2020高考总复习数学理科创新设计人教A版教师文档第六章数列
2020版创新设计高考总复习高三理科数学人教A版第六章第4节
第4节 数列求和最新考纲 1.熟练掌握等差、等比数列的前n 项和公式；2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法.知 识 梳 理1.特殊数列的求和公式 (1)等差数列的前n 项和公式: S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d .(2)等比数列的前n 项和公式:S n ＝⎩⎨⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q＝a 1（1－q n ）1－q ，q ≠1Ｗ.2.数列求和的几种常用方法 (1)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项,使其转化为几个等差、等比数列,再求解. (2)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差,在求和时中间的一些项可以相互抵消,从而求得其和. (3)错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的,这个数列的前n 项和可用错位相减法求解. (4)倒序相加法如果一个数列{a n }的前n 项中与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数,那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解. [微点提醒]1.1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n （n ＋1）2. 2.12＋22＋…＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6.3.裂项求和常用的三种变形 (1)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.(2)1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1. (3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .基 础 自 测1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)若数列{a n }为等比数列,且公比不等于1,则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q .( )(2)当n ≥2时,1n 2－1＝12(1n －1－1n ＋1).( ) (3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得.( )(4)若数列a 1,a 2－a 1,…,a n －a n －1是首项为1,公比为3的等比数列,则数列{a n }的通项公式是a n ＝3n －12.( )解析 (3)要分a ＝0或a ＝1或a ≠0且a ≠1讨论求解. 【参考答案】(1)√ (2)√ (3)× (4)√2.(必修5P47B4改编)数列{a n }中,a n ＝1n （n ＋1）,若{a n }的前n 项和为2 0192 020,则项数n 为( ) A.2 018B.2 019C.2 020D.2 021解析 a n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1,S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝2 0192 020,所以n ＝2019.【参考答案】B3.(必修5P56例1改编)等比数列{a n }中,若a 1＝27,a 9＝1243,q >0,S n 是其前n 项和,则S 6＝________.解析 由a 1＝27,a 9＝1243知,1243＝27·q 8, 又由q >0,解得q ＝13, 所以S 6＝27⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1361－13＝3649.【参考答案】36494.(2018·东北三省四校二模)已知数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝2,a 1＝－5,则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝( ) A.9B.15C.18D.30解析 由题意知{a n }是以2为公差的等差数列,又a 1＝－5,所以|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝|－5|＋|－3|＋|－1|＋1＋3＋5＝5＋3＋1＋1＋3＋5＝18. 【参考答案】C5.(2019·昆明诊断)已知数列{a n },{b n }的前n 项和分别为S n ,T n ,b n －a n ＝2n ＋1,且S n ＋T n ＝2n ＋1＋n 2－2,则2T n ＝________________.解析 由题意知T n －S n ＝b 1－a 1＋b 2－a 2＋…＋b n －a n ＝n ＋2n ＋1－2, 又S n ＋T n ＝2n ＋1＋n 2－2,所以2T n ＝T n －S n ＋S n ＋T n ＝2n ＋2＋n (n ＋1)－4. 【参考答案】2n ＋2＋n (n ＋1)－46.(2019·河北“五个一”名校质检)若f (x )＋f (1－x )＝4,a n ＝f (0)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋…＋f ⎝⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f (1)(n ∈N *),则数列{a n }的通项公式为________.解析 由f (x )＋f (1－x )＝4,可得f (0)＋f (1)＝4,…,f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝⎛⎭⎪⎫n －1n ＝4,所以2a n ＝[f (0)＋f (1)]＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝⎛⎭⎪⎫n －1n ＋…＋[f (1)＋f (0)]＝4(n ＋1),即a n ＝2(n ＋1). 【参考答案】a n ＝2(n ＋1)考点一 分组转化法求和【例1】 (2019·郴州质检)已知在等比数列{a n }中,a 1＝1,且a 1,a 2,a 3－1成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝2n －1＋a n (n ∈N *),数列{b n }的前n 项和为S n ,试比较S n 与n 2＋2n 的大小.解 (1)设等比数列{a n }的公比为q , ∵a 1,a 2,a 3－1成等差数列,∴2a 2＝a 1＋(a 3－1)＝a 3,∴q ＝a 3a 2＝2,∴a n ＝a 1q n －1＝2n －1(n ∈N *).(2)由(1)知b n ＝2n －1＋a n ＝2n －1＋2n －1,∴S n ＝(1＋1)＋(3＋2)＋(5＋22)＋…＋(2n －1＋2n －1) ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(1＋2＋22＋…＋2n －1) ＝1＋（2n －1）2·n ＋1－2n 1－2＝n 2＋2n －1.∵S n －(n 2＋2n )＝－1<0,∴S n <n 2＋2n .规律方法 1.若数列{c n }的通项公式为c n ＝a n ±b n ,且{a n },{b n }为等差或等比数列,可采用分组求和法求数列{c n }的前n 项和.2.若数列{c n }的通项公式为c n ＝⎩⎨⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，其中数列{a n },{b n }是等比数列或等差数列,可采用分组求和法求{a n }的前n 项和.【训练1】 (2019·南昌一模)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 1＝1,S 3＋S 4＝S 5.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －1a n ,求数列{b n }的前2n 项和T 2n . 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ,由S 3＋S 4＝S 5可得a 1＋a 2＋a 3＝a 5,即3a 2＝a 5, ∴3(1＋d )＝1＋4d ,解得d ＝2. ∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. (2)由(1)可得b n ＝(－1)n －1·(2n －1).∴T 2n ＝1－3＋5－7＋…＋(2n －3)－(2n －1)＝(－2)×n ＝－2n . 考点二 裂项相消法求和【例2】 (2019·郑州模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 2＝8,S n ＝a n ＋12－n －1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫2×3n a n a n ＋1的前n 项和T n .解 (1)∵a 2＝8,S n ＝a n ＋12－n －1, ∴a 1＝S 1＝a 22－2＝2,当n ≥2时,a n ＝S n －S n －1＝a n ＋12－n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2－n ,即a n ＋1＝3a n ＋2,又a 2＝8＝3a 1＋2, ∴a n ＋1＝3a n ＋2,n ∈N *, ∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1),∴数列{a n ＋1}是等比数列,且首项为a 1＋1＝3,公比为3, ∴a n ＋1＝3×3n －1＝3n ,∴a n ＝3n －1.(2)∵2×3n a n a n ＋1＝2×3n （3n －1）（3n ＋1－1）＝13n －1－13n ＋1－1. ∴数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫2×3n a n a n ＋1的前n 项和T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13－1－132－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132－1－133－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1－13n ＋1－1＝12－13n ＋1－1.规律方法 1.利用裂项相消法求和时,应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项,也有可能前面剩两项,后面也剩两项.2.将通项公式裂项后,有时候需要调整前面的系数,使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等.【训练2】 设S n 为等差数列{a n }的前n 项和,已知S 3＝a 7,a 8－2a 3＝3. (1)求a n ；(2)设b n ＝1S n ,求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设数列{a n }的公差为d ,由题意得⎩⎨⎧3a 1＋3d ＝a 1＋6d ，（a 1＋7d ）－2（a 1＋2d ）＝3，解得a 1＝3,d ＝2,∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1. (2)由(1)得S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n (n ＋2), ∴b n ＝1n （n ＋2）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2.∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n －1＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2.考点三 错位相减法求和【例3】 已知{a n }是各项均为正数的等比数列,且a 1＋a 2＝6,a 1a 2＝a 3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2){b n }为各项非零的等差数列,其前n 项和为S n ,已知S 2n ＋1＝b n b n ＋1,求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n a n 的前n 项和T n .解 (1)设{a n }的公比为q , 由题意知⎩⎨⎧a 1（1＋q ）＝6，a 21q ＝a 1q 2， 又a n >0,解得⎩⎨⎧a 1＝2，q ＝2，所以a n ＝2n .(2)由题意知:S 2n ＋1＝（2n ＋1）（b 1＋b 2n ＋1）2＝(2n ＋1)b n ＋1,又S 2n ＋1＝b n b n ＋1,b n ＋1≠0,所以b n ＝2n ＋1. 令c n ＝b na n,则c n ＝2n ＋12n ,因此T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝32＋522＋723＋…＋2n －12n －1＋2n ＋12n ,又12T n ＝322＋523＋724＋…＋2n －12n ＋2n ＋12n ＋1,两式相减得12T n ＝32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n －1－2n ＋12n ＋1, 所以T n ＝5－2n ＋52n .规律方法 1.一般地,如果数列{a n }是等差数列,{b n }是等比数列,求数列{a n ·b n }的前n 项和时,可采用错位相减法. 2.用错位相减法求和时,应注意:(1)要善于识别题目类型,特别是等比数列公比为负数的情形.(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”,以便于下一步准确地写出“S n －qS n ”的表达式.【训练3】 已知等差数列{a n }满足:a n ＋1>a n (n ∈N *),a 1＝1,该数列的前三项分别加上1,1,3后成等比数列,a n ＋2log 2b n ＝－1. (1)分别求数列{a n },{b n }的通项公式； (2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ,则d >0,由a 1＝1,a 2＝1＋d ,a 3＝1＋2d 分别加上1,1,3后成等比数列, 得(2＋d )2＝2(4＋2d ),解得d ＝2(舍负),所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. 又因为a n ＋2log 2b n ＝－1,所以log 2b n ＝－n ,则b n ＝12n . (2)由(1)知a n ·b n ＝(2n －1)·12n , 则T n ＝121＋322＋523＋…＋2n －12n ,① 12T n ＝122＋323＋524＋…＋2n －12n ＋1,② 由①－②,得12T n ＝12＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋123＋124＋…＋12n －2n －12n ＋1.∴12T n ＝12＋2×14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12－2n －12n ＋1, ∴T n ＝1＋2－22n －1－2n －12n ＝3－4＋2n －12n ＝3－3＋2n2n.[思维升华]非等差、等比数列的一般数列求和,主要有两种思想1.转化的思想,即将一般数列设法转化为等差或等比数列,这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成；2.不能转化为等差或等比的特殊数列,往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和. [易错防范]1.直接应用公式求和时,要注意公式的应用范围,如当等比数列公比为参数(字母)时,应对其公比是否为1进行讨论.2.在应用错位相减法时,要注意观察未合并项的正负号.3.在应用裂项相消法时,要注意消项的规律具有对称性,即前剩多少项则后剩多少项.基础巩固题组 (建议用时:40分钟)一、选择题1.(2017·全国Ⅲ卷)等差数列{a n }的首项为1,公差不为0.若a 2,a 3,a 6成等比数列,则{a n }前6项的和为( ) A.－24B.－3C.3D.8解析 设{a n }的公差为d ,根据题意得a 23＝a 2·a 6,即(a 1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋5d ),解得d ＝－2,所以数列{a n }的前6项和为S 6＝6a 1＋6×52d ＝1×6＋6×52×(－2)＝－24. 【参考答案】A2.数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3),则它的前100项之和S 100等于( ) A.200B.－200C.400D.－400解析 S 100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200. 【参考答案】B3.数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1,前n 项和为9,则n 等于( )A.9B.99C.10D.100解析 因为a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ,所以S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝(n ＋1－n )＋(n －n －1)＋…＋(3－2)＋(2－1)＝n ＋1－1, 令n ＋1－1＝9,得n ＝99. 【参考答案】B 4.(2019·合肥调研)已知T n 为数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫2n ＋12n 的前n 项和,若m >T 10＋1 013恒成立,则整数m 的最小值为( ) A.1 026B.1 025C.1 024D.1 023解析 ∵2n ＋12n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n,∴T n ＝n ＋1－12n ,∴T 10＋1 013＝11－1210＋1 013＝1 024－1210, 又m >T 10＋1 013恒成立, ∴整数m 的最小值为1 024. 【参考答案】C5.(2019·厦门质检)已知数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ＝2,则其前100项和为( ) A.250B.200C.150D.100解析 当n ＝2k (k ∈N *)时,a 2k ＋1－a 2k ＝2,当n ＝2k －1(k ∈N *)时,a 2k ＋a 2k －1＝2,当n ＝2k ＋1(k ∈N *)时,a 2k ＋2＋a 2k ＋1＝2,∴a 2k ＋1＋a 2k －1＝4,a 2k ＋2＋a 2k ＝0,∴{a n }的前100项和＝(a 1＋a 3)＋…＋(a 97＋a 99)＋(a 2＋a 4)＋…＋(a 98＋a 100)＝25×4＋25×0＝100.【参考答案】D 二、填空题6.已知正项数列{a n }满足a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n .若a 1＝2,则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.解析 由a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ,得(a n ＋1－3a n )(a n ＋1＋2a n )＝0, 又a n >0,所以a n ＋1＝3a n ,又a 1＝2,所以{a n }是首项为2,公比为3的等比数列, 故S n ＝2（1－3n ）1－3＝3n －1.【参考答案】3n －17.(2019·武汉质检)设数列{(n 2＋n )a n }是等比数列,且a 1＝16,a 2＝154,则数列{3n a n }的前15项和为________.解析 等比数列{(n 2＋n )a n }的首项为2a 1＝13,第二项为6a 2＝19,故公比为13,所以(n 2＋n )a n ＝13·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝13n ,所以a n ＝13n （n 2＋n ）,则3n a n ＝1n 2＋n ＝1n －1n ＋1,其前n 项和为1－1n ＋1,n ＝15时,为1－116＝1516. 【参考答案】15168.(2019·福州调研)已知数列{na n }的前n 项和为S n ,且a n ＝2n ,且使得S n －na n ＋1＋50<0的最小正整数n 的值为________. 解析 S n ＝1×21＋2×22＋…＋n ×2n ,则2S n ＝1×22＋2×23＋…＋n ×2n ＋1,两式相减得 －S n ＝2＋22＋ (2)－n ·2n ＋1＝2（1－2n ）1－2－n ·2n ＋1,故S n ＝2＋(n －1)·2n ＋1. 又a n ＝2n ,∴S n －na n ＋1＋50＝2＋(n －1)·2n ＋1－n ·2n ＋1＋50 ＝52－2n ＋1,依题意52－2n ＋1<0,故最小正整数n 的值为5.【参考答案】5三、解答题9.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n 2,n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)n a n ,求数列{b n }的前2n 项和. 解 (1)当n ＝1时,a 1＝S 1＝1；当n ≥2时,a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－（n －1）2＋（n －1）2＝n . a 1也满足a n ＝n ,故数列{a n }的通项公式为a n ＝n .(2)由(1)知a n ＝n ,故b n ＝2n ＋(－1)n n .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ,则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n ). 记A ＝21＋22＋…＋22n ,B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ,则A ＝2（1－22n ）1－2＝22n ＋1－2, B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n . 故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.10.设数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1＝2,a n ＋1＝2＋S n (n ∈N *).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1＋log 2(a n )2,求证:数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1b n b n ＋1的前n 项和T n <16.(1)解 因为a n ＋1＝2＋S n (n ∈N *),所以a n ＝2＋S n －1(n ≥2),所以a n ＋1－a n ＝S n －S n －1＝a n ,所以a n ＋1＝2a n (n ≥2).又因为a 2＝2＋a 1＝4,a 1＝2,所以a 2＝2a 1,所以数列{a n }是以2为首项,2为公比的等比数列, 则a n ＝2·2n －1＝2n (n ∈N *).(2)证明 因b n ＝1＋log 2(a n )2,则b n ＝2n ＋1.则1b n b n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3, 所以T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3＝16－12（2n ＋3）<16. 能力提升题组(建议用时:20分钟)11.(2019·广州模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1,a n ＋1－a n ≥2(n ∈N *),且S n 为{a n }的前n 项和,则( )A.a n ≥2n ＋1B.S n ≥n 2C.a n ≥2n －1D.S n ≥2n －1 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 ≥n （1＋2n －1）2＝n 2. 【参考答案】B12.已知数列{a n }中,a n ＝－4n ＋5,等比数列{b n }的公比q 满足q ＝a n －a n －1(n ≥2)且b 1＝a 2,则|b 1|＋|b 2|＋|b 3|＋…＋|b n |＝________. 解析 由已知得b 1＝a 2＝－3,q ＝－4,∴b n ＝(－3)×(－4)n －1,∴|b n |＝3×4n －1,即{|b n |}是以3为首项,4为公比的等比数列,∴|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＝3（1－4n ）1－4＝4n －1. 【参考答案】4n －113.(2017·全国Ⅱ卷)等差数列{a n }的前n 项和为S n ,a 3＝3,S 4＝10,则∑nk ＝11S k＝________. 解析 设等差数列{a n }的公差为d ,则由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1＋2d ＝3，S 4＝4a 1＋4×32d ＝10，得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝1. ∴S n ＝n ×1＋n （n －1）2×1＝n （n ＋1）2, 1S n ＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. ∴∑nk ＝11S k ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1. 【参考答案】2n n ＋114.(2019·河南、河北两省联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1＝5,nS n ＋1－(n ＋1)S n ＝n 2＋n .(1)求证:数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 为等差数列； (2)令b n ＝2n a n ,求数列{b n }的前n 项和T n .(1)证明 由nS n ＋1－(n ＋1)S n ＝n 2＋n 得S n ＋1n ＋1－S n n＝1, 又S 11＝5,所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是首项为5,公差为1的等差数列. (2)解 由(1)可知S n n ＝5＋(n －1)＝n ＋4,所以S n ＝n 2＋4n .当n ≥2时,a n ＝S n －S n －1＝n 2＋4n －(n －1)2－4(n －1)＝2n ＋3. 又a 1＝5也符合上式,所以a n ＝2n ＋3(n ∈N *), 所以b n ＝(2n ＋3)2n ,所以T n ＝5×2＋7×22＋9×23＋…＋(2n ＋3)2n ,① 2T n ＝5×22＋7×23＋9×24＋…＋(2n ＋1)2n ＋(2n ＋3)2n ＋1,② 所以②－①得T n ＝(2n ＋3)2n ＋1－10－(23＋24＋…＋2n ＋1)＝(2n ＋3)2n ＋1－10－23（1－2n －1）1－2＝(2n＋3)2n＋1－10－(2n＋2－8) ＝(2n＋1)2n＋1－2.。
2020高考总复习创新设计数学理科北师大版教师文档第六章 第3节
4.(2019·马鞍山质检)已知等比数列{an}满足 a1＝1，a3·a5＝4(a4－1)，则 a7 的值为
( )
9
A.2
B.4
C.
D.6
2
解析 根据等比数列的性质得 a3a5＝a24，∴a24＝4(a4－1)，即(a4－2)2＝0，解得 a4＝2.
又∵a1＝1，a1a7＝a24＝4，∴a7＝4. 答案 B 5.(2018·北京卷)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法
1
1
A.－
B.－2
C.2
D.
2
2
a5 1
1
解析 由题意知 q3＝ ＝ ，即 q＝ .
a2 8
2
答案 D
3.(必修 5P23 例 2 改编)在 9 与 243 中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，
则这两个数为________. 解析 设该数列的公比为 q，由题意知，
243＝9×q3，q3＝27，∴q＝3. ∴插入的两个数分别为 9×3＝27，27×3＝81. 答案 27，81
[微点提醒]
{ }1
1.若数列{an}为等比数列，则数列{c·an}(c≠0)，{|an|}，{a2n}， an 也是等比数列. 2.由 an＋1＝qan，q≠0，并不能立即断言{an}为等比数列，还要验证 a1≠0. 3.在运用等比数列的前 n 项和公式时，必须注意对 q＝1 与 q≠1 分类讨论，防止 因忽略 q＝1 这一特殊情形而导致解题失误.
基自测
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”) (1)等比数列公比 q 是一个常数，它可以是任意实数.( ) (2)三个数 a，b，c 成等比数列的充要条件是 b2＝ac.( )
(名师导学)2020版高考数学总复习第六章数列第34讲等差数列及其前n项和练习理(含解析)新人教A版
第34讲 等差数列及其前n 项和夯实基础 【p 73】【学习目标】1．掌握等差数列的定义与性质、通项公式、前n 项和公式等． 2．掌握等差数列的判断方法． 3．掌握等差数列求和的方法． 【基础检测】1．数列{a n }是等差数列，a 1＝1，a 4＝8，则a 5＝( )A ．16B ．－16C ．32D .313【解析】因为a 4＝8，所以a 1＋3d ＝8， 又因为a 1＝1，所以d ＝73，可得a 5＝a 1＋4d ＝313.【答案】D2．已知等差数列{a n }中，若a 4＝15，则它的前7项和为( )A ．120B ．115C ．110D ．105【解析】由题得S 7＝72(a 1＋a 7)＝72·2a 4＝7a 4＝7×15＝105.【答案】D3．在数列{a n }中，若a 1＝1，a 2＝12，2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2(n∈N *)，则该数列的通项为( )A ．a n ＝1nB ．a n ＝2n ＋1C ．a n ＝2n ＋2D ．a n ＝3n【解析】由2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2可得1a n ＋1－1a n ＝1a n ＋2－1a n ＋1，知⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1a 1＝1，公差为1a 2－1a 1＝2－1＝1的等差数列，所以1a n＝n ，即a n ＝1n.【答案】A4．记S n 为等差数列{}a n 的前n 项和，若S 9＝45，a 3＋a 8＝12，则a 7等于( ) A ．10 B ．9 C ．8 D ．7【解析】S 9＝9a 5＝45a 5＝5，而a 3＋a 8＝12a 5＋a 6＝12，a 6＝7. ∵2a 6＝a 5＋a 7，∴a 7＝9. 【答案】B5．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝－11, a 3＋a 7＝－6，则当S n 取得最小值时，n 等于( )A ．6B ．7C ．8D ．9【解析】由题设⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－112a 1＋8d ＝－6d ＝2，则S n ＝n 2＋(－11－1)n ＝n 2－12n ，所以当n ＝6时，S n ＝n 2－12n 最小．【答案】A 【知识要点】 1．等差数列的定义一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母__d__表示．2．等差数列的通项公式如果等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，那么它的通项公式是a n ＝a 1＋(n －1)d (n∈N *)． 3．等差中项如果A ＝a ＋b 2，那么A 叫做a 与b 的等差中项．4．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a k ＋(n －k)d(n ，k ∈N *)．(2)若{a n }为等差数列，且m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，则a m ＋a n ＝a p ＋a q . (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a n ，a n ＋m ，a n ＋2m ，…(n ，m ∈N *)是公差为__md __的等差数列．(4)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…也是等差数列． 5．等差数列的前n 项和公式设等差数列{a n }的公差为d ，其前n 项和S n ＝n （a 1＋a n ）2或S n ＝na 1＋n （n －1）2d(n∈N *)．6．等差数列的前n 项和公式与函数的关系 S n ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n(n∈N *)．数列{a n }是等差数列S n ＝An 2＋Bn (A 、B 为常数，n ∈N *)． 7．等差数列的前n 项和的最值在等差数列{a n }中，若a 1>0，d<0，则S n 存在最__大__值；若a 1<0，d>0，则S n 存在最__小__值．典例剖析 【p 73】考点1 等差数列基本量的计算例1(1)已知等差数列共有10项，其中奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差是( )A ．5B ．4C ．3D ．2【解析】写出数列的第一、三、五、七、九项的和，写出数列的第二、四、六、八、十项的和，都用首项和公差表示，两式相减，得到结果．由此得：⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋20d ＝155a 1＋25d ＝30d ＝3.【答案】C(2)已知数列{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和，a 7－a 5＝4，a 11＝21，S k ＝9，则k ＝________． 【解析】a 7－a 5＝2d ＝4，d ＝2，a 1＝a 11－10d ＝21－20＝1， S k ＝k ＋k （k －1）2×2＝k 2＝9.又k∈N *，故k ＝3.【答案】3【点评】在求解等差数列的基本量问题中主要使用的是方程思想，要注意公式使用时的准确性与合理性，更要注意运算的准确性．在遇到一些较复杂的方程组时，要注意整体代换思想的运用，使运算更加简捷． 考点2 等差数列的性质及应用例2(1)在等差数列{a n }中，a 3＋a 9＝27－a 6，S n 表示数列{a n }的前n 项和，则S 11＝( ) A ．18 B ．99 C ．198 D ．297【解析】因为a 3＋a 9＝27－a 6，2a 6＝a 3＋a 9，所以3a 6＝27，所以a 6＝9，所以S 11＝112(a 1＋a 11)＝11a 6＝99.【答案】B(2)已知{a n }为等差数列，若a 1＋a 2＋a 3＝5，a 7＋a 8＋a 9＝10，则a 19＋a 20＋a 21＝________． 【解析】法一：设数列{a n }的公差为d ，则a 7＋a 8＋a 9＝a 1＋6d ＋a 2＋6d ＋a 3＋6d ＝5＋18d ＝10，所以18d ＝5，故a 19＋a 20＋a 21＝a 7＋12d ＋a 8＋12d ＋a 9＋12d ＝10＋36d ＝20.法二：由等差数列的性质，可知S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，…，S 21－S 18成等差数列，设此数列公差为D.所以5＋2D ＝10，所以D ＝52.所以a 19＋a 20＋a 21＝S 21－S 18＝5＋6D ＝5＋15＝20.【答案】20【点评】一般地，运用等差数列性质，可以化繁为简、优化解题过程．但要注意性质运用的条件，如m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q (m ，n ，p ，q ∈N *)，只有当序号之和相等、项数相同时才成立．考点3 等差数列的判定与证明例3令 b n ＝2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12n ＋c ，数列{b n }为等差数列，则非零常数c 的值为________．【解析】∵b n ＝2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12n ＋c，c ≠0，数列{b n }为等差数列，∴b n ＝2n.得到c ＝－12.【答案】－12例4已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n a n ＋2(n∈N )，b n ＝1a n .(1)证明：数列{b n }为等差数列． (2)求数列{a n }的通项公式．【解析】(1)∵a 1≠0，且有a n ＋1＝2a n a n ＋2，所以有a n ≠0(n ∈N *)，则有b n ＋1＝1a n ＋1＝a n ＋22a n＝1 a n ＋12＝b n＋12，即b n＋1－b n＝12(n∈N*)且b1＝1a1＝1，所以{b n}是首项为1，公差为12的等差数列．(2)由(1)知b n＝b1＋(n－1)×12＝1＋n－12＝n＋12，即1a n＝n＋12，所以a n＝2n＋1.【点评】等差数列的判定与证明方法－1(n≥2，n∈N*)为同一常数{a n}{a n}是等差数列正整数n都成立{a n}是等差数任意的正整数n 都成立{a n }是考点4 等差数列前n 项和的最值问题例5已知{a n }是各项为正数的等差数列，S n 为其前n 项和，且4S n ＝(a n ＋1)2. (1)求a 1，a 2的值及{a n }的通项公式； (2)求数列⎝ ⎛⎭⎪⎫S n －72a n 的最小值． 【解析】(1)因为4S n ＝(a n ＋1)2，所以，当n ＝1时，4a 1＝(a 1＋1)2，解得a 1＝1，所以，当n ＝2时，4(1＋a 2)＝(a 2＋1)2，解得a 2＝－1或a 2＝3， 因为{a n }是各项为正数的等差数列，所以a 2＝3， 所以{a n }的公差d ＝a 2－a 1＝2，所以{a n }的通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1. (2)因为4S n ＝(a n ＋1)2，所以S n ＝（2n －1＋1）24＝n 2，所以S n －72a n ＝n 2－72(2n －1)＝n 2－7n ＋72＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n －722－354.所以，当n ＝3或n ＝4时，S n －72a n 取得最小值－172.方法总结 【p 74】1．等差数列的判定方法有定义法、中项公式法、通项公式法、前n 项和公式法，注意等差数列的证明只能用定义法．2．方程思想和基本量思想：在解有关等差数列问题时可以考虑化归为首项与公差等基本量，通过建立方程组获得解．3．用函数思想理解等差数列的通项公式和前n 项和公式，从而解最值问题．走进高考 【p 74】1．(2018·全国卷Ⅰ)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5＝( )A ．－12B ．－10C ．10D ．12【解析】法一：设等差数列{a n }的公差为d ，∵3S 3＝S 2＋S 4， ∴3⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 1＋3×22d ＝2a 1＋d ＋4a 1＋4×32d ，解得d ＝－32a 1， ∵a 1＝2，∴d ＝－3，∴a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10.法二：设等差数列{a n }的公差为d ，∵3S 3＝S 2＋S 4，∴3S 3＝S 3－a 3＋S 3＋a 4，∴S 3＝a 4－a 3，∴3a 1＋3×22d ＝d ，∵a 1＝2，∴d ＝－3，∴a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10.【答案】B2．(2018·全国卷Ⅱ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝－7，S 3＝－15. (1)求{a n }的通项公式； (2)求S n ，并求S n 的最小值．【解析】(1)设{a n }的公差为d ，由题意得3a 1＋3d ＝－15.由a 1＝－7得d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －9. (2)由(1)得S n ＝n 2－8n ＝(n －4)2－16.所以当n ＝4时，S n 取得最小值，最小值为－16.考点集训 【p 214】A 组题1．在等差数列{a n }中，a 1＝0，公差d ≠0，若a m ＝a 1＋a 2＋…＋a 9，则m 的值为( ) A ．37 B ．36 C ．20 D ．19【解析】a m ＝a 1＋a 2＋…＋a 9＝9a 1＋9×82d ＝36d ＝a 37.【答案】A2．记S n 为等差数列{}a n 的前n 项和，若a 7＝1，a 1－S 4＝9，则数列{}S n 中的最小项为( )A ．S 1B ．S 5，S 6C ．S 4D ．S 7【解析】令等差数列{}a n 的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋6d ＝1，a 1－4a 1－6d ＝9，解得a 1＝－5，d ＝1，有a n ＝n －6，S n ＝n （n －11）2，则当n ＝5或6时，S n 最小．【答案】B3．已知数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2.若a k ·a k ＋1<0，则正整数k ＝( ) A ．21 B ．22 C ．23 D ．24【解析】3a n ＋1＝3a n －2a n ＋1＝a n －23{a n }是等差数列，则a n ＝473－23n .∵a k ·a k ＋1<0，∴⎝⎛⎭⎪⎫473－23k ⎝ ⎛⎭⎪⎫453－23k <0，∴452<k <472，∴k ＝23.【答案】C4．设{a n }(n ∈N *)是等差数列，S n 是其前n 项的和，且S 5＜S 6，S 6＝S 7＞S 8，则下列结论错误．．的是( ) A. d ＜0 B. a 7＝0 C. S 9＞S 5D. S 6与S 7均为S n 的最大值【解析】由S 5<S 6得a 6＝S 6－S 5>0，又S 6＝S 7，所以a 7＝0. 由S 7>S 8，得a 8<0，而C 选项S 9>S 5，即a 6＋a 7＋a 8＋a 9>02(a 7＋a 8)>0.由题设a 7＝0，a 8<0，显然C 选项是错误的． 【答案】C5．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若S 8＝4a 3，a 7＝－2，则a 9＝________． 【解析】根据等差数列的定义和性质可得，S 8＝4(a 3＋a 6)，又S 8＝4a 3，所以a 6＝0，又a 7＝－2，所以a 8＝－4，a 9＝－6. 【答案】－66．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则正整数m 的值为________． 【解析】因为等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，所以a m ＝S m－S m －1＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3，数列的公差d ＝1，a m ＋a m ＋1＝S m ＋1－S m －1＝5，即2a 1＋2m －1＝5，所以a 1＝3－m .由S m ＝(3－m )m ＋m （m －1）2×1＝0，解得正整数m 的值为5.【答案】57．已知等差数列{a n }的公差d ＞0.设{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 2·S 3＝36.(1)求d 及S n ；(2)求m ，k (m ，k ∈N *)的值，使得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝65.【解析】(1)由题意知(2a 1＋d )(3a 1＋3d )＝36，将a 1＝1代入上式解得d ＝2或d ＝－5. 因为d ＞0，所以d ＝2.从而a n ＝2n －1，S n ＝n 2(n ∈N *)．(2)由(1)得a m ＋a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a m ＋k ＝(2m ＋k －1)(k ＋1)，所以(2m ＋k －1)(k ＋1)＝65.由m ，k ∈N *知2m ＋k －1≥k ＋1＞1，故⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋k －1＝13，k ＋1＝5，所以⎩⎪⎨⎪⎧m ＝5，k ＝4. 8．已知等差数列{a n }前三项的和为－9，前三项的积为－15.(1)求等差数列{a n }的通项公式；(2)若{a n }为递增数列，求数列{|a n |}的前n 项和S n .【解析】(1)设公差为d ，则依题意得a 2＝－3，则a 1＝－3－d ，a 3＝－3＋d ，∴(－3－d )(－3)(－3＋d )＝－15，得d 2＝4，d ＝±2，∴a n ＝－2n ＋1或a n ＝2n －7.(2)由题意得a n ＝2n －7，所以|a n |＝⎩⎪⎨⎪⎧7－2n ，n ≤3，2n －7，n ≥4， ①n ≤3时，S n ＝－(a 1＋a 2＋…＋a n )＝5＋（7－2n ）2n ＝6n －n 2； ②n ≥4时，S n ＝－a 1－a 2－a 3＋a 4＋…＋a n ＝－2(a 1＋a 2＋a 3)＋(a 1＋a 2＋…＋a n )＝18－6n ＋n 2.综上，数列{|a n |}的前n 项和S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－n 2＋6n ，n ≤3，n 2－6n ＋18，n ≥4. B 组题1．已知正项数列{a n }中，a 1＝1, a 2＝2, 2a 2n ＋1＝a 2n ＋2＋a 2n ，则a 6等于( )A ．16B ．8C ．4D ．2 2【解析】由2a 2n ＋1＝a 2n ＋2＋a 2n 知，数列{a 2n }是等差数列，前两项为1，4，所以公差d ＝3，故a 26＝1＋5×3＝16，所以a 6＝4，故选C.【答案】C2．若等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 4≤4，S 6≥12，则a 4的最小值为( )A ．2 B.72C ．3 D.52【解析】S 4＝2(a 1＋a 4)≤42a 4－3d ≤2，① S 6＝3(a 1＋a 6)≥122a 4－d ≥4，即d －2a 4≤－43d －6a 4≤－12，②①②两式相加得：a 4≥52. 【答案】D3．设数列{a n }满足a 1＝2，a 2＝6，且a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝2，用[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.6]＝0，[1.2]＝1，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤m a 1＋m a 2＋…＋m a m 的值用m (m 为整数)表示为__________． 【解析】由题设可得(a n ＋2－a n ＋1)－(a n ＋1－a n )＝2，令b n ＝a n ＋1－a n ，则由等差数列的定义可知数列{}b n 是首项为b 1＝a 2－a 1＝4，公差为d ＝2的等差数列，即a n ＋1－a n ＝4＋2(n －1)＝2n ＋2，由此可得a 2－a 1＝2×1＋2，a 3－a 2＝2×2＋2，…，a n －a n －1＝2(n －1)＋2，将以上(n －1)个等式两边相加可得a n －a 1＝2×（1＋n －1）2(n －1)＋2n －2＝n (n －1)＋2n －2，即a n ＝n (n ＋1)，所以m a 1＋m a 2＋…＋m a m ＝m －m 2＋m 2－m 3＋…＋m m －1－m m ＝m －1，故⎣⎢⎡⎦⎥⎤m a 1＋m a 2＋…＋ma m＝m －1.【答案】m －14．设数列{a n }的前n 项和为S n ，4S n ＝a 2n ＋2a n －3，且a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比数列，当n ≥5时，a n >0.(1)求证：当n ≥5时，{a n }成等差数列；(2)求{a n }的前n 项和S n .【解析】(1)由4S n ＝a 2n ＋2a n －3，4S n ＋1＝a 2n ＋1＋2a n ＋1－3，得4a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n ＋2a n ＋1－2a n ， 即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －2)＝0. 当n ≥5时，a n >0，所以a n ＋1－a n ＝2， 所以当n ≥5时，{a n }成等差数列．(2)由4a 1＝a 21＋2a 1－3，得a 1＝3或a 1＝－1，又a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比数列， 而a 5>0，所以a 1>0，从而a 1＝3， 所以a n ＋1＋a n ＝0(n ≤5)，q ＝－1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3（－1）n －1，1≤n ≤4，2n －7，n ≥5， 所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧32[1－（－1）n ]，1≤n ≤4，n 2－6n ＋8，n ≥5.。
2019-2020学年高中新创新一轮复习理数通用版：第六章数列Word版含解析.doc
第八早第一节数列的概念与简单表示本节主要包括2个知识点： 1.数列的通项公式; 2.数列的性质.突破点(一)数列的通项公式抓牢双基自学区［基本知识］1. 数列的定义按照一定顺序排列的一列数称为数列•数列中的每一个数叫做这个数列的项，数列中的每一项都和它的序号有关，排在第一位的数称为这个数列的第一项(通常也叫做首项).2. 数列的通项公式如果数列｛a n｝的第n项与序号n之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式.3. 数列的递推公式如果已知数列｛a n｝的第一项(或前几项)，且任何一项a n与它的前一项a n-1(或前几项)间的关系可以用一个式子来表示，即a n= f(a n-i)(或a n= f(a n-1, a n-2)等)，那么这个式子叫做数列｛a n｝的递推公式.4. S n与a n的关系S1, n = 1,已知数列｛a n｝的前n项和为S n，则a n = ■o这个关系式对任意数列均S n —Sn-1 n> 2,成立.［基本能力］1. 判断题(1) 所有数列的第n项都能使用公式表达.()(2) 根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个. ()1⑶若已知数列｛a n｝的递推公式为a n+1 = _ 1,且a2= 1,则可以写出数列｛a n｝的任何一2a n —I项.()⑷如果数列｛a n｝的前n项和为S n,则对？n € N*，都有a+1 = S“+1—S n.( )答案：(1)X (2)V (3) V (4) x2. 填空题(1)已知数列｛a n｝的前4项为1,3,7,15，则数列｛a n｝的一个通项公式为________ .答案：a n= 2n—1(n € N*)⑵已知数列｛a n｝中，a i= 1, a n+i = 2at 3，贝卩逓=_____________ .1答案：15⑶已知S n是数列｛a n｝的前n项和，且S n =『+ 1 ,则数列gn｝的通项公式是答案：a n=‘，n= 1，2n—1, n> 2研透高考*讲练区［全析考法］给出数列的前几项求通项时，需要注意观察数列中各项与其序号之间的关系，在所给数列的前几项中，先看看哪些部分是变化的，哪些是不变的，再探索各项中变化部分与序号间的关系.［例1］ (1)(2018江西鹰潭一中期中)数列1, —4,9,—16,25,…的一个通项公式是()A. a n = n2B. a = (—1)n n2C. a n = (—1)n"n2D. a n = (—1)n(n + 1)2(2)(2018山•西太原五中调考)把1,3,6,10,15,…，这些数叫做三角形数，这是因为这些数目的圆点可以排成一个正三角形(如图所示).1 361015则第7个三角形数是()A. 27B. 28C. 29D. 30［解析］⑴法一：该数列中第n项的绝对值是n2，正负交替的符号是(—1)n+ S故选C. 法二：将n= 2代入各选项，排除A, B, D,故选C.(2)观察三角形数的增长规律，可以发现每一项比它的前一项多的点数正好是该项的序号，即a n= a n-1+ n(n>2).所以根据这个规律计算可知，第7个三角形数是a y= a&+ 7=+ 6+ 7 = 15+ 6+ 7 = 28.故选 B.［答案］(1)C (2)B［方法技巧］由数列的前几项求通项公式的思路方法(1)分式形式的数列，分别求分子、分母的通项，较复杂的还要考虑分子、分母的关系.⑵若第n项和第n + 1项正负交错，那么符号用(―1)n或(-1)n+1或(-1)n—1来调控.(3)对于较复杂数列的通项公式，其项与序号之间的关系不容易发现，这就需要将数列各项的结构形式加以变形，可使用添项、通分、分割等方法，将数列的各项分解成若干个常见数列对应项的“和” “差” “积” “商”后再进行归纳.［提醒］根据数列的前几项写出数列的一个通项公式利用了不完全归纳法，其蕴含着“从特殊到一般”的思想，由不完全归纳得出的结果是不可靠的，要注意代值检验.S i, n= 1,数列｛a n｝的前n项和S n与通项a n的关系为a n= * 通过纽带：a n= S nS n- S n-1, n > 2,-S n-1(n> 2),根据题目已知条件，消掉a n或S n,再利用特殊形式(累乘或累加)或通过构造成等差数列或者等比数列求解.[例2]已知数列｛a n｝的前n项和为S n.(1) 若S n= (—1) •，求a5+ a6 及a n；(2) 若S n= 3 +2n + 1，求a n.[解](1)a5+ a6= S6― S4= (― 6)—( ― 4) =—2,当n = 1 时，a1= S1= 1;当n > 2 时，a n= S n - S n-1= (—1)n 1 n- (—1)n (n —1)=(—1)n+1 [n + (n—1)]=(—1)n+1 (2n —1),又a1也适合此式，所以a n = (—1)n+1 (2n—1).(2)因为当n= 1 时，a1 = S1 = 6；当n>2 时，a n= S n—S n-1= (3n+ 2n+ 1) —[3n—1+ 2(n—1) + 1] = 2 3n—1+ 2,由于a1不适合此式，所以a n =’6, n= 1,2 3n—1+ 2, n > 2.［方法技巧］已知S n求a n的三个步骤(1) 先利用a1 = S1求出a1.(2) 用n —1替换S n中的n得到一个新的关系，禾U用a n = S n—S n—1(n>2)便可求出当n >2 时a n的表达式.⑶对n= 1时的结果进行检验，看是否符合n > 2时a n的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n= 1与n> 2两段来写.［例3］ (1)在数列｛a n 1n +1 n n .⑵在数列｛a n ｝中，a 1= 1, a n = 专a n - 1(n > 2)，求数列｛a n ｝的通项公式.⑶在数列｛a n ｝中a i = 1, a n +1 = 3a “+ 2，求数列 仙｝的通项公式. ⑷已知数列｛a n ｝中，a 1= 1, a n +1 = o~+；,求数列｛a n ｝的通项公式. ［解］(1)因为 a n +1 - a = 3n + 2, 所以 a “ — a “—1= 3n — 1(n 》2), 所以 a n = (a n — a n —1)+ (a n — 1 — a*-2)+ …+ (a 2— a“ + a 1 =」_2 当 n = 1 时，a 1= 2 = 1x (3 x 1+ 1)，符合上式, 所以 a n = |n 2+ 2.n — 1⑵因为 a n = —Ja n -1(n A 2), n — 21所以 a n —1= 口a n —2’ …，a 2=丹由累乘法可得a n = a 1 2 2 - - - 1= 7= J (n > 2).又a 1= 1符合上式」a n = n (3)因为 a n +1= 3a n + 2,所以 a n +1 + 1= 3(a n + 1),所以 a + 1 = 3,所以数列｛a n + 1｝为等比数列，公比 q = 3.又 a 1+ 1 = 2,所以 a n + 1= 2 3n —1,所以a n = 2 3n —1 — 1.丄=1+2，即丄L —1=2, a n +1 a n 2 a n +1a n 21又 a 1= 1，则-=1,是以1为首项，2为公差的等差数列. .1 1 1 n . 1a n =a ；+(n —1) x 2=2+2~+1(n € N *). n +1［方法技巧］典型的递推数列及处理方法n > 2).a n +1 + 12a n(4) a n +1=a n +2,a1 = 1 ,…a n 工 0 ,a n +1a n［全练题点］1.［考点一 ］（2018湖南衡阳二十六中期中）在数列1,1,2,3,5,8, x,21,34,55，…冲，x 的值为12C . 13和，所以x = 5+ 8= 13，故选C.5 7 92.［考点一］数列1,— 5, 15，— 24，…的一个通项公式是（n +12n — 1a n = (—1)n +n(n € N )n -1 2n + 1*a n = (— 1)(n€ N )n +1 2n — 1跖=(―1)齐亦(n €N )14解析：选C 观察所给数列的项，发现从第3项起，每一项都是与它相邻的前两项的B . a n = (-1)n —1 2n +1** N )解析：选D所给数列各项可写成:3—5 71 X 3，2 X 4，3 X5戈，…，通过对比各选项，可知选D.3.［考点二］（2018黑龙江双鸭山一中期末 ）已知数列｛a n ｝的前n 项和为S n ,若S n = 2a n ~ 4, n € N ,贝V a n =()A . 2n +1解析：选A 因为S n = 2a n — 4，所以n >2时，有S n —1= 2a n —1 — 4,两式相减可得 S n —a nS n -1= 2a n — 2a n -1, 即卩 a n = 2a n — 2a n-1，整理得 a n = 2a n -1,即亠匚=2(n > 2).因为 S 1 = a ja n —1=2a1—4，所以a1= 4,所以a“= 2n+14.［考点三］(2018 •东潍坊期中)在数列｛a n ｝中，a i = 2, a *+1= O n + In 1 +半，则a n =()A . 2+ In nB . 2+ (n — 1)ln nC . 2+ nln nD . 1 + n + In n解析：选 A 法一：由已知得 a n +1— a n = In’ + * = In"：1,而 a n = (a n — a n — 1)+ (a n -1n n — 1 2+ a n -2) + …+ (a 2 — a 1)+ a 1, n >2,所以 a n = In - + In - + …+ In; + 2= n — 1 n — 2 12• + 2= In n + 2, n > 2.当 n = 1 时，a 1 = 2 = In 1+ 2.故选 A.1法——:由 O n = O n -1 + In 1 + n 1 = O n -1 + In1 = O n -1 + In n — In(n — 1)(n 》2)，可知 O n—In n = O n -1 — In(n — 1)(n >2).令 b n = O n — In n ,则数列｛b n ｝是以 b 1= O 1— In 1 = 2 为首项的 常数列，故b n = 2，所以2= O n — In n ,所以O n = 2 + In n .故选A.突破点(——)数列的性质抓牢双基自学区［基本知识］数列的分类分类标准类型 满足条件 按项数分类有穷数列项数有限 无穷数列 项数无限按项与项间的大小关系分类递增数列On + 1〉O n其中n € N *递减数列 O n ： 1V O n常数列 On + 1= O n按其他标准分类有界数列存在正数 M ，使|O n |W M摆动数列从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项［基本能力］X — 1 、r*(1)已知函数f(x) ，设O n = f(n)(n € N ),则｛O n ｝是 ______数列(填“递增”或“递减”).答案：递增⑵数列｛O n ｝的通项公式为O n =— n 2 + 9n ，则该数列第 _________项最大.In答案：4或5⑶现定义a n = 5n + ［1>，其中n € N ,则｛a “｝是 _________ 数列(填“递增”或“递减”).答案：递增⑷对于数列｛a n ｝, “a n + i >|a n |(n = 1,2,…)”是“ ｛a n ｝为递增数列”的 ___________ 条件. 答案：充分不必要研透高考・讲练区［全析考法］(1)数列的单调性与函数的单调性有所不同，其自变量的取值是不连续的，只能取正整 数，所以在求数列中的最大 (小)项时，应注意数列中的项可以是相同的，故不应漏掉等号.(2)数列是自变量不连续的函数，不能对数列直接求导判断单调性•要先写出数列对应 的函数，对函数进行求导，再将函数的单调性对应到数列中去.(2 \［例1］ (1)已知数列｛a n ｝的通项公式为a n = n 3 n ，则数列仙｝中的最大项为()D . （- 3,+° ）［解析］(1)法一(作差比较法):当 n<2 时，a n +1— a n >0，即 a n +1>a n ；当 n = 2 时，a *+1 — a * = 0，即 a *+1= a *; 当 n>2 时，a n +1 一 a n <0，即 a n +1<a n .所以 a 1<a 2= a 3, a 3>a 4>a 5> …〉a n ,所以数列｛a n ｝中的最大项为a 2或a 3,且a 2= a 3= 2X 2 2= §.故选A.64 C.64125D. 243(2)已知数列｛a n ｝的通项公式为值范围是( )a n = 2n 2+ tn + 1,若｛a n ｝是单调递增数列，则实数 t 的取 A"8 B . A . （一 6 ,+m）B . （一 °°, 一6）C .（一°,一 3） a n +1 — a n = （n + 1） 2”1-nf =亍 3"，法二(作商比较法):a n +1令丁>1，解得n<2 ;a n令—<1，解得n>2.a n 又 a n >0，故 a 1<a 2=a3, a 3>a 4>a 5>…>a n ,所以数列｛a n ｝中的最大项为a 2或a 3,且a 2= a 3= 2X 3 2= §.故选A. (2)法一：因为｛a n ｝是单调递增数列， 所以对于任意的n € N *，都有a n + 1>a n , 即 2(n + 1)2+ t(n + 1) + 1>2n 2+ tn + 1, 化简得t>— 4n — 2,所以t> — 4n — 2对于任意的n € N *都成立， 因为一4n — 2W — 6，所以t> — 6.故选 A. 法二：设f(n) = 2n 2+ tn + 1,其图象的对称轴为 n = — 4，要使｛a n ｝是递增数列,1+ 2< 2 ， 即 卩 t> — 6.故选 A.［答案］(1)A (2)A［方法技巧］1.判断数列单调性的两种方法 (1) 作差比较法a n +1 — a n >0?数列｛a n ｝是单调递增数列；a n +1 — a n <0?数列｛a n ｝是单调递减数列; a n = 0?数列｛a n ｝是常数列.(2) 作商比较法a n +1①a >1 ?数列｛a n ｝是单调递增数列;②a <1 ?数列｛a n ｝是单调递减数列; a n+1③ 4= 1 ?数列｛a n ｝是常数列a n +1丄i'2冷+1n +12 n!!)a n + 1 —a n >0 时a n _ 1W a n ,(1) 利用不等式组、(n > 2)找到数列的最大项;|a n ，a n + 1 a n _ 1》a n ,(2) 利用不等式组’孑(n > 2)找到数列的最小项.a n Wa n +1数列的周期性与函数的周期性相类似. 求解数列的周期问题时，通常是求出数列的前 n项观察规律•确定出数列的一个周期，然后再解决相应的问题.［例 2］ (1)(2018 黄冈质检)已知数列｛X n ｝满足 X n +2=|X n + 1一 X n |(n € N ),若 X 1 = 1 , X 2 = a(a W 1 , a M 0),且X n + 3= X n 对于任意的正整数 n 均成立，则数列｛X n ｝的前2 017项和S 2 017 =( )A . 672B . 673C . 1 342D . 1 3454 *⑵(2018广•东四校联考)数列｛a n ｝满足 a 1= 2, an+1=(n € N )，贝U a 2 018=(1 — a n)A . - 2B . - 1C . 21 D. 1［解析］(1) •/ X 1= 1, X 2= a(a W 1, a M 0),「. X 3= |x ?— xf = |a - 1|= 1- a ,「. X 1+ x ?+ X 3=1+ a + (1 - a)= 2,又X n + 3= X n 对于任意的正整数 n 均成立，.••数列｛X n ｝的周期为3,所以 数列｛X n ｝的前 2 017 项和 S 2 017= S 672X 3 + 1 = 672X 2+ 1 = 1 345.故选 D.1-=2,…，可知此数列有周期性，周期 T = 3, 即卩a n +3= a n ,则a 2 018= a 672x 3+ 2= a 2 = 1 -1 -1.故选B.［答案］(1)D (2)B ［方法技巧］周期数列的常见形式与解题方法(1)周期数列的常见形式1 * 1 1 1(2)数列｛a n｝满足a1 = 2, a n+1= 1 —a(n € N),「. a2 = ^—2 =- 1, a3= 1 ——1= 2a4n + 2L n—70>0,解得 * — 10或n>7.又因为n € N , 解析：选B 由数列1的前n 项的乘积1 ••n + 2 n +1 n + 22 >36 ,得 n 2+ 3n所以n 的最小值为8，故选B.3.［考点一］已知函数f(x)=， 3 — ax + 2, 2X 2-9 x+11a , x>2x < 2,(a>0，且a ^ 1),若数列｛a n ｝满足a n =f(n)(n € N ),且｛a n ｝是递增数列，则实数 a 的取值范围是(A . (0,1) C . (2,3)D . (1,3) 3 — a>0,解析：选C 因为｛a n ｝是递增数列，所以a>1,［(3 - a )x 2+ 2<a 2,解得2<a<3，所以实数a 的取值范围是(2,3).4.［考点二］(2018辽宁重点中学协作体联考)在数列｛a n ｝中，a 1= 1,第+勺―a n = si① 利用三角函数的周期性，即所给递推关系中含有三角函数； ② 相邻多项之间的递推关系，如后一项是前两项的差；③ 相邻两项的递推关系，等式中一侧含有分式，又较难变形构造出特殊数列. (2)解决此类题目的一般方法根据给出的关系式求出数列的若干项，通过观察归纳出数列的周期，进而求有关项的 值或者前n 项的和.［全练题点］1.［考点二］(2018安徽名校联盟考前模拟)在数列｛a n ｝中，若对任意的n € N *均有a “ + a “+1+ a n + 2为定值，且a 1 = 2, a g = 3, a g8 = 4,则数列｛a n ｝的前100项的和S 1oo =()A. 132 D . 99解析：选B 因为对任意的n € N 均有a n + a n +1 + a n + 2为定值，所以a n + a n +1 + a n +2= a n+1+an + 2+ a n + 3,所以a n + 3= a n ,所以数列｛a n ｝是周期数列，且周期为3.故a 2= a 98= 4,a3 =a 9= 3, a 100= a 1 = 2,所以 S 1QQ = 33(a 1 + a 2+ a 3)+ a 100= 299.故选 B ・积大于36,则n 的最小值为( )10B . 299C . 682.［考点一 ］(2018 •东枣庄第八中学阶段性检测 )已知数列，欲使它的前n 项的乘记S n为数列｛a n｝的前n 项和，贝V S2 018 =( )A. 0B. 2 018C. 1 010D. 1 009解析：选 C 由a1= 1 及a n+1—a n= sin®；1)n,得a“+1= a“+ sin(nn,所以a?= a j3 n4 n5 n6 n+ sin n= 1, a3= a2+ sinq = 0, a4= a3 + sinq = 0, a5= a4 + sin^ = 1, a6= a5+ sinq = 1,7 n 8 na?= a6+ siny = 0, a8 = a?+ siny = 0,…，可见数列｛a n｝为周期数列，周期T = 4,所以S2 018=504(a1 + a2 + a3 + a4)+ a1 + a2= 1 010.［全国卷5年真题集中演练一一明规律］1 . (2015全国卷n )设S n是数列｛a n｝的前n项和，且a1=—1 , a n+ 1= S n S n + 1,贝V S n =解析：1 1• a n+ 1 —S n+ 1 — 5 , a n + 1 —S n S n+ 1,…S n+ 1 —S n —S n S n+1. - S n^ 0，• • a ——，即宀—右=—1.又1=—1, S是首项为—1，公差为—1的等差数列.S n+1 S n S1 Qn』1—1)X (—1)=—n，二S n=—=n1答案：一1n1 戸,2. （2014全国卷n ）数列｛a n｝满足a n+1= , a8= 2,则引= ______________.1 —a n1 11 1解析：将a8= 2代入a n+1= ，可求得a7= 1；再将a7=;代入a n+1= ，可求得1 —a n2 2 1 —a n1a6=—1;再将a6=—1代入a“+1= ，可求得a5= 2;由此可以推出数列｛a n｝是一个周期1 —a n数列，且周期为3,所以a1 = a7= 2.答案：12 1 …,3. （2013全国卷I ）若数列｛a n｝的前n项和S n = "a n + §，则｛a n｝的通项公式是a n =解析：当n= 1 时，由已知S n= ：a n+3，=—1+ (n得a1=尹勺+3，即卩a1=1；2 1当n >2时，由已知得到 S n -!= -a n -1 + 3,3 3 所以 a n = S n — S n -1 = §a n + § — -a n -l +所以a n = — 2a n -1,所以数列｛a n ｝为以1为首项，以—2为公比的等比数列,答案：(—2)n —124. （2016全国卷川）已知各项都为正数的数列 ｛a n ｝满足a 1= 1, a — （2a n +1 — 1）a n —2a n +1的等差数列，故 —=1+ (n — 1) x 1 =人+ £即a n 2 2 2a n a n -1= a n-1+ (— 1)n (n >2, n € N )，则二的a 5值是（ ）=0. (1) 求 a 2, a s ；⑵求｛a n ｝的通项公式.1 1解：(1)由题意可得 a 2= §, a 3= 4. (2) 由 a iJ—(2an + 1—1)an — 2a n + 1= 0 得2a n +1(a n + 1) = a n (a n +1).a n +1 = 1 a n 21故｛a n ｝是首项为1,公比为1的等比数列，因此1 a n = 2n _1.因此｛a n ｝的各项都为正数，所以［课时达标检测1［小题对点练一一点点落实］对点练（一）数列的通项公式2a* 11.在数列｛a n ｝中，a 1= 1, a n +1 = a +；（n € N ）,则4是这个数列的（）A .第6项B .第C .第8项D .第解析：选B 由a n +1 ==—+ - a n +2 a n +1 a n «_1 1即数列「一是以-=1为首项, a n 」 - a 1所以a n =(—2)n — 12 2 1 a n =市，由市=4，解得° = 7,故选B.+ 1,即a “+1 — a “= n + 1,用累加法可得 a n = a 1+ n ~ 12n + 2 = ,••• 115 A运15 3 3B — C. 一 D - B . 8 4 D . 8解析：选 C 由已知得 a 2= 1 + (— 1)2 = 2,.•.2a 3= 2 + (— 1)彳,a 3=?, — ?a 4= ?+ (— 1)°, a 4=3,. 3a 5=3+(-1)5,. a 5=3,. 2=2X2=3 3. （2018河南郑州一中考前冲刺 ）数列｛a n ｝满足：a 1= 1，且对任意的 m , n € N ,都有 a m +n = a m + a “+ mn ,则 1 +1 +1 +…+a 1 a 2 a 3a JL -=() 2 017 A A2 018 2 018 2 019 C 4 034 C .2 018 4 036 2 019 解析：选D •/a 1= 1,且对任意的m , n € N *都有 a m + n = a m + a n + mn ,「. a “+1 = a “+ n2〉土 , 丄 + - + 1 +^ + 丄 n n +1 a 1 a 2 a 3 a 2 018 _ 1 1 1 =2J —2+ 2—3 it 1 1 '、= 4 036 故选 2 018 2 019 厂 2 019，故选D. 4. （2018甘肃天水检测）已知数列｛a n ｝的前n 项和为S n , a 1= 1,Sn = 2a n +1,则S n =（）C. 3 n -1D . 2n -1解析：选 D 因为 a n + 1= S n + 1— S n ，所以 S n = 2a *+ 1= 2(S n + 1— S n ),所以S n + 1 S n 33,,所以数列｛S n ｝是以S 1= a 1= 1为首项，3为公比的等比数列，所以 S n = 2 n -1.故选D. 5. （2018兰州模拟）在数列1,2, 7, 10, 13，…中2 19是这个数列的第 项. 解析：数列 3 X 4 + 1,…, 76,二 n = 26, 1,2, 7, 10 , 13,…，即数列 1, 3 X 1+ 1, 3 X 2+ 1, 3 X 3+ 1 , .该数列的通项公式为 a n =/3 n — 1 + 1 = 3n — 2, . 3n — 2= 2 19 = 故2 19是这个数列的第26项. a 3 = 答案：26 6. （2018河北冀州中学期中）已知数列｛a n ｝满足a 1= 1,且a “= n （a “+1 — a“（n € N ）,则 ,a n =解析：由a n = n(a n +1 — aj ，可得a n na n + 1 n +1 ,则 a n = _a ^an _j a n_2a n — 1 a n — 2 an — 3^•1=七X 冗a 1n — 1 n — 2a n n n + 11 3n 2 2x x …x — x 1 = n(n > 2),「. a 3= 3. T a i = 1 满足 a n = n ,「. a n = n. n _ 3 1答案：3 n7. (2018福建晋江季延中学月考 )已知数列｛a n ｝满足a i + 2a —+ 3a 3+-+ na “= n + 1(n € N ),则数列｛a n ｝的通项公式为 _________________ .已知a 1 + 2a 2+ 3a 3+・・・ + na n = n + 1,将n = 1代入，得 a 1= 2;当n > 2时，将n 1a p + 2a 2+ 3a 3+…+ (n _ 1)a n _ 1= n ，两式相减得 na n = (n + 1)_ n = 1,「. a “= n n = 1, n > 2.2, n = 1, a n = 1 1一，n > 2 n对点练(二)数列的性质—9n _ 9n + 2 *1.已知数列｛a n ｝的通项公式为a n = 9n 2_ 4 (n € N ).则下列说法正确的是 ()A .这个数列的第10项为名3 1是该数列中的项D .数列｛a n ｝是单调递减数列得9n = 300此方程无正整数解，故卷不是该数列中的项.因为a n =貯=呼亍3*1=1_ 3^，又n € N ,所以数列｛a n ｝是单调递增数列，所以：＜ a “v1，所以数列中的各项都 在区间4，1内，故选项 C 正确，选项D 不正确，故选 C.11 | a2. (2018湖北黄冈中学期中)已知数列｛a n ｝中，a 1 = 1, a “+1="，贝V a 2。
2020版高考数学(理)新增分大一轮人教通用版讲义：第六章 数列与数学归纳法 6.4 含解析
§6.4 数学归纳法数学归纳法一般地，证明一个与自然数相关的命题，可按下列步骤进行： (1)(归纳奠基)证明当n 取第一个值n 0(n 0∈N ＋)时命题成立；(2)(归纳递推)假设n ＝k (k ≥n 0，k ∈N ＋)时命题成立的前提下，推出当n ＝k ＋1时命题也成立. 只要完成这两个步骤，就可以断定命题对n 取第一个值后面的有正整数成立. 概念方法微思考1.用数学归纳法证题时，证明当n 取第一个值n 0(n 0∈N ＋)时命题成立.因为n 0∈N ＋，所以n 0＝1.这种说法对吗？提示 不对，n 0也可能是2,3,4，….如用数学归纳法证明多边形内角和定理(n －2)π时，初始值n 0＝3. 2.数学归纳法的第一个步骤可以省略吗？提示 不可以，数学归纳法的两个步骤相辅相成，缺一不可. 3.有人说，数学归纳法是合情推理，这种说法对吗？提示 不对，数学归纳法是一种证明与自然数有关的命题的方法，它是演绎推理.题组一 思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明.( × ) (2)用数学归纳法证明问题时，归纳假设可以不用.( × )(3)不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由n ＝k 到n ＝k ＋1时，项数都增加了一项.( × ) (4)用数学归纳法证明等式“1＋2＋22＋…＋2n ＋2＝2n ＋3－1”，验证n ＝1时，左边式子应为1＋2＋22＋23.( √ )(5)用数学归纳法证明凸n 边形的内角和公式时，n 0＝3.( √ ) 题组二 教材改编2.在应用数学归纳法证明凸n 边形的对角线为12n (n －3)条时，第一步检验n 等于( )A.1B.2C.3D.4 答案 C解析 凸n 边形边数最小时是三角形， 故第一步检验n ＝3.3.已知{a n }满足a n ＋1＝a 2n －na n ＋1，n ∈N ＋，且a 1＝2，则a 2＝________，a 3＝________，a 4＝________，猜想a n ＝________. 答案 3 4 5 n ＋1 题组三 易错自纠4.用数学归纳法证明1＋a ＋a 2＋…＋a n ＋1＝1－a n ＋21－a(a ≠1，n ∈N ＋)，在验证n ＝1时，等式左边的项是( ) A.1 B.1＋a C.1＋a ＋a 2 D.1＋a ＋a 2＋a 3答案 C解析 当n ＝1时，n ＋1＝2， ∴左边＝1＋a 1＋a 2＝1＋a ＋a 2.5.对于不等式n 2＋n <n ＋1(n ∈N ＋)，某同学用数学归纳法证明的过程如下： (1)当n ＝1时，12＋1<1＋1，不等式成立.(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，不等式成立，即k 2＋k <k ＋1，则当n ＝k ＋1时，(k ＋1)2＋(k ＋1)＝k 2＋3k ＋2<(k 2＋3k ＋2)＋(k ＋2)＝(k ＋2)2＝(k ＋1)＋1. ∴当n ＝k ＋1时，不等式成立. 则上述证法( ) A.过程全部正确 B.n ＝1验证的不正确 C.归纳假设不正确D.从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理不正确 答案 D解析 在n ＝k ＋1时，没有应用n ＝k 时的假设，不是数学归纳法.6.用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋2n ＝2n －1＋22n －1(n ∈N ＋)时，假设当n ＝k 时命题成立，则当n ＝k＋1时，左端增加的项数是__________. 答案 2k解析 运用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋2n ＝2n －1＋22n －1(n ∈N ＋).当n ＝k 时，则有1＋2＋3＋…＋2k ＝2k －1＋22k －1(k ∈N ＋)，左边表示的为2k 项的和.当n ＝k ＋1时，则左边＝1＋2＋3＋…＋2k ＋(2k ＋1)＋…＋2k ＋1，表示的为2k＋1项的和，增加了2k ＋1－2k ＝2k 项.题型一 用数学归纳法证明等式用数学归纳法证明：12×4＋14×6＋16×8＋…＋12n (2n ＋2)＝n 4(n ＋1)(n ∈N ＋). 证明 ①当n ＝1时， 左边＝12×1×(2×1＋2)＝18.右边＝14×(1＋1)＝18.左边＝右边，所以等式成立.②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时等式成立，即有 12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k (2k ＋2)＝k 4(k ＋1)， 则当n ＝k ＋1时，12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k (2k ＋2)＋12(k ＋1)[2(k ＋1)＋2]＝k 4(k ＋1)＋14(k ＋1)(k ＋2)＝k (k ＋2)＋14(k ＋1)(k ＋2)＝(k ＋1)24(k ＋1)(k ＋2)＝k ＋14(k ＋2) ＝k ＋14(k ＋1＋1).所以当n ＝k ＋1时，等式也成立. 由①②可知对于一切n ∈N ＋等式都成立. 思维升华 用数学归纳法证明恒等式应注意 (1)明确初始值n 0并验证当n ＝n 0时等式成立.(2)由n ＝k 证明n ＝k ＋1时，弄清左边增加的项，且明确变形目标. (3)掌握恒等变形常用的方法：①因式分解；②添拆项；③配方法. 题型二 用数学归纳法证明不等式例1 等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知对任意的n ∈N ＋，点(n ，S n )均在函数y ＝b x ＋r (b >0且b ≠1，b ，r 均为常数)的图象上. (1)求r 的值；(2)当b ＝2时，记b n ＝2(log 2a n ＋1)(n ∈N ＋)，证明：对任意的n ∈N ＋，不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n >n ＋1成立.(1)解 由题意得，S n ＝b n ＋r ， 当n ≥2时，S n －1＝b n －1＋r .所以a n ＝S n －S n －1＝b n －1(b －1).由于b >0且b ≠1，所以n ≥2时，{a n }是以b 为公比的等比数列. 又a 1＝S 1＝b ＋r ，a 2＝b (b －1)，所以当a 2a 1＝b ，即b (b －1)b ＋r ＝b ，解得r ＝－1.(2)证明 由(1)及b ＝2知a n ＝2n －1.因此b n ＝2n (n ∈N ＋)，所证不等式为2＋12·4＋14·…·2n ＋12n >n ＋1.①当n ＝1时，左式＝32，右式＝2，左式>右式，所以结论成立.②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时结论成立， 即2＋12·4＋14·…·2k ＋12k>k ＋1， 则当n ＝k ＋1时，2＋12·4＋14·…·2k ＋12k ·2k ＋32(k ＋1)>k ＋1·2k ＋32(k ＋1)＝2k ＋32k ＋1， 要证当n ＝k ＋1时结论成立， 只需证2k ＋32k ＋1≥k ＋2，即证2k ＋32≥(k ＋1)(k ＋2)，由均值不等式得2k ＋32＝(k ＋1)＋(k ＋2)2≥(k ＋1)(k ＋2)成立，故2k ＋32k ＋1≥k ＋2成立，所以当n ＝k ＋1时，结论成立.由①②可知，当n ∈N ＋时，不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n>n ＋1成立.思维升华 用数学归纳法证明与n 有关的不等式，在归纳假设使用后可运用比较法、综合法、分析法、放缩法等来加以证明，充分应用均值不等式、不等式的性质等放缩技巧，使问题得以简化. 跟踪训练1 数学归纳法证明：对一切大于1的自然数，不等式⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n －1> 2n ＋12均成立. 证明 ①当n ＝2时，左边＝1＋13＝43，右边＝52.∵左边>右边，∴不等式成立.②假设当n ＝k (k ≥2，且k ∈N ＋)时不等式成立， 即⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15·…·⎝⎛⎭⎫1＋12k －1>2k ＋12. 则当n ＝k ＋1时，⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15·…·⎝⎛⎭⎫1＋12k －1⎣⎡⎦⎤1＋12(k ＋1)－1 >2k ＋12·2k ＋22k ＋1＝2k ＋222k ＋1＝4k 2＋8k ＋422k ＋1>4k 2＋8k ＋322k ＋1＝2k ＋32k ＋122k ＋1＝2(k ＋1)＋12.∴当n ＝k ＋1时，不等式也成立.由①②知对一切大于1的自然数n ，不等式都成立.题型三 归纳—猜想—证明命题点1 与函数有关的证明问题例2 设函数f (x )＝ln(1＋x )，g (x )＝xf ′(x )，x ≥0，其中f ′(x )是f (x )的导函数. (1)令g 1(x )＝g (x )，g n ＋1(x )＝g (g n (x ))，n ∈N ＋，求g n (x )的表达式； (2)若f (x )≥ag (x )恒成立，求实数a 的取值范围. 解 由题设得g (x )＝x1＋x (x ≥0).(1)由已知，得g 1(x )＝x1＋x ，g 2(x )＝g (g 1(x ))＝x 1＋x 1＋x 1＋x ＝x1＋2x ，g 3(x )＝x 1＋3x ，…，可猜想g n (x )＝x 1＋nx. 下面用数学归纳法证明.①当n ＝1时，g 1(x )＝x 1＋x，结论成立.②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时结论成立， 即g k (x )＝x1＋kx.则当n ＝k ＋1时，g k ＋1(x )＝g (g k (x ))＝g k (x )1＋g k (x )＝x 1＋kx 1＋x 1＋kx ＝x1＋(k ＋1)x ，即结论成立.由①②可知，结论对n ∈N ＋恒成立. (2)已知f (x )≥ag (x )恒成立， 即ln(1＋x )≥ax1＋x 恒成立.设φ(x )＝ln(1＋x )－ax1＋x (x ≥0)，则φ′(x )＝11＋x －a(1＋x )2＝x ＋1－a (1＋x )2， 当a ≤1时，φ′(x )≥0(当且仅当x ＝0，a ＝1时等号成立)， ∴φ(x )在[0，＋∞)上单调递增. 又φ(0)＝0，∴φ(x )≥0在[0，＋∞)上恒成立， ∴当a ≤1时，ln(1＋x )≥ax1＋x恒成立(当且仅当x ＝0时等号成立). 当a >1时，对x ∈(0，a －1]，有φ′(x )≤0， ∴φ(x )在(0，a －1]上单调递减， ∴φ(a －1)<φ(0)＝0.即当a >1时，存在x >0，使φ(x )<0， ∴ln(1＋x )≥ax1＋x不恒成立.综上可知，a 的取值范围是(－∞，1]. 命题点2 与数列有关的证明问题例3 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝－23，且S n ＋1S n ＋2＝a n (n ≥2).(1)计算S 1，S 2，S 3，S 4的值，猜想S n 的表达式； (2)用数学归纳法证明所得的结论. (1)解 S 1＝a 1＝－23，S 2＋1S 2＋2＝S 2－S 1⇒S 2＝－34，S 3＋1S 3＋2＝S 3－S 2⇒S 3＝－45，S 4＋1S 4＋2＝S 4－S 3⇒S 4＝－56.由此猜想：S n ＝－n ＋1n ＋2(n ∈N ＋).(2)证明 ①当n ＝1时，左边＝S 1＝a 1＝－23，右边＝－1＋11＋2＝－23.∵左边＝右边，∴原等式成立.②当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，假设S k ＝－k ＋1k ＋2成立，则当n ＝k ＋1时，S k ＋1＋1S k ＋1＋2＝S k ＋1－S k ，得1S k ＋1＝－S k －2＝k ＋1k ＋2－2＝k ＋1－2k －4k ＋2 ＝－k －3k ＋2＝－k ＋3k ＋2， ∴S k ＋1＝－k ＋2k ＋3＝－(k ＋1)＋1(k ＋1)＋2，∴当n ＝k ＋1时，原等式也成立.综合①②得对一切n ∈N ＋，S n ＝－n ＋1n ＋2成立.命题点3 存在性问题的证明例4 是否存在a ，b ，c 使等式⎝⎛⎭⎫1n 2＋⎝⎛⎭⎫2n 2＋⎝⎛⎭⎫3n 2＋…＋⎝⎛⎭⎫n n 2＝an 2＋bn ＋c n 对一切n ∈N ＋都成立，若不存在，说明理由；若存在，请用数学归纳法证明你的结论. 解 取n ＝1,2,3，可得⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＋c ＝1，8a ＋4b ＋2c ＝5，27a ＋9b ＋3c ＝14，解得a ＝13，b ＝12，c ＝16.下面用数学归纳法证明⎝⎛⎭⎫1n 2＋⎝⎛⎭⎫2n 2＋⎝⎛⎭⎫3n 2＋…＋⎝⎛⎭⎫n n 2＝2n 2＋3n ＋16n ＝(n ＋1)(2n ＋1)6n . 即证12＋22＋…＋n 2＝16n (n ＋1)(2n ＋1)，①当n ＝1时，左边＝1，右边＝1，∴等式成立； ②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时等式成立， 即12＋22＋…＋k 2＝16k (k ＋1)·(2k ＋1)成立，则当n ＝k ＋1时，等式左边＝12＋22＋…＋k 2＋(k ＋1)2＝16k (k ＋1)(2k ＋1)＋(k ＋1)2 ＝16[k (k ＋1)(2k ＋1)＋6(k ＋1)2] ＝16(k ＋1)(2k 2＋7k ＋6) ＝16(k ＋1)(k ＋2)·(2k ＋3)， ∴当n ＝k ＋1时等式成立； 综合①②得当n ∈N ＋时等式成立， 故存在a ＝13，b ＝12，c ＝16使已知等式成立.思维升华 “归纳—猜想—证明”属于探索性问题的一种，一般要经过计算、观察、归纳，然后猜想出结论，再用数学归纳法证明.在用这种方法解决问题时，应保证猜想的正确性和数学归纳法步骤的完整性.跟踪训练2 已知正项数列{a n }中，对于一切的n ∈N ＋均有a 2n ≤a n －a n ＋1成立. (1)证明：数列{a n }中的任意一项都小于1； (2)探究a n 与1n的大小关系，并证明你的结论.证明 (1)由a 2n ≤a n －a n ＋1，得a n ＋1≤a n －a 2n .∵在数列{a n }中，a n >0， ∴a n ＋1>0，∴a n －a 2n >0， ∴0<a n <1，故数列{a n }中的任何一项都小于1. (2)由(1)知0<a 1<1＝11，那么a 2≤a 1－a 21＝－⎝⎛⎭⎫a 1－122＋14≤14<12， 由此猜想a n <1n.下面用数学归纳法证明：当n ≥2，且n ∈N ＋时猜想正确. ①当n ＝2时已证；②假设当n ＝k (k ≥2，且k ∈N ＋)时，有a k <1k 成立，那么1k ≤12，a k ＋1≤a k －a 2k＝－⎝⎛⎭⎫a k －122＋14 <－⎝⎛⎭⎫1k －122＋14＝1k －1k 2＝k －1k 2<k －1k 2－1＝1k ＋1， ∴当n ＝k ＋1时，猜想正确.综上所述，对于一切n ∈N ＋，都有a n <1n.1.若f (n )＝1＋12＋13＋…＋16n －1(n ∈N ＋)，则f (1)的值为( )A.1B.15C.1＋12＋13＋14＋15D.非以上答案答案 C解析 等式右边的分母是从1开始的连续的自然数，且最大分母为6n －1，则当n ＝1时，最大分母为5，故选C.2.已知f (n )＝12＋22＋32＋…＋(2n )2，则f (k ＋1)与f (k )的关系是( ) A.f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2 B.f (k ＋1)＝f (k )＋(k ＋1)2 C.f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋2)2 D.f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋1)2 答案 A解析 f (k ＋1)＝12＋22＋32＋…＋(2k )2＋(2k ＋1)2＋[2(k ＋1)]2＝f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2.3.利用数学归纳法证明不等式1＋12＋13＋…＋12n －1<f (n )(n ≥2，n ∈N ＋)的过程中，由n ＝k 到n ＝k ＋1时，左边增加了( )A.1项B.k 项C.2k －1项D.2k 项 答案 D解析 令不等式的左边为g (n )，则g (k ＋1)－g (k )＝1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1－⎝⎛⎭⎫1＋12＋13＋…＋12k －1＝12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1， 其项数为2k ＋1－1－2k ＋1＝2k ＋1－2k ＝2k .故左边增加了2k 项.4.用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋n 22，则当n ＝k ＋1时左端应在n ＝k 的基础上加上( )A.k 2＋1B.(k ＋1)2C.(k ＋1)4＋(k ＋1)22D.(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋(k 2＋3)＋…＋(k ＋1)2答案 D解析 等式左边是从1开始的连续自然数的和，直到n 2.故n ＝k ＋1时，最后一项是(k ＋1)2，而n ＝k 时，最后一项是k 2，应加上(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋(k 2＋3)＋…＋(k ＋1)2.5.设f (x )是定义在正整数集上的函数，且f (x )满足当f (k )≥k ＋1成立时，总能推出f (k ＋1)≥k ＋2成立，那么下列命题总成立的是( ) A.若f (1)<2成立，则f (10)<11成立B.若f (3)≥4成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k ＋1成立C.若f (2)<3成立，则f (1)≥2成立D.若f (4)≥5成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k ＋1成立 答案 D解析 当f (k )≥k ＋1成立时，总能推出f (k ＋1)≥k ＋2成立，说明如果当k ＝n 时，f (n )≥n ＋1成立，那么当k ＝n ＋1时，f (n ＋1)≥n ＋2也成立，所以如果当k ＝4时，f (4)≥5成立，那么当k ≥4时，f (k )≥k ＋1也成立.6.用数学归纳法证明122＋132＋…＋1(n ＋1)2>12－1n ＋2，假设n ＝k 时，不等式成立，则当n ＝k ＋1时，应推证的目标不等式是_________________________________. 答案122＋132＋…＋1(k ＋1)2＋1(k ＋2)2>12－1k ＋3解析 观察不等式中分母的变化便知.7.已知f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N ＋)，经计算得f (4)>2，f (8)>52，f (16)>3，f (32)>72，则其一般结论为________________________________________________________________________. 答案 f (2n )>n ＋22(n ≥2，n ∈N ＋)解析 观察规律可知f (22)>2＋22，f (23)>3＋22，f (24)>4＋22，f (25)>5＋22，…，故得一般结论为f (2n )>n ＋22(n ≥2，n ∈N ＋).8.用数学归纳法证明不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n >1324的过程中，由n ＝k 推导n ＝k ＋1时，不等式的左边增加的式子是________________. 答案1(2k ＋1)(2k ＋2)解析 不等式的左边增加的式子是 12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1＝1(2k ＋1)(2k ＋2). 9.若数列{a n }的通项公式a n ＝1(n ＋1)2，记c n ＝2(1－a 1)·(1－a 2)…(1－a n )，试通过计算c 1，c 2，c 3的值，推测c n ＝________.答案 n ＋2n ＋1解析 c 1＝2(1－a 1)＝2×⎝⎛⎭⎫1－14＝32， c 2＝2(1－a 1)(1－a 2)＝2×⎝⎛⎭⎫1－14×⎝⎛⎭⎫1－19＝43， c 3＝2(1－a 1)(1－a 2)(1－a 3)＝2×⎝⎛⎭⎫1－14×⎝⎛⎭⎫1－19×⎝⎛⎭⎫1－116＝54， 故由归纳推理得c n ＝n ＋2n ＋1. 10.用数学归纳法证明(n ＋1)(n ＋2)(n ＋3)…(n ＋n )＝2n ·1·3·5…(2n －1)(n ∈N ＋)时，从n ＝k 到n ＝k ＋1时左边需增乘的代数式是________.答案 4k ＋2解析 用数学归纳法证明(n ＋1)(n ＋2)(n ＋3)…(n ＋n )＝2n ·1·3·5…(2n －1)(n ∈N ＋)时，从n ＝k 到n ＝k ＋1时左边需增乘的代数式是(k ＋1＋k )(k ＋1＋k ＋1)k ＋1＝2(2k ＋1). 11.求证：1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n >56(n ≥2，n ∈N ＋). 证明 ①当n ＝2时，左边＝13＋14＋15＋16>56，不等式成立. ②假设n ＝k (k ≥2，k ∈N ＋)时命题成立，即1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k >56. 当n ＝k ＋1时，1(k ＋1)＋1＋1(k ＋1)＋2＋…＋13k ＋13k ＋1＋13k ＋2＋13(k ＋1) ＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋⎝⎛⎭⎫13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1 >56＋⎝⎛⎭⎫13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1 >56＋⎝⎛⎭⎫3×13k ＋3－1k ＋1＝56. ∴当n ＝k ＋1时不等式亦成立.∴原不等式对一切n ≥2，n ∈N ＋均成立.12.已知点P n (a n ，b n )满足a n ＋1＝a n ·b n ＋1，b n ＋1＝b n 1－4a 2n(n ∈N ＋)，且点P 1的坐标为(1，－1). (1)求过点P 1，P 2的直线l 的方程；(2)试用数学归纳法证明：对于n ∈N ＋，点P n 都在(1)中的直线l 上.(1)解 由点P 1的坐标为(1，－1)知，a 1＝1，b 1＝－1.所以b 2＝b 11－4a 21＝13，a 2＝a 1·b 2＝13. 所以点P 2的坐标为⎝⎛⎭⎫13，13.所以直线l 的方程为2x ＋y －1＝0.(2)证明 ①当n ＝1时，2a 1＋b 1＝2×1＋(－1)＝1成立.②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，2a k ＋b k ＝1成立，则2a k ＋1＋b k ＋1＝2a k ·b k ＋1＋b k ＋1＝b k 1－4a 2k (2a k ＋1) ＝b k 1－2a k ＝1－2a k 1－2a k＝1， 所以当n ＝k ＋1时，命题也成立.由①②知，对n ∈N ＋，都有2a n ＋b n ＝1，即点P n 都在直线l 上.13.平面内有n 条直线，最多可将平面分成f (n )个区域，则f (n )的表达式为( )A.n ＋1B.2nC.n 2＋n ＋22D.n 2＋n ＋1 答案 C解析 1条直线将平面分成1＋1个区域；2条直线最多可将平面分成1＋(1＋2)＝4个区域；3条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3)＝7个区域；…；n 条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3＋…＋n )＝1＋n (n ＋1)2＝n 2＋n ＋22个区域. 14.用数学归纳法证明“n 3＋(n ＋1)3＋(n ＋2)3(n ∈N ＋)能被9整除”，要利用归纳假设证n ＝k ＋1时的情况，只需展开( )A.(k ＋3)3B.(k ＋2)3C.(k ＋1)3D.(k ＋1)3＋(k ＋2)3答案 A解析 假设当n ＝k 时，原式能被9整除，即k 3＋(k ＋1)3＋(k ＋2)3能被9整除.当n ＝k ＋1时，(k ＋1)3＋(k ＋2)3＋(k ＋3)3为了能用上面的归纳假设，只需将(k ＋3)3展开，让其出现k 3即可.15.已知x i >0(i ＝1,2,3，…，n )，我们知道(x 1＋x 2)·⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2≥4成立. (1)求证：(x 1＋x 2＋x 3)⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋1x 3≥9. (2)同理我们也可以证明出(x 1＋x 2＋x 3＋x 4)·⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋1x 3＋1x 4≥16.由上述几个不等式，请你猜测一个与x 1＋x 2＋…＋x n 和1x 1＋1x 2＋…＋1x n(n ≥2，n ∈N ＋)有关的不等式，并用数学归纳法证明. (1)证明 方法一 (x 1＋x 2＋x 3)⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋1x 3≥33x 1x 2x 3·331x 1·1x 2·1x 3＝9(当且仅当x 1＝x 2＝x 3时，等号成立). 方法二 (x 1＋x 2＋x 3)⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋1x 3＝3＋⎝⎛⎭⎫x 2x 1＋x 1x 2＋⎝⎛⎭⎫x 3x 1＋x 1x 3＋⎝⎛⎭⎫x 3x 2＋x 2x 3≥3＋2＋2＋2＝9(当且仅当x 1＝x 2＝x 3时，等号成立).(2)解 猜想：(x 1＋x 2＋…＋x n )⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋…＋1x n≥n 2(n ≥2，n ∈N ＋).证明如下：①当n ＝2时，由已知得猜想成立；②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N ＋)时，猜想成立，即(x 1＋x 2＋…＋x k )⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋…＋1x k≥k 2， 则当n ＝k ＋1时，(x 1＋x 2＋…＋x k ＋x k ＋1)⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋…＋1x k ＋1x k ＋1 ＝(x 1＋x 2＋…＋x k )⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋…＋1x k ＋(x 1＋x 2＋…＋x k )1x k ＋1＋x k ＋1⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋…＋1x k ＋1 ≥k 2＋(x 1＋x 2＋…＋x k )1x k ＋1＋x k ＋1⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋…＋1x k ＋1 ＝k 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x k ＋1＋x k ＋1x 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x k ＋1＋x k ＋1x 2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x k x k ＋1＋x k ＋1x k ＋1≥k 2＋2＋2＋…＋2＋1k 个＝k 2＋2k ＋1＝(k ＋1)2，所以当n ＝k ＋1时不等式成立.综合①②可知，猜想成立.。
2024届高考一轮复习数学课件(新教材人教A版)：数列的综合问题
所以an＝a1qn－1＝3 2 .
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(2)若bn＝log3a2n－1，求数列{bn}的前n项和Tn. 由(1)可得a2n－1＝3n－1，所以bn＝log3a2n－1＝n－1， 故 Tn＝0＋1＋2＋…＋n－1＝nn－ 2 1.
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2.(2022·潍坊模拟)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，S3＝a3＋6. (1)求数列{an}的通项公式；
当n＝1时，整理得a1＝ma1－1，解得m＝2时，Sn－1＝2an－1－1，
(b)
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(a)－(b)得 an＝2an－2an－1，整理得aan－n 1＝2(常数)，
所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，
所以an＝2n－1.
选条件③时，2a1＋3a2＋4a3＋…＋(n＋1)an＝kn·2n(k∈R)，
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(2)设{an}的前n项和为Sn，求证：(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1bn＋1－Snbn；
因为bn＋1＝2bn≠0， 所以要证(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1bn＋1－Snbn， 即证(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1·2bn－Snbn， 即证Sn＋1＋an＋1＝2Sn＋1－Sn， 即证an＋1＝Sn＋1－Sn， 而an＋1＝Sn＋1－Sn显然成立， 所以(Sn＋1＋an＋1)bn＝Sn＋1·bn＋1－Sn·bn.
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(2)设数列{an}中不在数列{bn}中的项按从小到大的顺序构成数列{cn}， 记数列{cn}的前n项和为Sn，求S100.
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由(1)得bn＝2n＝2·2n－1＝a2n－1， 即bn是数列{an}中的第2n－1项. 设数列{an}的前n项和为Pn，数列{bn}的前n项和为Qn， 因为b7＝a26＝a64，b8＝a27＝a128， 所以数列{cn}的前100项是由数列{an}的前107项去掉数列{bn}的前7项 后构成的， 所以 S100＝P107－Q7＝107×22＋214－21－－228＝11 302.
【高考调研】2020届高考数学总复习 第六章 数列配套单元测试(含解析)理 新人教A版
第六章 单元测试一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分．每小题中只有一项符合题目要求)1．若{a n }为等差数列，且a 7－2a 4＝－1，a 3＝0，则公差d ＝ ( )A ．－2B ．－12C.12 D ．2答案 B解析 由等差中项的定义结合已知条件可知2a 4＝a 5＋a 3，∴2d ＝a 7－a 5＝－1，即d ＝－12.故选B. 2．在等比数列{a n }中，若a 3a 5a 7a 9a 11＝243，则a 29a 11的值为( )A ．9B ．1C ．2D ．3答案 D解析 由等比数列性质可知a 3a 5a 7a 9a 11＝a 57＝243，所以得a 7＝3，又a 29a 11＝a 7a 11a 11＝a 7，故选D.3．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＋a 5＝12S 5，且a 9＝20，则S 11＝( )A ．260B ．220C ．130D ．110答案 D 解析 ∵S 5＝a 1＋a 52×5，又∵12S 5＝a 1＋a 5，∴a 1＋a 5＝0.∴a 3＝0，∴S 11＝a 1＋a 112×11＝a 3＋a 92×11＝0＋202×11＝110，故选D.4．各项均不为零的等差数列{a n }中，若a 2n －a n －1－a n ＋1＝0(n ∈N *，n ≥2)，则S 2 009等于 A ．0 B ．2 C ．2 009 D ．4 018答案 D解析 各项均不为零的等差数列{a n }，由于a 2n －a n －1－a n ＋1＝0(n ∈N *，n ≥2)，则a 2n －2a n＝0，a n ＝2，S 2 009＝4 018，故选D.5．数列{a n }是等比数列且a n >0，a 2a 4＋2a 3a 5＋a 4a 6＝25，那么a 3＋a 5的值等于 A ．5 B ．10 C ．15 D ．20答案 A解析 由于a 2a 4＝a 23，a 4a 6＝a 25，所以a 2·a 4＋2a 3·a 5＋a 4·a 6＝a 23＋2a 3a 5＋a 25＝(a 3＋a 5)2＝25.所以a 3＋a 5＝±5.又a n >0，所以a 3＋a 5＝5.所以选A.6．首项为1，公差不为0的等差数列{a n }中，a 3，a 4，a 6是一个等比数列的前三项，则这个等比数列的第四项是( )A ．8B ．－8C ．－6D ．不确定答案 B解析 a 24＝a 3·a 6⇒(1＋3d )2＝(1＋2d )·(1＋5d ) ⇒d (d ＋1)＝0⇒d ＝－1，∴a 3＝－1，a 4＝－2，∴q ＝2. ∴a 6＝a 4·q ＝－4，第四项为a 6·q ＝－8.7．设函数f (x )满足f (n ＋1)＝2f n ＋n 2(n ∈N *)，且f (1)＝2，则f (20)＝( )A ．95B ．97C ．105D ．192答案 B解析 f (n ＋1)＝f (n )＋n 2，∴⎩⎪⎨⎪⎧f 20＝f 19＋192，f 19＝f 18＋182，……f 2＝f 1＋12.累加，得f (20)＝f (1)＋(12＋22＋…＋192)＝f (1)＋19×204＝97.8．若a x －1，a y，a－x ＋1(a >0，且a ≠1)成等比数列，则点(x ，y )在平面直角坐标系内的轨迹位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限答案 D解析 ∵成等比，∴(a y )2＝ax －1·a－x ＋1.即2y ＝x －1－x ＋1，x －1>0，∴x >1.x －1<x ＋1，∴y <0，∴位于第四象限．9．已知等比数列{a n }的公比q <0，其前n 项的和为S n ，则a 9S 8与a 8S 9的大小关系是 A ．a 9S 8>a 8S 9 B ．a 9S 8<a 8S 9 C ．a 9S 8≥a 8S 9 D ．a 9S 8≤a 8S 9答案 A解析 a 9S 8－a 8S 9＝a 9a 11－q 81－q －a 8a 11－q 91－q ＝a 8a 1q －q 9－1＋q 91－q＝－a 1a 8＝－a 21q 7，因为a 21>0，q <0，所以－a 21q 7>0，即a 9S 8>a 8S 9，故选A.10．在等差数列{a n }中，前n 项和为S n ，且S 2 011＝－2 011，a 1 007＝3，则S 2 012的值为 A ．1 006 B ．－2 012 C ．2 012 D ．－1 006答案 C解析 方法一 设等差数列的首项为a 1，公差为d ，根据题意可得， ⎩⎪⎨⎪⎧S 2 011＝2 011a 1＋2 011× 2 011－12d ＝－2 011，a 1 007＝a 1＋1 006d ＝3，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋1 005d ＝－1，a 1＋1 006d ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4 021，d ＝4.所以，S 2 012＝2 012a 1＋2 012× 2 012－12d＝2 012×(－4 021)＋2 012×2 011×2 ＝2 012×(4 022－4 021)＝2012. 方法二 由S 2 011＝2 011a 1＋a 2 0112＝2 011a 1 006＝－2 011， 解得a 1 006＝－1，则S 2 012＝2 012a 1＋a 2 0122＝2 012a 1 006＋a 1 0072＝2 012×－1＋32＝2 012.二、填空题(本大题共6小题，每小题5分，共30分，把答案填在题中横线上)11．若m ，n ，m ＋n 成等差数列，m ，n ，m ·n 成等比数列，则椭圆x 2m ＋y 2n＝1的离心率为________．答案22解析 由题意知2n ＝m ＋m ＋n ，∴n ＝2m .又n 2＝m ·m ·n ，∴n ＝m 2，∴m 2＝2m . ∴m ＝2，∴n ＝4，∴a 2＝4，b 2＝2，c 2＝2. ∴e ＝c a ＝22. 12．数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，若S n T n ＝2n 3n ＋1，则a 100b 100＝________.答案199299解析a 100b 100＝a 1＋a 1992b 1＋b 1992＝S 199T 199＝199299. 13．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3＝6，a 3＝4，则公差d 等于________． 答案 2 解析 ∵S 3＝a 1＋a 3×32＝6，而a 3＝4，∴a 1＝0.∴d ＝a 3－a 12＝2.14．某人从2012年1月份开始，每月存入银行100元，月利率是3‰(不计复利)，到2012年12月底取出的本利和应是________元．答案 1 223.4解析 应为1 200＋0.3×12＋0.3×11＋…＋0.3＝1 200＋0.3×12×132＝1 223.4(元)．15．已知各项都为正数的等比数列{a n }中，a 2·a 4＝4，a 1＋a 2＋a 3＝14，则满足a n ·a n ＋1·a n＋2>19的最大正整数n 的值为________． 答案 4解析 设等比数列{a n }的公比为q ，其中q >0，依题意得a 23＝a 2·a 4＝4.又a 3>0，因此a 3＝a 1q 2＝2，a 1＋a 2＝a 1＋a 1q ＝12，由此解得q ＝12，a 1＝8，a n ＝8×(12)n －1＝24－n ，a n ·a n ＋1·a n＋2＝29－3n.由于2－3＝18>19，因此要使29－3n >19，只要9－3n ≥－3，即n ≤4，于是满足a n ·a n ＋1·a n＋2>19的最大正整数n 的值为4. 16．等比数列{a n }的首项为a 1＝1，前n 项和为S n ，若S 10S 5＝3132，则公比q 等于________．答案 －12解析 因为S 10S 5＝3132，所以S 10－S 5S 5＝31－3232＝－132，即q 5＝(－12)5，所以q ＝－12. 三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(本小题满分10分)数列{a n }中，a 1＝1，a n ，a n ＋1是方程x 2－(2n ＋1)x ＋1b n＝0的两个根，求数列{b n }的前n 项和S n .答案 S n ＝nn ＋1解析 ∵a n ，a n ＋1是x 2－(2n ＋1)x ＋1b n＝0的两根，∴a n ＋a n ＋1＝2n ＋1，a n ·a n ＋1＝1b n.∴a n ＋1＋a n ＋2＝2n ＋3. ∴a n ＋2－a n ＝2. ∴a 3－a 1＝2，a 5－a 3＝2，……a 2n －1－a 2n －3＝2.∴a 2n －1－a 1＝2(n －1)．∴a 2n －1＝2n －1，∴当n 为奇数时，a n ＝n . 同理可得当n 为偶数时a n ＝n . ∴a n ＝n . ∴b n ＝1a n ·a n ＋1＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1. ∴S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1. 18．(本小题满分12分)成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{b n }中的b 3、b 4、b 5.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：数列{S n ＋54}是等比数列．答案 (1)b n ＝54·2n －1＝5·2n －3(2)略解析 (1)设成等差数列的三个正数分别为a －d ，a ，a ＋d . 依题意，得a －d ＋a ＋a ＋d ＝15，解得a ＝5. 所以{b n }中的b 3，b 4，b 5依次为7－d,10,18＋d . 依题意，有(7－d )(18＋d )＝100， 解得d ＝2或d ＝－13(舍去)． 故{b n }的第3项为5，公比为2.由b 3＝b 1·22，即5＝b 1·22，解得b 1＝54.所以{b n }是以54为首项，2为公比的等比数列，其通项公式为b n ＝54·2n －1＝5·2n －3.(2)数列{b n }的前n 项和S n ＝541－2n1－2＝5·2n －2－54， 即S n ＋54＝5·2n －2.所以S 1＋54＝52，S n ＋1＋54S n ＋54＝5·2n －15·2n －2＝2.因此{S n ＋54}是以52为首项，公比为2的等比数列．19．(本小题满分12分)已知数列{x n }的首项x 1＝3，通项x n ＝2n p ＋nq (n ∈N *，p ，q 为常数)，且x 1，x 4，x 5成等差数列，求：(1)p ，q 的值；(2)数列{x n }的前n 项的和S n 的公式．解析 (1)由x 1＝3，得2p ＋q ＝3，又x 4＝24p ＋4q ，x 5＝25p ＋5q ，且x 1＋x 5＝2x 4，得3＋25p ＋5q ＝25p ＋8q ，解得p ＝1，q ＝1. (2)S n ＝(2＋22＋…＋2n )＋(1＋2＋…＋n )＝2n ＋1－2＋n n ＋12.20．(本小题满分12分)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝2(1a 1＋1a 2)，a 3＋a 4＋a 5＝64(1a 3＋1a 4＋1a 5)．(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(a n ＋1a n)2，求数列{b n }的前n 项和T n .解析 (1)设{a n }的公比为q ，则a n ＝a 1q n －1.由已知，有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 1q ，a 1q 2＋a 1q 3＋a 1q 4＝64⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1q 2＋1a 1q 3＋1a 1q 4，化简，得⎩⎪⎨⎪⎧a 21q ＝2，a 21q 6＝64.又a 1>0，故q ＝2，a 1＝1. 所以a n ＝2n －1.(2)由(1)知，b n ＝⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n 2＝a 2n ＋1a 2n ＋2＝4n －1＋14n －1＋2.因此，T n ＝(1＋4＋…＋4n －1)＋(1＋14＋…＋14n －1)＋2n ＝1－4n1－4＋1－14n 1－14＋2n ＝13(4n －41－n)＋2n ＋1.21．(本小题满分12分)某企业2010年的纯利润为500万元，因设备老化等原因，企业的生产能力将逐年下降．若不进行技术改造，预测从2011年起每年比上一年纯利润减少20万元，2011年初该企业一次性投入资金600万元进行技术改造，预测在未扣除技术改造资金的情况下，第n 年(2011年为第一年)的利润为500(1＋12n )万元(n 为正整数)．(1)设从2011年起的前n 年，若该企业不进行技术改造的累计纯利润为A n 万元，进行技术改造后的累计纯利润为B n 万元(须扣除技术改造资金)，求A n ，B n 的表达式；(2)依上述预测，从2011年起该企业至少经过多少年，进行技术改造后的累计纯利润超过不进行技术改造的累计纯利润？思路 (1)A n 是一个等差数列的前n 项和，B n 是一个常数数列和一个等比数列的组合的前n 项和，根据数列的求和公式，就可以求出A n ，B n 的表达式．(2)建模B n >A n ，解这个关于n 的不等式．解析 (1)依题意知，A n 是一个以480为首项，－20为公差的等差数列的前n 项和，所以A n ＝480n ＋n n －12×(－20)＝490n －10n 2，B n ＝500(1＋12)＋500(1＋122)＋…＋500(1＋12n )－600＝500n ＋500(12＋122＋…＋12n )－600＝500n ＋500×12[1－12n]1－12－600＝500n －5002n －100.(2)依题意得，B n >A n ，即500n －5002n －100>490n －10n 2，可化简得502n <n 2＋n －10.∴可设f (n )＝502n ，g (n )＝n 2＋n －10.又∵n ∈N *，∴可知f (n )是减函数，g (n )是增函数． 又f (3)＝508>g (3)＝2，f (4)＝5016<g (4)＝10.则当n ＝4时不等式成立，即4年．22．(本小题满分12分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＋n ＝2a n (n ∈N *)． (1)证明：数列{a n ＋1}为等比数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(2n ＋1)a n ＋2n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n .求满足不等式T n －22n －1>2 010的n的最小值．解析 (1)因为S n ＋n ＝2a n ，所以S n －1＝2a n －1－(n －1)(n ≥2，n ∈N *)．两式相减，得a n＝2a n －1＋1.所以a n ＋1＝2(a n －1＋1)(n ≥2，n ∈N *)，所以数列{a n ＋1}为等比数列． 因为S n ＋n ＝2a n ，令n ＝1得a 1＝1.a 1＋1＝2，所以a n ＋1＝2n ，所以a n ＝2n －1.(2)因为b n ＝(2n ＋1)a n ＋2n ＋1，所以b n ＝(2n ＋1)·2n. 所以T n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n －1)·2n －1＋(2n ＋1)·2n，① 2T n ＝3×22＋5×23＋…＋(2n －1)·2n＋(2n ＋1)·2n ＋1，②①－②，得－T n ＝3×2＋2(22＋23＋ (2))－(2n ＋1)·2n ＋1＝6＋2×22－2n ＋11－2－(2n ＋1)·2n ＋1＝－2＋2n ＋2－(2n ＋1)·2n ＋1＝－2－(2n －1)·2n ＋1.所以T n ＝2＋(2n －1)·2n ＋1.若T n －22n －1>2 010， 则2＋2n －1·2n ＋12n －1>2 010，即2n ＋1>2 010.由于210＝1 024,211＝2 048，所以n ＋1≥11，即n ≥10.所以满足不等式T n －22n －1>2 010的n 的最小值是10.1．已知数列{a n }是各项均为正数的等比数列，数列{b n }是等差数列，且a 6＝b 7，则有 A ．a 3＋a 9≤b 4＋b 10 B ．a 3＋a 9≥b 4＋b 10 C ．a 3＋a 9≠b 4＋b 10D ．a 3＋a 9与b 4＋b 10的大小关系不确定 答案 B解析 记等比数列{a n }的公比为q ，由数列{b n }为等差数列可知b 4＋b 10＝2b 7.又数列{a n }是各项均为正数的等比数列，∴a 3＋a 9＝a 3(1＋q 6)＝a 6(1＋q6q3)＝b 7(1＋q6q3)，又1＋q6q3＝1q3＋q 3≥2，当且仅当q ＝1时，等号成立，∴a 3＋a 9≥b 4＋b 10.故选B.2．已知a n ＝32n －11(n ∈N ＋)，数列{a n }的前n 项和为S n ，则使S n >0的n 的最小值是A ．5B ．6C ．10D ．11答案 D解析 令f (x )＝32x －11知f (x )关于(112，0)对称，∴a 1＋a 10＝a 2＋a 9＝a 3＋a 8＝a 5＋a 6＝0， 且a 6>a 7>a 8>a 9>a 10>…>0. ∴S 10＝0，S 11>0，选D.3．数列{a n }中，S n 为其前n 项和，已知S 1＝1，S 2＝2，且S n ＋1－3S n ＋2S n －1＝0(n ∈N *且n ≥2)，则此数列为( )A ．等差数列B ．等比数列C ．从第二项起为等差数列D ．从第二项起为等比数列 答案 D解析 S n ＋1－3S n ＋2S n －1＝0， ∴S n ＋1－S n ＝2S n －2S n －1，∴a n ＋1＝2a n . 又a 1＝1，a 2＝1，∴从第二项起为等比数列．4．已知数列{a n }满足a 1＝23，且对任意的正整数m ，n ，都有a m ＋n ＝a m ＋a n ，则a nn 等于A.12 B.23 C.32 D ．2答案 B解析 令m ＝1，得a n ＋1＝a 1＋a n ，即a n ＋1－a n ＝a 1＝23，可知数列{a n }是首项为a 1＝23，公差为d ＝23的等差数列，于是a n ＝23＋(n －1)·23＝23n ，即a n n ＝23.故选B.5．设a 1，a 2，…，a 50是以－1,0,1这三个整数中取值的数列，若a 1＋a 2＋…＋a 50＝9且(a 1＋1)2＋(a 2＋1)2＋…＋(a 50＋1)2＝107，则a 1，a 2，…，a 50当中取零的项共有A ．11个B ．12个C ．15个D ．25个答案 A解析 (a 1＋1)2＋(a 2＋1)2＋…＋(a 50＋1)2＝a 21＋a 22＋…＋a 250＋2(a 1＋a 2＋…＋a 50)＋50＝107，∴a 21＋a 22＋…＋a 250＝39，∴a 1，a 2，…，a 50中取零的项应为50－39＝11个，故选A.6．已知等差数列{a n }满足a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 101＝0，则有 ( )A ．a 1＋a 101>0B ．a 2＋a 100<0C ．a 3＋a 99＝0D ．a 51＝51答案 C解析 由题意，得a 1＋a 2＋…＋a 101＝a 1＋a 1012×101＝0.所以a 1＋a 101＝a 2＋a 100＝a 3＋a 99＝0.7．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，且a n ，a n ＋1是函数f (x )＝x 2－b n x ＋2n的两个零点，则b 10＝________.答案 64解析 a n ＋a n ＋1＝b n ，a n ·a n ＋1＝2n， ∴a n ＋1·a n ＋2＝2n ＋1.∴a n ＋2＝2a n .又∵a 1＝1，a 1·a 2＝2，∴a 2＝2. ∴a 2n ＝2n，a 2n －1＝2n －1(n ∈N *)．∴b 10＝a 10＋a 11＝64.8．已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，S 10>0并且S 11＝0，若S n ≤S k 对n ∈N *恒成立，则正整数k 构成的集合为________．答案 {5,6}解析 等差数列中由S 10>0，S 11＝0，得S 10＝10a 1＋a 102>0⇒a 1＋a 10>0⇒a 5＋a 6>0，S 11＝11a 1＋a 112＝0⇒a 1＋a 11＝2a 6＝0，故可知，等差数列{a n }是递减数列且a 6＝0，所以S 5＝S 6≥S n ，即k ＝5或6.∴集合为{5,6}．9．(2013·衡水调研)已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，函数f (x )＝12px2－(p ＋q )x ＋q ln x (其中p 、q 均为常数，且p >q >0)，当x ＝a 1时，函数f (x )取得极小值，点(a n,2S n )(n ∈N *)均在函数y ＝2px 2－q x＋f ′(x )＋q 的图像上．(其中f ′(x )是函数f (x )的导函数)(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式； (3)记b n ＝4S n n ＋3·q n，求数列{b n }的前n 项和T n . 解析 (1)由题易得f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝px －(p ＋q )＋q x ＝px 2－p ＋q x ＋q x ＝x －1px －qx.令f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝qp. ∵p >q >0，∴0<q p<1.当x 变化时，f ′(x )、f (x )的变化情况如下表：(0，q p ) q p(q p，1) 1 (1，＋∞)f ′(x ) ＋0 －0 ＋f (x )极大值极小值1(2)依题意，y ＝2px 2－q x＋f ′(x )＋q ＝2px 2＋px －p ， 2S n ＝2p ·a 2n ＋p ·a n －p (n ∈N *)．∴2a 1＝2p ·a 21＋pa 1－p . 由a 1＝1，得p ＝1. ∴2S n ＝2a 2n ＋a n －1.①∴当n ≥2时，2S n －1＝2a 2n －1＋a n －1－1. ②①－②得2a n ＝2(a 2n －a 2n －1)＋a n －a n －1. ∴2(a 2n －a 2n －1)－(a n ＋a n －1)＝0. ∴(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－12)＝0.由于a n ＋a n －1>0，∴a n －a n －1＝12(n ≥2)．∴{a n }是以a 1＝1为首项，12为公差的等差数列．∴a n ＝1＋(n －1)×12＝n ＋12.(3)S n ＝n ＋n n －12·12＝n 2＋3n 4，∴b n ＝4S n n ＋3·q n ＝nq n .∴T n ＝q ＋2q 2＋3q 3＋…＋(n －1)qn －1＋nq n.③已知p >q >0，而由(2)知p ＝1，则q ≠1. ∴qT n ＝q 2＋2q 3＋3q 4＋…＋(n －1)q n ＋nqn ＋1.④由③－④，得(1－q )T n ＝q ＋q 2＋q 3＋…＋q n －1＋q n－nq n ＋1＝q 1－q n 1－q－nq n ＋1.∴T n ＝q 1－q n 1－q 2－nq n ＋11－q. 10．将数列{a n }中的所有项按每一行比上一行多两项的规则排成如下数表：a 1a 2 a 3 a 4a 5 a 6 a 7 a 8 a 9…已知表中的第一列数a 1，a 2，a 5，…构成一个等差数列，记为{b n }，且b 2＝4，b 5＝12.表中每一行正中间一个数a 1，a 3，a 7，…构成数列{c n }，其前n 项和为S n .(1)求数列{b n }的通项公式；(2)若上表中，从第二行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成等比数列，公比为同一个正数，且a 13＝1.①求S n ；②记M ＝{n |(n ＋1)c n ≥λ，n ∈N *}，若集合M 的元素个数为3，求实数λ的取值范围． 解析 (1)设数列{b n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧b 1＋d ＝4，b 1＋4d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝2，d ＝2，所以b n ＝2n .(2)①设每一行组成的等比数列的公比为q .由于前n 行共有1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2个数，且 32<13<42，所以a 10＝b 4＝8.所以a 13＝a 10q 3＝8q 3，又a 13＝1，解得q ＝12.由已知可得c n ＝b n qn －1，因此c n ＝2n ·(12)n －1＝n2n －2.所以S n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＝12－1＋220＋321＋…＋n2n －2. 12S n ＝120＋221＋…＋n －12n －2＋n2n －1. 因此12S n ＝12－1＋120＋121＋…＋12n －2－n 2n －1＝4－12n －2－n 2n －1＝4－n ＋22n －1.解得S n ＝8－n ＋22n －2.②由①知，c n ＝n2n －2，不等式(n ＋1)c n ≥λ，可化为n n ＋12n －2≥λ.设f (n )＝n n ＋12n －2，因为f (n ＋1)－f (n )＝n ＋12－n2n －1，所以当n ≥3时，f (n ＋1)<f (n )．计算得f (1)＝4，f (2)＝f (3)＝6，f (4)＝5，f (5)＝154.因为集合M 的元素个数为3，所以λ的取值范围是(4,5]． 11．已知数列{a n }，a 1＝1，a n ＝λa n －1＋λ－2(n ≥2)．(1)当λ为何值时，数列{a n }可以构成公差不为零的等差数列，并求其通项公式； (2)若λ＝3，令b n ＝a n ＋12，求数列{b n }的前n 项和S n .解析 (1)a 2＝λa 1＋λ－2＝2λ－2，a 3＝λa 2＋λ－2＝2λ2－2λ＋λ－2＝2λ2－λ－2.∵a 1＋a 3＝2a 2，∴1＋2λ2－λ－2＝2(2λ－2)， 得2λ2－5λ＋3＝0，解得λ＝1或λ＝32.当λ＝32时，a 2＝2×32－2＝1，a 1＝a 2，故λ＝32不合题意舍去；当λ＝1时，代入a n ＝λa n －1＋λ－2可得a n －a n －1＝－1. ∴数列{a n }构成首项为a 1＝1，d ＝－1的等差数列． ∴a n ＝2－n .(2)当λ＝3时，a n ＝3a n －1＋1， 即a n ＋12＝3(a n －1＋12)，即b n ＝3b n －1.∴数列{b n }构成首项为b 1＝32，公比为3的等比数列．∴b n ＝32×3n －1＝3n2.∴S n ＝321－3n1－3＝34(3n－1)． 12．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4＋a 2＝2S 3，等比数列{b n }满足b 1＝a 2，b 2＝a 4.(1)求证：{b n }中的每一项均为{a n }中的项；(2)若a 1＝12，数列{c n }满足：b n ＋1·c n ＝(－1)n(1＋2log 2b n )，求数列{c n }的前n 项和T n .解析 (1)证明：设等差数列{a n }的公差为d ，由S 4＋a 2＝2S 3得4a 1＋6d ＋a 1＋d ＝6a 1＋6d ，∴a 1＝d .则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝na 1.∴b 1＝2a 1，b 2＝4a 1，等比数列{b n }的公比q ＝b 2b 1＝2. 则b n ＝2a 1·2n －1＝2na 1.∵2n∈N *，∴{b n }中的每一项均为{a n }中的项． (2)解析：∵a 1＝12，∴b n ＝2n×12＝2n －1.由b n ＋1·c n ＝(－1)n(1＋2log 2b n )，得2n·c n ＝(－1)n[1＋2(n －1)]＝(－1)n(2n －1)． ∴c n ＝－1n2n －12n＝(2n －1)(－12)n.T n ＝(－12)＋3(－12)2＋5(－12)3＋…＋(2n －1)(－12)n ，－2T n ＝1＋3(－12)＋5(－12)2＋…＋(2n －1)(－12)n －1.两式相减，得－3T n ＝1＋2(－12)＋2(－12)2＋…＋2(－12)n －1－(2n －1)(－12)n＝1－2＋2·[1＋(－12)＋(－12)2＋…＋(－12)n －1]－(2n －1)(－12)n＝－1＋2·1－－12n1－－12－(2n －1)(－12)n＝－1＋43－43(－12)n －(2n －1)(－12)n＝13－6n ＋13(－12)n ，∴T n ＝6n ＋19(－12)n －19. 13．已知数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1－a n －2n －2＝0，(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋1a n ＋3＋…＋1a 2n，若对任意的正整数n ，当m ∈[－1,1]时，不等式t 2－2mt ＋16>b n 恒成立，求实数t 的取值范围．解析 (1)由题意得a n －a n －1＝2n (n ≥2)， 累差叠加，得a n ＝n (n ＋1)(n ≥2)． 又a 1＝2，所以a n ＝n (n ＋1)，(n ∈N *)． (2)b n ＝1n ＋1n ＋2＋1n ＋2n ＋3＋…＋12n2n ＋1＝1n ＋1－12n ＋1＝nn ＋12n ＋1＝n2n 2＋3n ＋1，b n ＝12n ＋1n＋3，b n 的最大值为b 1＝16， 所以t 2－2mt ＋16>16恒成立，m ∈[－1,1]．构造g (m )＝－2tm ＋t 2，即g (m )>0恒成立m ∈[－1,1]． 当t ＝0，不成立； 当t ≠0，g (m )是一次函数，⎩⎪⎨⎪⎧g －1>0，g1>0，解得t ∈(－∞，－2)∪(2，＋∞)．14．已知等差数列{a n }满足：a 3＝7，a 5＋a 7＝26.{a n }的前n 项和为S n . (1)求a n 及S n ； (2)令b n ＝1a 2n －1(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n .答案 (1)a n ＝2n ＋1，S n ＝n (n ＋2) (2)T n ＝n4n ＋1解析 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ， 由于a 3＝7，a 5＋a 7＝26， 所以a 1＋2d ＝7,2a 1＋10d ＝26， 解得a 1＝3，d ＝2. 由于a n ＝a 1＋(n －1)d ，S n ＝n a 1＋a n2，所以a n ＝2n ＋1，S n ＝n (n ＋2)．(2)因为a n ＝2n ＋1，所以a 2n －1＝4n (n ＋1)． 因此b n ＝14nn ＋1＝14(1n －1n ＋1)． 故T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝14(1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1) ＝14(1－1n ＋1)＝n4n ＋1. 所以数列{b n }的前n 项和T n ＝n4n ＋1. 15．设数列{a n }是等差数列，其前n 项和S n ，若S 4≥10，S 5≤15，求a 4的最大值． 解析 方法一 a 5＝S 5－S 4≤5，S 5＝a 1＋a 2＋…＋a 5＝5a 3≤15，a 3≤3，则a 4＝a 3＋a 52≤4，a 4的最大值为4.方法二 ∵⎩⎪⎨⎪⎧S 4＝4a 1＋6d ≥10，S 5＝5a 1＋10d ≤15⇒⎩⎪⎨⎪⎧－2a 1－3d ≤－5，a 1＋2d ≤3⇒d ≤1.又∵S 5＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝5a 3≤15，∴a 3≤3. ∴a 4≤4.故a 4的最大值为4.方法三 本题也可利用线性规划知识求解．由题意得⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ≥10，5a 1＋10d ≤15⇒⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋3d ≥5，a 1＋2d ≤3.a 4＝a 1＋3d .画出可行域⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋3d ≥5，a 1＋2d ≤3，求目标函数a 4＝a 1＋3d 的最大值，即当直线a 4＝a 1＋3d 过可行域内(1,1)点时截距最大，此时a 4＝4.16．(2012·天津)已知{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，{b n }是等比数列，且a 1＝b 1＝2，a 4＋b 4＝27，S 4－b 4＝10.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)记T n ＝a n b 1＋a n －1b 2＋…＋a 1b n ，n ∈N *，证明：T n ＋12＝－2a n ＋10b n (n ∈N *)． 解析 (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a 1＝b 1＝2，得a 4＝2＋3d ，b 4＝2q 3，S 4＝8＋6d .由条件，得方程组⎩⎪⎨⎪⎧2＋3d ＋2q 3＝27，8＋6d －2q 3＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝2.所以a n ＝3n －1，b n ＝2n，n ∈N *. (2)方法一 由(1)得T n ＝2a n ＋22a n －1＋23a n －2＋…＋2n a 1，① 2T n ＝22a n ＋23a n －1＋…＋2n a 2＋2n －1a 1.②由②－①，得T n ＝－2(3n －1)＋3×22＋3×23＋…＋3×2n ＋2n ＋2＝121－2n －11－2＋2n ＋2－6n ＋2＝10×2n－6n －10.而－2a n ＋10b n －12＝－2(3n －1)＋10×2n －12＝10×2n－6n －10，故T n ＋12＝－2a n ＋10b n ，n ∈N *.方法二 (1)当n ＝1时，T 1＋12＝a 1b 1＋12＝16，－2a 1＋10b 1＝16，故等式成立； (2)假设当n ＝k 时等式成立，即T n ＋12＝－2a k ＋10b k ，则当n ＝k ＋1时，有T k ＋1＝a k ＋1b 1＋a k b 2＋a k －1b 3＋…＋a 1b k ＋1＝a k ＋1b 1＋q (a k b 1＋a k －1b 2＋…＋a 1b k ) ＝a k ＋1b 1＋qT k＝a k ＋1b 1＋q (－2a k ＋10b k －12) ＝2a k ＋1－4(a k ＋1－3)＋10b k ＋1－24 ＝－2a k ＋1＋10b k ＋1－12. 即T k ＋1＋12＝－2a k ＋1＋10b k ＋1. 因此n ＝k ＋1时等式也成立．由(1)和(2)，可知对任意n ∈N *，T n ＋12＝－2a n ＋10b n 成立．17．(2012·陕西)设{a n }是公比不为1的等比数列，其前n 项和为S n ，且a 5，a 3，a 4成等差数列．(1)求数列{a n }的公比；(2)证明：对任意k ∈N ＋，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列． 解析 (1)设数列{a n }的公比为q (q ≠0，q ≠1)， 由a 5，a 3，a 4成等差数列，得2a 3＝a 5＋a 4. 即2a 1q 2＝a 1q 4＋a 1q 3.由a 1≠0，q ≠0，得q 2＋q －2＝0，解得q 1＝－2，q 2＝1(舍去)，所以q ＝－2.(2)方法一 对任意k ∈N ＋，S k ＋2＋S k ＋1－2S k ＝(S k ＋2－S k )＋(S k ＋1－S k )＝a k ＋1＋a k ＋2＋a k ＋1 ＝2a k ＋1＋a k ＋1·(－2) ＝0，所以，对任意k ∈N ＋，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列． 方法二 对任意k ∈N ＋，2S k ＝2a 11－q k1－q，S k ＋2＋S k ＋1＝a 11－q k ＋21－q ＋a 11－q k ＋11－q＝a 12－q k ＋2－q k ＋11－q，2S k －(S k ＋2＋S k ＋1)＝2a 11－q k1－q－a 12－q k ＋2－q k ＋11－q＝a 11－q[2(1－q k)－(2－qk ＋2－q k ＋1)]＝a 1q k 1－q(q 2＋q －2)＝0， 因此，对任意k ∈N ＋，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列．18．(2012·广东)设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，n ∈N *，且a 1，a 2＋5，a 3成等差数列．(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.解析 (1)∵a 1，a 2＋5，a 3成等差数列， ∴2(a 2＋5)＝a 1＋a 3.又∵2a 1＝2S 1＝a 2－22＋1,2(a 1＋a 2)＝2S 2＝a 3－23＋1， ∴a 2＝2a 1＋3，a 3＝6a 1＋13.因此4a 1＋16＝7a 1＋13，从而a 1＝1.(2)由题设条件知，n ≥2时，2S n －1＝a n －2n＋1， 2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1.∴2a n ＝a n ＋1－a n －2n，于是a n ＋1＝3a n ＋2n (n ≥2)．而由(1)知，a 2＝2a 1＋3＝5＝3a 1＋2， 因此对一切正整数n ，有a n ＋1＝3a n ＋2n. 所以a n ＋1＋2n ＋1＝3(a n ＋2n)．又∵a 1＋21＝3，∴{a n ＋2n}是以3为首项，3为公比的等比数列． 故a n ＋2n＝3n，即a n ＝3n－2n. (3)∵a n ＝3n－2n＝3·3n －1－2n ＝3n －1＋2(3n －1－2n －1)≥3n －1，∴1a n ≤13n －1. ∴1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≤1＋13＋132＋…＋13n －1＝1－13n1－13<32. 19．(2012·湖北)已知等差数列{a n }前三项的和为－3，前三项的积为8. (1)求等差数列{a n }的通项公式；(2)若a 2，a 3，a 1成等比数列，求数列{|a n |}的前n 项和． 解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a 2＝a 1＋d ，a 3＝a 1＋2d .由题意得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝－3，a 1a 1＋d a 1＋2d ＝8.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝－3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝3.所以由等差数列的通项公式可得a n ＝2－3(n －1)＝－3n ＋5或a n ＝－4＋3(n －1)＝3n －7.故a n ＝－3n ＋5或a n ＝3n －7.(2)当a n ＝－3n ＋5时，a 2，a 3，a 1分别为－1，－4,2，不成等比数列； 当a n ＝3n －7时，a 2，a 3，a 1分别为－1,2，－4，成等比数列，满足条件．故|a n |＝|3n －7|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3n ＋7，n ＝1，2，3n －7，n ≥3.记数列{|a n |}的前n 项和为S n .当n ＝1时，S 1＝|a 1|＝4；当n ＝2时，S 2＝|a 1|＋|a 2|＝5；当n ≥3时，S n ＝S 2＋|a 3|＋|a 4|＋…＋|a n |＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n －7)＝5＋n －2[2＋3n －7]2＝32n 2－112n ＋10.当n ＝2时，满足此式． 综上，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，32n 2－112n ＋10，n >1.20．(2012·江西)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝kc n－k (其中c ，k 为常数)，且a 2＝4，a 6＝8a 3.(1)求a n ；(2)求数列{na n }的前n 项和T n .解析 (1)由S n ＝kc n －k ，得a n ＝S n －S n －1＝kc n －kcn －1(n ≥2)．由a 2＝4，a 6＝8a 3，得kc (c －1)＝4，kc 5(c －1)＝8kc 2(c －1)．解得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝2，k ＝2，所以a 1＝S 1＝2，a n ＝kc n －kcn －1＝2n (n ≥2)，于是a n ＝2n.(2)T n ＝∑i ＝1nia i ＝∑i ＝1ni ·2i，即T n ＝2＋2·22＋3·23＋4·24＋…＋n ·2n ，T n ＝2T n －T n ＝－2－22－23－24－…－2n ＋n ·2n ＋1＝－2n ＋1＋2＋n ·2n ＋1＝(n －1)2n ＋1＋2.21．(2012·安徽)数列{x n }满足x 1＝0，x n ＋1＝－x 2n ＋x n ＋c (n ∈N *)． (1)证明：{x n }是递减数列的充分必要条件是c <0； (2)求c 的取值范围，使{x n }是递增数列．解析 (1)先证充分性，若c <0，由于x n ＋1＝－x 2n ＋x n ＋c ≤x n ＋c <x n ，故{x n }是递减数列； 再证必要性，若{x n }是递减数列，则由x 2<x 1，可得c <0. (2)(ⅰ)假设{x n }是递增数列． 由x 1＝0，得x 2＝c ，x 3＝－c 2＋2c . 由x 1<x 2<x 3，得0<c <1. 由x n <x n ＋1＝－x 2n ＋x n ＋c 知， 对任意n ≥1都有x n <c ，①注意到c －x n ＋1＝x 2n －x n －c ＋c ＝(1－c －x n )(c －x n )，②由①式和②式可得1－c －x n >0，即x n <1－c . 由②式和x n ≥0还可得，对任意n ≥1都有c －x n ＋1≤(1－c )(c －x n )．③21 反复运用③式，得c －x n ≤(1－c )n －1(c －x 1)<(1－c )n －1.x n <1－c 和c －x n <(1－c )n －1两式相加，知 2c －1<(1－c )n －1对任意n ≥1成立．根据指数函数y ＝(1－c )n 的性质，得2c －1≤0，c ≤14.故0<c ≤14. (ⅱ)若0<c ≤14，要证数列{x n }为递增数列，即 x n ＋1－x n ＝－x 2n ＋c >0，即证x n <c 对任意n ≥1成立．下面用数学归纳法证明：当0<c ≤14时，x n <c 对任意n ≥1成立． (1)当n ＝1时，x 1＝0<c ≤12，结论成立． (2)假设当n ＝k (k ∈N *)时结论成立，即x k <c .因为函数f (x )＝－x 2＋x ＋c 在区间(－∞，12]内单调递增，所以x k ＋1＝f (x k )<f (c )＝c ，这就是说当n ＝k ＋1时，结论也成立． 故x n <c 对任意n ≥1成立．因此，x n ＋1＝x n －x 2n ＋c >x n ，即{x n }是递增数列．由(ⅰ)(ⅱ)知，使得数列{x n }单调递增的c 的范围是(0，14]．。
2020版高考数学一轮复习 第六章 数列 第2讲 理(含解析)新人教A版
第2讲 等差数列及其前n 项和配套课时作业1．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，S 3＝12，则a 6等于( ) A ．8 B ．10 C ．12 D ．14答案 C解析 设等差数列{a n }的公差为d ，由等差数列的前n 项和公式，得S 3＝3×2＋3×22d＝12，解得d ＝2，则a 6＝a 1＋(6－1)d ＝2＋5×2＝12.故选C.2．(2019·宁德模拟)等差数列{a n }中，a 1＋3a 8＋a 15＝120，则2a 9－a 10的值是( ) A ．20 B ．22 C ．24 D ．－8 答案 C解析 因为a 1＋3a 8＋a 15＝5a 8＝120，所以a 8＝24，所以2a 9－a 10＝a 10＋a 8－a 10＝a 8＝24.故选C.3．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 6＝36，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A ．63 B ．45 C ．36 D ．27 答案 B解析 S 3，S 6－S 3，S 9－S 6成等差数列，即9,27，a 7＋a 8＋a 9成等差数列，∴a 7＋a 8＋a 9＝54－9＝45.故选B.4．(2019·山东济南调研)已知数列{a n }为等差数列，且满足a 2＋a 8＝8，a 6＝5，则其前10项和S 10的值为( )A ．50B ．45C ．55D ．40 答案 B解析 因为数列{a n }为等差数列，且a 2＋a 8＝8，所以根据等差数列的性质得2a 5＝8，所以a 5＝4，又因为a 6＝5，所以S 10＝10a 1＋a 102＝10a 5＋a 62＝45.故选B.5．(2019·陕西咸阳模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 9＝54，则a 2＋a 4＋a 9＝( )A ．9B ．15C ．18D ．36答案 C解析 由等差数列的通项公式及性质，可得S 9＝9a 1＋a 92＝9a 5＝54，a 5＝6，则a 2＋a 4＋a 9＝a 1＋a 5＋a 9＝3a 5＝18.故选C.6．已知等差数列{a n }中，a 2＝6，a 5＝15，若b n ＝a 2n ，则数列{b n }的前5项和等于( ) A ．30B ．45C ．90D ．186答案 C解析 因为a 2＝6，a 5＝15，所以a 5－a 2＝3d ，d ＝3，所以{b n }是公差为6的等差数列，其前5项和为5a 2＋10×6＝90.故选C.7．(2019·福建模拟)设S n ，T n 分别是等差数列{a n }，{b n }的前n 项和，若a 5＝2b 5，则S 9T 9＝( )A ．2B ．3C ．4D ．6答案 A解析 由a 5＝2b 5，得a 5b 5＝2，所以S 9T 9＝9a 1＋a 929b 1＋b 92＝a 5b 5＝2，故选A.8．(2019·洛阳统考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1>0，a 3＋a 10>0，a 6a 7<0，则满足S n >0的最大自然数n 的值为( )A ．6B ．7C ．12D ．13答案 C解析 ∵a 1>0，a 6a 7<0，∴a 6>0，a 7<0，等差数列的公差小于零，又a 3＋a 10＝a 1＋a 12>0，a 1＋a 13＝2a 7<0，∴S 12>0，S 13<0，∴满足S n >0的最大自然数n 的值为12.故选C.9．(2019·广雅中学模拟)已知等差数列{a n }中，a 2＝2，a 4＝8，若a b n ＝3n －1，则b 2019＝( )A ．2017B ．2018C ．2019D ．2020答案 D解析 由a 2＝2，a 4＝8，得公差d ＝8－22＝3，所以a n ＝2＋(n －2)×3＝3n －4，所以a n＋1＝3n －1.又由数列{a n }的公差不为0，知数列{a n }为单调数列，所以结合a b n ＝3n －1，可得b n ＝n ＋1，故b 2019＝2020.故选D.10．已知数列{a n }(n ∈N *)是等差数列，S n 是其前n 项和，且S 5<S 6，S 6＝S 7>S 8，则下列结论错误的是( )A ．d <0B ．a 7＝0C ．S 9>S 6D ．S 6，S 7均为S n 的最大值 答案 C解析 因为S 5<S 6，所以S 5<S 5＋a 6，所以a 6>0，因为S 6＝S 7，所以S 6＝S 6＋a 7，所以a 7＝0，因为S 7>S 8，所以S 7>S 7＋a 8，所以a 8<0，所以d <0且S 6，S 7均为S n 的最大值，所以S 9<S 6.故选C.11．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，m ≥2，m ∈N *，则m ＝( )A ．3B ．4C ．5D ．6答案 C解析 ∵{a n }是等差数列，S m －1＝－2，S m ＝0， ∴a m ＝S m －S m －1＝2.又S m ＋1＝3，∴a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3， ∴d ＝a m ＋1－a m ＝1. 又S m ＝m a 1＋a m2＝m a 1＋22＝0，∴a 1＝－2，∴a m ＝－2＋(m －1)·1＝2，∴m ＝5. 12．(2019·苏州模拟)定义：在数列{a n }中，若满足a n ＋2a n ＋1－a n ＋1a n＝d (n ∈N *，d 为常数)，则称{a n }为“等差比数列”．已知在“等差比数列”{a n }中，a 1＝a 2＝1，a 3＝3，则a 2019a 2017＝( ) A ．4×20192－1 B ．4×20182－1 C ．4×20172－1 D ．4×20172答案 C解析 由题意知{a n }为等差比数列，a 2a 1＝1，a 3a 2＝3，a 3a 2－a 2a 1＝2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1a n 是以1为首项，2为公差的等差数列，所以a n ＋1a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，则a 2019a 2017＝a 2019a 2018×a 2018a 2017＝(2×2018－1)×(2×2017－1)＝4×20172－1.故选C.13．在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n(n ∈N *)，则a 1＋a 2＋…＋a 51＝________.答案 676解析 ∵a n ＋2－a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，n 为奇数，2，n 为偶数，∴数列{a n }的奇数项为常数1，偶数项构成以2为首项，2为公差的等差数列，∴a 1＋a 2＋…＋a 51 ＝(a 1＋a 3＋…＋a 51)＋(a 2＋a 4＋…＋a 50)＝26＋⎝ ⎛⎭⎪⎫25×2＋25×242×2＝676. 14．(2019·武汉模拟)在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前n 项和为S n ，当且仅当n ＝8时S n 取得最大值，则d 的取值范围为________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－78解析 由题意，当且仅当n ＝8时，S n 取得最大值，说明⎩⎪⎨⎪⎧a 8>0，a 9<0.所以⎩⎪⎨⎪⎧7＋7d >0，7＋8d <0.所以－1<d <－78.15．已知等差数列{a n }中，a n ≠0，若n ≥2且a n －1＋a n ＋1－a 2n ＝0，S 2n －1＝38，则n 等于________．答案 10解析 ∵2a n ＝a n －1＋a n ＋1，又a n －1＋a n ＋1－a 2n ＝0， ∴2a n －a 2n ＝0，即a n (2－a n )＝0.∵a n ≠0，∴a n ＝2.∴S 2n －1＝2(2n －1)＝38， 解得n ＝10.16．若两个等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为A n 与B n ，且满足A n B n ＝7n ＋14n ＋27(n ∈N ＋)，则a 11b 11的值是________． 答案 43解析 根据等差数列的性质得：a 11b 11＝2a 112b 11＝a 1＋a 21b 1＋b 21＝21a 1＋a 21221b 1＋b 212＝A 21B 21＝148111＝43. 17．(2018·全国卷Ⅱ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝－7，S 3＝－15. (1)求{a n }的通项公式； (2)求S n ，并求S n 的最小值．解 (1)设{a n }的公差为d ，由题意，得3a 1＋3d ＝－15. 由a 1＝－7，得d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －9. (2)由(1)，得S n ＝n 2－8n ＝(n －4)2－16. 所以当n ＝4时，S n 取得最小值，最小值为－16.18．(2019·广东惠州调研)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n2a n ＋1，n ∈N *.(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n2n ＋1，数列{b n }的前n 项和为S n ，求使不等式S n <k 对一切n ∈N *恒成立的实数k 的取值范围．解 (1)证明：因为a n ＋1＝a n 2a n ＋1，所以1a n ＋1＝1a n＋2. 因为a 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，2为公差的等差数列，所以1a n＝2n －1，所以a n ＝12n －1. (2)由b n ＝a n2n ＋1，得b n ＝12n ＋12n －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以S n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1<12，所以要使不等式S n <k 对一切n ∈N *恒成立，则k 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.19．(2019·洛阳市统考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a n ≠0，a 1＝1，且2a n a n ＋1＝4S n－3(n ∈N *)．(1)求a 2的值并证明a n ＋2－a n ＝2； (2)求数列{a n }的通项公式． 解 (1)令n ＝1得2a 1a 2＝4S 1－3， 又a 1＝1，所以a 2＝12.2a n a n ＋1＝4S n －3，① 2a n ＋1a n ＋2＝4S n ＋1－3.②②－①得，2a n ＋1(a n ＋2－a n )＝4a n ＋1. 因为a n ≠0，所以a n ＋2－a n ＝2.(2)由(1)可知，数列a 1，a 3，a 5，…，a 2k －1，…为等差数列，公差为2，首项为1， 所以a 2k －1＝1＋2(k －1)＝2k －1， 即n 为奇数时，a n ＝n .数列a 2，a 4，a 6，…，a 2k ，…为等差数列，公差为2， 首项为12，所以a 2k ＝12＋2(k －1)＝2k －32，即n 为偶数时，a n ＝n －32.综上所述，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数，n －32，n 为偶数.20．(2019·唐山模拟)已知{a n }是公差为正数的等差数列，且a 3a 6＝55，a 2＋a 7＝16.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a n ＝b 1＋b 23＋b 35＋…＋b n2n －1，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)∵{a n }是公差d >0的等差数列， ∴由a 3a 6＝55，a 2＋a 7＝16＝a 3＋a 6， 解得a 3＝5，a 6＝11，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝5，a 1＋5d ＝11，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，∴a n ＝2n －1.(2)∵a n ＝b 1＋b 23＋b 35＋…＋b n2n －1，∴a n －1＝b 1＋b 23＋b 35＋…＋b n －12n －3(n ≥2，n ∈N *)，两式相减，得b n2n －1＝2(n ≥2，n ∈N *)， 则b n ＝4n －2(n ≥2，n ∈N *)， 当n ＝1时，b 1＝1，∴b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，4n －2，n ≥2，∴当n ≥2时，S n ＝1＋n －16＋4n －22＝2n 2－1.又n ＝1时，S 1＝1，适合上式， 所以S n ＝2n 2－1.。
高考数学一轮复习第六章数列1数列的概念与表示课件新人教A版文
, ≥ 2.
-24考点1
考点2
考点3
1 , = 1,
解题心得已知数列的前n项和Sn,则通项公式 an=
--1 , ≥ 2.
当n=1时,若a1适合Sn-Sn-1,则n=1的情况可并入n≥2时的通项公式an;
当n=1时,若a1不适合Sn-Sn-1,则用分段函数的形式表示.
-25考点1
函数y=3x+5的定义域是R,an=3n+5的图象是离散的点,且排列在
y=3x+5的图象上.
-8知识梳理
双基自测
5.数列的前n项和
在数列{an}中,Sn=
1
2
3
4
5
a1+a2+…+an
6
叫做数列的前n项和.
-9知识梳理
双基自测
1
2
3
4
5
6
6.数列{an}的an与Sn的关系
若数列{an}的前n项和为Sn,则 an=
式.
思考已知在数列{an}中,an+1=an+f(n),利用什么方法求an?
解 ∵an+1=an+3n+2,
∴an+1-an=3n+2,
∴an-an-1=3n-1(n≥2).
∴an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1
=(3n-1)+(3n-4)+…+5+2
(3+1)
的大小关
系
分类
递增数列 an+1
>
an
递减数列 an+1
<
an
2020版高考数学一轮复习第六章数列第3讲等比数列及其前n项和教案理(含解析)新人教A版
第3讲 等比数列及其前n 项和基础知识整合1．等比数列的有关概念 (1)定义如果一个数列从第□012项起，每一项与它的前一项的比等于□02同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的□03公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为□04a n ＋1a n＝q . (2)等比中项如果a ，G ，b 成等比数列，那么□05G 叫做a 与b 的等比中项，即G 是a 与b 的等比中项⇔a ，G ，b 成等比数列⇒□06G 2＝ab (ab ≠0)． 2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝□07a 1q n －1.等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·qn －m(n ，m ∈N *)．(2)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k .(3)若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n (λ≠0)仍然是等比数列．(4)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n＋3k，…为等比数列，公比为q k.(5)公比不为－1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n.(6)等比数列{a n }满足⎩⎪⎨⎪⎧a 1>0，q >1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0，0<q <1时，{a n }是递增数列；满足⎩⎪⎨⎪⎧a 1>0，0<q <1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0，q >1时，{a n }是递减数列．1．(2019·四川成都检测)在等比数列{a n }中，已知a 3＝6，a 3＋a 5＋a 7＝78，则a 5＝( ) A ．12B ．18答案 B解析 由题意，a 3＋a 5＋a 7＝a 3(1＋q 2＋q 4)＝78，所以1＋q 2＋q 4＝13，解得q 2＝3，所以a 5＝a 3q 2＝18.故选B.2．已知{a n }是等比数列，且a n >0，a 2a 4＋2a 3a 5＋a 4a 6＝25，那么a 3＋a 5的值为( ) A ．5 B ．10 C ．15 D ．20答案 A解析 根据等比数列的性质，得a 2a 4＝a 23，a 4a 6＝a 25， ∴a 2a 4＋2a 3a 5＋a 4a 6＝a 23＋2a 3a 5＋a 25＝(a 3＋a 5)2. 而a 2a 4＋2a 3a 5＋a 4a 6＝25，∴(a 3＋a 5)2＝25， ∵a n >0，∴a 3＋a 5＝5.3．(2019·广西柳州模拟)设等比数列{a n }中，公比q ＝2，前n 项和为S n ，则S 4a 3的值为( )A.154B.152C.74D.72答案 A 解析 S 4＝a 1－q 41－q＝15a 1，a 3＝a 1q 2＝4a 1，∴S 4a 3＝154.故选A.4．若等比数列{a n }满足a n a n ＋1＝16n，则公比为( ) A ．2 B ．4 C ．8 D ．16答案 B解析 由a n a n ＋1＝16n，得a n ＋1·a n ＋2＝16n ＋1.两式相除得，a n ＋1·a n ＋2a n ·a n ＋1＝16n ＋116n ＝16，∴q 2＝16.∵a n a n ＋1＝16n，可知公比为正数，∴q ＝4.5．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n >0，q >1，a 3＋a 5＝20，a 2a 6＝64，则S 5＝( ) A ．31 B ．36 C ．42 D ．48答案 A解析 由等比数列的性质，得a 3a 5＝a 2a 6＝64，于是由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＋a 5＝20，a 3a 5＝64，且a n >0，q >1，得a 3＝4，a 5＝16，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝4，a 1q 4＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2.所以S 5＝－251－2＝31.故选A.6．(2019·长春模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列，且a 2＝－2，则a 7＝( )A ．16B ．32答案 C解析 由题意得S n ＋2＋S n ＋1＝2S n ，得a n ＋2＋a n ＋1＋a n ＋1＝0，即a n ＋2＝－2a n ＋1，∴{a n }从第二项起是公比为－2的等比数列，∴a 7＝a 2q 5＝64.故选C.核心考向突破考向一 等比数列的基本运算例1 (1)(2019·汕头模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，S 3＝3a 1＋a 2，则S 4S 2＝( )A ．2B ．3C ．4D ．5答案 B解析 设等比数列的公比为q ，由题意a 1＋a 2＋a 3＝3a 1＋a 2得a 3＝2a 1(a 1≠0)，∴q 2＝a 3a 1＝2，∴S 4S 2＝1－q 41－q2＝1＋q 2＝3.故选B.(2)(2018·全国卷Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. ①求{a n }的通项公式；②记S n 为{a n }的前n 项和．若S m ＝63，求m . 解 ①设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝qn －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1.②若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－－n3.由S m ＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解． 若a n ＝2n －1，则S n ＝2n－1.由S m ＝63得2m＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.触类旁通等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)所求问题可迎刃而解．解决此类问题的关键是熟练掌握等比数列的有关公式，并灵活运用，在运算过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算的过程．即时训练 1.已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2018＝3S 2017＋2018，a 2017＝3S 2016＋2018，则公比q 等于( )A ．3B ．13C ．4D ．14答案 C解析 由a 2018＝3S 2017＋2018，a 2017＝3S 2016＋2018，得a 2017q －3S 2017＝2018，a 2017－3S 2016＝2018，∴a 2017q －3S 2017＝a 2017－3S 2016，∴a 2017(q －1)＝3(S 2017－S 2016)＝3a 2017，∴q ＝4.故选C.2．等比数列{a n }中，a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝30，则数列{a n }的前5项和S 5＝( ) A ．81 B ．90 C ．100 D ．121答案 D解析 ∵等比数列{a n }中，a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝30， ∴公比q ＝a 2＋a 4a 1＋a 3＝3010＝3，∴a 1＋9a 1＝10，解得a 1＝1，∴数列{a n }的前5项和S 5＝－351－3＝121.故选D.3．(2019·安徽皖江名校联考)已知S n 是各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和，若a 2·a 4＝16，S 3＝7，则a 8＝________.答案 128解析 ∵a 2·a 4＝a 23＝16，∴a 3＝4(负值舍去)，∵a 3＝a 1q 2＝4，S 3＝7，∴q ≠1，S 2＝a 1－q 21－q＝4q 2＋q －q1－q＝3，∴3q 2－4q－4＝0，解得q ＝－23或q ＝2，∵a n >0，∴q ＝－23舍去，∴q ＝2，∴a 1＝1，∴a 8＝27＝128.考向二 等比数列的性质角度1 等比数列项的性质例 2 (1)(2019·四川绵阳模拟)等比数列{a n }的各项均为正数，且a 1＋2a 2＝4，a 24＝4a 3a 7，则a 5＝( )A.116B.18 C ．20 D.40答案 B解析 设等比数列的公比为q .由a 24＝4a 3a 7，得a 24＝4a 25，所以q 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 5a 42＝14，解得q ＝±12.又因为数列的各项均为正数，所以q ＝12.又因为a 1＋2a 2＝4，所以a 1＋2a 1q ＝a 1＋2a 1×12＝4，解得a 1＝2，所以a 5＝a 1q 4＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝18.故选B.(2)在等比数列{a n }中，公比a 1＋a m ＝17，a 2a m －1＝16，且前m 项和S m ＝31，则项数m ＝________.答案 5解析 由等比数列的性质知a 1a m ＝a 2a m －1＝16，又a 1＋a m ＝17，q >1，所以a 1＝1，a m ＝16，S m ＝a 1－q m1－q＝a 1－a m q 1－q ＝1－16q 1－q＝31，解得q ＝2，a m ＝a 1q m －1＝2m －1＝16.所以m ＝5.触类旁通在等比数列的基本运算问题中，一般是利用通项公式与前n 项和公式，建立方程组求解，但如果灵活运用等比数列的性质“若m ＋n ＝p ＋q m ，n ，p ，q ∈N*，则有a m a n ＝a p a q ”，则可减少运算量，解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形.即时训练 4.(2019·福建三明模拟)已知数列{a n }是各项均为正值的等比数列，且a 4a 12＋a 3a 5＝15，a 4a 8＝5，则a 4＋a 8＝( )A ．15 B. 5 C ．5 D ．25答案 C解析 ∵a 4a 12＋a 3a 5＝15，∴a 24＋a 28＝15，又a 4a 8＝5，∴(a 4＋a 8)2＝a 24＋a 28＋2a 4a 8＝25，又a 4＋a 8>0，∴a 4＋a 8＝5.故选C.5．(2019·江西联考)在等比数列{a n }中，若a 2a 5＝－34，a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝54，则1a 2＋1a 3＋1a 4＋1a 5＝( ) A ．1 B ．－34C ．－53D ．43答案 C解析 因为数列{a n }是等比数列，a 2a 5＝－34＝a 3a 4，a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝54，所以1a 2＋1a 3＋1a 4＋1a 5＝a 2＋a 5a 2a 5＋a 3＋a 4a 3a 4＝54－34＝－53.故选C. 角度2 等比数列和的性质例3 (1)已知各项都是正数的等比数列{a n }，S n 为其前n 项和，且S 3＝10，S 9＝70，那么S 12＝( )A ．150B ．－200C ．150或－200D ．400或－50答案 A解析 解法一：由等比数列的性质知S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，∴(S 6－10)2＝10(70－S 6)，解得S 6＝30或－20(舍去)，又(S 9－S 6)2＝(S 6－S 3)·(S 12－S 9)，即402＝20(S 12－70)，解得S 12＝150.故选A.解法二：设等比数列前n 项和为S n ＝A －Aqn，则⎩⎪⎨⎪⎧A －q 9＝70，A－q3＝10，两式相除得1＋q 3＋q 6＝7，解得q 3＝2或－3(舍去)，∴A ＝－10.∴S 12＝－10(1－24)＝150.故选A.(2)已知等比数列{a n }的前10项中，所有奇数项之和为8514，所有偶数项之和为17012，则S ＝a 3＋a 6＋a 9＋a 12的值为________．答案 585解析 设公比为q ，由⎩⎪⎨⎪⎧S偶S奇＝q ＝2，S奇＝a 1[1－q 25]1－q2＝8514，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2，∴S ＝a 3＋a 6＋a 9＋a 12＝a 3(1＋q 3＋q 6＋q 9)＝a 1q 2(1＋q 3)(1＋q 6)＝585.触类旁通等比数列前n 项和的性质主要是若S n ≠0，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列. (2)注意等比数列前n 项和公式的变形．当q ≠1时，S n ＝a 1－q n1－q＝a 11－q －a 11－q·q n，即S n ＝A －Aq n(q ≠1)．利用等比数列的性质可以减少运算量，提高解题速度.解题时，根据题目条件，分析具体的变化特征，即可找到解决问题的突破口.即时训练 6.(2019·云南玉溪模拟)等比数列{a n }中，公比q ＝2，a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 97＝11，则数列{a n }的前99项的和S 99＝( )A ．99B ．88C ．77D ．66答案 C解析 解法一：由等比数列性质知a 1，a 4，a 7，…，a 97是等比数列且其公比为q 3＝8，∴a 1－8331－8＝11，∴a 1(1－299)＝－77，∴S 99＝a 1－q 991－q＝77.故选C.解法二：令S 0＝a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 97＝11，S ′＝a 2＋a 5＋a 8＋…＋a 98，S ″＝a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 99.由数列{a n }为等比数列，q ＝2易知S 0，S ′，S ″成等比数列且公比为2，则S ′＝2S 0＝22，S ″＝2S ′＝44，所以S 99＝S 0＋S ′＋S ″＝11＋22＋44＝77.故选C.7．各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2，S 3n ＝14，则S 4n 等于( ) A ．80 B ．30 C ．26D ．16答案 B解析 由题意知公比大于0，由等比数列性质知S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，S 4n －S 3n ，…仍为等比数列．设S 2n ＝x ，则2，x －2,14－x 成等比数列．由(x －2)2＝2×(14－x )，解得x ＝6或x ＝－4(舍去)．∴S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，S 4n －S 3n ，…是首项为2，公比为2的等比数列．又∵S 3n ＝14，∴S 4n ＝14＋2×23＝30.故选B.考向三 等比数列的判定与证明例4 (1)(2018·全国卷Ⅰ)已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n ，设b n ＝a n n. ①求b 1, b 2, b 3；②判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由； ③求{a n }的通项公式． 解 ①由条件可得a n ＋1＝n ＋na n .将n ＝1代入，得a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以a 2＝4. 将n ＝2代入，得a 3＝3a 2，所以a 3＝12. 从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4.②{b n }是首项为1，公比为2的等比数列．由题设条件可得a n ＋1n ＋1＝2a nn，即b n ＋1＝2b n ，又b 1＝1，所以{b n }是首项为1，公比为2的等比数列．③由②可得a n n＝2n －1，所以a n ＝n ·2n －1.(2)(2019·安徽江南十校联考)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且满足S n －2a n ＝n －4. ①证明：{S n －n ＋2}为等比数列； ②求数列{S n }的前n 项和T n .解 ①证明：当n ＝1时，a 1＝S 1，S 1－2a 1＝1－4，解得a 1＝3.由S n －2a n ＝n －4可得S n －2(S n －S n －1)＝n －4(n ≥2)，即S n ＝2S n －1－n ＋4，所以S n －n ＋2＝2[S n －1－(n －1)＋2]．因为S 1－1＋2＝4，所以{S n －n ＋2}是首项为4，公比为2的等比数列． ②由①知S n －n ＋2＝2n ＋1，所以S n ＝2n ＋1＋n －2，于是T n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)＋(1＋2＋…＋n )－2n ＝－2n1－2＋n n ＋2－2n ＝2n ＋3＋n 2－3n －82.触类旁通判定一个数列为等比数列的常用方法(1)定义法：若a n ＋1a n＝q (q 是常数)，则数列{a n }是等比数列．等比中项法：若a 2n ＋1＝a n a n ＋2n ∈N *，则数列{a n }是等比数列.通项公式法：若a n ＝Aq nA ，q 为常数，则数列{a n }是等比数列.即时训练 8.(2019·柳州模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2a n －2n (n ∈N *)．(1)证明：{a n ＋2}是等比数列，并求{a n }的通项公式； (2)数列{b n }满足b n ＝log 2(a n ＋2)，T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和，若T n <a 对任意正整数n 都成立，求a 的取值范围．解 (1)证明：因为S n ＝2a n －2n (n ∈N *) ①， 所以a 1＝S 1＝2a 1－2，得a 1＝2.当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－2(n －1) ②.由①②两式相减得a n ＝2a n －1＋2，变形得a n ＋2＝2(a n －1＋2)．又因为a 1＋2＝4，所以{a n ＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＋2＝4×2n－1，所以a n ＝4×2n －1－2＝2n ＋1－2(n ≥2)．又a 1＝2也符合上述表达式，所以a n ＝2n ＋1－2(n ∈N *)．(2)因为b n ＝log 2(a n ＋2)＝log 22n ＋1＝n ＋1，1b n b n ＋1＝1n ＋n ＋＝1n ＋1－1n ＋2， 所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2<12，依题意得a ≥12，即a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.。
2020届高考数学总复习第六章数列6_3等比数列及其前n项和课件文新人教A版
A．1盏
B．3盏
C．5盏
D．9盏
(2)(2019·广州测试)在各项都为正数的等比数列{an}中，已知
a1＝2，a2n＋2＋4a2n＝4a2n＋1，则数列{an}的通项公式 an＝__________．
(3)(2019·洛阳统考)设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a1
＋8a4＝0，则SS43＝(
0 的根，则a1aa917的值为(
)
A．2 2
B．4
C．－2 2或 2 2
D．－4 或 4
(2)(2019·武汉华师附中调研)数列{an}的通项公式为 an＝2n－1，
则使不等式 a21＋a22＋…＋a2n<5×2n＋1 成立的 n 的最大值为( )
A．2
B．3
C．4
D．5
【解析】 (1)因为 a3，a15 是方程 x2－6x＋8＝0 的根， 所以 a3a15＝8，a3＋a15＝6， 易知 a3，a15 均为正，由等比数列的性质知，a1a17＝a29＝a3a15 ＝8， 所以 a9＝2 2，a1aa917＝2 2，故选 A. (2)因为 an＝2n－1，a2n＝4n－1，
【例4】 等比数列{an}中，已知a1＋a3＝8，a5＋a7＝4，
则a9＋a11＋a13＋a15的值为( )
A．1
B．2
C．3
D．5
【解析】 法一：因为{an}为等比数列， 所以 a5＋a7 是 a1＋a3 与 a9＋a11 的等比中项， 所以(a5＋a7)2＝(a1＋a3)·(a9＋a11)， 故 a9＋a11＝（aa51＋＋aa73）2＝482＝2. 同理，a9＋a11 是 a5＋a7 与 a13＋a15 的等比中项， 所以(a9＋a11)2＝(a5＋a7)(a13＋a15)， 故 a13＋a15＝（aa95＋＋aa117）2＝242＝1.
2020版创新设计高考总复习高三文科数学人教A版配套课件第六章 第1节
17
知识衍化体验
考点聚集突破
@《创新设计》
考点二 由an与Sn的关系求通项
易错警示
【例2】 (1)(2019·广州质检)已知Sn为数列{an}的前n项和,且log2(Sn＋1)＝n＋1,则数列
{an}的通项公式为________________.
(2)(2018·全国Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和.若Sn＝2an＋1,则S6＝________.
3
知识衍化体验
考点聚集突破
2.数列的分类 分类标准 项数
项与项间的 大小关系
4
@《创新设计》
类型 有穷数列 无穷数列 递增数列 递减数列 常数列
摆动数列
满足条件
项数___有__限_______
项数___无__限_______
an＋1__＞____an
an＋1__＜____an
其中n∈N*
an＋1＝an
5
知识衍化体验
考点聚集突破
@《创新设计》
[微点提醒] 1.若数列{an}的前 n 项和为 Sn，通项公式为 an，则 an＝SS1n， －nS＝ n－11，，n≥2. 2.数列是按一定“次序”排列的一列数,一个数列不仅与构成它的“数”有关,而且还与
这些“数”的排列顺序有关. 3.易混项与项数的概念,数列的项是指数列中某一确定的数,而项数是指数列的项对应的
10
知识衍化体验
考点聚集突破
@《创新设计》
5.(2019·北京朝阳区月考)数列0,1,0,－1,0,1,0,－1,…的一个通项公式an等于( )
（－1）n＋1
A.
2
n＋1 C.cos 2 π
B.cos
nπ 2
n＋2 D.cos 2 π
2020高考总复习数学理科创新设计人教A版教师文档第六章 第1节 数列的概念及简单表示法
由于 a1 也适合上式，∴an＝4n－5. (2)当 n＝1 时，a1＝S1＝3＋1＝4，
当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝3n＋1－3n－1－1＝2·3n－1.
显然当 n＝1 时，不满足上式.
{ ) ∴an＝
4，n＝1， 2·3n－1，n ≥
2.
{ ) 答案 (1)4n－5 (2)
4，n＝1， 2·3n－1，n ≥
1－2n－1
＝
＋n－1＋2＝2n－1＋n.
1－2
an (2)由 an＋1＝2nan，得an－1＝2n－1(n≥2)，
an an－1 a2 所以 an＝an－1·an－2·…·a1·a1
∴bn＝4·2n－1＝2n＋1，∴an＝2n＋1－3. 2
答案 (1)A (2) (3)2n＋1－3 n＋1
规律方法 由数列的递推关系求通项公式的常用方法
(1)已知 a1，且 an－an－1＝f(n)，可用“累加法”求 an. an
(2)已知 a1(a1≠0)，且an－1＝f(n)，可用“累乘法”求 an. (3)已知 a1，且 an＋1＝qan＋b，则 an＋1＋k＝q(an＋k)(其中 k 可用待定系数法确定)，
把以上各式分别相加得 an－a1＝ln n－ln 1，
则 an＝2＋ln n，且 a1＝2 也适合，
因此 an＝2＋ln n(n∈N*).
an
n
(2)由 nan－1＝(n＋1)an(n≥2)，得an－1＝n＋1(n≥2).
an an－1 an－2 a3 a2 所以 an＝an－1·an－2·an－3·…·a2·a1·a1
2
考点三 由数列的递推关系求通项 易错警示
( )1
【例 3】
(1)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋ln
2020版创新设计高考总复习高三文科数学人教A版第六章第2节
第2节 等差数列及其前n 项和最新考纲 1.理解等差数列的概念；2.掌握等差数列的通项公式与前n 项和公式；3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系,并能用等差数列的有关知识解决相应的问题；4.了解等差数列与一次函数的关系.知 识 梳 理1.等差数列的概念(1)如果一个数列从第2项起,每一项与它的前一项的差等于同一个常数,那么这个数列就叫做等差数列.数学语言表达式：a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *,d 为常数).(2)若a ,A ,b 成等差数列,则A 叫做a ,b 的等差中项,且A ＝a ＋b 2.2.等差数列的通项公式与前n 项和公式(1)若等差数列{a n }的首项是a 1,公差是d ,则其通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d .(2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n （n －1）d 2＝n （a 1＋a n ）2. 3.等差数列的性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ,m ∈N *).(2)若{a n }为等差数列,且k ＋l ＝m ＋n (k ,l ,m ,n ∈N *),则a k ＋a l ＝a m ＋a n .(3)若{a n }是等差数列,公差为d ,则a k ,a k ＋m ,a k ＋2m ,…(k ,m ∈N *)是公差为md 的等差数列.(4)若S n 为等差数列{a n }的前n 项和,则数列S m ,S 2m －S m ,S 3m －S 2m ,…也是等差数列.(5)若S n 为等差数列{a n }的前n项和,则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也为等差数列. [微点提醒]1.已知数列{a n }的通项公式是a n ＝pn ＋q (其中p ,q 为常数),则数列{a n }一定是等差数列,且公差为p .2.在等差数列{a n }中,a 1＞0,d ＜0,则S n 存在最大值；若a 1＜0,d ＞0,则S n 存在最小值.3.等差数列{a n }的单调性：当d ＞0时,{a n }是递增数列；当d ＜0时,{a n }是递减数列；当d ＝0时,{a n }是常数列.4.数列{a n }是等差数列⇔S n ＝An 2＋Bn (A ,B 为常数).基 础 自 测1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(1)数列{a n }为等差数列的充要条件是对任意n ∈N *,都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.( )(2)等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的.( )(3)数列{a n }为等差数列的充要条件是其通项公式为n 的一次函数.( )(4)等差数列的前n 项和公式是常数项为0的二次函数.( )解析 (3)若公差d ＝0,则通项公式不是n 的一次函数.(4)若公差d ＝0,则前n 项和不是二次函数.【参考答案】(1)√ (2)√ (3)× (4)×2.(必修5P46A2改编)设数列{a n }是等差数列,其前n 项和为S n ,若a 6＝2且S 5＝30,则S 8等于( )A.31B.32C.33D.34解析 由已知可得⎩⎨⎧a 1＋5d ＝2，5a 1＋10d ＝30，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝263，d ＝－43，∴S 8＝8a 1＋8×72d ＝32. 【参考答案】B3.(必修5P68A8改编)在等差数列{a n }中,若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝450,则a 2＋a 8＝________.解析 由等差数列的性质,得a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝5a 5＝450,∴a 5＝90,∴a 2＋a 8＝2a 5＝180.【参考答案】1804.(2018·全国Ⅰ卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.若3S 3＝S 2＋S 4,a 1＝2,则a 5＝( )A.－12B.－10C.10D.12解析 设等差数列{a n }的公差为d ,则3(3a 1＋3d )＝2a 1＋d ＋4a 1＋6d ,即d ＝－32a 1.又a 1＝2,∴d ＝－3,∴a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10.【参考答案】B5.(2019·皖南八校模拟)已知等差数列{a n }中,a 2＝1,前5项和S 5＝－15,则数列{a n }的公差为( )A.－3B.－52C.－2D.－4解析 设等差数列{a n }的首项为a 1,公差为d ,因为⎩⎨⎧a 2＝1，S 5＝－15，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝1，5a 1＋5×42d ＝－15， 解得d ＝－4.【参考答案】D6.(2019·江西赣中南五校联考)在等差数列{a n }中,已知a 3＋a 8>0,且S 9<0,则S 1,S 2,…,S 9中最小的是______.解析 在等差数列{a n }中,∵a 3＋a 8>0,S 9<0,∴a 5＋a 6＝a 3＋a 8>0,S 9＝9（a 1＋a 9）2＝9a 5<0, ∴a 5<0,a 6>0,∴S 1,S 2,…,S 9中最小的是S 5.【参考答案】S 5考点一 等差数列基本量的运算【例1】 (1)(一题多解)(2017·全国Ⅰ卷)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(2)(2019·云南省二次统一检测)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,S 11＝22,a 4＝ －12,若a m ＝30,则m ＝( )A.9B.10C.11D.15解析 (1)法一 设等差数列{a n }的公差为d ,依题意得⎩⎪⎨⎪⎧（a 1＋3d ）＋（a 1＋4d ）＝24，6a 1＋6×52d ＝48，所以d ＝4. 法二 等差数列{a n }中,S 6＝（a 1＋a 6）×62＝48,则a 1＋a 6＝16＝a 2＋a 5, 又a 4＋a 5＝24,所以a 4－a 2＝2d ＝24－16＝8,则d ＝4.(2)设等差数列{a n }的公差为d ,依题意得⎩⎪⎨⎪⎧S 11＝11a 1＋11×（11－1）2d ＝22，a 4＝a 1＋3d ＝－12，解得⎩⎨⎧a 1＝－33，d ＝7， ∴a m ＝a 1＋(m －1)d ＝7m －40＝30,∴m ＝10.【参考答案】(1)C (2)B规律方法 1.等差数列的通项公式及前n 项和公式共涉及五个量a 1,a n ,d ,n ,S n ,知其中三个就能求另外两个,体现了用方程的思想来解决问题.2.数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换作用,而a 1和d 是等差数列的两个基本量,用它们表示已知和未知是常用方法.【训练1】 (1)等差数列log 3(2x ),log 3(3x ),log 3(4x ＋2),…的第四项等于( )A.3B.4C.log 318D.log 324(2)(一题多解)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,S 3＝6,S 4＝12,则S 6＝________. 解析 (1)∵log 3(2x ),log 3(3x ),log 3(4x ＋2)成等差数列,∴log 3(2x )＋log 3(4x ＋2)＝2log 3(3x ),∴log 3[2x (4x ＋2)]＝log 3(3x )2,则2x (4x ＋2)＝9x 2,解之得x ＝4,x ＝0(舍去).∴等差数列的前三项为log 38,log 312,log 318,∴公差d ＝log 312－log 38＝log 332,∴数列的第四项为log 318＋log 332＝log 327＝3.(2)法一 设数列{a n }的首项为a 1,公差为d ,由S 3＝6,S 4＝12,可得⎩⎨⎧S 3＝3a 1＋3d ＝6，S 4＝4a 1＋6d ＝12，解得⎩⎨⎧a 1＝0，d ＝2，所以S 6＝6a 1＋15d ＝30.法二 由{a n }为等差数列,故可设前n 项和S n ＝An 2＋Bn ,由S 3＝6,S 4＝12可得⎩⎨⎧S 3＝9A ＋3B ＝6，S 4＝16A ＋4B ＝12，解得⎩⎨⎧A ＝1，B ＝－1，即S n ＝n 2－n ,则S 6＝36－6＝30. 【参考答案】(1)A (2)30考点二 等差数列的判定与证明 典例迁移【例2】 (经典母题)若数列{a n }的前n 项和为S n ,且满足a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2),a 1＝12.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 成等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式.(1)证明 当n ≥2时,由a n ＋2S n S n －1＝0,得S n －S n －1＝－2S n S n －1,所以1S n －1S n －1＝2, 又1S 1＝1a 1＝2, 故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为2,公差为2的等差数列. (2)解 由(1)可得1S n＝2n ,∴S n ＝12n . 当n ≥2时,a n ＝S n －S n －1＝12n －12（n －1）＝n －1－n 2n （n －1）＝－12n （n －1）. 当n ＝1时,a 1＝12不适合上式.故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，－12n （n －1），n ≥2.【迁移探究1】 本例条件不变,判断数列{a n }是否为等差数列,并说明理由. 解 因为a n ＝S n －S n －1(n ≥2),a n ＋2S n S n －1＝0,所以S n －S n －1＋2S n S n －1＝0(n ≥2).所以1S n －1S n －1＝2(n ≥2). 又1S 1＝1a 1＝2, 所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以2为首项,2为公差的等差数列. 所以1S n＝2＋(n －1)×2＝2n ,故S n ＝12n . 所以当n ≥2时,a n ＝S n －S n －1＝12n －12（n －1）＝－12n （n －1）, 所以a n ＋1＝－12n （n ＋1）,又a n ＋1－a n ＝－12n （n ＋1）－－12n （n －1）＝－12n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n －1＝1n （n －1）（n ＋1）. 所以当n ≥2时,a n ＋1－a n 的值不是一个与n 无关的常数,故数列{a n }不是一个等差数列.【迁移探究2】 本例中,若将条件变为a 1＝35,na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1),试求数列{a n }的通项公式.解 由已知可得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋1,即a n ＋1n ＋1－a n n＝1, 又a 1＝35,∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以a 11＝35为首项,1为公差的等差数列,∴a n n ＝35＋(n －1)·1＝n －25,∴a n ＝n 2－25n .规律方法 1.证明数列是等差数列的主要方法：(1)定义法：对于n ≥2的任意自然数,验证a n －a n －1为同一常数.(2)等差中项法：验证2a n －1＝a n ＋a n －2(n ≥3,n ∈N *)都成立.2.判定一个数列是等差数列还常用到结论：(1)通项公式：a n ＝pn ＋q (p ,q 为常数)⇔{a n }是等差数列.(2)前n 项和公式：S n ＝An 2＋Bn (A ,B 为常数)⇔{a n }是等差数列.问题的最终判定还是利用定义.【训练2】 (2017·全国Ⅰ卷)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和.已知S 2＝2,S 3＝－6.(1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ,并判断S n ＋1,S n ,S n ＋2是否成等差数列.解 (1)设{a n }的公比为q ,由题设可得⎩⎨⎧a 1（1＋q ）＝2，a 1（1＋q ＋q 2）＝－6，解得⎩⎨⎧q ＝－2，a 1＝－2.故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n .(2)由(1)可得S n ＝a 1（1－q n ）1－q＝－23＋(－1)n 2n ＋13. 由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n 2n ＋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.考点三 等差数列的性质及应用多维探究角度1 等差数列项的性质【例3－1】 (2019·衡阳一模)在等差数列{a n }中,a 1＋3a 8＋a 15＝120,则a 2＋a 14的值为( )A.6B.12C.24D.48 解析 ∵在等差数列{a n }中,a 1＋3a 8＋a 15＝120,由等差数列的性质,a 1＋3a 8＋a 15＝5a 8＝120,∴a 8＝24,∴a 2＋a 14＝2a 8＝48.【参考答案】D角度2 等差数列和的性质【例3－2】 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 3＝9,S 6＝36,则a 7＋a 8＋a 9等于( )A.63B.45C.36D.27解析 由{a n }是等差数列,得S 3,S 6－S 3,S 9－S 6为等差数列,即2(S 6－S 3)＝S 3＋(S 9－S 6),得到S 9－S 6＝2S 6－3S 3＝45,所以a 7＋a 8＋a 9＝45.【参考答案】B规律方法 1.项的性质：在等差数列{a n }中,若m ＋n ＝p ＋q (m ,n ,p ,q ∈N *),则a m ＋a n ＝a p ＋a q .2.和的性质：在等差数列{a n }中,S n 为其前n 项和,则(1)S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)；(2)S 2n －1＝(2n －1)a n .【训练3】 (1)已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和,若a 1＝－2 015,S 2 0152 015－S 2 0092 009＝6,则S 2 019＝________.(2)(2019·荆州一模)在等差数列{a n }中,若a 3＋a 4＋a 5＝3,a 8＝8,则a 12的值是( )A.15B.30C.31D.64(3)等差数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ,若S n T n＝3n －22n ＋1,则a 7b 7等于( ) A.3727 B.1914C.3929D.43 解析 (1)由等差数列的性质可得⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也为等差数列.设其公差为d ,则S 2 0152 015－S 2 0092 009＝6d ＝6,∴d ＝1. 故S 2 0192 019＝S 11＋2 018d ＝－2 015＋2 018＝3,∴S 2 019＝3×2 019＝6 057.(2)由a 3＋a 4＋a 5＝3及等差数列的性质,∴3a 4＝3,则a 4＝1.又a 4＋a 12＝2a 8,得1＋a 12＝2×8.∴a 12＝16－1＝15.(3)a 7b 7＝2a 72b 7＝a 1＋a 13b 1＋b 13＝a 1＋a 132×13b 1＋b 132×13＝S 13T 13＝3×13－22×13＋1＝3727. 【参考答案】(1)6 057 (2)A (3)A考点四 等差数列的前n 项和及其最值【例4】 (2019·衡水中学质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1≠0,常数λ>0,且λa 1a n ＝S 1＋S n 对一切正整数n 都成立.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设a 1>0,λ＝100,当n 为何值时,数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg 1a n 的前n 项和最大？ 解 (1)令n ＝1,得λa 21＝2S 1＝2a 1,a 1(λa 1－2)＝0,因为a 1≠0,所以a 1＝2λ,当n ≥2时,2a n ＝2λ＋S n ,2a n －1＝2λ＋S n －1,两式相减得2a n －2a n －1＝a n (n ≥2).所以a n ＝2a n －1(n ≥2),从而数列{a n }为等比数列,a n ＝a 1·2n －1＝2n λ.(2)当a 1>0,λ＝100时,由(1)知,a n ＝2n 100,则b n ＝lg 1a n＝lg 1002n ＝lg 100－lg 2n ＝2－n lg 2, 所以数列{b n }是单调递减的等差数列,公差为－lg 2,所以b 1>b 2>…>b 6＝lg 10026＝lg 10064>lg 1＝0,当n ≥7时,b n ≤b 7＝lg 10027<lg 1＝0,所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg 1a n 的前6项和最大. 规律方法 求等差数列前n 项和S n 的最值的常用方法：(1)函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn (a ≠0),通过配方或借助图象求二次函数的最值.(2)利用等差数列的单调性,求出其正负转折项,进而求S n 的最值.①当a 1>0,d <0时,满足⎩⎨⎧a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值为S m (当a m ＋1＝0时,S m ＋1也为最大值)；②当a 1<0,d >0时,满足⎩⎨⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值为S m (当a m ＋1＝0时,S m ＋1也为最小值).【训练4】 (1)等差数列{a n }的公差d ≠0,且a 3,a 5,a 15成等比数列,若a 5＝5,S n 为数列{a n }的前n 项和,则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前n 项和取最小值时的n 为( )A.3B.3或4C.4或5D.5(2)已知等差数列{a n }的首项a 1＝20,公差d ＝－2,则前n 项和S n 的最大值为________.解析 (1)由题意知⎩⎨⎧（a 1＋2d ）（a 1＋14d ）＝25，a 1＋4d ＝5，由d ≠0,解得a 1＝－3,d ＝2,∴S n n ＝na 1＋n （n －1）2d n ＝－3＋n －1＝n －4,则n －4≥0,得n ≥4,∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前n 项和取最小值时的n 为3或4.(2)因为等差数列{a n }的首项a 1＝20,公差d ＝－2,S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝20n －n （n －1）2×2 ＝－n 2＋21n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2122, 又因为n ∈N *,所以n ＝10或n ＝11时,S n 取得最大值,最大值为110.【参考答案】(1)B (2)110[思维升华]1.证明等差数列可利用定义或等差中项的性质,另外还常用前n 项和S n ＝An 2＋Bn 及通项a n ＝pn ＋q 来判断一个数列是否为等差数列.2.等差数列基本量思想(1)在解有关等差数列的基本量问题时,可通过列关于a 1,d 的方程组进行求解.(2)若奇数个数成等差数列,可设中间三项为a －d ,a ,a ＋d .若偶数个数成等差数列,可设中间两项为a －d ,a ＋d ,其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元.(3)灵活使用等差数列的性质,可以大大减少运算量.[易错防范]1.用定义法证明等差数列应注意“从第2项起”,如证明了a n ＋1－a n ＝d (n ≥2)时,应注意验证a 2－a 1是否等于d ,若a 2－a 1≠d ,则数列{a n }不为等差数列.2.利用二次函数性质求等差数列前n 项和最值时,一定要注意自变量n 是正整数.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.(2016·全国Ⅰ卷)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解析 设等差数列{a n }的公差为d ,由已知,得⎩⎨⎧9a 1＋36d ＝27，a 1＋9d ＝8，所以⎩⎨⎧a 1＝－1，d ＝1，所以a 100＝a 1＋99d ＝－1＋99＝98.【参考答案】C2.(2019·惠州调研)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和,若a 6a 5＝911,则S 11S 9＝( ) A.1 B.－1 C.2 D.12解析 由于S 11S 9＝11a 69a 5＝119×911＝1. 【参考答案】A3.(2019·中原名校联考)若数列{a n }满足1a n ＋1－1a n＝d (n ∈N *,d 为常数),则称数列{a n }为调和数列,已知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1x n 为调和数列,且x 1＋x 2＋…＋x 20＝200,则x 5＋x 16＝( ) A.10 B.20 C.30 D.40解析 依题意,11x n ＋1－11x n＝x n ＋1－x n ＝d ,∴{x n }是等差数列.又x 1＋x 2＋…＋x 20＝20（x 1＋x 20）2＝200. ∴x 1＋x 20＝20,从而x 5＋x 16＝x 1＋x 20＝20.【参考答案】B4.(2019·合肥质检)中国古诗词中,有一道“八子分绵”的数学名题：“九百九十六斤绵,赠分八子作盘缠,次第每人多十七,要将第八数来言”.题意是：把996斤绵分给8个儿子作盘缠,按照年龄从大到小的顺序依次分绵,年龄小的比年龄大的多17斤绵,那么第8个儿子分到的绵是( )A.174斤B.184斤C.191斤D.201斤解析 用a 1,a 2,…,a 8表示8个儿子按照年龄从大到小得到的绵数,由题意得数列a 1,a 2,…,a 8是公差为17的等差数列,且这8项的和为996,∴8a 1＋8×72×17＝996,解之得a 1＝65.∴a 8＝65＋7×17＝184,即第8个儿子分到的绵是184斤.【参考答案】B5.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1＝9,S 99－S 55＝－4,则S n 取最大值时的n 为( )A.4B.5C.6D.4或5解析 由{a n }为等差数列,得S 99－S 55＝a 5－a 3＝2d ＝－4,即d ＝－2,由于a 1＝9,所以a n ＝－2n ＋11,令a n ＝－2n ＋11<0,得n >112, 所以S n 取最大值时的n 为5.【参考答案】B二、填空题6.已知等差数列{a n }的公差为2,项数是偶数,所有奇数项之和为15,所有偶数项之和为25,则这个数列的项数为________.解析 设项数为2n ,则由S 偶－S 奇＝nd 得,25－15＝2n 解得n ＝5,故这个数列的项数为10.【参考答案】107.已知数列{a n }满足a 1＝1,a n －a n ＋1＝2a n a n ＋1,则a 6＝________.解析 将a n －a n ＋1＝2a n a n ＋1两边同时除以a n a n ＋1,1a n ＋1－1a n＝2. 所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1a 1＝1为首项,2为公差的等差数列, 所以1a 6＝1＋5×2＝11,即a 6＝111.【参考答案】1118.设S n 是等差数列{a n }的前n 项和,S 10＝16,S 100－S 90＝24,则S 100＝________. 解析 依题意,S 10,S 20－S 10,S 30－S 20,…,S 100－S 90依次成等差数列,设该等差数列的公差为d .又S 10＝16,S 100－S 90＝24,因此S 100－S 90＝24＝16＋(10－1)d ＝16＋9d ,解得d ＝89,因此S 100＝10S 10＋10×92d ＝10×16＋10×92×89＝200.【参考答案】200三、解答题9.(2016·全国Ⅱ卷)等差数列{a n }中,a 3＋a 4＝4,a 5＋a 7＝6.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝[a n ],求数列{b n }的前10项和,其中[x ]表示不超过x 的最大整数,如[0.9]＝0,[2.6]＝2.解 (1)设数列{a n }首项为a 1,公差为d ,由题意得⎩⎨⎧2a 1＋5d ＝4，a 1＋5d ＝3.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝25. 所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋35.(2)由(1)知,b n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋35. 当n ＝1,2,3时,1≤2n ＋35<2,b n ＝1；当n ＝4,5时,2≤2n ＋35<3,b n ＝2；当n ＝6,7,8时,3≤2n ＋35<4,b n ＝3；当n ＝9,10时,4≤2n ＋35<5,b n ＝4.所以数列{b n }的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.10.已知等差数列的前三项依次为a ,4,3a ,前n 项和为S n ,且S k ＝110.(1)求a 及k 的值；(2)设数列{b n }的通项公式b n ＝S n n ,证明：数列{b n }是等差数列,并求其前n 项和T n .(1)解 设该等差数列为{a n },则a 1＝a ,a 2＝4,a 3＝3a ,由已知有a ＋3a ＝8,得a 1＝a ＝2,公差d ＝4－2＝2,所以S k ＝ka 1＋k （k －1）2·d ＝2k ＋k （k －1）2×2＝k 2＋k , 由S k ＝110,得k 2＋k －110＝0,解得k ＝10或k ＝－11(舍去),故a ＝2,k ＝10.(2)证明 由(1)得S n ＝n （2＋2n ）2＝n (n ＋1), 则b n ＝S n n ＝n ＋1,故b n ＋1－b n ＝(n ＋2)－(n ＋1)＝1,即数列{b n }是首项为2,公差为1的等差数列,所以T n ＝n （2＋n ＋1）2＝n （n ＋3）2. 能力提升题组(建议用时：20分钟)11.(2019·济宁模拟)设数列{a n }满足a 1＝1,a 2＝2,且2na n ＝(n －1)a n －1＋(n ＋1)a n ＋1(n ≥2且n ∈N *),则a 18＝( )A.259B.269C.3D.289 解析 令b n ＝na n ,则2b n ＝b n －1＋b n ＋1(n ≥2),所以{b n }为等差数列,因为b 1＝1,b 2＝4,所以公差d ＝3,则b n ＝3n －2,所以b 18＝52,则18a 18＝52,所以a 18＝269.【参考答案】B12.(2019·成都诊断)已知等差数列{a n },{b n }的前n 项和分别为S n ,T n (n ∈N *),若S n T n＝2n －1n ＋1,则a 12b 6＝( ) A.154 B.158 C.237 D.3 解析 由题意不妨设S n ＝n (2n －1),T n ＝n (n ＋1),所以a 12＝S 12－S 11＝12×23－11×21＝45,b 6＝T 6－T 5＝6×(6＋1)－5×(5＋1)＝42－30＝12,所以a 12b 6＝4512＝154. 【参考答案】A13.设数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －10(n ∈N *),则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝________. 解析 由a n ＝2n －10(n ∈N *)知{a n }是以－8为首项,2为公差的等差数列,又由a n ＝2n －10≥0得n ≥5,∴n ≤5时,a n ≤0,当n >5时,a n >0,∴|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋…＋a 15)＝20＋110＝130.【参考答案】13014.(2019·长沙雅礼中学模拟)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和,已知a 1＋a 13＝26,S 9＝81.(1)求{a n }的通项公式；(2)令b n ＝1a n ＋1a n ＋2,T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ,若30T n －m ≤0对一切n ∈N *成立,求实数m 的最小值.解 (1)∵等差数列{a n }中,a 1＋a 13＝26,S 9＝81,∴⎩⎨⎧2a 7＝26，9a 5＝81，解得⎩⎨⎧a 7＝13，a 5＝9， ∴d ＝a 7－a 57－5＝13－92＝2, ∴a n ＝a 5＋(n －5)d ＝9＋2(n －5)＝2n －1.(2)∵b n ＝1a n ＋1a n ＋2＝1（2n ＋1）（2n ＋3）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3, ∴T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3, ∵12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3随着n 的增大而增大,知{T n }单调递增. 又12n ＋3>0,∴T n <16,∴m ≥5, ∴实数m 的最小值为5.。
2020版高考数学(理)新增分大一轮人教通用版讲义：第六章 数列与数学归纳法 高考专题突破三第2课时含解析
第2课时 数列的综合问题题型一 数列与函数例1 数列{a n }的前n 项和为S n ，2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，n ∈N ＋，且a 1，a 2＋5,19成等差数列.(1)求a 1的值；(2)证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1为等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (3)设b n ＝log 3(a n ＋2n )，若对任意的n ∈N ＋，不等式b n (1＋n )－λn (b n ＋2)－6<0恒成立，试求实数λ的取值范围.解 (1)在2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1，n ∈N ＋中， 令n ＝1，得2S 1＝a 2－22＋1，即a 2＝2a 1＋3，①又2(a 2＋5)＝a 1＋19，②则由①②解得a 1＝1.(2)当n ≥2时，由⎩⎪⎨⎪⎧2S n ＝a n ＋1－2n ＋1＋1， ③2S n －1＝a n －2n ＋1， ④ ③－④得2a n ＝a n ＋1－a n －2n ，则a n ＋12n ＋1＋1＝32⎝⎛⎭⎫a n 2n ＋1， 又a 2＝5，则a 222＋1＝32⎝⎛⎭⎫a 121＋1. ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1是以32为首项，32为公比的等比数列， ∴a n 2n ＋1＝32×⎝⎛⎭⎫32n －1，即a n ＝3n －2n . (3)由(2)可知，b n ＝log 3(a n ＋2n )＝n .当b n (1＋n )－λn (b n ＋2)－6<0恒成立时，即(1－λ)n 2＋(1－2λ)n －6<0(n ∈N ＋)恒成立.设f (n )＝(1－λ)n 2＋(1－2λ)n －6(n ∈N ＋)，当λ＝1时，f (n )＝－n －6<0恒成立，则λ＝1满足条件；当λ<1时，由二次函数性质知不恒成立；当λ>1时，由于对称轴n ＝－1－2λ2(1－λ)<0， 则f (n )在[1，＋∞)上单调递减，f (n )≤f (1)＝－3λ－4<0恒成立，则λ>1满足条件，综上所述，实数λ的取值范围是[1，＋∞).思维升华 数列与函数的交汇问题(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题；(2)已知数列条件，解决函数问题，解题时要注意数列与函数的内在联系，掌握递推数列的常见解法.跟踪训练1 (2018·葫芦岛模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1,2a n ＋1＝a n ，数列{b n }满足b n ＝2－log 2a 2n ＋1.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，求使得2T n ≤4n 2＋m 对任意正整数n 都成立的实数m 的取值范围.解 (1)由a 1＝1，a n ＋1a n ＝12，a n ≠0， ∴{a n }是首项为1，公比为12的等比数列， ∴a n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1.∴b n ＝2－log 2⎝⎛⎭⎫122n ＝2n ＋2.(2)由(1)得，T n ＝n 2＋3n ，∴m ≥－2n 2＋6n 对任意正整数n 都成立.设f (n )＝－2n 2＋6n ，∵f (n )＝－2n 2＋6n ＝－2⎝⎛⎭⎫n －322＋92， ∴当n ＝1或2时，f (n )的最大值为4，∴m ≥4.即m 的取值范围是[4，＋∞).题型二 数列与不等式例2 已知数列{a n }中，a 1＝12，其前n 项的和为S n ，且满足a n ＝2S 2n 2S n －1(n ≥2). (1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列； (2)证明：S 1＋12S 2＋13S 3＋ (1)S n <1. 证明 (1)当n ≥2时，S n －S n －1＝2S 2n 2S n －1，整理得S n －1－S n ＝2S n ·S n －1(n ≥2)， ∴1S n －1S n －1＝2，从而⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 构成以2为首项，2为公差的等差数列. (2)由(1)可知，1S n ＝1S 1＋(n －1)×2＝2n ，∴S n ＝12n. ∴当n ＝1时，1n S n ＝12<1， 方法一 当n ≥2时，1n S n ＝12n 2<12·1n (n －1)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ，∴S 1＋12S 2＋13S 3＋…＋1n S n <12＋12⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝1－12n <1. ∴原不等式得证.方法二 当n ≥2时，12n 2<12(n 2－1)＝14⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1， ∴S 1＋12S 2＋13S 3＋ (1)S n <12＋14⎝⎛1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －2－1n ＋ ⎭⎫1n －1－1n ＋1＝12＋14⎝⎛⎭⎫1＋12－1n －1n ＋1， <12＋14⎝⎛⎭⎫1＋12＝78<1. ∴原命题得证.思维升华 数列与不等式的交汇问题(1)函数方法：即构造函数，通过函数的单调性、极值等得出关于正实数的不等式，通过对关于正实数的不等式特殊赋值得出数列中的不等式；(2)放缩方法：数列中不等式可以通过对中间过程或者最后的结果放缩得到.跟踪训练2 已知数列{a n }为等比数列，数列{b n }为等差数列，且b 1＝a 1＝1，b 2＝a 1＋a 2，a 3＝2b 3－6.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝1b n b n ＋2，数列{c n }的前n 项和为T n ，证明：15≤T n <13. (1)解 设数列{a n }的公比为q ，数列{b n }的公差为d ，由题意得1＋d ＝1＋q ，q 2＝2(1＋2d )－6，解得d ＝q ＝2，所以a n ＝2n －1，b n ＝2n －1. (2)证明 因为c n ＝1b n b n ＋2＝1(2n －1)(2n ＋3)＝14⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋3， 所以T n ＝14⎣⎡⎝⎛⎭⎫1－15＋⎝⎛⎭⎫13－17＋…＋ ⎦⎤⎝⎛⎭⎫12n －3－12n ＋1＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋3 ＝14⎝⎛⎭⎫1＋13－12n ＋1－12n ＋3＝13－14⎝⎛⎭⎫12n ＋1＋12n ＋3， 因为14⎝⎛⎭⎫12n ＋1＋12n ＋3>0，所以T n <13. 又因为T n 在[1，＋∞)上单调递增，所以当n ＝1时，T n 取最小值T 1＝15， 所以15≤T n <13. 题型三 数列与数学文化 例3 我国古代名著《九章算术》中有这样一段话：“今有金锤，长五尺，斩本一尺，重四斤，斩末一尺，重二斤，中间三尺重几何.”意思是：“现有一根金锤，长5尺，头部1尺，重4斤，尾部1尺，重2斤，且从头到尾，每一尺的重量构成等差数列，问中间三尺共重多少斤.”( )A.6斤B.7斤C.8斤D.9斤答案 D解析 原问题等价于等差数列中，已知a 1＝4，a 5＝2，求a 2＋a 3＋a 4的值.由等差数列的性质可知a 2＋a 4＝a 1＋a 5＝6，a 3＝a 1＋a 52＝3， 则a 2＋a 3＋a 4＝9，即中间三尺共重9斤.思维升华 我国古代数学涉及等差、等比数列的问题很多，解决这类问题的关键是将古代实际问题转化为现代数学问题，掌握等差、等比数列的概念、通项公式和前n 项和公式.跟踪训练3 中国人在很早就开始研究数列，中国古代数学著作《九章算术》、《算法统宗》中都有大量古人研究数列的记载.现有数列题目如下：数列{a n }的前n 项和S n ＝14n 2，n ∈N ＋，等比数列{b n }满足b 1＝a 1＋a 2，b 2＝a 3＋a 4，则b 3等于( )A.4B.5C.9D.16答案 C解析 由题意可得b 1＝a 1＋a 2＝S 2＝14×22＝1， b 2＝a 3＋a 4＝S 4－S 2＝14×42－14×22＝3， 则等比数列{b n }的公比q ＝b 2b 1＝31＝3， 故b 3＝b 2q ＝3×3＝9.1.(2018·包头模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝－a n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若f (x )＝12log x ，设b n ＝f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a n )，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和T n .解 (1)由S n ＝－a n ＋1得S n ＋1＝－a n ＋1＋1，两式相减得，S n ＋1－S n ＝－a n ＋1＋a n ，即 a n ＋1＝－a n ＋1＋a n ，即 a n ＋1a n ＝12(n ≥1)， 所以数列{a n }是公比为12的等比数列， 又由a 1＝－a 1＋1得a 1＝12， 所以a n ＝a 1q n －1＝⎝⎛⎭⎫12n .(2)因为b n ＝f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a n )＝1＋2＋…＋n ＝n (n ＋1)2， 所以1b n ＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， 所以T n ＝2⎝⎛⎭⎫11－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1 ＝2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1.2.已知等差数列{a n }的公差d ≠0，a 1＝0，其前n 项和为S n ，且a 2＋2，S 3，S 4成等比数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(2n ＋2)22n ＋S n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n －2n <32. (1)解 由a 1＝0得a n ＝(n －1)d ，S n ＝n (n －1)d 2， 因为a 2＋2，S 3，S 4成等比数列，所以S 23＝(a 2＋2)S 4，即(3d )2＝(d ＋2)·6d ，整理得3d 2－12d ＝0，即d 2－4d ＝0，因为d ≠0，所以d ＝4，所以a n ＝(n －1)d ＝4(n －1)＝4n －4.(2)证明 由(1)可得S n ＋1＝2n (n ＋1)，所以b n ＝(2n ＋2)22n ＋2n (n ＋1)＝4(n ＋1)22n (n ＋2)＝2＋2n (n ＋2)＝2＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2， 所以T n ＝2n ＋⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫12－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2 ＝2n ＋1＋12－1n ＋1－1n ＋2， 所以T n －2n <32. 3.已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx 的图象过点(－4n ，0)，且f ′(0)＝2n ，n ∈N ＋，数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎝⎛⎭⎫1a n ，且a 1＝4.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)f ′(x )＝2ax ＋b ，由题意知b ＝2n ，16n 2a －4nb ＝0，∴a ＝12，则f (x )＝12x 2＋2nx ，n ∈N ＋.数列{a n }满足1a n ＋1＝f ′⎝⎛⎭⎫1a n ，又f ′(x )＝x ＋2n ，∴1a n ＋1＝1a n ＋2n ，∴1a n ＋1－1a n＝2n ，由累加法可得1a n －14＝2＋4＋6＋…＋2(n －1)＝n 2－n ， 化简可得a n ＝4(2n －1)2(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝4也符合，∴a n ＝4(2n －1)2(n ∈N ＋).(2)∵b n ＝a n a n ＋1＝4(2n －1)(2n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝a 1a 2＋a 2a 3＋…＋a n a n ＋1＝2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＝2⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝4n 2n ＋1. 4.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. (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 则2T n ＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n －1)×2n －2＋(2n ＋1)×2n －1，② 由①－②，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 ＋12.5.(2019·盘锦模拟)若正项数列{a n }的前n 项和为S n ，首项a 1＝1，点P (S n ，S n ＋1)在曲线y ＝(x ＋1)2上.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)设b n ＝1a n ·a n ＋1，T n 表示数列{b n }的前n 项和，若T n ≥a 恒成立，求T n 及实数a 的取值范围.解 (1)由S n ＋1＝(S n ＋1)2，得S n ＋1－S n ＝1， 所以数列{S n }是以S 1为首项，1为公差的等差数列， 所以S n ＝S 1＋(n －1)×1，即S n ＝n 2，由公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2， 得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －1，n ≥2，所以a n ＝2n －1. (2)因为b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1， 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1， 显然T n 是关于n 的增函数，所以T n 有最小值(T n )min ＝T 1＝12×⎝⎛⎭⎫1－13＝13. 由于T n ≥a 恒成立，所以a ≤13， 于是a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，13.6.已知各项均不相等的等差数列{a n }的前三项和为9，且a 1，a 3，a 7恰为等比数列{b n }的前三项.(1)分别求数列{a n }，{b n }的前n 项和S n ，T n ；(2)记数列{a n b n }的前n 项和为K n ，设c n ＝S n T n K n，求证：c n ＋1>c n (n ∈N ＋). (1)解 设数列{a n }的公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧ 3a 1＋3d ＝9，(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋6d )， 解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝2，d ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝0(舍去)， 所以a n ＝n ＋1，S n ＝n (n ＋3)2. 又b 1＝a 1＝2，b 2＝a 3＝4，所以b n ＝2n ，T n ＝2n ＋1－2. (2)证明 因为a n ·b n ＝(n ＋1)·2n ，所以K n ＝2·21＋3·22＋…＋(n ＋1)·2n ，① 所以2K n ＝2·22＋3·23＋…＋n ·2n ＋(n ＋1)·2n ＋1，② ①－②得－K n ＝2·21＋22＋23＋…＋2n －(n ＋1)·2n ＋1， 所以K n ＝n ·2n ＋1. 则c n ＝Sn T n K n ＝(n ＋3)(2n －1)2n ＋1，c n ＋1－c n ＝(n ＋4)(2n ＋1－1)2n ＋2－(n ＋3)(2n －1)2n ＋1 ＝2n ＋1＋n ＋22n ＋2>0，所以c n ＋1>c n (n ∈N ＋).。
2020版高考数学一轮复习第六章数列第2讲等差数列及其前n项和教案(理)(含解析)新人教A版
第2讲 等差数列及其前n 项和基础知识整合1．等差数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从□01第2项起，每一项与它的前一项的□02差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．符号表示为□03a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)． (2)等差中项：数列a ，A ，b 成等差数列的充要条件是□04A ＝a ＋b 2，其中A 叫做a ，b 的□05等差中项．2．等差数列的有关公式(1)通项公式：a n ＝□06a 1＋(n －1)d . (2)前n 项和公式：S n ＝□07na 1＋n n －12d ＝□08n a 1＋a n2.等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n .若m ＋n ＝2p (m ，n ，p ∈N *)，则a m ＋a n ＝2a p .(3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则{a 2n }也是等差数列，公差为2d . (4)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }也是等差数列．(5)若{a n }是等差数列，公差为d, 则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列．(6)等差数列{a n }的前n 项和为S n, 则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等差数列，其公差为n 2d . (7)若等差数列的项数为2n (n ∈N *)，则S 偶－S 奇＝nd ，S 奇S 偶＝a na n ＋1. (8)若等差数列的项数为2n －1(n ∈N *)，则S 奇－S 偶＝a n ，S 奇S 偶＝n n －1(S 奇＝na n ，S 偶＝(n －1)a n )．(9)由公式S n ＝na 1＋n n －1d 2得S n n ＝a 1＋n －12d ＝d 2n ＋a 1－d2，因此数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是等差数列，首项为a 1，公差为等差数列{a n }公差的一半．1．(2019·河北邯郸模拟)在等差数列{a n }中，a 3＋a 4＝12，公差d ＝2，则a 9＝( ) A ．14 B ．15 C ．16 D ．17答案 D解析 ⎩⎪⎨⎪⎧a 3＋a 4＝12⇒2a 1＋5d ＝12，d ＝2⇒a 1＝1，∴a 9＝a 1＋8d ＝1＋16＝17.故选D.2．(2018·全国卷Ⅰ)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5＝( )A ．－12B ．－10C ．10D ．12答案 B解析 设该等差数列的公差为d ，根据题中的条件可得3×⎝ ⎛⎭⎪⎫3×2＋3×22·d ＝2×2＋d ＋4×2＋4×32·d ，整理解得d ＝－3，所以a 5＝a 1＋4d ＝2－12＝－10.故选B.3．(2019·湖北武汉调研)若等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 4＝4，S 6＝12，则S 2＝( ) A ．－1 B ．0 C ．1 D ．3答案 B解析 根据等差数列的性质，可得S 2，S 4－S 2，S 6－S 4成等差数列，即2(S 4－S 2)＝S 2＋S 6－S 4，因此S 2＝0.4．(2019·宁夏银川模拟)在等差数列{a n }中，S 5＝25，a 2＝3，则a 7＝( ) A ．13 B ．12 C ．15 D ．14答案 A 解析 ∵S 5＝5a 1＋a 52＝5a 3＝25，∴a 3＝5，又a 2＝3，∴d ＝a 3－a 2＝2，∴a 7＝a 3＋4d＝5＋8＝13.故选A.5．(2019·辽宁模拟)在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，若a 3＋a 4＋a 8＝25，则S 9＝( )A ．60B ．75C ．90D ．105 答案 B解析 由等差数列的性质知a 3＋a 4＋a 8＝3a 5＝25. ∴a 5＝253，∴S 9＝9a 1＋a 92＝9a 5＝75.故选B.6．(2019·长春市模拟)等差数列{a n }中，已知|a 6|＝|a 11|，且公差d >0，则其前n 项和取最小值时的n 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9答案 C解析 ∵|a 6|＝|a 11|且公差d >0，∴a 6＝－a 11， ∴a 6＋a 11＝a 8＋a 9＝0，且a 8<0，a 9>0， ∴a 1<a 2<…<a 8<0<a 9<a 10<…∴使S n 取最小值的n 的值为8.故选C.核心考向突破考向一 等差数列的基本运算例1 (1)(2019·西安八校联考)设数列{a n }是等差数列，且a 2＝－6，a 6＝6，S n 是数列{a n }的前n 项和，则( )A ．S 4<S 3B ．S 4＝S 3C ．S 4>S 1D ．S 4＝S 1答案 B解析 设{a n }的公差为d ，由a 2＝－6，a 6＝6，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝－6，a 1＋5d ＝6，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－9，d ＝3.于是，S 1＝－9，S 3＝3×(－9)＋3×22×3＝－18，S 4＝4×(－9)＋4×32×3＝－18，所以S 4＝S 3，S 4<S 1.故选B. (2)(2019·潍坊模拟)在等差数列{a n }中，公差d ≠0，若lg a 1，lg a 2，lg a 4也成等差数列，且a 5＝10，则{a n }的前5项和S 5＝( )A ．40B ．35C ．30D ．25答案 C解析 因为lg a 1，lg a 2，lg a 4成等差数列，所以2lg a 2＝lg a 1＋lg a 4⇒lg a 22＝lg a 1a 4⇒a 22＝a 1a 4⇒d 2＝a 1d ，因为d ≠0，所以a 1＝d ，又a 5＝a 1＋4d ＝10，所以a 1＝2，d ＝2，S 5＝5a 1＋5×42d ＝30.选C.(3)(2018·上海高考)记等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＝0，a 6＋a 7＝14，则S 7＝________.答案 14解析 设数列{a n }的公差为d ，则a 6＋a 7＝2a 3＋7d ＝14，又∵a 3＝0，∴d ＝2，∴a 4＝a 3＋d ＝2.∴S 7＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝7a 4＝14.触类旁通等差数列计算中的两个技巧(1)等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．2数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量转换作用，而a 1和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法.即时训练 1.(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．4D ．8答案 C解析 设{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，解得d ＝4.故选C.2．已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 1＋a 22＝－3，S 5＝10，则a 9的值是________． 答案 20解析 设等差数列{a n }的公差为d ，则a 1＋a 22＝a 1＋(a 1＋d )2＝－3，S 5＝5a 1＋10d ＝10， 解得a 1＝－4，d ＝3，则a 9＝a 1＋8d ＝－4＋24＝20.3．已知数列{a n }中，a 3＝7，a 7＝3，且⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是等差数列，则a 10＝________. 答案 73解析 设等差数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1的公差为d ， 则1a 3－1＝16，1a 7－1＝12. ∵⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是等差数列， ∴1a 7－1＝1a 3－1＋4d ，即12＝16＋4d ，解得d ＝112， 故1a 10－1＝1a 3－1＋7d ＝16＋7×112＝34，解得a 10＝73. 考向二 等差数列的性质角度1 等差数列项的性质例2 (1)(2019·温州模拟)等差数列{a n }中，若a 4＋a 6＋a 8＋a 10＋a 12＝120，则a 9－13a 11的值是( )A ．14B ．15C ．16D ．17答案 C解析 因为{a n }是等差数列，所以a 4＋a 6＋a 8＋a 10＋a 12＝5a 8＝120，所以a 8＝24.所以a 9－13a 11＝a 8＋d －13(a 8＋3d )＝23a 8＝16.故选C. (2)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＋a 5＋a 8＝30，则下列一定为定值的是( ) A ．S 6 B ．S 7 C ．S 8 D ．S 9答案 D解析 由a 2＋a 5＋a 8＝30可得3a 5＝30，所以a 5＝10，S 6＝3(a 1＋a 6)不一定是定值；S 7＝72(a 1＋a 7)不一定是定值；S 8＝4(a 1＋a 8)不一定是定值；S 9＝a 1＋a 9×92＝2a 5×92＝90.选D.触类旁通等差数列项的性质：利用等差数列项的性质解决基本量的运算体现了整体求值思想，应用时常将a n ＋a m ＝2a k (n ＋m ＝2k ，n ，m ，k ∈N *)与a m ＋a n ＝a p ＋a q (m ＋n ＝p ＋q ，m ，n ，p ，q ∈N *)相结合，可减少运算量．即时训练 4.(2019·河南豫南、豫北联考)等差数列{a n }中，a 4＋a 10＋a 16＝30，则a 18－2a 14的值为( )A ．20B ．－20C ．10D ．－10答案 D解析 ∵a 4＋a 10＋a 16＝3a 10＝30，∴a 10＝10，又2a 14＝a 18＋a 10，∴a 18－2a 14＝－a 10＝－10，故选D.5．(2019·福建漳州模拟)在等差数列{a n }中，若S 9＝18，S n ＝240，a n －4＝30，则n 的值为( )A ．14B ．15C ．16D ．17 答案 B解析 由等差数列的性质知S 9＝9a 1＋a 92＝9a 5＝18，∴a 5＝2，又a n －4＝30.∴S n ＝n a 1＋a n2＝n a n －4＋a 52＝16n ＝240，∴n ＝15.故选B.角度2 等差数列和的性质例3 (1)(2019·四川双流中学模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 10＝1，S 30＝5，则S 40＝( )A ．7B ．8C ．9D ．10答案 B解析 由等差数列的性质知S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30成等差数列，∴2(S 20－S 10)＝S 10＋(S 30－S 20)，∴S 20＝S 10＋S 303＝1＋53＝83.∴d ＝(S 20－S 10)－S 10＝23，∴S 40－5＝1＋3×23＝3，∴S 40＝8.故选B.(2)一个等差数列的前12项的和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27，则该数列的公差d ＝________.答案 5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.触类旁通等差数列和的性质：在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，则数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…也是等差数列，且有S 2n ＝na 1＋a 2n ＝…＝n a n ＋a n ＋1；S 2n －1＝2n －1a n ；若n 为偶数，则S 偶－S 奇＝nd2；若n 为奇数，则S 奇－S 偶＝a 中中间项.即时训练 6.(2019·大同模拟)在等差数列{a n }中，a 1＋a 2＋…＋a 50＝200，a 51＋a 52＋…＋a 100＝2700，则a 50＝( )A ．－22.5B ．－21.5C ．28.5D ．20答案 C解析 由(a 51＋a 52＋…＋a 100)－(a 1＋a 2＋…＋a 50)＝50×50d ＝2700－200，得d ＝1.由a 1＋a 100＋a 2＋a 99＋…＋a 50＋a 51＝50(a 50＋a 51)＝2700＋200，得a 50＋a 51＝58，即2a 50＋d ＝58，所以a 50＝58－12＝572＝28.5.故选C.7．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若S 3S 6＝13，则S 6S 12＝( )A.310B.13C.18D.19答案 A解析 令S 3＝1，则S 6＝3，∴S 9＝1＋2＋3＝6.S 12＝S 9＋4＝10，∴S 6S 12＝310.故选A. 考向三 等差数列的判定与证明例4 (1)(2019·辽宁模拟)数列{a n }满足a 1＝2，a 2＝1并且1a n －1＝2a n －1a n ＋1(n ≥2)，则数列{a n }的第100项为( )A.1100B.150C.12100 D.1250 答案 B 解析 ∵1a n －1＝2a n －1a n ＋1(n ≥2)，∴1a n ＋1＋1a n －1＝2a n ，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，首项为1a 1＝12，第二项为1a 2＝1，∴d ＝12，∴1a 100＝1a 1＋99d ＝50，∴a 100＝150.(2)(2019·昆明模拟)在数列{a n }中，a 1＝35，a n ＋1＝2－1a n ，设b n ＝1a n －1，数列{b n }的前n 项和是S n .①证明数列{b n }是等差数列，并求S n ； ②比较a n 与S n ＋7的大小． 解 ①证明：∵b n ＝1a n －1，a n ＋1＝2－1a n， ∴b n ＋1＝1a n ＋1－1＝1a n －1＋1＝b n ＋1，∴b n ＋1－b n ＝1，∴数列{b n }是公差为1的等差数列． 由a 1＝35，b n ＝1a n －1，得b 1＝－52，∴S n ＝－5n 2＋n n －12＝n 22－3n . ②由①知，b n ＝－52＋n －1＝n －72.由b n ＝1a n －1，得a n ＝1＋1b n ＝1＋1n －72. ∴a n －S n －7＝－n 22＋3n －6＋1n －72.∵当n ≥4时，y ＝－n 22＋3n －6是减函数，y ＝1n －72也是减函数，∴当n ≥4时，a n －S n－7≤a 4－S 4－7＝0.又∵a 1－S 1－7＝－3910<0，a 2－S 2－7＝－83<0，a 3－S 3－7＝－72<0，∴∀n ∈N *，a n －S n －7≤0，∴a n ≤S n ＋7.触类旁通等差数列的判定方法(1)定义法：对于n ≥2的任意自然数，验证a n －a n －1为同一常数． (2)等差中项法：验证2a n －1＝a n ＋a n －2(n ≥3，n ∈N *)成立． 3通项公式法：验证a n ＝pn ＋q . 4前n 项和公式法：验证S n ＝An 2＋Bn .提醒：在解答题中常应用定义法和等差中项法，而通项公式法和前n 项和公式法主要适用于选择题、填空题中的简单判断.即时训练 8.(2019·河南郑州模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝4,2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)，当a n ＝298时，项数n ＝( )A ．100B ．99C ．96D ．101答案 A解析 因为2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)，所以a n －a n －1＝a n ＋1－a n .由a 1＝1，a 2＝4得d＝a 2－a 1＝3，所以数列{a n }是首项为1，公差为3的等差数列，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)×3＝3n －2.由3n －2＝298，解得n ＝100.故选A.9．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －2n ＋1.(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是等差数列；(2)若不等式2n 2－n －3<(5－λ)a n 对任意的n ∈N *恒成立，求λ的取值范围． 解 (1)证明：当n ＝1时，S 1＝2a 1－22，得a 1＝4.S n ＝2a n －2n ＋1，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－2n，两式相减得a n ＝2a n －2a n －1－2n ，即a n ＝2a n －1＋2n ，所以a n 2n －a n －12n －1＝1，又a 121＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是以2为首项，1为公差的等差数列．(2)由(1)知a n2n ＝n ＋1，即a n ＝n ·2n ＋2n.因为a n >0，所以不等式2n 2－n －3<(5－λ)a n 等价于5－λ>2n －32n .即λ<5－⎝ ⎛⎭⎪⎫2n －32n .记b n ＝2n －32n ，b 1＝－12，b 2＝14，当n ≥2时，b n ＋1b n ＝2n －12n ＋12n －32n ＝2n －14n －6，则b 3b 2＝32，即b 3>b 2，又显然当n ≥3时，b n ＋1b n <1，所以(b n )max ＝b 3＝38，所以λ<378.1．(2019·长沙模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，则当S n 取最小值时，n 等于( )A ．6B ．7C ．8D ．9答案 A解析 由a 4＋a 6＝2a 5＝－6得a 5＝－3，则公差为－3＋115－1＝2，所以由a n ＝－11＋(n －1)×2＝2n －13≤0得n ≤132，所以前6项和最小．选A.2．(2019·北京海淀模拟)等差数列{a n }中，设S n 为其前n 项和，且a 1>0，S 3＝S 11，则当n 为多少时，S n 最大？解 解法一：由S 3＝S 11，得3a 1＋3×22d ＝11a 1＋11×102d ，则d ＝－213a 1.从而S n ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n ＝－a 113(n －7)2＋4913a 1.又a 1>0，所以－a 113<0.故当n ＝7时，S n 最大． 解法二：由于S n ＝an 2＋bn 是关于n 的二次函数，由S 3＝S 11，可知S n ＝an 2＋bn 的图象关于n ＝3＋112＝7对称．由解法一可知a ＝－a 113<0，故当n ＝7时，S n 最大．解法三：由解法一可知d ＝－213a 1.要使S n 最大，则有⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫－213a 1≥0，a 1＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫－213a 1≤0，解得6.5≤n ≤7.5，故当n ＝7时，S n 最大．解法四：由S 3＝S 11，可得2a 1＋13d ＝0，即(a 1＋6d )＋(a 1＋7d )＝0，故a 7＋a 8＝0，又由a 1>0，S 3＝S 11可知d <0，所以a 7>0，a 8<0，所以当n ＝7时，S n 最大．答题启示求等差数列前n 项和最值的常用方法(1)二次函数法：用求二次函数最值的方法(配方法)求其前n 项和的最值，但要注意n ∈N *.(2)图象法：利用二次函数图象的对称性来确定n 的值，使S n 取得最值．(3)项的符号法：当a 1>0，d <0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≥0，a n ＋1≤0的项数n ，使S n 取最大值；当a 1<0，d >0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≤0，a n ＋1≥0的项数n ，使S n 取最小值，即正项变负项处最大，负项变正项处最小．若有零项，则使S n 取最值的n 有两个．对点训练1．(2019·广东佛山模拟)设等差数列{a n }满足3a 8＝5a 15，且a 1>0，S n 为其前n 项和，则数列{S n }的最大项为( )A ．S 23B ．S 24C ．S 25D ．S 26 答案 C解析 设等差数列的公差为d ，∵3a 8＝5a 15，∴3a 1＋21d ＝5a 1＋70d ，∴a 1＋2412d ＝0. ∵a 1>0，∴d <0，∴a 1＋24d ＝a 25>0， a 1＋25d ＝a 26<0，∴数列{S n }最大项为S 25.故选C.2．(2019·黑龙江模拟)已知数列{a n }为等差数列，若a 11a 10<－1，且其前n 项和S n 有最大值，则使得S n >0的最大值n 为( )A ．11B ．19C ．20D ．21 答案 B解析 ∵S n ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n 有最大值，∴d <0，又a 11a 10<－1，∴a 10>0，a 11<0，∴a 10＋a 11<0，即a 1＋a 20<0，∴S 20＝10(a 1＋a 20)<0，又S 19＝19a 1＋a 192＝19a 10>0，∴使S n >0的n 的最大值为19.故选B.。
《创新设计高考总复习》配套学案：数列
必考解答题——基础满分练(二)数 列1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝1－a n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝log 13a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证∑k ＝1n 1T k＜2.(1)解 当n ＝1时，2S 1＝1－a 1,2a 1＝1－a 1，∴a 1＝13； 当n ≥2时，⎩⎨⎧2S n ＝1－a n ，2S n －1＝1－a n －1，两式相减得2a n ＝a n －1－a n (n ≥2)，即3a n ＝a n －1(n ≥2)，又a n －1≠0，∴a n a n －1＝13(n ≥2)，∴数列{a n }是以13为首项，13为公比的等比数列． ∴a n ＝13·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n . (2)证明 由(1)知b n ＝log 13⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＝n ，∴T n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n 2＋n2， ∑k ＝1n1T k ＝21×2＋22×3＋…＋2n (n ＋1) ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＜2. 2．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，且S n ＝S n －1＋2n (n ≥2，n ∈N *)． (1)求S n ；(2)是否存在等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 2＝a 3，b 3＝a 9？若存在，求出数列{b n }的通项公式；若不存在，说明理由． 解 (1)因为S n ＝S n －1＋2n ，所以有S n －S n －1＝2n 对n ≥2，n ∈N *成立， 即a n ＝2n 对n ≥2成立，又a 1＝2·1. 所以a n ＝2n 对n ∈N *成立．所以a n ＋1－a n ＝2对n ∈N *成立，所以{a n }是等差数列， 所以有S n ＝a 1＋a n 2·n ＝n 2＋n ，n ∈N *. (2)存在．由(1)，得a n ＝2n ，n ∈N *成立， 所以有a 3＝6，a 9＝18，又a 1＝2，所以由b 1＝a 1，b 2＝a 3，b 3＝a 9，则b 2b 1＝b 3b 2＝3.所以存在以b 1＝2为首项，公比为3的等比数列{b n }， 其通项公式为b n ＝2·3n －1.3．已知数列{a n }是首项a 1＝1的等差数列，其前n 项和为S n ，数列{b n }是首项b 1＝2的等比数列，且b 2S 2＝16，b 1b 3＝b 4. (1)求a n 和b n ；(2)令c 1＝1，c 2k ＝a 2k －1，c 2k ＋1＝a 2k ＋kb k (k ＝1,2,3，…)，求数列{c n }的前2n ＋1项和T 2n ＋1.解 (1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q ， 则a n ＝1＋(n －1)d ，b n ＝2q n －1. 由b 1b 3＝b 4，得q ＝b 4b 3＝b 1＝2，由b 2S 2＝2q (2＋d )＝16，解得d ＝2. ∴a n ＝2n －1，b n ＝2n .(2)∵T 2n ＋1＝c 1＋a 1＋(a 2＋b 1)＋a 3＋(a 4＋2·b 2)＋…＋a 2n －1＋(a 2n ＋nb n )＝1＋S 2n ＋(b 1＋2b 2＋…＋nb n )． 令A ＝b 1＋2b 2＋…＋nb n ， 则A ＝2＋2·22＋…＋n ·2n ，∴2A ＝22＋2·23＋…＋(n －1)2n ＋n ·2n ＋1，∴－A ＝2＋22＋…＋2n －n ·2n ＋1，∴A ＝n ·2n ＋1－2n ＋1＋2.又S 2n ＝2n (1＋a 2n )2＝4n 2，∴T 2n ＋1＝1＋4n 2＋n ·2n ＋1－2n ＋1＋2 ＝3＋4n 2＋(n －1)2n ＋1.4．已知等差数列{a n }的公差d ≠0，它的前n 项和为S n ，若S 5＝70，且a 2，a 7，a 22成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{1S n}的前n 项和为T n ，求证：16≤T n ＜38.(1)解 因为数列{a n }是等差数列， 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ，S n ＝na 1＋n (n －1)2d .依题意，有⎩⎨⎧ S 5＝70，a 27＝a 2a 22，即⎩⎨⎧5a 1＋10d ＝70，(a 1＋6d )2＝(a 1＋d )(a 1＋21d )， 解得a 1＝6，d ＝4.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝4n ＋2(n ∈N *)． (2)证明 由(1)可得S n ＝2n 2＋4n ， 所以1S n ＝12n 2＋4n ＝12n (n ＋2)＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， 所以T n ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n －1＋1S n＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋ 14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝38－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2， 因为T n －38＝－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2＜0，所以T n ＜38，因为T n ＋1－T n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋3＞0，所以数列{T n }是递增数列．所以T n ≥T 1＝16，所以16≤T n ＜38.必考解答题——中档巩固练(一)立体几何1．如图，已知四边形ABCD 是矩形，AB ＝2BC ＝2，△P AB 是正三角形，且平面ABCD ⊥平面PCD .(1)若O 是CD 的中点，证明：BO ⊥P A ； (2)求二面角B －P A －D 的余弦值． (1)证明 ∵平面PCD ⊥平面ABCD ，平面PCD ∩平面ABCD ＝CD ，AD ⊂平面ABCD ，而四边形ABCD 是矩形，AD ⊥CD ，∴AD ⊥平面PCD .又PD ⊂平面PCD ，∴AD ⊥PD ，同理BC ⊥PC . 直角△ADP 和直角△BCP 中， AD ＝BC ，P A ＝PB ，∴PC ＝PD .取AB 的中点Q ，连接OP ，OQ ，则OC ，OP ，OQ 两两垂直．以O 为原点，分别以OC ，OP ，OQ 为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系． ∵AB ＝2BC ＝2，∴A (－1,0,1)，B (1,0,1)． 又△P AB 是正三角形，△PCD 是等腰三角形， OP ＝PD 2－OD 2＝P A 2－AD 2－OD 2＝2， ∴P (0，2，0)．从而，BO →＝(－1,0，－1)，P A →＝(－1，－2，1)，BO →·P A →＝－1×(－1)＋0×(－2)＋(－1)×1＝0. 所以BO →⊥P A →，BO ⊥P A .(2)解 由(1)，P A →＝(－1，－2，1)，AB →＝(2,0,0)． 设平面BP A 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧P A →·n 1＝0，PB →·n 1＝0⇒⎩⎨⎧－x 1－2y 1＋z 1＝0，2x 1＝0，取y 1＝1，解得⎩⎨⎧x 1＝0，y 1＝1，z 1＝2，所以平面BP A 的一个法向量为n 1＝(0,1，2)． 又P A →＝(－1，－2，1)，DA →＝(0,0,1)， 设平面DP A 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧P A →·n 2＝0，DA →·n 2＝0⇒⎩⎨⎧－x 2－2y 2＋z 2＝0，z 2＝0， 取y 2＝1，解得⎩⎨⎧x 2＝－2，y 2＝1，z 2＝0，所以平面DP A 的一个法向量为n 2＝(－2，1,0)．cos<n 1，n 2>＝n 1·n 1|n 1||n 2|＝0×(－2)＋1×1＋2×002＋12＋(2)2·(－2)2＋12＋02＝13. 因为法向量n 1和n 2均指向二面角B －P A －D 外， 所以二面角B －P A －D 的平面角与角<n 1，n 2>互补， 故二面角B －P A －D 的余弦值为－13.2．如图，几何体ABCD －B 1C 1D 1中，四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°，AB ＝a ，平面B 1C 1D 1∥平面ABCD ，BB 1，CC 1，DD 1都垂直于平面ABCD ，且BB 1＝2a ，E 为CC 1的中点，F 为AB 的中点．(1)求证：△DB 1E 为等腰直角三角形； (2)求二面角B 1－DE －F 的余弦值． (1)证明 连接BD ，交AC 于O ，∵四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°，∴BD ＝a ， ∵BB 1，CC 1都垂直于平面ABCD ，∴BB 1∥CC 1， 又平面B 1C 1D 1∥平面ABCD ，∴BC ∥B 1C 1， ∴四边形BCC 1B 1为平行四边形，则B 1C 1＝BC ＝a . ∵BB 1，CC 1，DD 1都垂直于平面ABCD ，则DB 1＝DB 2＋BB 21＝a 2＋2a 2＝3a ，DE ＝DC 2＋CE 2＝a 2＋a 22＝6a2，B 1E ＝B 1C 21＋C 1E 2＝a 2＋a 22＝6a 2，∴DE 2＋B 1E 2＝6a 2＋6a 24＝3a 2＝DB 21， ∴△DB 1E 为等腰直角三角形． (2)解 取DB 1的中点H ， ∵O ，H 分别为DB ，DB 1的中点，∴OH ∥BB 1，以OA ，OB ，OH 分别为x ，y ，z 轴建立坐标系，则D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a 2，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a ，0，22a ，B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2，2a ，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫34a ，a 4，0，∴DB →1＝(0，a ，2a )，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32a ，a 2，22a ，DF→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34a ，34a ，0. 设平面DB 1E 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则n 1·DB →1＝0，n 1·DE →＝0，即ay 1＋2az 1＝0且－32ax 1＋a 2y 1＋22az 1＝0， 令z 1＝1，则n 1＝(0，－2，1)，设平面DFE 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则n 2·DF →＝0，n 2·DE →＝0，即34ax 2＋34ay 2＝0且－32ax 2＋a 2y 2＋22az 2＝0， 令x 2＝1，则n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－33，263， 则cos<n 1，n 2>＝63＋2633×1＋13＋83＝22，则二面角B 1－DE －F 的余弦值为22.3．在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为矩形，且AB ＝P A ＝1a BC (a ＞0)．(1)当a ＝1时，证明：BD ⊥PC ；(2)若BC 边上有且只有一个点Q ，使得PQ ⊥QD ，求此时二面角A －PD －Q 的余弦值．(1)证明 连接AC ，当a ＝1时，底面ABCD 为正方形， ∴BD ⊥AC .又∵P A ⊥平面ABCD ，∴BD ⊥P A ，又AC ∩P A ＝A ，∴BD ⊥平面P AC ， 又PC ⊂平面P AC ， ∴BD ⊥PC .(2)解 ∵AB 、AD 、AP 两两垂直，分别以它们所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系A －xyz ，如图所示，不妨设AB ＝1，则B (1,0,0)，D (0，a,0)，C (1，a,0)，P (0,0,1)，设BQ ＝m (0≤m ≤a )，则Q (1，m,0)，PQ→＝(1，m ，－1)，QD →＝(－1，a －m,0)． 要使PQ ⊥QD ，只要PQ →·QD →＝－1＋m (a －m )＝0，∴1＝m (a －m )≤⎝⎛⎭⎪⎫m ＋a －m 22，解得a ≥2. 由此可知a ≥2时，BC 边上存在点Q ，使得PQ ⊥QD ，当且仅当m ＝a －m ，即m ＝a2时，BC 边上有且只有一个点Q ，使得PQ ⊥QD ，由此可知a ＝2，QD→＝(－1,1,0)，DP →＝(0，－2,1)．设平面PQD 的法向量p ＝(x ，y,1)．则⎩⎪⎨⎪⎧p ·QD →＝0p ·DP →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋y ＝0－2y ＋1＝0，解得p ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1，∴p ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，1为平面PQD 的一个法向量．取平面P AD 的一个法向量q ＝(1,0,0)，由图可知，<p ，q >的大小与二面角A －PD －Q 的大小相等， ∴cos<p ，q >＝p ·q |p ||q |＝66，∴二面角A －PD －Q 的余弦值为66.4．如图1，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，BC ＝3，AC ＝6，D ，E 分别是AC ，AB 上的点，且DE ∥BC ，DE ＝2，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1C⊥CD ，如图2.(1)求证：A 1C ⊥平面BCDE ；(2)试在线段A 1D 上确定一点M ，使得CM 与平面A 1BE 所成的角为45°. (1)证明 折起前BC ⊥AC ，DE ∥BC ，∴DE ⊥AC . 折起后，仍有DE ⊥A 1D ，DE ⊥CD ，∴DE ⊥平面A 1DC ， ∴DE ⊥A 1C .又∵A 1C ⊥CD ，DE ∩CD ＝D ，∴A 1C ⊥平面BCDE .(2)解 如图，以C 为坐标原点，建立空间直角坐标系C －xyz ，则C (0,0,0)，A 1(0,0,23)，D (0,2,0)，B (3,0,0)，E (2,2,0)． ∴A 1B →＝(3,0，－23)，BE →＝(－1,2,0)． 设平面A 1BE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 由n ·A 1B →＝n ·BE →＝0，得⎩⎨⎧3x －23z ＝0，－x ＋2y ＝0.令x ＝2，则y ＝1，z ＝3，∴n ＝(2,1，3)． 依题意设DM →＝tDA 1→，又DA 1→＝(0，－2,23)，∴DM →＝(0，－2t,23t )，∴CM →＝CD →＋DM →＝(0,2,0)＋(0，－2t,23t )＝(0,2－2t,23t )．∵CM 与平面A 1BE 所成的角为45°， ∴sin45°＝|cos<n ，CM →>|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·CM →|n ||CM →|＝|2－2t＋6t|8×(2－2t)2＋(23t)2＝22，解得t＝12，即DM→＝12DA→，故当M为线段A1D的中点时，CM与平面A1BE所成的角为45°.。
2020高考文科数学(人教A版)总复习课件：第六章 数列6.1
A.121 B.25 C.31 D.35
解析:当m=1时,由an+m=an+3m,得an+1-an=3,
∴∴数S5=列5×{an1}+是12首×项5×a14=×1,3公=3差5.d=3的等差数列, 4.(2018 衡水中学押题二,7)数列{an}满足 a1=2,an+1= (an>0),则
an=( D ) A.10n-2
考点1
第六章
考点2
考点3
6.1 数列的概念与表示
必备知识·预案自诊
关关键键能能力力··学学案案突突破破
学科素养·微专题
-12-
解 (1)数列的项有的是分数,有的是整数,可先将各项都统一写
成分数形式再观察:12
,
4 2
,
9 2
,
16 2
,
225,…,所以它的一个通项公式为
an=���2���2.
(2)数列各项的绝对值为 1,3,5,7,9,…,是连续的正奇数,并且奇数
关键能力·学案突破
学科素养·微专题
-5-
知识梳理 考点自诊
1.判断下列结论是否正确,正确的画“√”,错误的画“×”.
(1)所有数列的第n项都能使用公式表达. ( × )
(2)数列{an}和集合{a1,a2,a3,…,an}是一回事. ( × )
(3)若数列用图象表示,则从图象上看都是一群孤立的点. ( √ )
第六章
6.1 数列的概念与表示
必必备备知知识识··预预案案自自诊诊
关键能力·学案突破
学科素养·微专题
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知识梳理 考点自诊
5.设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则Sn= -1������
2024年高考数学总复习第六章《数列》测试卷及答案解析
2024年高考数学总复习第六章《数列》测试卷及答案(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 10＝100，则a 7的值为()A ．11B ．12C ．13D ．14答案C解析由S 10＝100及公差为2，得10a 1＋10×(10－1)2×2＝100，所以a 1＝1.所以a n ＝2n －1，故a 7＝13.故选C.2．若等差数列{a n }的公差d ≠0且a 1，a 3，a 7成等比数列，则a2a 1等于()A.32B.23C.12D ．2答案A解析设等差数列的首项为a 1，公差为d ，则a 3＝a 1＋2d ，a 7＝a 1＋6d .因为a 1，a 3，a 7成等比数列，所以(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋6d )，解得a 1＝2d .所以a 2a 1＝2d ＋d 2d＝32.故选A.3．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6＝30，S 10＝10，则S 16等于()A ．－160B ．－80C ．20D ．40答案B解析a 1＋15d ＝30，a 1＋45d ＝10，解得a 1＝10，d ＝－2，故S 16＝16a 1＋120d ＝16×10＋120×(－2)＝－80，故选B.4．记等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝2，S 6＝18，则S 10S 5等于()A ．－3B ．5C ．－31D ．33答案D解析由题意知公比q ≠1，S 6S 3＝a 1(1－q 6)1－qa 1(1－q 3)1－q ＝1＋q 3＝9，∴q ＝2，S 10S 5＝a 1(1－q 10)1－qa 1(1－q 5)1－q＝1＋q 5＝1＋25＝33.5．(2019·湖南五市十校联考)已知数列{a n }满足2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)，a 2＋a 4＋a 6＝12，a 1＋a 3＋a 5＝9，则a 1＋a 6等于()A ．6B ．7C ．8D ．9答案B解析由数列{a n }满足2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)得数列{a n }为等差数列，所以a 2＋a 4＋a 6＝3a 4＝12，即a 4＝4，同理a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝9，即a 3＝3，所以a 1＋a 6＝a 3＋a 4＝7.6．(2019·新乡模拟)为了参加冬季运动会的5000m 长跑比赛，某同学给自己制定了7天的训练计划：第1天跑5000m ，以后每天比前1天多跑200m ，则这个同学7天一共将跑()A ．39200mB ．39300mC ．39400mD ．39500m答案A解析依题意可知，这个同学第1天，第2天，…跑的路程依次成首项为5000，公差为200的等差数列，则这个同学7天一共将跑5000×7＋7×62×200＝39200(m)．故选A.7．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0，S 2m －1＝38，则m 等于()A ．38B ．20C ．10D ．9答案C解析因为{a n }是等差数列，所以a m －1＋a m ＋1＝2a m ，由a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0，得2a m －a 2m ＝0，由S 2m －1＝38知a m ≠0，所以a m ＝2，又S 2m －1＝38，即(2m －1)(a 1＋a 2m －1)2＝38，即(2m －1)×2＝38，解得m ＝10，故选C.8．(2019·青岛调研)已知各项均不相等的等比数列{a n }，若3a 2，2a 3，a 4成等差数列，设S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 3a 3等于()A.139B.79C ．3D ．1答案A解析设等比数列{a n }的公比为q ，∵3a 2，2a 3，a 4成等差数列，∴2×2a 3＝3a 2＋a 4，∴4a 2q ＝3a 2＋a 2q 2，化为q 2－4q ＋3＝0，解得q ＝1或3.又数列的各项均不相等，∴q ≠1，当q ＝3时，S 3a 3＝a 1(33－1)3－1a 1×9＝139.故选A.9．(2019·广东六校联考)将正奇数数列1，3，5，7，9，…依次按两项、三项分组，得到分组序列如下：(1，3)，(5，7，9)，(11，13)，(15，17，19)，…，称(1，3)为第1组，(5，7，9)为第2组，依此类推，则原数列中的2019位于分组序列中的()A ．第404组B ．第405组C ．第808组D ．第809组答案A解析正奇数数列1，3，5，7，9，…的通项公式为a n ＝2n －1，则2019为第1010个奇数，因为按两项、三项分组，故按5个一组分组是有202组，故原数列中的2019位于分组序列中的第404组，故选A.10．(2019·新疆昌吉教育共同体月考)在数列{a n }中，a 1＝2，其前n 项和为S n .在直线y ＝2x －1上，则a 9等于()A ．1290B ．1280C ．1281D ．1821答案C解析由已知可得S n ＋1n ＋1－1＝又S11－1＝a 1－1＝1，1，公比为2的等比数列，所以Sn n －1＝2n －1，得S n ＝n (1＋2n －1)，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n ＋1)2n －2＋1，故a 9＝10×128＋1＝1281.11．(2019·长沙长郡中学调研)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n 2＋4n ，若首项为13的数列{b n }满足1b n ＋1－1b n ＝a n ，则数列{b n }的前10项和为()A.175264B.3988C.173264D.181264答案A解析由S n ＝n 2＋4n ，可得a n ＝2n ＋3，根据1b n ＋1－1b n＝a n ＝2n ＋3，结合题设条件，应用累加法可求得1b n n 2＋2n ，所以b n ＝1n 2＋2n ＝1n (n ＋2)＝所以数列{b n }的前n项和为T n －13＋12－14＋…＋1n －－1n ＋1－所以T 10－111－＝175264，故选A.12．已知数列{a n }的通项a n ＝nx(x ＋1)(2x ＋1)…(nx ＋1)，n ∈N *，若a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2018<1，则实数x 可以等于()A ．－23B ．－512C ．－1348D ．－1160答案B 解析∵a n ＝nx(x ＋1)(2x ＋1)…(nx ＋1)＝1(x ＋1)(2x ＋1)…[n (x －1)＋1]－1(x ＋1)(2x ＋1)…(nx ＋1)(n ≥2)，∴a 1＋a 2＋…＋a 2018＝x x ＋1＋1x ＋1－1(x ＋1)(2x ＋1)…(2018x ＋1)＝1－1(x ＋1)(2x ＋1)…(2018x ＋1)，当x ＝－23x ＋1>0，nx ＋1<0(2≤n ≤2018，n ∈N *)，此时1－1(x ＋1)(2x ＋1)…(2018x ＋1)>1.当x ＝－512时，x ＋1>0，x ＋2>0，nx ＋1<0(3≤n ≤2018，n ∈N *)，此时1－1(x ＋1)(2x ＋1)…(2018x ＋1)<1；当x ＝－1348时，x ＋1>0，x ＋2>0，x ＋3>0，nx ＋1<0(4≤n ≤2018，n ∈N *)，此时1－1(x ＋1)(2x ＋1)…(2018x ＋1)>1；当x ＝－1160时，x ＋1>0，x ＋2>0，x ＋3>0，x ＋4>0，x ＋5>0，nx ＋1<0(6≤n ≤2018，n ∈N *)，此时1－1(x ＋1)(2x ＋1)…(2018x ＋1)>1.故选B.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．设等差数列{a n }的公差为d ，其前n 项和为S n ，若a 4＋a 10＝0，2S 12＝S 2＋10，则d 的值为________．答案－10解析由a 4＋a 10＝0，2S 12＝S 2＋10，1＋3d ＋a 1＋9d ＝0，a 1＋12×112d2a 1＋d ＋10，解得d ＝－10.14．(2019·沈阳东北育才中学模拟)等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，若Sn T n ＝2n ＋13n ＋2，则a 3＋a 11＋a 19b 7＋b 15＝________.答案129130解析原式＝3a 112b 11＝32·2a 112b 11＝32·a 1＋a 21b 1＋b 21＝32·S 21T 21＝32·2×21＋13×21＋2＝129130.15．(2019·荆州质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝(2n －2则S 2019＝________.答案2020解析∵a n ＝(2n －2＝(1－2n )sinn π2，∴a 1，a 2，…，a n 分别为－1，0，5，0，－9，0，13，0，－17，0，21，0，…，归纳可得，每相邻四项和为4，∴S 2019＝504×4＋a 2017＋a 2018＋a 2019＝2016＋[(1－2×2017)＋0＋(2×2019－1)]＝2016＋4＝2020.16．(2019·长沙长郡中学调研)已知点列P 1(1，y 1)，P 2(2，y 2)，P 3(3，y 3)，…，P n ＋1(n ＋1，y n ＋1)在x 轴上的投影为Q 1，Q 2，…，Q n ＋1，且点P n ＋1满足y 1＝1，直线P n P n ＋1的斜率1n n P P k ＋＝2n .则多边形P 1Q 1Q n ＋1P n ＋1的面积为________．答案3×2n －n －3解析根据题意可得y n ＋1－y n ＝2n ，结合y 1＝1，应用累加法，可以求得y n ＋1＝2n ＋1－1，根据题意可以将该多边形分成n 个直角梯形计算，且从左往右，第n 个梯形的面积为S n ＝y n ＋y n ＋12＝3×2n －1－1，总的面积应用分组求和法，可求得多边形的面积为S ＝3(2n －1)－n ＝3×2n －n －3.三、解答题(本大题共70分)17．(10分)已知{a n }是以a 为首项，q 为公比的等比数列，S n 为它的前n 项和．(1)当S 1，S 3，S 4成等差数列时，求q 的值；(2)当S m ，S n ，S l 成等差数列时，求证：对任意自然数k ，a m ＋k ，a n ＋k ，a l ＋k 也成等差数列．(1)解由已知，得a n ＝aq n －1，因此S 1＝a ，S 3＝a (1＋q ＋q 2)，S 4＝a (1＋q ＋q 2＋q 3)．当S 1，S 3，S 4成等差数列时，S 4－S 3＝S 3－S 1，可得aq 3＝aq ＋aq 2，化简得q 2－q －1＝0.解得q ＝1±52.(2)证明若q ＝1，则{a n }的各项均为a ，此时a m ＋k ，a n ＋k ，a l ＋k 显然成等差数列．若q ≠1，由S m ，S n ，S l 成等差数列可得S m ＋S l ＝2S n ，即a (q m －1)q －1＋a (q l －1)q －1＝2a (q n －1)q －1，整理得q m ＋q l ＝2q n .因此a m ＋k ＋a l ＋k ＝aq k －1(q m ＋q l )＝2aq n＋k －1＝2a n ＋k ，所以a m ＋k ，a n ＋k ，a l ＋k 成等差数列．18．(12分)(2019·安徽皖南八校联考)数列{a n }的前n 项和记为S n ，且4S n ＝5a n －5，数列{b n }满足b n ＝log 5a n .(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设c n ＝1b n b n ＋1，数列{c n }的前n 项和为T n ，证明T n <1.(1)解∵4S n ＝5a n －5，∴4a 1＝5a 1－5，∴a 1＝5.当n ≥2时，4S n －1＝5a n －1－5，∴4a n ＝5a n －5a n －1，∴a n ＝5a n －1，∴{a n }是以5为首项，5为公比的等比数列，∴a n ＝5·5n －1＝5n .∴b n ＝log 55n ＝n .(2)证明∵c n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴T n…＝1－1n ＋1<1.19．(12分)(2019·安徽皖中名校联考)已知数列{a n }满足：a n ＋1＝2a n －n ＋1，a 1＝3.(1)设数列{b n }满足：b n ＝a n －n ，求证：数列{b n }是等比数列；(2)求出数列{a n }的通项公式和前n 项和S n .(1)证明b n ＋1b n ＝a n ＋1－(n ＋1)a n －n ＝2a n －n ＋1－(n ＋1)a n －n＝2(a n －n )a n －n ＝2，又b 1＝a 1－1＝3－1＝2，∴{b n }是以2为首项，2为公比的等比数列．(2)解由(1)得b n ＝2n ，∴a n ＝2n ＋n ，∴S n ＝(21＋1)＋(22＋2)＋…＋(2n ＋n )＝(21＋22＋…＋2n )＋(1＋2＋3＋…＋n )＝2(1－2n )1－2＋n (n ＋1)2＝2n ＋1－2＋n (n ＋1)2.20．(12分)(2019·湖南衡阳八中月考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －n (n ∈N *)．(1)证明：{a n ＋1}是等比数列；(2)若数列b n ＝log 2(a n ＋1)n 项和T n .(1)证明当n ＝1时，S 1＝2a 1－1，∴a 1＝1.∵S n ＝2a n －n ，∴S n ＋1＝2a n ＋1－(n ＋1)，∴a n ＋1＝2a n ＋1，∴a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，∴{a n ＋1}是以a 1＋1＝2为首项，2为公比的等比数列．(2)解由(1)得a n ＋1＝2n ，∴b n ＝log 22n ＝n ，∴1b 2n －1·b 2n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝∴T n －13＋13－15＋…＋12n －1－＝n 2n ＋1.21．(12分)(2019·青岛调研)已知数列{a n }的各项均为正数，其前n 项和为S n .(1)若对任意n ∈N *，S n ＝n 2＋n ＋12都成立，求a n ；(2)若a 1＝1，a 2＝2，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，且数列{b n }是公比为3的等比数列，求S 2n .解(1)由S n ＝n 2＋n ＋12，得S n －1＝(n －1)2＋n2，n ≥2，两式相减得a n ＝n ，n ≥2，又a 1＝S 1＝32，不满足a n ＝n ，∴a n n ＝1，n ≥2.(2)S 2n ＝a 1＋a 2＋…＋a 2n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2n －1＋a 2n )＝b 1＋b 2＋…＋b n ，∵b 1＝a 1＋a 2＝3，{b n }是公比为3的等比数列，∴S 2n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝3(1－3n )1－3＝32(3n－1)．22．(12分)(2019·湖南岳阳一中质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝2a n －2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，b 1＝1，点(T n ＋1，T n )在直线x n ＋1－y n ＝12上，若存在n ∈N *，使不等式2b 1a 1＋2b 2a 2＋…＋2b na n≥m 成立，求实数m 的最大值．解(1)∵S n ＝2a n －2，①∴S n ＋1＝2a n ＋1－2，②∴②－①得a n ＋1＝2a n ＋1－2a n (n ≥1)，∴a n ＋1＝2a n ，即a n ＋1a n＝2，∴{a n }是首项为2，公比为2的等比数列．∴a n ＝2n .(2)由题意得，T n ＋1n ＋1－T n n ＝12，成等差数列，公差为12.首项T 11＝b11＝1，∴T n n ＝1＋12(n －1)＝n ＋12，T n ＝n (n ＋1)2，当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝n (n ＋1)2－n (n －1)2＝n ，当n ＝1时，b 1＝1成立，∴b n ＝n .∴2b n a n ＝2n2n ＝n 2n －1＝－1，令M n ＝2b 1a 1＋2b 2a 2＋…＋2b na n，只需(M n )max ≥m .∴M n ＝1＋2×12＋3＋…＋n －1，③12M n ＝12＋2＋3＋…＋n ，④③－④得，12M n ＝1＋12＋＋…－1－n 1－12n＝2－(n ＋，∴M n ＝4－(n ＋－1.∵M n ＋1－M n ＝4－(n ＋－4＋(n ＋－1＝n ＋12n>0.∴{M n }为递增数列，且(n ＋－1>0，∴M n <4.∴m ≤4，实数m 的最大值为4.。
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4.(2019·衡水中学摸底)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋1(n∈N*)，Sn 为其前 n
项和，则 S5 的值为( )
A.57
B.61
C.62
D.63
解析 由条件可得 a2＝2a1＋1＝3，a3＝2a2＋1＝7，a4＝2a3＋1＝15，a5＝2a4＋1＝
31，所以 S5＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1＋3＋7＋15＋31＝57.
(2)递推公式：如果已知数列{an}的第 1 项(或前几项)，且பைடு நூலகம்第二项(或某一项)开始 的任一项 an 与它的前一项 an－1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么 这个公式就叫做这个数列的递推公式.
[微点提醒]
{ ) 1.若数列{an}的前 n 项和为 Sn，通项公式为 an，则 an＝
项数有限 项数无限
项与项间的 大小关系
递增数列 递减数列 常数列
摆动数列
an＋1＞an an＋1＜an
其中 n∈N*
an＋1＝an
从第二项起，有些项大于它的前一项，
有些项小于它的前一项的数列
3.数列的表示法
数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和解析法.
4.数列的通项公式
(1)通项公式：如果数列{an}的第 n 项 an 与序号 n 之间的关系可以用一个式子 an＝ f(n)来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式.
A.an＝(－1)n－1＋1
{ ) B.an＝
2，n为奇数， 0，n为偶数
nπ C.an＝2sin 2
D.an＝cos(n－1)π＋1
1 1 5 13 29 61
(2)已知
数列
{an}为2，4，－
，， 8 16
－
，， 32 64
…，则
数列
{an}的一
个通
项公
式
是
________.
nπ
解析 (1)对 n＝1，2，3，4 进行验证，an＝2sin
(2)数列中的数是可以重复的，可以构成数列.
(3)数列可以是常数列或摆动数列. 答案 (1)× (2)× (3)× (4)√
（－1）n 2.(必修 5P33A4 改编)在数列{an}中，a1＝1，an＝1＋ an－1 (n≥2)，则 a5 等于( )
3
5
8
2
A.
B.
C.
D.
2
3
5
3
（－1）2
（－1）3 1
解 (1)这个数列的前 4 项的绝对值都等于序号与序号加 1 的积的倒数，且奇数项
1 为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式是 an＝(－1)n×n（n＋1），n∈N*.
(2)数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观察.
1 4 9 16 25
n2
S1，n＝1， Sn－Sn－1，n ≥
2.
2.数列是按一定“次序”排列的一列数，一个数列不仅与构成它的“数”有关，
而且还与这些“数”的排列顺序有关.
3.易混项与项数的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的
项对应的位置序号.
基础自测
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”) (1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列.( ) (2)1，1，1，1，…，不能构成一个数列.( ) (3)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列.( ) (4)如果数列{an}的前 n 项和为 Sn，则对任意 n∈N*，都有 an＋1＝Sn＋1－Sn.( ) 解析 (1)数列：1，2，3 和数列：3，2，1 是不同的数列.
________.
a1（4n－1） 解析 ∵Sn＝ 3 ，a4＝32，则 a4＝S4－S3＝32.
255a1 63a1
1
∴ 3 － 3 ＝32，∴a1＝2.
1 答案
2
考点一 由数列的前几项求数列的通项
【例 1】 (1)已知数列的前 4 项为 2，0，2，0，则依此归纳该数列的通项不可能
是( )
2n－3 答案 (1)C (2)an＝(－1)n· 2n
规律方法 由前几项归纳数列通项的常用方法及具体策略
(1)常用方法：观察(观察规律)、比较(比较已知数列)、归纳、转化(转化为特殊数列)、
联想(联想常见的数列)等方法.
(2)具体策略：①分式中分子、分母的特征；②相邻项的变化特征；③拆项后的特
征；④各项的符号特征和绝对值特征；⑤化异为同，对于分式还可以考虑对分子、
第 1 节 数列的概念及简单表示法
最新考纲 1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)； 2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数.
知识梳理
1.数列的定义
按照一定顺序排列着的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项.
2.数列的分类
分类标准
类型
满足条件
项数
有穷数列 无穷数列
答案 A
5.(2019·北京朝阳区月考)数列 0，1，0，－1，0，1，0，－1，…的一个通项公式 an
等于( )
（－1）n＋1 A.
2 n＋1 C.cos π
2
nπ B.cos
2 n＋2 D.cos π
2
解析 令 n＝1，2，3，…，逐一验证四个选项，易得 D 正确.
答案 D
a1（4n－1） 6.(2019·郑州一模)设数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝ 3 ，若 a4＝32，则 a1＝
不合题意. 2
(2)各项的分母分别为 21，22，23，24，…，易看出从第 2 项起，每一项的分子都
2－3 比分母少 3，且第 1 项可变为－ ，
2
21－3 22－3 23－3 24－3
故原数列可变为－ ， ，－ ， ，…，
21 22
23 24
2n－3 故其通项公式可以为 an＝(－1)n· 2n .
解析 a2＝1＋
a1
＝2，a3＝1＋
a2
＝， 2
（－1）4
（－1）5 2
a4＝1＋
a3
＝3，a5＝1＋
a4
＝. 3
答案 D
3.(必修 5P33A5 改编)根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个
通项公式 an＝________.
解析 由 a1＝1＝5×1－4，a2＝6＝5×2－4，a3＝11＝5×3－4，…，归纳 an＝5n－ 4. 答案 5n－4
分母各个击破，或寻找分子、分母之间的关系；⑥对于符号交替出现的情况，可
用(－1)k 或(－1)k＋1，k∈N*处理.
【训练 1】 写出下列各数列的一个通项公式：
1
1
1
1
(1)－
， ，－
， ，…；
1×22×3 3×44×5
1 9 25 (2) ，2，，8， ，…；
22 2
(3)5，55，555，5 555，….