得 am·an＝4a1，则m1 ＋4n的最小值为

高考高考数学二轮复习第二部分第三讲数列学案理-人教版高三全册数学学案

第三讲数列命题者说考题统计考情点击2018·全国卷Ⅰ·T 4·等差数列的通项公式、前n 项和公式2018·全国卷Ⅰ·T 14·数列的通项与前n 项和的关系2018·浙江高考·T 10·数列的综合应用 2018·北京高考·T 4·数学文化、等比数列的通项公式2017·全国卷Ⅰ·T 4·等差数列的通项公式、前n 项和公式1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现。

2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力。

考向一等差数列、等比数列基本量运算【例1】 (1)(2018·北京高考)设{a n }是等差数列，且a 1＝3，a 2＋a 5＝36，则{a n }的通项公式为________。

(2)(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 (1)设等差数列的公差为d ，a 2＋a 5＝a 1＋d ＋a 1＋4d ＝6＋5d ＝36，所以d ＝6，所以a n ＝3＋(n －1)·6＝6n －3。

(2)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 11－q 31－q ＝74，S 6＝a11－q 61－q＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝14，则a 8＝a 1q 7＝14×27＝32。

答案 (1)a n ＝6n －3 (2)32在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a 1和d (q )的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量。

(全国通用版)2020高考数学二轮复习专题二数列第3讲数列的综合问题学案文

第3讲数列的综合问题[考情考向分析] 1.数列的综合问题，往往将数列与函数、不等式结合，探求数列中的最值或证明不等式.2.以等差数列、等比数列为背景，利用函数观点探求参数的值或范围.3.将数列与实际应用问题相结合，考查数学建模和数学应用能力．热点一利用S n ，a n 的关系式求a n 1．数列{a n }中，a n 与S n 的关系a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.2．求数列通项的常用方法(1)公式法：利用等差(比)数列求通项公式．(2)在已知数列{a n }中，满足a n ＋1－a n ＝f (n )，且f (1)＋f (2)＋…＋f (n )可求，则可用累加法求数列的通项a n .(3)在已知数列{a n }中，满足a n ＋1a n＝f (n )，且f (1)·f (2)·…·f (n )可求，则可用累乘法求数列的通项a n .(4)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)．例1 已知等差数列{a n }中，a 2＝2，a 3＋a 5＝8，数列{b n }中，b 1＝2，其前n 项和S n 满足：b n ＋1＝S n ＋2(n ∈N *)．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设c n ＝a n b n，求数列{c n }的前n 项和T n . 解 (1)∵a 2＝2，a 3＋a 5＝8，∴2＋d ＋2＋3d ＝8，∴d ＝1，∴a n ＝n (n ∈N *)． ∵b n ＋1＝S n ＋2(n ∈N *)，① ∴b n ＝S n －1＋2(n ∈N *，n ≥2)．②由①－②，得b n ＋1－b n ＝S n －S n －1＝b n (n ∈N *，n ≥2)， ∴b n ＋1＝2b n (n ∈N *，n ≥2)．∵b 1＝2，b 2＝2b 1，∴{b n }是首项为2，公比为2的等比数列， ∴b n ＝2n(n ∈N *)． (2)由c n ＝a n b n ＝n2n ，得T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n 2n ，12T n ＝122＋223＋324＋…＋n －12n ＋n 2n ＋1，两式相减，得12T n ＝12＋122＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－2＋n 2n ＋1， ∴T n ＝2－n ＋22n(n ∈N *)．思维升华给出S n 与a n 的递推关系，求a n ，常用思路：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .跟踪演练1 (2018·绵阳诊断性考试)已知正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：a 1a n ＝S 1＋S n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝log 2a n32，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)由已知a 1a n ＝S 1＋S n ，可得当n ＝1时，a 21＝a 1＋a 1，解得a 1＝0或a 1＝2，由{a n }是正项数列，故a 1＝2.当n ≥2时，由已知可得2a n ＝2＋S n ，2a n －1＝2＋S n －1，两式相减得，2()a n －a n －1＝a n ，化简得a n ＝2a n －1， ∴数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列，故a n ＝2n.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n(n ∈N *)． (2)∵b n ＝log 2a n32，代入a n ＝2n化简得b n ＝n －5，显然{b n }是等差数列， ∴其前n 项和T n ＝n ()－4＋n －52＝n 2－9n2(n ∈N *)．热点二数列与函数、不等式的综合问题数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出S n 的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化．数列与不等式的综合问题一般以数列为载体，考查最值问题，不等关系或恒成立问题．例2 设f n (x )＝x ＋x 2＋…＋x n－1，x ≥0，n ∈N ，n ≥2. (1)求f n ′(2)；(2)证明：f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23内有且仅有一个零点(记为a n )，且0<a n －12<13⎝ ⎛⎭⎪⎫23n .(1)解由题设f n ′(x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1，所以f n ′(2)＝1＋2×2＋…＋(n －1)2n －2＋n ·2n －1，①则2f n ′(2)＝2＋2×22＋…＋(n －1)2n －1＋n ·2n，②由①－②得，－f n ′(2)＝1＋2＋22＋…＋2n －1－n ·2n＝1－2n1－2－n ·2n ＝(1－n )·2n－1，所以f n ′(2)＝(n －1)·2n＋1. (2)证明因为f n (0)＝－1<0， f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫23n 1－23－1＝1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ≥1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫232>0，所以f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23内至少存在一个零点，又f n ′(x )＝1＋2x ＋…＋nxn －1>0，所以f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23内单调递增，因此f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23内有且仅有一个零点a n ，由于f n (x )＝x －x n ＋11－x－1，所以f n (a n )＝a n －a n ＋1n1－a n－1＝0，由此可得a n ＝12＋12a n ＋1n >12，故12<a n <23，所以0<a n －12＝12a n ＋1n <12×⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫23n .思维升华解决数列与函数、不等式的综合问题要注意以下几点(1)数列是一类特殊的函数，函数定义域是正整数，在求数列最值或不等关系时要特别重视． (2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件． (3)不等关系证明中进行适当的放缩．跟踪演练2 (2018·泉州质检)记数列{a n }的前n 项和为S n ，已知1，a n ，S n 成等差数列． (1)求{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ＋1(a n ＋1－1)(a n ＋2－1)(n ∈N *)，证明：23≤b 1＋b 2＋…＋b n <1.(1)解由已知1，a n ，S n 成等差数列，得2a n ＝S n ＋1，①当n ＝1 时，2a 1＝S 1＋1，所以a 1＝1；当n ≥2时，2a n －1＝S n －1＋1，② ①②两式相减得2a n －2a n －1＝a n ，所以a na n －1＝2，则数列{a n }是以a 1＝1为首项，q ＝2为公比的等比数列，所以a n ＝a 1qn －1＝1×2n －1＝2n －1(n ∈N *)．(2)证明由(1)得b n ＝a n ＋1()a n ＋1－1()a n ＋2－1＝2n()2n ＋1－1()2n－1＝12n －1－12n ＋1－1，所以b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝⎛⎭⎪⎫12－1－122－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122－1－123－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1，因为2n ＋1－1≥22－1＝3,0<12n ＋1－1≤13，所以23≤1－12n ＋1－1<1，即证得23≤b 1＋b 2＋…＋b n <1.热点三数列的实际应用用数列知识解相关的实际问题，关键是合理建立数学模型——数列模型，弄清所构造的数列是等差模型还是等比模型，它的首项是什么，项数是多少，然后转化为解数列问题．求解时，要明确目标，即搞清是求和，还是求通项，还是解递推关系问题，所求结论对应的是解方程问题，还是解不等式问题，还是最值问题，然后进行合理推算，得出实际问题的结果．例3 科学研究证实，二氧化碳等温室气体的排放(简称碳排放)对全球气候和生态环境产生了负面影响，环境部门对A 市每年的碳排放总量规定不能超过550万吨，否则将采取紧急限排措施．已知A 市2017年的碳排放总量为400万吨，通过技术改造和倡导低碳生活等措施，此后每年的碳排放总量比上一年的碳排放总量减少10%.同时，因经济发展和人口增加等因素，每年又新增加碳排放量m 万吨(m >0)．(1)求A 市2019年的碳排放总量(用含m 的式子表示)； (2)若A 市永远不需要采取紧急限排措施，求m 的取值范围．解设2018年的碳排放总量为a 1,2019年的碳排放总量为a 2，…， (1)由已知，a 1＝400×0.9＋m ，a 2＝0.9×()400×0.9＋m ＋m＝400×0.92＋0.9m ＋m ＝324＋1.9m . (2)a 3＝0.9×()400×0.92＋0.9m ＋m ＋m＝400×0.93＋0.92m ＋0.9m ＋m ， …，a n ＝400×0.9n ＋0.9n －1m ＋0.9n －2m ＋…＋0.9m ＋m＝400×0.9n＋m 1－0.9n1－0.9＝400×0.9n＋10m ()1－0.9n＝()400－10m ×0.9n＋10m .由已知∀n ∈N *，a n ≤550，(1)当400－10m ＝0，即m ＝40时，显然满足题意； (2)当400－10m >0，即m <40时，由指数函数的性质可得()400－10m ×0.9＋10m ≤550，解得m ≤190. 综合得m <40；(3)当400－10m <0，即m >40时，由指数函数的性质可得10m ≤550，解得m ≤55，综合得40<m ≤55. 综上可得所求m 的范围是(]0，55.思维升华常见数列应用题模型的求解方法(1)产值模型：原来产值的基础数为N ，平均增长率为p ，对于时间n 的总产值y ＝N (1＋p )n. (2)银行储蓄复利公式：按复利计算利息的一种储蓄，本金为a 元，每期的利率为r ，存期为n ，则本利和y ＝a (1＋r )n .(3)银行储蓄单利公式：利息按单利计算，本金为a 元，每期的利率为r ，存期为n ，则本利和y ＝a (1＋nr )．(4)分期付款模型：a 为贷款总额，r 为年利率，b 为等额还款数，则b ＝r (1＋r )n a(1＋r )n－1. 跟踪演练3 (2018·上海崇明区模拟)2016 年崇明区政府投资 8 千万元启动休闲体育新乡村旅游项目．规划从 2017 年起，在今后的若干年内，每年继续投资 2 千万元用于此项目.2016 年该项目的净收入为 5 百万元，并预测在相当长的年份里，每年的净收入均在上一年的基础上增长50%.记 2016 年为第 1 年，f (n )为第 1 年至此后第 n (n ∈N *)年的累计利润(注：含第 n 年，累计利润＝累计净收入－累计投入，单位：千万元)，且当 f (n )为正值时，认为该项目赢利．⎝ ⎛⎭⎪⎫参考数值：⎝ ⎛⎭⎪⎫327≈17，⎝ ⎛⎭⎪⎫328≈25，ln 3≈1.1，ln 2≈0.7 (1)试求 f (n )的表达式；(2)根据预测，该项目将从哪一年开始并持续赢利？请说明理由．解 (1)由题意知，第1年至此后第n (n ∈N *)年的累计投入为8＋2(n －1)＝2n ＋6(千万元)，第1年至此后第n (n ∈N *)年的累计净收入为 12＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫321＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋…＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1 ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫32n 1－32＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(千万元)．∴f (n )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n－1－(2n ＋6)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n－2n －7(千万元)． (2)方法一 ∵f (n ＋1)－f (n )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋1－2(n ＋1)－7－⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2n －7 ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －4， ∴当n ≤3时，f (n ＋1)－f (n )<0，故当n ≤4时，f (n )递减；当n ≥4时，f (n ＋1)－f (n )>0，故当n ≥4时，f (n )递增．又f (1)＝－152<0，f (7)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫327－21≈17－21＝－4<0，f (8)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫328－23≈25－23＝2>0.∴该项目将从第8年开始并持续赢利．答：该项目将从2023年开始并持续赢利．方法二设f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32x－2x －7(x ≥1)，则f ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32x ln 32－2，令f ′(x )＝0，得⎝ ⎛⎭⎪⎫32x＝2ln 32＝2ln 3－ln 2≈21.1－0.7＝5，∴x ≈4.从而当x ∈[1,4)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(4，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．又f (1)＝－152<0，f (7)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫327－21≈17－21＝－4<0，f (8)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫328－23≈25－23＝2>0. ∴该项目将从第8年开始并持续赢利．答：该项目将从2023年开始并持续赢利．真题体验1．(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＝－63.2．(2017·山东)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 .由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 1q ＝3，x 1q 2－x 1q ＝2.所以3q 2－5q －2＝0，由已知得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(n ∈N *)．(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 ＝b 1＋b 2＋…＋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(n ∈N *)．押题预测已知数列{a n }的前n 项和S n 满足关系式S n ＝ka n ＋1，k 为不等于0的常数． (1)试判断数列{a n }是否为等比数列； (2)若a 2＝12，a 3＝1.①求数列{a n }的通项公式及前n 项和S n 的表达式； ②设b n ＝log 2S n ，数列{c n }满足c n ＝1b n ＋3b n ＋4＋b n ＋2·2n b，数列{c n }的前n 项和为T n ，当n >1时，求使4n －1T n <S n ＋3＋n ＋122成立的最小正整数n 的值．押题依据本题综合考查数列知识，第(1)问考查反证法的数学方法及逻辑推理能力，第(2)问是高考的热点问题，即数列与不等式的完美结合，其中将求数列前n 项和的常用方法“裂项相消法”与“错位相减法”结合在一起，考查了综合分析问题、解决问题的能力．解 (1)若数列{a n }是等比数列，则由n ＝1得a 1＝S 1＝ka 2，从而a 2＝ka 3. 又取n ＝2，得a 1＋a 2＝S 2＝ka 3，于是a 1＝0，显然矛盾，故数列{a n }不是等比数列． (2)①由条件得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝12k ，a 1＋12＝k ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝12，k ＝1，从而S n ＝a n ＋1.当n ≥2时，由S n －1＝a n ，得a n ＝S n －S n －1＝a n ＋1－a n ，即a n ＋1＝2a n ，此时数列是首项为a 2＝12，公比为2的等比数列．综上所述，数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，2n －3，n ≥2.从而其前n 项和S n ＝2n －2(n ∈N *)．②由①得b n ＝n －2，从而c n ＝1(n ＋1)(n ＋2)＋n ·2n －2.记C 1＝12×3＋13×4＋…＋1(n ＋1)(n ＋2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝n2(n ＋2)，记C 2＝1·2－1＋2·20＋…＋n ·2n －2，则2C 2＝1·20＋2·21＋…＋n ·2n －1，两式相减得C 2＝(n －1)·2n －1＋12，从而T n ＝n2(n ＋2)＋(n －1)·2n －1＋12＝n ＋1n ＋2＋(n －1)·2n －1，则不等式4n －1T n <S n ＋3＋n ＋122可化为4(n ＋1)(n －1)(n ＋2)＋2n ＋1<2n ＋1＋n ＋122，即n 2＋n －90>0，因为n ∈N *且n ≠1，故n >9，从而最小正整数n 的值是10.A 组专题通关1．(2018·安徽省“皖南八校”联考)删去正整数数列1,2,3，… 中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个数列的第2 018项是( ) A ．2 062 B ．2 063 C ．2 064 D ．2 065答案 B解析由题意可得，这些数可以写为12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，第k 个平方数与第k ＋1个平方数之间有2k 个正整数，而数列12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，452共有2 025项，去掉45个平方数后，还剩余2 025－45＝1 980(个)数，所以去掉平方数后第2 018项应在2 025后的第38个数，即是原来数列的第2 063项，即为2 063.2．(2018·百校联盟联考)已知数列{a n }中，a 1＝7，a n ＋1－2a n ＋2＝a n ＋1，则a 30等于( ) A ．1 028 B ．1 026 C ．1 024 D ．1 022答案 D解析因为a n ＋1－2a n ＋2＝a n ＋1，所以a n ＋1＝a n ＋1＋2a n ＋2，即a n ＋1＋2＝a n ＋2＋2a n ＋2＋1，所以()a n ＋1＋22＝()a n ＋2＋12，即a n ＋1＋2－a n ＋2＝1，故{}a n ＋2是以3为首项，1为公差的等差数列，所以a n ＋2＝3＋(n －1)×1＝n ＋2，所以a n ＝n 2＋4n ＋2，所以a 30＝1 022.3．(2018·商丘模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－a n ≥2(n ∈N *)，S n 为数列{a n }的前n 项和，则( ) A ．a n ≥2n ＋1 B ．S n ≥n 2C ．a n ≥2n －1D ．S n ≥2n －1答案 B解析由题意得a 2－a 1≥2，a 3－a 2≥2，a 4－a 3≥2，…，a n －a n －1≥2，∴a 2－a 1＋a 3－a 2＋a 4－a 3＋…＋a n －a n －1≥2(n －1)， ∴a n －a 1≥2(n －1)，∴a n ≥2n －1. ∴a 1≥1，a 2≥3，a 3≥5，…，a n ≥2n －1， ∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ≥1＋3＋5＋…＋2n －1， ∴S n ≥n2(1＋2n －1)＝n 2.4．(2018·河南省豫南豫北联考)数列{a n }满足a 1＝65，a n ＝a n ＋1－1a n －1(n ∈N *)，若对n ∈N *，都有k >1a 1＋1a 2＋…＋1a n成立，则最小的整数k 是( )A ．3B ．4C ．5D ．6 答案 C 解析由a n ＝a n ＋1－1a n －1，得a n ()a n －1＝a n ＋1－1， ∴1a n ＋1－1＝1a n ()a n －1＝1a n －1－1a n，即1a n ＝1a n －1－1a n ＋1－1，且a n >1. ∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1－1a 2－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1－1a 3－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1－1a n ＋1－1 ＝1a 1－1－1a n ＋1－1， ∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n＝5－1a n ＋1－1<5.又对n ∈N *，都有k >1a 1＋1a 2＋…＋1a n成立，∴k ≥5.故最小的整数k 是5.5．(2018·马鞍山联考)已知f (n )表示正整数n 的所有因数中最大的奇数，例如：12的因数有1,2,3,4,6,12，则f (12)＝3；21的因数有1,3,7,21，则f (21)＝21，那么∑i ＝51100f (i )的值为( )A ．2 488B ．2 495C ．2 498D ．2 500 答案 D解析由f (n )的定义知f (n )＝f (2n )，且若n 为奇数则f (n )＝n ，则∑i ＝1100f (i )＝f (1)＋f (2)＋…＋f (100)＝1＋3＋5＋…＋99＋f (2)＋f (4)＋…＋f (100) ＝50×()1＋992＋f (1)＋f (2)＋…＋f (50)＝2 500＋∑i ＝150f (i )，∴∑i ＝51100f (i )＝∑i ＝1100f (i )－∑i ＝150f (i )＝2 500.6．对于数列{a n }，定义H n ＝a 1＋2a 2＋…＋2n －1a nn为{a n }的“优值”，现在已知某数列{a n }的“优值”H n ＝2n ＋1，记数列{a n －kn }的前n 项和为S n ，若S n ≤S 5对任意的n 恒成立，则实数k 的取值范围为________．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤73，125解析由题意可知a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n n＝2n ＋1，∴a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n ＝n ·2n ＋1，①a 1＋2a 2＋…＋2n －2a n －1＝(n －1)·2n ，②由①－②，得2n －1a n ＝n ·2n ＋1－(n －1)·2n (n ≥2，n ∈N *)，则a n ＝2n ＋2(n ≥2)，又当n ＝1时，a 1＝4，符合上式，∴a n ＝2n ＋2(n ∈N *)，∴a n －kn ＝(2－k )·n ＋2，令b n ＝(2－k )·n ＋2，∵S n ≤S 5，∴b 5≥0，b 6≤0，解得73≤k ≤125，∴k 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤73，125.7．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝43(a n －1)，则(4n －2＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫16a n ＋1的最小值为__________．答案 4解析 ∵S n ＝43(a n －1)，∴S n －1＝43(a n －1－1)(n ≥2)，∴a n ＝S n －S n －1＝43(a n －a n －1)，∴a n ＝4a n －1，又a 1＝S 1＝43(a 1－1)，∴a 1＝4，∴{a n }是首项为4，公比为4的等比数列， ∴a n ＝4n，∴(4n －2＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫16a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4n16＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫164n ＋1 ＝2＋4n16＋164n ≥2＋2＝4，当且仅当n ＝2时取“＝”．8．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______________．答案 (3,5)解析由条件S n ＋S n －1＝4n 2(n ≥2，n ∈N *)，得S n ＋1＋S n ＝4(n ＋1)2，两式相减，得a n ＋1＋a n ＝8n ＋4，故a n ＋2＋a n ＋1＝8n ＋12，两式再相减，得a n ＋2－a n ＝8，由n ＝2，得a 1＋a 2＋a 1＝16⇒a 2＝16－2a ，从而a 2n ＝16－2a ＋8(n －1)＝8n ＋8－2a ；由n ＝3，得a 1＋a 2＋a 3＋a 1＋a 2＝36⇒a 3＝4＋2a ，从而a 2n ＋1＝4＋2a ＋8(n －1)＝8n －4＋2a ，由条件得⎩⎪⎨⎪⎧a <16－2a ，8n ＋8－2a <8n －4＋2a ，8n －4＋2a <8(n ＋1)＋8－2a ，解得3<a <5.9．已知数列{a n }中，a 1＝1，且点P (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线x －y ＋1＝0上． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若函数f (n )＝1n ＋a 1＋2n ＋a 2＋3n ＋a 3＋…＋n n ＋a n(n ∈N *，且n >2)，求函数f (n )的最小值； (3)设b n ＝1a n，S n 表示数列{b n }的前n 项和，试问：是否存在关于n 的整式g (n )，使得S 1＋S 2＋S 3＋…＋S n －1＝(S n －1)·g (n )对于一切不小于2的自然数n 恒成立？若存在，写出g (n )的解析式，并加以证明；若不存在，请说明理由．解 (1)点P (a n ，a n ＋1)在直线x －y ＋1＝0上，即a n ＋1－a n ＝1，且a 1＝1，∴数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列， ∴a n ＝1＋(n －1)·1＝n (n ∈N *)． (2)∵f (n )＝1n ＋1＋2n ＋2＋…＋n 2n， ∴f (n ＋1)＝1n ＋2＋2n ＋3＋…＋n －12n ＋n 2n ＋1＋n ＋12n ＋2， ∴f (n ＋1)－f (n )＝－⎝⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＋n 2n ＋1＋n ＋12n ＋2>12＋n 2n ＋1－nn ＋1＝12＋n (n ＋1)－n (2n ＋1)(2n ＋1)(n ＋1)＝12－n 22n 2＋3n ＋1 ＝12－12＋3n ＋1n2>0， ∴f (n ＋1)－f (n )>0，∴f (n )是单调递增的，故f (n )的最小值是f (3)＝2320.(3)∵b n ＝1n ⇒S n ＝1＋12＋13＋…＋1n ，∴S n －S n －1＝1n(n ≥2)，即nS n －(n －1)S n －1＝S n －1＋1，∴(n －1)S n －1－(n －2)S n －2＝S n －2＋1，…， 2S 2－S 1＝S 1＋1，∴nS n －S 1＝S 1＋S 2＋…＋S n －1＋n －1，∴S 1＋S 2＋…＋S n －1＝nS n －n ＝(S n －1)·n (n ≥2)， ∴g (n )＝n .10．(2016·四川)已知数列{a n }的首项为1，S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＋1＝qS n ＋1，其中q >0，n ∈N *.(1)若2a 2，a 3，a 2＋2成等差数列，求数列{a n }的通项公式；(2)设双曲线x 2－y 2a 2n ＝1的离心率为e n ，且e 2＝53，证明：e 1＋e 2＋…＋e n >4n －3n3n －1.(1)解由已知S n ＋1＝qS n ＋1，得S n ＋2＝qS n ＋1＋1，两式相减得到a n ＋2＝qa n ＋1，n ≥1.又由S 2＝qS 1＋1得到a 2＝qa 1，故a n ＋1＝qa n 对所有n ≥1都成立．所以，数列{a n }是首项为1，公比为q 的等比数列．从而a n ＝qn －1.由2a 2，a 3，a 2＋2成等差数列，可得2a 3＝3a 2＋2，即2q 2＝3q ＋2，则(2q ＋1)(q －2)＝0，由已知，q >0，故q ＝2.所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)证明由(1)可知，a n ＝qn －1.所以双曲线x 2－y 2a 2n＝1的离心率e n ＝1＋a 2n ＝1＋q2(n －1). 由e 2＝1＋q 2＝53，解得q ＝43.因为1＋q2(k －1)>q2(k －1)，所以1＋q 2(k －1)>qk －1(k ∈N *)．于是e 1＋e 2＋…＋e n >1＋q ＋…＋q n －1＝q n －1q －1.故e 1＋e 2＋…＋e n >4n －3n3n －1.B 组能力提高11．若数列{a n }满足a n ＋12n ＋5－a n2n ＋3＝1，且a 1＝5，则数列{a n }的前100项中，能被5整除的项数为( )A ．42B ．40C ．30D ．20 答案 B解析 ∵数列{a n }满足a n ＋12n ＋5－a n2n ＋3＝1，即a n ＋12(n ＋1)＋3－a n 2n ＋3＝1，且a 12×1＋3＝1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋3是以1为首项，1为公差的等差数列， ∴a n 2n ＋3＝n ，∴a n ＝2n 2＋3n ，由题意可知，∴每10项中有4项能被5整除，∴数列{a n }的前100项中，能被5整除的项数为40. 12．(2018·江西省重点中学协作体联考)设x ＝1是函数f (x )＝a n ＋1x 3－a n x 2－a n ＋2x ＋1(n ∈N *)的极值点，数列{a n }满足 a 1＝1，a 2＝2，b n ＝log 2a n ＋1，若[x ]表示不超过x 的最大整数，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018b 2 018b 2 019等于( ) A ．2 017 B ．2 018 C ．2 019 D ．2 020 答案 A解析由题意可得f ′(x )＝3a n ＋1x 2－2a n x －a n ＋2， ∵x ＝1是函数f (x )的极值点， ∴f ′(1)＝3a n ＋1－2a n －a n ＋2＝0，即a n ＋2－3a n ＋1＋2a n ＝0. ∴a n ＋2－a n ＋1＝2()a n ＋1－a n ，∵a 2－a 1＝1，∴a 3－a 2＝2×1＝2，a 4－a 3＝2×2＝22，…，a n －a n －1＝2n －2，以上各式累加可得a n ＝2n －1.∴b n ＝log 2a n ＋1＝log 22n＝n . ∴2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018b 2 018b 2 019＝2 018⎝⎛⎭⎪⎫11×2＋12×3＋…＋12 018×2 019 ＝2 018⎝⎛⎭⎪⎫1－12 019＝2 018－2 0182 019＝2 017＋12 019. ∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018b 2 018b 2 019＝2 017. 13．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n －n ＝2(a n －2)(n ∈N *)． (1)证明：数列{a n －1}为等比数列；(2)若b n ＝a n ·log 2(a n －1)，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n . (1)证明 ∵S n －n ＝2(a n －2)，当n ≥2时，S n －1－(n －1)＝2(a n －1－2)，两式相减，得a n －1＝2a n －2a n －1， ∴a n ＝2a n －1－1，∴a n －1＝2(a n －1－1)， ∴a n －1a n －1－1＝2(n ≥2)(常数)．又当n ＝1时，a 1－1＝2(a 1－2)，得a 1＝3，a 1－1＝2，∴数列{a n －1}是以2为首项，2为公比的等比数列． (2)解由(1)知，a n －1＝2×2n －1＝2n，∴a n ＝2n＋1，又b n ＝a n ·log 2(a n －1)， ∴b n ＝n (2n＋1)， ∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n)＋(1＋2＋3＋…＋n )，设A n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n，则2A n ＝1×22＋2×23＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1，两式相减，得－A n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝2(1－2n)1－2－n ×2n ＋1，∴A n ＝(n －1)×2n ＋1＋2.又1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，∴T n ＝(n －1)×2n ＋1＋2＋n (n ＋1)2(n ∈N *)．14．已知等比数列{a n }满足：|a 2－a 3|＝10，a 1a 2a 3＝125. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正整数m ，使得1a 1＋1a 2＋…＋1a m≥1？若存在，求出m 的最小值；若不存在，请说明理由．解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，则由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a 31q 3＝125，|a 1q －a 1q 2|＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝53，q ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－5，q ＝－1.故a n ＝53·3n －1或a n ＝－5·(－1)n －1，n ∈N *.(2)设S m ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a m，若a n ＝53·3n －1，则1a n ＝35⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为35，公比为13的等比数列．从而S m ＝35⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13m 1－13＝910·⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13m <910<1.若a n ＝－5·(－1)n －1，则1a n ＝－15(－1)n －1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为－15，公比为－1的等比数列，从而S m ＝⎩⎪⎨⎪⎧－15，m ＝2k －1(k ∈N *)，0，m ＝2k (k ∈N *)，故S m <1.综上，对任何正整数m ，总有S m <1.故不存在正整数m ，使得1a 1＋1a 2＋…＋1a m≥1成立．。

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第3讲数列的综合问题[考情考向分析] 1.数列的综合问题，往往将数列与函数、不等式结合，探求数列中的最值或证明不等式.2.以等差数列、等比数列为背景，利用函数观点探求参数的值或范围.3.将数列与实际应用问题相结合，考查数学建模和数学应用能力．热点一利用S n ，a n 的关系式求a n 1．数列{a n }中，a n 与S n 的关系a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.2．求数列通项的常用方法(1)公式法：利用等差(比)数列求通项公式．(2)在已知数列{a n }中，满足a n ＋1－a n ＝f (n )，且f (1)＋f (2)＋…＋f (n )可求，则可用累加法求数列的通项a n .(3)在已知数列{a n }中，满足a n ＋1a n＝f (n )，且f (1)·f (2)·…·f (n )可求，则可用累乘法求数列的通项a n .(4)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)．例1 已知等差数列{a n }中，a 2＝2，a 3＋a 5＝8，数列{b n }中，b 1＝2，其前n 项和S n 满足：b n＋1＝S n ＋2(n ∈N *)．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设c n ＝a n b n，求数列{c n }的前n 项和T n . 解 (1)∵a 2＝2，a 3＋a 5＝8，∴2＋d ＋2＋3d ＝8，∴d ＝1，∴a n ＝n (n ∈N *)． ∵b n ＋1＝S n ＋2(n ∈N *)，① ∴b n ＝S n －1＋2(n ∈N *，n ≥2)．②由①－②，得b n ＋1－b n ＝S n －S n －1＝b n (n ∈N *，n ≥2)， ∴b n ＋1＝2b n (n ∈N *，n ≥2)．∵b 1＝2，b 2＝2b 1，∴{b n }是首项为2，公比为2的等比数列， ∴b n ＝2n(n ∈N *)． (2)由c n ＝a n b n ＝n2n ，得T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n 2n ，12T n ＝122＋223＋324＋…＋n －12n ＋n 2n ＋1，两式相减，得12T n ＝12＋122＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－2＋n 2n ＋1， ∴T n ＝2－n ＋22n(n ∈N *)．思维升华给出S n 与a n 的递推关系，求a n ，常用思路：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .跟踪演练1 (2018·绵阳诊断性考试)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：a 1a n ＝S 1＋S n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a n >0，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫log 2a n 32的前n 项和为T n ，试问当n 为何值时，T n 最小？并求出最小值．解 (1)由已知a 1a n ＝S 1＋S n ，①可得当n ＝1时，a 21＝a 1＋a 1，解得a 1＝0或a 1＝2，当n ≥2时，由已知可得a 1a n －1＝S 1＋S n －1，② ①－②得a 1()a n －a n －1＝a n .若a 1＝0，则a n ＝0，此时数列{a n }的通项公式为a n ＝0. 若a 1＝2，则2()a n －a n －1＝a n ，化简得a n ＝2a n －1，即此时数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列，故a n ＝2n(n ∈N *)．综上所述，数列{a n }的通项公式为a n ＝0或a n ＝2n. (2)因为a n >0，故a n ＝2n. 设b n ＝log 2a n32，则b n ＝n －5，显然{b n }是等差数列，由n －5≥0，解得n ≥5，所以当n ＝4或n ＝5时，T n 最小，最小值为T 4＝T 5＝5()－4＋02＝－10.热点二数列与函数、不等式的综合问题数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出S n 的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化．数列与不等式的综合问题一般以数列为载体，考查最值问题，不等关系或恒成立问题．例2 (2018·遵义联考)已知函数f (x )＝ln(1＋x )－x (1＋λx )1＋x.(1)若x ≥0时，f (x )≤0，求λ的最小值；(2)设数列{a n }的通项a n ＝1＋12＋13＋…＋1n ，证明：a 2n －a n ＋14n >ln 2.(1)解由已知可得f (0)＝0， ∵f (x )＝ln(1＋x )－x (1＋λx )1＋x，∴f ′(x )＝(1－2λ)x －λx2(1＋x )2，且f ′(0)＝0. ①若λ≤0，则当x >0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， ∴f (x )≥f (0)＝0，不合题意； ②若0<λ<12，则当0<x <1－2λλ时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，∴当0<x <1－2λλ时，f (x )>f (0)＝0，不合题意；③若λ≥12，则当x >0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ≥0时，f (x )≤f (0)＝0，符合题意．综上，λ≥12.∴实数λ的最小值为12.(2)证明由于a 2n －a n ＋14n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n －1＋12n ＋14n ，若λ＝12，由(1)知，f (x )＝ln(1＋x )－x (2＋x )2＋2x ，且当x >0时，f (x )<0，即x (2＋x )2＋2x>ln(1＋x )，令x ＝1n ，则2n ＋12n (n ＋1)>ln n ＋1n ，∴12n ＋12(n ＋1)>ln n ＋1n ， 12(n ＋1)＋12(n ＋2)>ln n ＋2n ＋1，12(n ＋2)＋12(n ＋3)>ln n ＋3n ＋2，…，12(2n －1)＋14n >ln 2n2n －1.以上各式两边分别相加可得12n ＋12(n ＋1)＋12(n ＋1)＋12(n ＋2)＋12(n ＋2)＋12(n ＋3)＋…＋12(2n －1)＋14n >ln n ＋1n ＋ln n ＋2n ＋1＋ln n ＋3n ＋2＋…＋ln 2n2n －1，即1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n －1＋12n ＋14n>lnn ＋1n ·n ＋2n ＋1·n ＋3n ＋2·…·2n 2n －1＝ln 2nn＝ln 2， ∴a 2n －a n ＋14n>ln 2.思维升华解决数列与函数、不等式的综合问题要注意以下几点(1)数列是一类特殊的函数，函数定义域是正整数，在求数列最值或不等关系时要特别重视． (2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件． (3)不等关系证明中进行适当的放缩．跟踪演练2 (2018·南昌模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，满足S 4＝2a 4－1，S 3＝2a 3－1.(1)求{a n }的通项公式；(2)记b n ＝log 2()a n ·a n ＋1(n ∈N *)，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：1T 1＋1T 2＋…＋1T n<2.(1)解设{a n }的公比为q ，由S 4－S 3＝a 4，S 4＝2a 4－1得， 2a 4－2a 3＝a 4，所以a 4a 3＝2，所以q ＝2.又因为S 3＝2a 3－1，所以a 1＋2a 1＋4a 1＝8a 1－1，所以a 1＝1，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)证明由(1)知b n ＝log 2(a n ＋1·a n ) ＝log 2(2n×2n －1)＝2n －1，所以T n ＝1＋(2n －1)2n ＝n 2，所以1T 1＋1T 2＋…＋1T n ＝112＋122＋…＋1n 2<1＋11×2＋12×3＋…＋1(n －1)n＝1＋1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n＝2－1n<2.热点三数列的实际应用用数列知识解相关的实际问题，关键是合理建立数学模型——数列模型，弄清所构造的数列是等差模型还是等比模型，它的首项是什么，项数是多少，然后转化为解数列问题．求解时，要明确目标，即搞清是求和，还是求通项，还是解递推关系问题，所求结论对应的是解方程问题，还是解不等式问题，还是最值问题，然后进行合理推算，得出实际问题的结果．例3 科学研究证实，二氧化碳等温室气体的排放(简称碳排放)对全球气候和生态环境产生了负面影响，环境部门对A 市每年的碳排放总量规定不能超过550万吨，否则将采取紧急限排措施．已知A 市2017年的碳排放总量为400万吨，通过技术改造和倡导低碳生活等措施，此后每年的碳排放总量比上一年的碳排放总量减少10%.同时，因经济发展和人口增加等因素，每年又新增加碳排放量m 万吨(m >0)．(1)求A 市2019年的碳排放总量(用含m 的式子表示)； (2)若A 市永远不需要采取紧急限排措施，求m 的取值范围．解设2018年的碳排放总量为a 1,2019年的碳排放总量为a 2，…， (1)由已知，a 1＝400×0.9＋m ，a 2＝0.9×()400×0.9＋m ＋m＝400×0.92＋0.9m ＋m ＝324＋1.9m . (2)a 3＝0.9×()400×0.92＋0.9m ＋m ＋m＝400×0.93＋0.92m ＋0.9m ＋m ， …，a n ＝400×0.9n ＋0.9n －1m ＋0.9n －2m ＋…＋0.9m ＋m＝400×0.9n＋m 1－0.9n1－0.9＝400×0.9n＋10m ()1－0.9n＝()400－10m ×0.9n＋10m .由已知∀n ∈N *，a n ≤550，(1)当400－10m ＝0，即m ＝40时，显然满足题意； (2)当400－10m >0，即m <40时，由指数函数的性质可得()400－10m ×0.9＋10m ≤550，解得m ≤190. 综合得m <40；(3)当400－10m <0，即m >40时，由指数函数的性质可得10m ≤550，解得m ≤55，综合得40<m ≤55. 综上可得所求m 的范围是(]0，55. 思维升华常见数列应用题模型的求解方法(1)产值模型：原来产值的基础数为N ，平均增长率为p ，对于时间n 的总产值y ＝N (1＋p )n. (2)银行储蓄复利公式：按复利计算利息的一种储蓄，本金为a 元，每期的利率为r ，存期为n ，则本利和y ＝a (1＋r )n .(3)银行储蓄单利公式：利息按单利计算，本金为a 元，每期的利率为r ，存期为n ，则本利和y ＝a (1＋nr )．(4)分期付款模型：a 为贷款总额，r 为年利率，b 为等额还款数，则b ＝r (1＋r )n a(1＋r )n－1. 跟踪演练3 (2018·上海崇明区模拟)2016 年崇明区政府投资 8 千万元启动休闲体育新乡村旅游项目．规划从 2017 年起，在今后的若干年内，每年继续投资 2 千万元用于此项目.2016 年该项目的净收入为 5 百万元，并预测在相当长的年份里，每年的净收入均在上一年的基础上增长50%.记 2016 年为第 1 年，f (n )为第 1 年至此后第 n (n ∈N *)年的累计利润(注：含第 n 年，累计利润＝累计净收入－累计投入，单位：千万元)，且当 f (n )为正值时，认为该项目赢利．⎝ ⎛⎭⎪⎫参考数值：⎝ ⎛⎭⎪⎫327≈17，⎝ ⎛⎭⎪⎫328≈25，ln 3≈1.1，ln 2≈0.7 (1)试求 f (n )的表达式；(2)根据预测，该项目将从哪一年开始并持续赢利？请说明理由．解 (1)由题意知，第1年至此后第n (n ∈N *)年的累计投入为8＋2(n －1)＝2n ＋6(千万元)，第1年至此后第n (n ∈N *)年的累计净收入为12＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫321＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋…＋12×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫32n 1－32＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(千万元)．∴f (n )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n－1－(2n ＋6)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n－2n －7(千万元)． (2)方法一 ∵f (n ＋1)－f (n )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋1－2(n ＋1)－7－⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2n －7 ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －4， ∴当n ≤3时，f (n ＋1)－f (n )<0，故当n ≤4时，f (n )递减；当n ≥4时，f (n ＋1)－f (n )>0，故当n ≥4时，f (n )递增．又f (1)＝－152<0，f (7)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫327－21≈17－21＝－4<0，f (8)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫328－23≈25－23＝2>0.∴该项目将从第8年开始并持续赢利．答：该项目将从2023年开始并持续赢利．方法二设f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32x －2x －7(x ≥1)，则f ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32xln 32－2，令f ′(x )＝0，得⎝ ⎛⎭⎪⎫32x＝2ln32＝2ln 3－ln 2≈21.1－0.7＝5，∴x ≈4.从而当x ∈[1,4)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(4，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．又f (1)＝－152<0，f (7)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫327－21≈17－21＝－4<0，f (8)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫328－23≈25－23＝2>0.∴该项目将从第8年开始并持续赢利．答：该项目将从2023年开始并持续赢利．真题体验1．(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＝－63.2．(2017·山东)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 .由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 1q ＝3，x 1q 2－x 1q ＝2.所以3q 2－5q －2＝0，由已知得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(n ∈N *)．(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 ＝b 1＋b 2＋…＋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(n ∈N *)．押题预测已知数列{a n }的前n 项和S n 满足关系式S n ＝ka n ＋1，k 为不等于0的常数． (1)试判断数列{a n }是否为等比数列； (2)若a 2＝12，a 3＝1.①求数列{a n }的通项公式及前n 项和S n 的表达式； ②设b n ＝log 2S n ，数列{c n }满足c n ＝1b n ＋3b n ＋4＋b n ＋2·2n b，数列{c n }的前n 项和为T n ，当n >1时，求使4n －1T n <S n ＋3＋n ＋122成立的最小正整数n 的值．押题依据本题综合考查数列知识，第(1)问考查反证法的数学方法及逻辑推理能力，第(2)问是高考的热点问题，即数列与不等式的完美结合，其中将求数列前n 项和的常用方法“裂项相消法”与“错位相减法”结合在一起，考查了综合分析问题、解决问题的能力．解 (1)若数列{a n }是等比数列，则由n ＝1得a 1＝S 1＝ka 2，从而a 2＝ka 3. 又取n ＝2，得a 1＋a 2＝S 2＝ka 3，于是a 1＝0，显然矛盾，故数列{a n }不是等比数列．(2)①由条件得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝12k ，a 1＋12＝k ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝12，k ＝1，从而S n ＝a n ＋1.当n ≥2时，由S n －1＝a n ，得a n ＝S n －S n －1＝a n ＋1－a n ，即a n ＋1＝2a n ，此时数列是首项为a 2＝12，公比为2的等比数列．综上所述，数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，2n －3，n ≥2.从而其前n 项和S n ＝2n －2(n ∈N *)．②由①得b n ＝n －2，从而c n ＝1(n ＋1)(n ＋2)＋n ·2n －2.记C 1＝12×3＋13×4＋…＋1(n ＋1)(n ＋2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝n2(n ＋2)，记C 2＝1·2－1＋2·20＋…＋n ·2n －2，则2C 2＝1·20＋2·21＋…＋n ·2n －1，两式相减得C 2＝(n －1)·2n －1＋12，从而T n ＝n2(n ＋2)＋(n －1)·2n －1＋12＝n ＋1n ＋2＋(n －1)·2n －1，则不等式4n －1T n <S n ＋3＋n ＋122可化为4(n ＋1)(n －1)(n ＋2)＋2n ＋1<2n ＋1＋n ＋122，即n 2＋n －90>0，因为n ∈N *且n ≠1，故n >9，从而最小正整数n 的值是10.A 组专题通关1．(2018·安徽省“皖南八校”联考)删去正整数数列1,2,3，… 中的所有完全平方数，得到一个新数列，这个数列的第2 018项是( ) A ．2 062 B ．2 063 C ．2 064 D ．2 065答案 B解析由题意可得，这些数可以写为12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，第k 个平方数与第k ＋1个平方数之间有2k 个正整数，而数列12,2,3,22,5,6,7,8,32，…，452共有2 025项，去掉45个平方数后，还剩余2 025－45＝1 980(个)数，所以去掉平方数后第2 018项应在2 025后的第38个数，即是原来数列的第2 063项，即为2 063.2．(2018·百校联盟联考)已知数列{a n }满足0<a n <1，a 41－8a 21＋4＝0，且数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a 2n ＋4a 2n 是以8为公差的等差数列，设{a n }的前n 项和为S n ，则满足S n >10的n 的最小值为( ) A ．60 B ．61 C ．121 D ．122 答案 B解析由a 41－8a 21＋4＝0，得a 21＋4a 21＝8，所以a 2n ＋4a 2n＝8＋8(n －1)＝8n ，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋2a n 2＝a 2n ＋4a 2n＋4＝8n ＋4，所以a n ＋2a n＝22n ＋1，即a 2n －22n ＋1a n ＋2＝0，所以a n ＝22n ＋1±22n －12＝2n ＋1±2n －1，因为0<a n <1，所以a n ＝2n ＋1－2n －1，S n ＝2n ＋1－1，由S n >10得2n ＋1>11，所以n >60.3．(2018·商丘模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－a n ≥2(n ∈N *)，S n 为数列{a n }的前n 项和，则( ) A ．a n ≥2n ＋1 B ．S n ≥n 2C ．a n ≥2n －1D ．S n ≥2n －1答案 B解析由题意得a 2－a 1≥2，a 3－a 2≥2，a 4－a 3≥2，…，a n －a n －1≥2，∴a 2－a 1＋a 3－a 2＋a 4－a 3＋…＋a n －a n －1≥2(n －1)， ∴a n －a 1≥2(n －1)，∴a n ≥2n －1. ∴a 1≥1，a 2≥3，a 3≥5，…，a n ≥2n －1， ∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ≥1＋3＋5＋…＋2n －1， ∴S n ≥n2(1＋2n －1)＝n 2.4．(2018·河南省豫南豫北联考)数列{a n }满足a 1＝65，a n ＝a n ＋1－1a n －1(n ∈N *)，若对n ∈N *，都有k >1a 1＋1a 2＋…＋1a n成立，则最小的整数k 是( )A ．3B ．4C ．5D ．6 答案 C 解析由a n ＝a n ＋1－1a n －1，得a n ()a n －1＝a n ＋1－1， ∴1a n ＋1－1＝1a n ()a n －1＝1a n －1－1a n，即1a n ＝1a n －1－1a n ＋1－1，且a n >1. ∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1－1a 2－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1－1a 3－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1－1a n ＋1－1 ＝1a 1－1－1a n ＋1－1， ∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n＝5－1a n ＋1－1<5.又对n ∈N *，都有k >1a 1＋1a 2＋…＋1a n成立，∴k ≥5.故最小的整数k 是5.5．(2018·马鞍山联考)已知f (n )表示正整数n 的所有因数中最大的奇数，例如：12的因数有1,2,3,4,6,12，则f (12)＝3；21的因数有1,3,7,21，则f (21)＝21，那么∑i ＝51100f (i )的值为( )A ．2 488B ．2 495C ．2 498D ．2 500 答案 D解析由f (n )的定义知f (n )＝f (2n )，且若n 为奇数则f (n )＝n ，则∑i ＝1100f (i )＝f (1)＋f (2)＋…＋f (100)＝1＋3＋5＋…＋99＋f (2)＋f (4)＋…＋f (100) ＝50×()1＋992＋f (1)＋f (2)＋…＋f (50)＝2 500＋∑i ＝150f (i )，∴∑i ＝51100f (i )＝∑i ＝1100f (i )－∑i ＝150f (i )＝2 500.6．对于数列{a n }，定义H n ＝a 1＋2a 2＋…＋2n －1a nn为{a n }的“优值”，现在已知某数列{a n }的“优值”H n ＝2n ＋1，记数列{a n －kn }的前n 项和为S n ，若S n ≤S 5对任意的n 恒成立，则实数k 的取值范围为________．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤73，125 解析由题意可知a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n n＝2n ＋1，∴a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n ＝n ·2n ＋1，①a 1＋2a 2＋…＋2n －2a n －1＝(n －1)·2n ，②由①－②，得2n －1a n ＝n ·2n ＋1－(n －1)·2n (n ≥2，n ∈N *)，则a n ＝2n ＋2(n ≥2)，又当n ＝1时，a 1＝4，符合上式，∴a n ＝2n ＋2(n ∈N *)，∴a n －kn ＝(2－k )·n ＋2，令b n ＝(2－k )·n ＋2，∵S n ≤S 5，∴b 5≥0，b 6≤0，解得73≤k ≤125，∴k 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤73，125. 7．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝43(a n －1)，则(4n －2＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫16a n ＋1的最小值为__________．答案 4解析 ∵S n ＝43(a n －1)，∴S n －1＝43(a n －1－1)(n ≥2)，∴a n ＝S n －S n －1＝43(a n －a n －1)，∴a n ＝4a n －1，又a 1＝S 1＝43(a 1－1)，∴a 1＝4，∴{a n }是首项为4，公比为4的等比数列， ∴a n ＝4n，∴(4n －2＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫16a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4n16＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫164n ＋1 ＝2＋4n16＋164n ≥2＋2＝4，当且仅当n ＝2时取“＝”．8．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______________．答案 (3,5)解析由条件S n ＋S n －1＝4n 2(n ≥2，n ∈N *)，得S n ＋1＋S n ＝4(n ＋1)2，两式相减，得a n ＋1＋a n ＝8n ＋4，故a n ＋2＋a n ＋1＝8n ＋12，两式再相减，得a n ＋2－a n ＝8，由n ＝2，得a 1＋a 2＋a 1＝16⇒a 2＝16－2a ，从而a 2n ＝16－2a ＋8(n －1)＝8n ＋8－2a ；由n ＝3，得a 1＋a 2＋a 3＋a 1＋a 2＝36⇒a 3＝4＋2a ，从而a 2n ＋1＝4＋2a ＋8(n －1)＝8n －4＋2a ，由条件得⎩⎪⎨⎪⎧a <16－2a ，8n ＋8－2a <8n －4＋2a ，8n －4＋2a <8(n ＋1)＋8－2a ，解得3<a <5.9．已知数列{a n }中，a 1＝1，且点P (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线x －y ＋1＝0上． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若函数f (n )＝1n ＋a 1＋2n ＋a 2＋3n ＋a 3＋…＋n n ＋a n(n ∈N *，且n >2)，求函数f (n )的最小值； (3)设b n ＝1a n，S n 表示数列{b n }的前n 项和，试问：是否存在关于n 的整式g (n )，使得S 1＋S 2＋S 3＋…＋S n －1＝(S n －1)·g (n )对于一切不小于2的自然数n 恒成立？若存在，写出g (n )的解析式，并加以证明；若不存在，请说明理由．解 (1)点P (a n ，a n ＋1)在直线x －y ＋1＝0上，即a n ＋1－a n ＝1，且a 1＝1，∴数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列， ∴a n ＝1＋(n －1)·1＝n (n ∈N *)． (2)∵f (n )＝1n ＋1＋2n ＋2＋…＋n 2n， ∴f (n ＋1)＝1n ＋2＋2n ＋3＋…＋n －12n ＋n 2n ＋1＋n ＋12n ＋2， ∴f (n ＋1)－f (n )＝－⎝⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＋n 2n ＋1＋n ＋12n ＋2>12＋n 2n ＋1－nn ＋1＝12＋n (n ＋1)－n (2n ＋1)(2n ＋1)(n ＋1)＝12－n 22n 2＋3n ＋1 ＝12－12＋3n ＋1n2>0， ∴f (n ＋1)－f (n )>0，∴f (n )是单调递增的，故f (n )的最小值是f (3)＝2320.(3)∵b n ＝1n ⇒S n ＝1＋12＋13＋…＋1n ，∴S n －S n －1＝1n(n ≥2)，即nS n －(n －1)S n －1＝S n －1＋1，∴(n －1)S n －1－(n －2)S n －2＝S n －2＋1，…，2S 2－S 1＝S 1＋1， ∴nS n －S 1＝S 1＋S 2＋…＋S n －1＋n －1， ∴S 1＋S 2＋…＋S n －1＝nS n －n ＝(S n －1)·n (n ≥2)，∴g (n )＝n .10．(2016·四川)已知数列{a n }的首项为1，S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＋1＝qS n ＋1，其中q >0，n ∈N *.(1)若2a 2，a 3，a 2＋2成等差数列，求数列{a n }的通项公式；(2)设双曲线x 2－y 2a 2n ＝1的离心率为e n ，且e 2＝53，证明：e 1＋e 2＋…＋e n >4n －3n3n －1.(1)解由已知S n ＋1＝qS n ＋1，得S n ＋2＝qS n ＋1＋1，两式相减得到a n ＋2＝qa n ＋1，n ≥1.又由S 2＝qS 1＋1得到a 2＝qa 1，故a n ＋1＝qa n 对所有n ≥1都成立．所以，数列{a n }是首项为1，公比为q 的等比数列．从而a n ＝qn －1.由2a 2，a 3，a 2＋2成等差数列，可得2a 3＝3a 2＋2，即2q 2＝3q ＋2，则(2q ＋1)(q －2)＝0，由已知，q >0，故q ＝2.所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)证明由(1)可知，a n ＝qn －1.所以双曲线x 2－y 2a 2n＝1的离心率e n ＝1＋a 2n ＝1＋q2(n －1). 由e 2＝1＋q 2＝53，解得q ＝43.因为1＋q2(k －1)>q2(k －1)，所以1＋q 2(k －1)>qk －1(k ∈N *)．于是e 1＋e 2＋…＋e n >1＋q ＋…＋q n －1＝q n －1q －1.故e 1＋e 2＋…＋e n >4n－3n3n －1.B 组能力提高11．若数列{a n }满足a n ＋12n ＋5－a n2n ＋3＝1，且a 1＝5，则数列{a n }的前100项中，能被5整除的项数为( )A ．42B ．40C ．30D ．20 答案 B解析 ∵数列{a n }满足a n ＋12n ＋5－a n2n ＋3＝1，即a n ＋12(n ＋1)＋3－a n 2n ＋3＝1，且a 12×1＋3＝1，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋3是以1为首项，1为公差的等差数列， ∴a n2n ＋3＝n ， ∴a n ＝2n 2＋3n ，由题意可知，∴每10项中有4项能被5整除，∴数列{a n }的前100项中，能被5整除的项数为40. 12．(2018·江西省重点中学协作体联考)设x ＝1是函数f (x )＝a n ＋1x 3－a n x 2－a n ＋2x ＋1(n ∈N *)的极值点，数列{a n }满足 a 1＝1，a 2＝2，b n ＝log 2a n ＋1，若[x ]表示不超过x 的最大整数，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018b 2 018b 2 019 等于( ) A ．2 017 B ．2 018 C ．2 019 D ．2 020答案 A解析由题意可得f ′(x )＝3a n ＋1x 2－2a n x －a n ＋2， ∵x ＝1是函数f (x )的极值点， ∴f ′(1)＝3a n ＋1－2a n －a n ＋2＝0，即a n ＋2－3a n ＋1＋2a n ＝0. ∴a n ＋2－a n ＋1＝2()a n ＋1－a n ，∵a 2－a 1＝1，∴a 3－a 2＝2×1＝2，a 4－a 3＝2×2＝22，…，a n －a n －1＝2n －2，以上各式累加可得a n ＝2n －1.∴b n ＝log 2a n ＋1＝log 22n＝n . ∴2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018b 2 018b 2 019＝2 018⎝⎛⎭⎪⎫11×2＋12×3＋…＋12 018×2 019＝2 018⎝⎛⎭⎪⎫1－12 019＝2 018－2 0182 019＝2 017＋12 019. ∴⎣⎢⎡⎦⎥⎤2 018b 1b 2＋2 018b 2b 3＋…＋ 2 018b 2 018b 2 019＝2 017.13．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n －n ＝2(a n －2)(n ∈N *)． (1)证明：数列{a n －1}为等比数列；(2)若b n ＝a n ·log 2(a n －1)，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n . (1)证明 ∵S n －n ＝2(a n －2)，当n ≥2时，S n －1－(n －1)＝2(a n －1－2)，两式相减，得a n －1＝2a n －2a n －1， ∴a n ＝2a n －1－1，∴a n －1＝2(a n －1－1)， ∴a n －1a n －1－1＝2(n ≥2)(常数)．又当n ＝1时，a 1－1＝2(a 1－2)，得a 1＝3，a 1－1＝2，∴数列{a n －1}是以2为首项，2为公比的等比数列． (2)解由(1)知，a n －1＝2×2n －1＝2n，∴a n ＝2n＋1，又b n ＝a n ·log 2(a n －1)， ∴b n ＝n (2n＋1)， ∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n)＋(1＋2＋3＋…＋n )，设A n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)×2n －1＋n ×2n，则2A n ＝1×22＋2×23＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1，两式相减，得－A n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝2(1－2n)1－2－n ×2n ＋1，∴A n ＝(n －1)×2n ＋1＋2.又1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，∴T n ＝(n －1)×2n ＋1＋2＋n (n ＋1)2(n ∈N *)．14．已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2(S n ＋n ＋1)(n ∈N *)，令b n ＝a n ＋1. (1)求证：{b n }是等比数列；(2)记数列{nb n }的前n 项和为T n ，求T n ；(3)求证：12－12×3n <1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n <1116. (1)证明 a 1＝2，a 2＝2(2＋2)＝8，a n ＋1＝2(S n ＋n ＋1)(n ∈N *)， a n ＝2(S n －1＋n )(n ≥2)，两式相减，得a n ＋1＝3a n ＋2(n ≥2)．经检验，当n ＝1时上式也成立，即a n ＋1＝3a n ＋2(n ≥1)．所以a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，即b n ＋1＝3b n ，且b 1＝3.故{b n }是首项为3，公比为3的等比数列． (2)解由(1)得b n ＝3n，nb n ＝n ·3n.T n ＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n ×3n ，3T n ＝1×32＋2×33＋3×34＋…＋n ×3n ＋1，两式相减，得－2T n ＝3＋32＋33＋…＋3n －n ×3n ＋1＝3(1－3n)1－3－n ×3n ＋1，化简得T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －34×3n ＋34.(3)证明由1a k ＝13k －1>13k ，得1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n >13＋132＋…＋13n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n 1－13＝12－12×13n .又1a k ＝13k －1＝3k ＋1－1(3k －1)(3k ＋1－1) <3k ＋1(3k －1)(3k ＋1－1) ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫13k －1－13k ＋1－1，所以1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n <12＋32⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫132－1－133－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫133－1－134－1＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1－13n ＋1－1 ＝12＋32⎝ ⎛⎭⎪⎫132－1－13n ＋1－1 ＝12＋316－32×13n ＋1－1<1116，故12－12×3n <1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n <1116.。

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