2016高考数学二轮精品复习材料数列综合

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高考数学第二轮专题复习教案数列的综合

第26课时数列的综合一、基础练习1、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______2、f(n)=1+2+3+…+n ，则f(n 2)=______3、等差数列{a n }中，a 4=10，且a 3，a 6，a 10成等比数列，则{a n }前20项的和S 20=_____4、数列{a n }中，a 1=1，a n 、a n+1是方程x 2-(2n+1)x+1nb =0的两个根，数列{b n }的前n 项和S n =______5、某人从2003年起，每年1月1日到银行存入a 元（一年定期），若年利率为r 保持不变，且每年到期存款均自动转为新的一年定期，到2009年1月1日将所有存款及利息全部取回，他可取回的钱数为________二、例题例1：1993年，某内河可供船只航行的河段长1000km ，但由于水资源的过度使用，促使河水断流，从1994年起，该内河每年船只可行驶的河段长度仅为上一年的三分之二，试求：（1）到2002年，该内河可行驶的河段长度为多少公里？（2）若有一条船每年在该内河上行驶一个来回，问从1993年到2002年这条船航行的总路程为多少公里？例2：已知函数y=f(x)的图象是自原点出发的一条折线，当n ≤y ≤n+1(n=0，1，2，…)时，该图象是斜率为b n 的线段（其中正常数b ≠1），设数列{x n }由f(x n )=n(n=1，2，…)定义。

（1）求x 1，x 2和x n 的表达式。

（2）求f(x)的表达式，并写出其定义域。

例3：已知函数y=f(x)对任意的实数x 、y 都有f(x+y)=f(x)f(y)，且f(1)≠0。

（1）设a n =f(n)，（n ∈N*），S n =1n i n a =∑，设b n =21n nS a +，且{b n }为等比数列，求a 1的值。

（2）在（1）的条件下，设c n =2()72n n n a b n n++-，问：是否存在最大的整数m ，使得对于任意n ∈N*，均有c n >3m ？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由。

金版教程2016高考数学理二轮复习课件：1-3-2 高考中的数列

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热点探究悟道
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(2)设 bn＝log an，求 Tn＝b21－1 1＋b22－1 1＋…＋bn2－1 1.
大二轮·理
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第一编专题整合突破
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专题三数列
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第二讲高考中的数列(解答题型)
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主干知识整合
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适考素能特训
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2016年高考数学二轮复习精品资料(江苏版)专题1.5 数列(教学案) 含解析

专题五数列一．考场传真1。

【2015高考福建，理8】若,a b 是函数()()20,0f x x px q p q =-+>> 的两个不同的零点,且,,2a b - 这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p q + 的值等于 . 【答案】9【解析】由韦达定理得a b p +=,a b q ⋅=，则0,0a b >>，当,,2a b -适当排序后成等比数列时，2-必为等比中项,故4a b q ⋅==,4b a=．当适当排序后成等差数列时，2-必不是等差中项,当a 是等差中项时,422a a=-，解得1a =，4b =;当4a 是等差中项时，82a a=-，解得4a =,1b =，综上所述，5a b p +==，所以p q +9=2. 【2015高考安徽,理14】已知数列{}na 是递增的等比数列，14239,8a a a a +==,则数列{}n a 的前n 项和等于。

【答案】21n-3. 【2015高考新课标2,理16】设nS 是数列{}n a 的前n 项和,且11a=-，11n n n a S S ++=,则n S =________．【答案】1n-【解析】由已知得111n n n n n aS S S S +++=-=⋅，两边同时除以1n n S S +⋅，得1111n nS S +=--，故数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以1-为首项,1-为公差的等差数列，则11(1)nS n n =---=-,所以1n S n=-． 4。

【2015高考广东，理10】在等差数列{}na 中，若2576543=++++a a a a a ,则82a a+= 。

【答案】10．【解析】因为{}na 是等差数列，所以37462852a a a a a a a +=+=+=，345675525a a a a a a ++++==即55a =,所以285210a a a +==，故应填入10．5。

【2份】2016江苏高考理科数学二轮专题复习：专题三数列(真题感悟+考点整合)

专题三数列目录第1讲等差数列、等比数列的基本问题 .......................................................................... - 1 - 第2讲数列的综合应用 .................................................................................................... - 12 -第1讲等差数列、等比数列的基本问题高考定位高考对本内容的考查主要有：(1)数列的概念是A 级要求，了解数列、数列的项、通项公式、前n 项和等概念，一般不会单独考查；(2)等差数列、等比数列是两种重要且特殊的数列，要求都是C 级．真题感悟1．(2015·江苏卷)设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________．【详细分析】∵a 1＝1，a n ＋1－a n ＝n ＋1，∴a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n ，将以上n －1个式子相加得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝（2＋n ）（n －1）2，即a n＝n （n ＋1）2，令b n ＝1a n，故b n ＝2n （n ＋1）＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n －1n ＋1，故S 10＝b 1＋b 2＋…＋b 10 ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－12＋12－13＋…＋110－111＝2011.答案 20112．(2014·江苏卷)在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 2＝1，a 8＝a 6＋2a 4，则a 6的值是________．【详细分析】因为a 8＝a 2q 6，a 6＝a 2q 4，a 4＝a 2q 2，所以由a 8＝a 6＋2a 4得a 2q 6＝a 2q 4＋2a 2q 2，消去a 2q 2，得到关于q 2的一元二次方程(q 2)2－q 2－2＝0，解得q 2＝2，a 6＝a 2q 4＝1×22＝4. 答案 43．(2010·江苏卷)函数y ＝x 2(x ＞0)的图象在点(a k ，a 2k )处的切线与x 轴交点的横坐标为a k ＋1，k 为正整数，a 1＝16，则a 1＋a 3＋a 5＝________．【详细分析】在点(a k ，a 2k )处的切线方程为：y －a 2k ＝2a k (x －a k )，当y ＝0时，解得x ＝a k 2，所以a k ＋1＝a k 2，故{a n }是a 1＝16，q ＝12的等比数列，即a n ＝16×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，∴a 1＋a 3＋a 5＝16＋4＋1＝21. 答案 214．(2013·江苏卷)在正项等比数列{a n }中，a 5＝12，a 6＋a 7＝3.则满足a 1＋a 2＋…＋a n >a 1a 2…a n 的最大正整数n 的值为________．【详细分析】由已知条件得12q ＋12q 2＝3，即q 2＋q －6＝0，解得q ＝2，或q ＝－3(舍去)， a n ＝a 5qn －5＝12×2n －5＝2n －6，a 1＋a 2＋…＋a n ＝132(2n －1)，a 1a 2…a n ＝2－52－42－3…2n －6＝21122n n -，由a 1＋a 2＋…＋a n >a 1a 2…a n ，可知2n －5－2－5>(11)22n n -，由2n －5－2－5>(11)22n n -，可求得n 的最大值为12，而当n ＝13时，28－2－5<213，所以n 的最大值为12. 答案 12考点整合1．a n 与S n 的关系S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，a n ＝⎩⎨⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.2．等差数列(1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ， (2)求和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d ， (3)性质：①若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ； ②a n ＝a m ＋(n －m )d ；③S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…，成等差数列． 3．等比数列(1)通项公式：a n ＝a 1q n －1(q ≠0)；(2)求和公式：q ＝1，S n ＝na 1；q ≠1，S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q1－q ；(3)性质：①若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ； ②a n ＝a m ·q n －m ；③S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…，(S m ≠0)成等比数列.热点一等差、等比数列的基本运算【例1】等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 10＝0，S 15＝25，则S n 的最小值为________．【详细分析】设等差数列{a n }的公差为d ，由已知 ⎩⎪⎨⎪⎧S 10＝10a 1＋10×92d ＝0，S 15＝15a 1＋15×142d ＝25，解得a 1＝－3，d ＝23.∴S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝－3n ＋n （n －1）2×23＝n 23－103n ＝13(n －5)2－253.当n ＝5时，S n 有最小值为－253. 答案－253探究提高等差、等比数列的基本运算是利用通项公式、求和公式求解首项a 1和公差d (公比q )，在列方程组求解时，要注意整体计算，以减少计算量．【训练1】 (2015·郑州模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝5，S m ＝－11，S m ＋1＝21，则m 等于________．【详细分析】由已知得S m －S m －1＝a m ＝－16，S m ＋1－S m ＝a m ＋1＝32，故公比q ＝－2，又S m ＝a 1－a m q1－q＝－11，故a 1＝－1，又a m ＝a 1q m －1＝－16，代入可求得m ＝5. 答案 5热点二等差、等比数列的性质运算【例2】 (1)(2015·苏北四市模拟)在等差数列{a n }中，a 1＝－2 015，其前n 项和为S n ，若S 1212－S 1010＝2，则S 2 015的值为________．(2)(2015·潍坊模拟)在等比数列{a n }中，公比q ＝2，前87项和S 87＝140，则a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 87＝________．【详细分析】(1)根据等差数列的性质，得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也是等差数列，由已知可得S 11＝a 1＝－2 015，由S 1212－S 1010＝2＝2d ，得公差d ＝1. 故S 2 0152 015＝－2 015＋(2 015－1)×1＝－1， ∴S 2 015＝－2 015.(2)法一 a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 87＝a 3(1＋q 3＋q 6＋…＋q 84)＝a 1q 2·1－（q 3）291－q 3＝q 21＋q ＋q 2·a 1（1－q 87）1－q＝47×140＝80.法二设b 1＝a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 85，b 2＝a 2＋a 5＋a 8＋…＋a 86，b 3＝a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 87，因为b 1q ＝b 2，b 2q ＝b 3，且b 1＋b 2＋b 3＝140，所以b 1(1＋q ＋q 2)＝140，而1＋q ＋q 2＝7，所以b 1＝20，b 3＝q 2b 1＝4×20＝80. 答案 (1)－ 2015 (2)80探究提高在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法．【训练2】 (1)(2015·苏州期中)在等差数列{a n }中，a 5＝3，a 6＝－2，则a 3＋a 4＋…＋a 8＝________．(2)(2015·湖南卷)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，且3S 1，2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________．【详细分析】(1)根据等差数列性质计算．因为{a n }是等差数列，所以a 3＋a 4＋…＋a 8＝3(a 5＋a 6)＝3.(2)由3S 1，2S 2，S 3成等差数列知，4S 2＝3S 1＋S 3，可得a 3＝3a 2，∴公比q ＝3，故等比数列通项a n ＝a 1q n －1＝3n －1. 答案 (1)3 (2)3n －1热点三等差、等比数列的判定与证明【例3】数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且对任意正整数n ，点(a n ＋1，S n )在直线2x ＋y －2＝0上． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在实数λ，使得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋λn ＋λ2n 为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解 (1)由题意，可得2a n ＋1＋S n －2＝0.① 当n ≥2时，2a n ＋S n －1－2＝0.②①－②，得2a n ＋1－2a n ＋a n ＝0，所以a n ＋1a n ＝12(n ≥2)．因为a 1＝1，2a 2＋a 1＝2，所以a 2＝12. 所以{a n }是首项为1，公比为12的等比数列．所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.(2)由(1)知，S n ＝1－12n1－12＝2－12n －1. 若⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n＋λn ＋λ2n 为等差数列，则S 1＋λ＋λ2，S 2＋2λ＋λ22，S 3＋3λ＋λ23成等差数列，则2⎝ ⎛⎭⎪⎫S 2＋9λ4＝S 1＋3λ2＋S 3＋25λ8，即2⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋9λ4＝1＋3λ2＋74＋25λ8，解得λ＝2. 又λ＝2时，S n ＋2n ＋22n ＝2n ＋2，显然{2n ＋2}成等差数列，故存在实数λ＝2，使得数列{S n ＋λn ＋λ2n }成等差数列．探究提高判断和证明数列是等差(比)数列的三种方法(1)定义法：对于n ≥1的任意自然数，验证a n ＋1－a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫或a n ＋1a n 为同一常数． (2)通项公式法：①若a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a m ＋(n －m )d 或a n ＝kn ＋b (n ∈N *)，则{a n }为等差数列； ②若a n ＝a 1q n －1＝a m q n －m 或a n ＝pq kn ＋b (n ∈N *)，则{a n }为等比数列． (3)中项公式法：①若2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)，则{a n }为等差数列； ②若a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)，则{a n }为等比数列．【训练3】已知数列{a n }是各项均不为0的等差数列，S n 为其前n 项和，且满足a 2n ＝S 2n －1，令b n ＝1a n ·a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n .(1)求数列{a n }的通项公式及数列{b n }的前n 项和T n ；(2)是否存在正整数m ，n (1＜m ＜n )，使得T 1，T m ，T n 成等比数列？若存在，求出所有的m ，n 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)n ＝1时，由a 21＝S 1＝a 1，且a 1≠0，得a 1＝1.因为{a n }是等差数列，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)d ，S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n ＋n （n －1）2d .于是由a 2n ＝S 2n －1，得[1＋(n －1)d ]2＝2n －1＋(2n －1)·(n －1)d ，即d 2n 2＋(2d －2d 2)n ＋d 2－2d ＋1＝2dn 2＋(2－3d )n ＋d －1，所以⎩⎨⎧d 2＝2d ，2d －2d 2＝2－3d ，d 2－2d ＋1＝d －1，解得d ＝2.所以a n ＝2n －1，从而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＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1. (2)法一 T 1＝13，T m ＝m 2m ＋1，T n ＝n 2n ＋1，若T 1，T m ，T n 成等比数列，则⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2m ＋12＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n ＋1，即m 24m 2＋4m ＋1＝n 6n ＋3.由m 24m 2＋4m ＋1＝n 6n ＋3，可得3n ＝－2m 2＋4m ＋1m 2＞0，即－2m 2＋4m ＋1＞0， ∴1－62＜m ＜1＋62.又m ∈N *，且m ＞1，所以m ＝2，此时n ＝12.因此，当且仅当m ＝2，n ＝12时，数列{T n }中的T 1，T m ，T n 成等比数列．法二因为n 6n ＋3＝16＋3n＜16，故m 24m 2＋4m ＋1＜16，即2m 2－4m －1＜0， ∴1－62＜m ＜1＋62. 又m ∈N *，且m ＞1，所以m ＝2，此时n ＝12.因此，当且仅当m ＝2，n ＝12时，数列{T n }中的T 1，T m ，T n 成等比数列．1．在等差(比)数列中，a 1，d (q )，n ，a n ，S n 五个量中知道其中任意三个，就可以求出其他两个．解这类问题时，一般是转化为首项a 1和公差d (公比q )这两个基本量的有关运算．2．等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用．但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形．3．应用关系式a n ＝⎩⎨⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2时，一定要注意分n ＝1，n ≥2两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起．4．三个数a ，b ，c 成等差数列的充要条件是b ＝a ＋c2，但三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件不是b 2＝ac .一、填空题1．(2015·南通模拟)在等差数列{a n }中，a 1＋3a 3＋a 15＝10，则a 5的值为________．【详细分析】设数列{a n }的公差为d ，∵a 1＋a 15＝2a 8，∴2a 8＋3a 3＝10，∴2(a 5＋3d )＋3(a 5－2d )＝10，∴5a 5＝10，∴a 5＝2. 答案 22．(2015·广州模拟)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若2S 4＝S 5＋S 6，则数列{a n }的公比q 的值为________．【详细分析】经检验q ＝1不适合，则由2S 4＝S 5＋S 6，得2(1－q 4)＝1－q 5＋1－q 6，化简得 q 2＋q －2＝0，解得q ＝1(舍去)，q ＝－2. 答案－23．(2015·南师附中调研)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若S 3S 6＝13，则S 6S 7＝________．【详细分析】设等差数列{a n }的公差为d ，则S 3S 6＝3a 1＋3d 6a 1＋15d ＝13⇒a 1＝2d ，所以S 6S 7＝6a 1＋15d 7a 1＋21d ＝2735.答案 27354．(2015·南通检测)已知等比数列{a n }为递增数列，且a 3＋a 7＝3，a 2a 8＝2，则a 13a 11＝________．【详细分析】根据等比数列的性质建立方程组求解．因为数列{a n }是递增等比数列，所以a 2a 8＝a 3a 7＝2，又a 3＋a 7＝3，且a 3＜a 7，解得a 3＝1，a 7＝2，所以q 4＝2，故a 13a 11＝q 2＝ 2. 答案25．在等比数列{a n }中，已知a 1＋a 3＝8，a 5＋a 7＝4，则a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝________．【详细分析】设等比数列{a n }的公比为q ，由已知，得⎩⎨⎧a 1＋a 1q 2＝8，a 1q 4＋a 1q 6＝4，解得q 4＝12. 又a 9＋a 11＝a 1q 8＋a 3q 8＝(a 1＋a 3)q 8＝8×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝2，a 13＋a 15＝a 1q 12＋a 3q 12＝(a 1＋a 3)q 12＝8×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝1，所以a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝2＋1＝3. 答案 36．(2015·阳泉模拟)若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9＞0，a 7＋a 10＜0，则当n ＝________时，{a n }的前n 项和最大．【详细分析】根据题意知a 7＋a 8＋a 9＝3a 8＞0，即a 8＞0.又a 8＋a 9＝a 7＋a 10＜0，∴a 9＜0，∴当n ＝8时，{a n }的前n 项和最大．答案 87．(2015·安徽卷)已知数列{a n }是递增的等比数列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则数列{a n }的前n 项和等于________．【详细分析】由等比数列性质知a 2a 3＝a 1a 4，又a 2a 3＝8，a 1＋a 4＝9，所以联立方程⎩⎨⎧a 1a 4＝8，a 1＋a 4＝9，解得⎩⎨⎧a 1＝1，a 4＝8或⎩⎨⎧a 1＝8，a 4＝1，又数列{a n }为递增数列，∴a 1＝1，a 4＝8，从而a 1q 3＝8，∴q ＝2.∴数列{a n }的前n 项和为S n ＝1－2n 1－2＝2n －1.答案 2n －18．(2015·福建卷改编)若a ，b 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p ＞0，q ＞0)的两个不同的零点，且a ，b ，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p ＋q 的值等于________．【详细分析】由题意知：a ＋b ＝p ，ab ＝q ，∵p ＞0，q ＞0，∴a ＞0，b ＞0.在a ，b ，－2这三个数的6种排序中，成等差数列的情况有a ，b ，－2；b ，a ，－2；－2，a ，b ；－2，b ，a ；成等比数列的情况有：a ，－2，b ；b ，－2，a . ∴⎩⎨⎧ab ＝4，2b ＝a －2或⎩⎨⎧ab ＝4，2a ＝b －2解之得：⎩⎨⎧a ＝4，b ＝1或⎩⎨⎧a ＝1，b ＝4. ∴p ＝5，q ＝4，∴p ＋q ＝9. 答案 9 二、解答题9．已知{a n }是等差数列，满足a 1＝3，a 4＝12，数列{b n }满足b 1＝4，b 4＝20，且{b n －a n }为等比数列．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)求数列{b n }的前n 项和．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意得 d ＝a 4－a 13＝12－33＝3，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝3n (n ＝1，2，…)．设等比数列{b n －a n }的公比为q ，由题意得q 3＝b 4－a 4b 1－a 1＝20－124－3＝8，解得q ＝2.所以b n －a n ＝(b 1－a 1)q n －1＝2n －1. 从而b n ＝3n ＋2n －1(n ＝1，2，…)．(2)由(1)知b n ＝3n ＋2n －1(n ＝1，2，…)．数列{3n }的前n 项和为32n (n ＋1)，数列{2n －1}的前n 项和为1－2n 1－2＝2n－1.所以数列{b n }的前n 项和为32n (n ＋1)＋2n －1.10．(2015·洛阳模拟)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． (1)解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 ＝b 1·q n －1＝54·2n －1＝5·2n －3，即数列{b n }的通项公式b n ＝5·2n －3.(2)证明由(1)得数列{b n }的前n 项和 S n ＝54（1－2n）1－2＝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，2为公比的等比数列．11．(2015·苏、锡、常、镇调研)已知数列{a n }是首项为133，公比为133的等比数列，设b n ＋15log 3a n ＝t ，常数t ∈N *. (1)求证：{b n }为等差数列；(2)设数列{c n }满足c n ＝a n b n ，是否存在正整数k ，使c k ，c k ＋1，c k ＋2按某种次序排列后成等比数列？若存在，求k ，t 的值；若不存在，请说明理由． (1)证明 a n ＝3－n 3，b n ＋1－b n ＝－15log 3⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n ＝5， ∴{b n }是首项为b 1＝t ＋5，公差为5的等差数列． (2)解c n ＝(5n ＋t ) ·3－n 3，则c k ＝(5k ＋t )·3－k3，令5k ＋t ＝x (x >0)，则c k ＝x ·3－k 3，c k ＋1＝(x ＋5)·3－k ＋13，c k ＋2＝(x ＋10)·3－k ＋23.①若c 2k ＝c k ＋1c k ＋2，则⎝ ⎛⎭⎪⎫x ·3－k 32＝(x ＋5)·3－k ＋13·(x ＋10)·3－k ＋23. 化简得2x 2－15x －50＝0，解得x ＝10；进而求得k ＝1，t ＝5；②若c 2k ＋1＝c k c k ＋2，同理可得(x ＋5)2＝x (x ＋10)，显然无解； ③若c 2k ＋2＝c k c k ＋1，同理可得13(x ＋10)2＝x (x ＋5)，方程无整数根．综上所述，存在k ＝1，t ＝5适合题意．第2讲数列的综合应用高考定位高考对本内容的考查主要有：(1)通过适当的代数变形后，转化为等差数列或等比数列的问题；(2)求数列的通项公式及其前n 项和的基本的几种方法；(3)数列与函数、不等式的综合问题．题型一般为解答题，且为压轴题．真题感悟(2015·江苏卷)设a 1，a 2，a 3，a 4是各项为正数且公差为d (d ≠0)的等差数列． (1)证明：2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次构成等比数列；(2)是否存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列？并说明理由；(3)是否存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a n 1，a n ＋k 2，a n ＋2k 3，a n ＋3k 4依次构成等比数列？并说明理由．(1)证明因为122n n a a +＝12n n a a +-－a n ＝2d (n ＝1，2，3)是同一个常数，所以2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次构成等比数列， (2)解不存在，理由如下：令a 1＋d ＝a ，则a 1，a 2，a 3，a 4分别为a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d (a ＞d ，a ＞－2d ，d ≠0)．假设存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列，则a 4＝(a －d )(a ＋d )3，且(a ＋d )6＝a 2(a ＋2d )4.令t ＝d a ，则1＝(1－t )(1＋t )3，且(1＋t )6＝(1＋2t )4⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＜t ＜1，t ≠0，化简得t 3＋2t 2－2＝0(*)，且t 2＝t ＋1. 将t 2＝t ＋1代入(*)式，t (t ＋1)＋2(t ＋1)－2＝t 2＋3t ＝t ＋1＋3t ＝4t ＋1＝0，则t ＝－14.显然t ＝－14不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立．因此不存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列．(3)解不存在，理由如下：假设存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a n 1，a n ＋k 2，a n ＋2k 3，a n ＋3k 4依次构成等比数列，则a n 1(a 1＋2d )n ＋2k ＝(a 1＋d )2(n ＋k )，且(a 1＋d )n ＋k (a 1＋3d )n ＋3k ＝(a 1＋2d )2(n ＋2k )．分别在两个等式的两边同除以a 2（n ＋k ）1及a 2（n ＋2k ）1，并令t ＝d a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＞－13，t ≠0，则(1＋2t )n ＋2k ＝(1＋t )2(n ＋k )，且(1＋t )n ＋k (1＋3t )n ＋3k ＝(1＋2t )2(n ＋2k )．将上述两个等式两边取对数，得(n ＋2k )ln(1＋2t )＝2(n ＋k )ln(1＋t )，且(n ＋k )ln(1＋t )＋(n ＋3k )ln(1＋3t )＝2(n ＋2k )ln(1＋2t )．化简得2k [ln(1＋2t )－ln(1＋t )]＝n [2ln(1＋t )－ln(1＋2t )]，且3k [ln(1＋3t )－ln(1＋t )]＝n [3ln(1＋t )－ln(1＋3t )]．再将这两式相除，化简得ln(1＋3t )ln(1＋2t )＋3ln(1＋2t )ln(1＋t )＝4ln(1＋3t )ln(1＋t )(**)．令g (t )＝4ln(1＋3t )ln(1＋t )－ln(1＋3t )ln(1＋2t )－3ln(1＋2t )ln(1＋t )，则g ′(t )＝2[（1＋3t ）2ln （1＋3t ）－3（1＋2t ）2ln （1＋2t ）＋3（1＋t ）2ln （1＋t ）]（1＋t ）（1＋2t ）（1＋3t ）.令φ(t )＝(1＋3t )2ln(1＋3t )－3(1＋2t )2ln(1＋2t )＋3(1＋t )2ln(1＋t )，则φ′(t )＝6[(1＋3t )ln(1＋3t )－2(1＋2t )ln(1＋2t )＋(1＋t )ln(1＋t )]．令φ1(t )＝φ′(t )，则φ1′(t )＝6[3ln(1＋3t )－4ln(1＋2t )＋ln(1＋t )]．令φ2(t )＝φ1′(t )，则φ2′(t )＝12（1＋t ）（1＋2t ）（1＋3t ）＞0.由g (0)＝φ(0)＝φ1(0)＝φ2(0)＝0，φ′2(t )＞0，知φ2(t )，φ1(t )，φ(t )，g (t )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0和(0，＋∞)上均单调．故g (t )只有唯一零点t ＝0，即方程(**)只有唯一解t ＝0，故假设不成立．所以不存在a 1，d 及正整数n ，k ，使得a n 1，a n ＋k 2，a n ＋2k3，a n ＋3k 4依次构成等比数列．考点整合1．数列求和的常用方法(1)公式法：直接利用等差数列、等比数列的求和公式求解．(2)倒序相加法：适用于与首、末等距离的两项之和等于首、末两项之和，且和为常数的数列．等差数列前n 项和公式的推导就使用了倒序相加法，利用倒序相加法求解数列前n 项和时，要把握数列通项公式的基本特征，即通过倒序相加可以得到一个常数列，或者等差数列、等比数列，从而转化为常见数列的求和方法，这也是数学转化与化归思想的具体体现．(3)错位相减法：适用于各项由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积组成的数列．把S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n 两边同乘以相应等比数列的公比q ，得到qS n ＝a 1q ＋a 2q ＋…＋a n q ，两式错位相减即可求出S n .(4)裂相相消法：即将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫c a n a n ＋1(其中{a n }是各项均不为零的等差数列，c 为常数)的数列．(5)拆项分组法：把数列的每一项拆成两项(或多项)，再重新组合成两个(或多个)简单的数列，最后分别求和．(6)并项求和法：与拆项分组相反，并项求和是把数列的两项(或多项)组合在一起，重新构成一个数列再求和，一般适用于正负相间排列的数列求和，注意对数列项数奇偶性的讨论．2．数列单调性的常见题型及处理方法如下：(1)求最大(小)项时，可利用①数列单调性；②函数单调性；③导数． (2)求参数范围时，可利用①作差法；②同号递推法；③先猜后证法．3．数列中的不等式问题主要有证明数列不等式、比较大小或恒成立问题，解决方法如下：(1)利用数列(或函数)的单调性；(2)放缩法：①先求和后放缩；②先放缩后求和，包括放缩后成等差(或等比)数列再求和，或者放缩后成等差比数列再求和，或者放缩后裂项相消后再求和； (3)数学归纳法.热点一有关数列中计算的综合问题【例1】 (2011·江苏卷)设M 为部分正整数组成的集合，数列{a n }的首项a 1＝1，前n 项的和为S n ，已知对任意的整数k ∈M ，当整数n ＞k 时，S n ＋k ＋S n －k ＝2(S n ＋S k )都成立．(1)设M ＝{1}，a 2＝2，求a 5的值； (2)设M ＝{3，4}，求数列{a n }的通项公式．解 (1)由题设知，当n ≥2时，S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋S 1)，即(S n ＋1－S n )－(S n －S n －1)＝2S 1，从而a n ＋1－a n ＝2a 1＝2.又a 2＝2，故当n ≥2时，a n ＝a 2＋2(n －2)＝2n －2.所以a 5的值为8.(2)由题设知，当k ∈M ＝{3,4}且n ＞k 时,S n ＋k ＋S n －k ＝2S n ＋2S k 且S n ＋1＋k ＋S n ＋1－k ＝2S n＋1＋2S k ，两式相减得a n ＋1＋k ＋a n ＋1－k ＝2a n ＋1，即a n ＋1＋k －a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋1－k ，所以当n ≥8时，a n －6，a n －3，a n ，a n ＋3，a n ＋6成等差数列，且a n －6，a n －2，a n ＋2，a n ＋6也成等差数列．从而当n ≥8时，2a n ＝a n ＋3＋a n －3＝a n ＋6＋a n －6，(*)且a n ＋6＋a n －6＝a n ＋2＋a n －2.所以当n ≥8时，2a n ＝a n ＋2＋a n －2，即a n ＋2－a n ＝a n －a n －2.于是当n ≥9时，a n －3，a n －1，a n ＋1，a n ＋3成等差数列，从而a n ＋3＋a n －3＝a n ＋1＋a n －1，故由(*)式知2a n ＝a n ＋1＋a n －1，即a n ＋1－a n ＝a n －a n －1.当n ≥9时，设d ＝a n －a n －1.当2≤m ≤8时，m ＋6≥8，从而由(*)式知2a m ＋6＝a m ＋a m ＋12，故2a m ＋7＝a m ＋1＋a m ＋13.从而2(a m ＋7－a m ＋6)＝a m ＋1－a m ＋(a m ＋13－a m ＋12)，于是a m ＋1－a m ＝2d －d ＝d .因此，a n ＋1－a n ＝d 对任意n ≥2都成立．又由S n ＋k ＋S n －k －2S n ＝2S k (k ∈{3，4})可知，(S n ＋k －S n )－(S n －S n －k )＝2S k ，故9d ＝2S 3且16d ＝2S 4.解得a 4＝72d ，从而a 2＝32d ，a 3＝52d ，又由S 3＝92d ＝a 1＋a 2＋a 3，故a 1＝d2.因此，数列{a n }为等差数列，由a 1＝1知d ＝2，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.探究提高此类问题看似简单，实际复杂，思维量和计算量较大，难度较高．【训练1】 (2012·江苏卷)已知各项均为正数的两个数列{a n }和{b n }满足：a n ＋1＝a n ＋b n a 2n ＋b 2n，n ∈N *. (1)设b n ＋1＝1＋b n a n ，n ∈N *，求证：数列2nn b a ⎧⎫⎛⎫⎪⎪⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭是等差数列；(2)设b n ＋1＝2·b n a n，n ∈N *，且{a n }是等比数列，求a 1和b 1的值．(1)证明由题设知a n ＋1＝a n ＋b n a 2n ＋b 2n＝1＋b nan 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b n a n 2＝b n ＋11＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b n a n 2，所以b n ＋1a n ＋1＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b n a n 2，从而⎝⎛⎭⎪⎫b n ＋1a n ＋12－⎝ ⎛⎭⎪⎫b n a n 2＝1(n ∈N *)，所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫⎝ ⎛⎭⎪⎫b n a n 2是以1为公差的等差数列．(2)解因为a n ＞0，b n ＞0，所以（a n ＋b n ）22≤a 2n ＋b 2n ＜(a n ＋b n )2，从而1＜a n ＋1＝a n ＋b na 2n ＋b 2n≤ 2.(*) 设等比数列{a n }的公比为q ，由a n ＞0知q ＞0.下证q ＝1.若q ＞1，则a 1＝a 2q ＜a 2≤2，故当n ＞log q 2a 1时，a n ＋1＝a 1q n ＞2，与(*)矛盾；若0＜q ＜1，则a 1＝a 2q ＞a 2＞1，故当n ＞log q 1a 1时，a n ＋1＝a 1q n ＜1，与(*)矛盾．综上，q ＝1，故a n ＝a 1(n ∈N *)，所以1＜a 1≤ 2.又b n ＋1＝2·b n a n ＝2a 1·b n (n ∈N *)，所以{b n }是公比为2a 1的等比数列．若a 1≠2，则2a 1＞1，于是b 1＜b 2＜b 3.又由a 1＝a 1＋b n a 21＋b 2n 得b n ＝a 1±a 212－a 21a 21－1(n ∈N *)，所以b 1，b 2，b 3中至少有两项相同，矛盾，所以a 1＝2，从而b n ＝a 1±a 212－a 21a 21－1＝ 2.所以a 1＝b 1＝ 2.热点二有关数列中证明的综合问题【例2】如果无穷数列{a n }满足下列条件：①a n ＋a n ＋22≤a n ＋1；②存在实数M ，使得a n ≤M ，其中n ∈N *，那么我们称数列{a n }为Ω数列．(1)设数列{b n }的通项为b n ＝5n －2n ，且是Ω数列，求M 的取值范围；(2)设{c n }是各项为正数的等比数列，S n 是其前n 项和，c 3＝14，S 3＝74，证明：数列{S n }是Ω数列；(3)设数列{d n }是各项均为正整数的Ω数列，求证：d n ≤d n ＋1.(1)解 ∵b n ＋1－b n ＝5－2n ，∴当n ≥3，b n ＋1－b n ＜0，故数列{b n }单调递减；当n ＝1，2时，b n ＋1－b n ＞0，即b 1＜b 2＜b 3，则数列{b n }中的最大项是b 3＝7，所以M ≥7. (2)证明 ∵{c n }是各项为正数的等比数列，S n 是其前n 项和，c 3＝14，S 3＝74，设其公比为q ＞0，∴c 3q 2＋c 3q ＋c 3＝74.整理得6q 2－q －1＝0，解得q ＝12，q ＝－13(舍去)．∴c 1＝1，c n ＝12n －1，S n ＝2－12n －1＜2，对任意的n ∈N *，有S n ＋S n ＋22＝2－12n －12n ＋2＜2－12n ＝S n ＋1，且S n ＜2，故{S n }是Ω数列．(3)证明假设存在正整数k 使得d k ＞d k ＋1成立,有数列{d n }的各项均为正整数，可得d k ≥d k ＋1＋1,即d k ＋1≤d k －1.因为d k ＋d k ＋22≤d k ＋1,所以d k ＋2≤2d k ＋1－d k ≤2(d k －1)－d k ＝d k －2,由d k ＋2≤2d k ＋1－d k 及d k ＞d k ＋1得d k ＋2＜2d k ＋1－d k ＋1＝d k ＋1,故d k ＋2≤d k ＋1－1.因为d k ＋1＋d k ＋32≤d k ＋2，所以d k ＋3≤2d k ＋2－d k ＋1≤2(d k ＋1－1)－d k ＋1＝d k ＋1－2≤d k －3，由此类推，可得d k ＋m ≤d k －m (m ∈N *)．又存在M ，使d k ≤M ，∴m ＞M ，使d k ＋m ＜0，这与数列{d n }的各项均为正数矛盾，所以假设不成立，即对任意n ∈N *，都有d k ≤d k ＋1成立．探究提高不等式证明是数列问题中的常见题型，一般方法是利用不等式证明的常规方法，如综合法、分析法等直接证明方法，也可以应用反证法等间接证明方法．【训练2】 (2014·江苏卷)设数列{a n }的前n 项和为S n .若对任意的正整数n ，总存在正整数m ，使得S n ＝a m ，则称{a n }是“H 数列”．(1)若数列{a n }的前n 项和S n ＝2n (n ∈N *)，证明：{a n }是“H 数列”；(2)设{a n }是等差数列，其首项a 1＝1，公差d ＜0.若{a n }是“H 数列”，求d 的值； (3)证明：对任意的等差数列{a n }，总存在两个“H 数列”{b n }和{c n }，使得a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)成立．(1)证明由已知，当n ≥1时，a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2n ＋1－2n ＝2n .于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝n ＋1，使得S n ＝2n ＝a m .所以{a n }是“H 数列”．(2)解由已知，得S 2＝2a 1＋d ＝2＋d .因为{a n }是“H 数列”，所以存在正整数m ，使得S 2＝a m ，即2＋d ＝1＋(m －1)d ，于是(m －2)d ＝1. 因为d ＜0，所以m －2＜0，故m ＝1.从而d ＝－1.当d ＝－1时，a n ＝2－n ，S n ＝n （3－n ）2是小于2的整数，n ∈N *，于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝2－S n ＝2－n （3－n ）2，使得S n ＝2－m ＝a m ，所以{a n }是“H 数列”．因此d 的值为－1.(3)证明设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝na 1＋(n －1)(d －a 1)(n ∈N *)．令b n ＝na 1，c n ＝(n －1)(d －a 1)，则a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)．下证{b n }是“H ”“数列”设{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝n （n ＋1）2a 1(n ∈N *)，于是对任意的正整数n ，总存在正整数m ＝n （n ＋1）2，使得T n ＝b m ，所以{b n }是“H数列”．同理可证{c n }也是“H 数列”．所以，对任意的等差数列{a n }，总存在两个“H 数列”{b n }和{c n }，使得a n ＝b n ＋c n (n ∈N *)成立．热点三数列中的探索性问题【例3】 (2014·泰州期末)设数列{a n }的前n 项积为T n ，已知对∀n ，m ∈N *，当n ＞m 时，总有T nT m＝T n －m ·q (n －m )m (q ＞0是常数)．(1)求证：数列{a n }是等比数列；(2)设正整数k ，m ，n (k ＜m ＜n )成等差数列，试比较T n ·T k 和(T m )2的大小，并说明理由；(3)探究：命题p ：“对∀n ，m ∈N *，当n ＞m 时，总有T nT m ＝T n －m ·q (n －m )m (q ＞0是常数)”是命题t ：“数列{a n }是公比为q (q ＞0)的等比数列”的充要条件吗？若是，请给出证明；若不是，请说明理由．(1)证明设m ＝1，则有T n T 1＝T n －1·q n －1，因为T i ≠0(i ∈N *)，所以有T nT n －1＝a 1·q n －1，即a n ＝a 1·q n －1，所以当n ≥2时a na n －1＝q ，所以数列{a n }是等比数列．(2)解当q ＝1时，a n ＝a 1(n ∈N *)，所以T n ＝a n 1，所以T n ·T k ＝a n 1·a k 1＝a n ＋k 1＝a 2m 1＝T 2m ，当q ≠1时，a n ＝a 1·q n －1，T n ＝a 1·a 2…a n ＝a n 1·q 1＋2＋…＋(n －1)＝a n 1·q n （n －1）2，所以T n ·T k ＝a n 1·q n （n －1）2·a k 1·q k （k －1）2＝a n ＋k 1·q n 2－n ＋k 2－k 2，T 2m ＝a 2m 1·q m (m －1)．因为n ＋k ＝2m 且k ＜m ＜n ，所以a n ＋k 1＝a 2m 1，n 2＋k 2－n －k 2＝n 2＋k 22－m ＞⎝⎛⎭⎪⎫n ＋k 22－m ＝m 2－m ，所以若q ＞1，则T m ·T k ＞T 2m ；若q ＜1，则T m ·T k ＜T 2m .(3)解由(1)知，充分性成立；必要性：若数列{a n }成等比数列，则a n ＝a 1·q n －1，所以当q ≠1时，T n ＝a n 1·(1)2n n q -，则T n T m＝(1)21(1)21··n n n n m n a q a q --＝a n －m1·q n 2－n －m 2＋m 2＝a n －m 1·()(1)2n m n m q ---，T n －m ·q(n －m )m＝a n －m1·()(1)2n m n m q---·q(n －m )·m＝a n －m1·()(1)2()2n m n m n m mq---+-＝a n －m 1·()(1)2n m n m q ---.所以，“对∀n ，m ∈N *，当n ＞m 时总有T n T m＝T n －m ·q (n －m )m 成立；同理可证当q ＝1时也成立．所以命题p 是命题t 的充要条件．探究提高数列中的比较大小与其它比较大小的方法类似，也是差比法或商比法．另外探索充要条件要从充分性、必要性两个方面判断与寻找．【训练3】 (2015·徐州质检)已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝3，a n b n ＝2，b n ＋1＝a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫b n －21＋a n ，n ∈N *. (1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是等差数列，并求数列{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c n ＝2a n －5，对于给定的正整数p ，是否存在正整数q ，r (p ＜q ＜r )，使得1c p，1c q，1c r成等差数列？若存在，试用p 表示q ，r ；若不存在，请说明理由．(1)证明因为a n b n ＝2，所以a n ＝2b n ，则b n ＋1＝a n b n －2a n1＋a n ＝2－4b n1＋2bn＝2－4b n ＋2＝2b nb n ＋2，所以1b n ＋1＝1b n ＋12，又a 1＝3，所以b 1＝23，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是首项为32，公差为12的等差数列，即1b n＝32＋(n －1)×12＝n ＋22，所以b n ＝2n ＋2.(2)解由(1)知a n ＝n ＋2，所以c n ＝2a n －5＝2n －1. ①当p ＝1时，c p ＝c 1＝1，c q ＝2q －1，c r ＝2r －1，若1c p，1c q，1c r成等差数列，则22q－1＝1＋12r－1，(*)因为p＜q＜r，所以q≥2，r≥3，22q－1＜1，1＋12r－1＞1，所以(*)式不成立．②当p≥2时，若1c p，1c q，1c r成等差数列，则22q－1＝12p－1＋12r－1，所以12r－1＝22q－1－12p－1＝4p－2q－1（2p－1）（2q－1），即2r－1＝（2p－1）（2q－1）4p－2q－1，所以r＝2pq＋p－2q4p－2q－1，欲满足题设条件，只需q＝2p－1，此时r＝4p2－5p＋2，因为p≥2，所以q＝2p－1＞p，r－q＝4p2－7p＋3＝4(p－1)2＋p－1＞0，即r＞q.综上所述，当p＝1时，不存在q，r满足题设条件；当p≥2时，存在q＝2p－1，r＝4p2－5p＋2，满足题设条件.1．数列与不等式综合问题(1)如果是证明不等式，常转化为数列和的最值问题，同时要注意比较法、放缩法、基本不等式的应用；(2)如果是解不等式，注意因式分解的应用．2．数列与函数的综合问题(1)函数条件的转化：直接利用函数与数列的对应关系，把函数解析式中的自变量x 换为n即可．(2)数列向函数的转化：可将数列中的问题转化为函数问题，但要注意函数定义域．3．数列中的探索性问题处理探索性问题的一般方法是：假设题中的数学对象存在或结论成立或其中的一部分结论成立，然后在这个前提下进行逻辑推理．若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定结论，其中反证法在解题中起着重要的作用．还可以根据已知条件建立恒等式，利用等式恒成立的条件求解．一、填空题1．(2015·全国Ⅱ卷)设S n是数列{a n}的前n项和，且a1＝－1，a n＋1＝S n S n＋1，则S n＝____________．【详细分析】由题意，得S 1＝a 1＝－1，又由a n ＋1＝S n S n ＋1，得S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，所以S n ≠0，所以S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n ＝－1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1＝－1为首项，－1为公差的等差数列，得1S n＝－1－(n －1)＝－n ，所以S n ＝－1n .答案－1n2．数列{a n }的通项公式a n ＝1n ＋n ＋1，若{a n }的前n 项和为24，则n 为________．【详细分析】a n ＝1n ＋n ＋1＝－( n －n ＋1)，前n 项和S n ＝－[(1－2)＋(2－3)＋…＋(n －n ＋1)]＝ n ＋1－1＝24，故n ＝624.答案 6243．(2012·江苏卷改编)各项均为正数的等比数列{a n }满足a 1a 7＝4，a 6＝8，若函数f (x )＝a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋…＋a 10x 10的导数为f ′(x )，则f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝________．【详细分析】因为各项均为正数的等比数列{a n }满足a 1a 7＝4，a 6＝8，所以a 4＝2，q ＝2，故a n ＝2n －3，又f ′(x )＝a 1＋2a 2x ＋3a 3x 2＋…＋10a 10x 9，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2－2＋2×2－2＋3×2－2＋…＋10×2－2＝2－2×10×112＝554.答案 5544．在等差数列{a n }中，a 1＝142，d ＝－2，从第一项起，每隔两项取出一项，构成新的数列{b n }，则此数列的前n 项和S n 取得最大值时n 的值是________．【详细分析】因为从第一项起，每隔两项取出一项，构成数列{b n }，所以新数列的首项为b 1＝a 1＝142，公差为d ′＝－2×3＝－6，则b n ＝142＋(n －1)(－6)．令b n ≥0，解得n ≤2423，因为n ∈N *，所以数列{b n }的前24项都为正数项，从25项开始为负数项．因此新数列{b n }的前24项和取得最大值．答案 245．在正项数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋3×5n ，则数列{a n }的通项公式为________．【详细分析】在递推公式a n ＋1＝2a n ＋3×5n 的两边同时除以5n ＋1，得a n ＋15n ＋1＝25×a n 5n ＋35，①令a n 5n ＝b n ，则①式变为b n ＋1＝25b n ＋35，即b n ＋1－1＝25(b n －1)，所以数列{b n －1}是等比数列，其首项为b 1－1＝a 15－1＝－35，公比为25.所以b n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－35×⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1，即b n ＝1－35×⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1＝a n5n ，故a n ＝5n －3×2n －1.答案 a n ＝5n －3×2n －16．(2015·苏、锡、常、镇模拟)已知各项都为正的等比数列{a n }满足a 7＝a 6＋2a 5，存在两项a m ，a n 使得 a m ·a n ＝4a 1，则1m ＋4n 的最小值为________．【详细分析】由a 7＝a 6＋2a 5，得a 1q 6＝a 1q 5＋2a 1q 4，整理有q 2－q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－1(与条件中等比数列的各项都为正矛盾，舍去)，又由 a m ·a n ＝4a 1，得a m a n ＝16a 21，即a 212m ＋n －2＝16a 21，即有m ＋n －2＝4，亦即m ＋n ＝6，那么1m ＋4n ＝16(m ＋n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋4n ＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫4m n ＋n m ＋5≥16⎝ ⎛⎭⎪⎫24m n ·n m ＋5＝32，当且仅当4m n ＝n m ，m ＋n ＝6，即n ＝2m ＝4时取得最小值32. 答案 327．(2015·南通调研)设S n 为数列{a n }的前n 项之和，若不等式a 2n ＋S 2n n2≥λa 21对任何等差数列{a n }及任何正整数n 恒成立，则λ的最大值为________．【详细分析】a 1＝0时，不等式恒成立；当a 1≠0时，λ≤a 2na 21＋S 2n n 2a 21，将a n ＝a 1＋(n－1)d ，S n ＝na 1＋n （n －1）d 2代入上式，并化简得：λ≤54⎣⎢⎡⎦⎥⎤（n －1）d a 1＋652＋15，所以λ≤15，即λmax ＝15. 答案 158．(2015·南京、盐城模拟)已知等比数列{a n }的首项为43，公比为－13，其前n 项和为S n ，若A ≤S n －1S n≤B 对n ∈N *恒成立，则B －A 的最小值为________．【详细分析】依题意得S n ＝43⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ，当n 为奇数时，S n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤1，43；当n 为偶数时，S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫89，1.由函数y ＝x －1x 在(0，＋∞)上是增函数得S n －1S n 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1772，0∪⎝ ⎛⎦⎥⎤0，712，因此有A ≤－1772，B ≥712，B －A ≥712＋1772＝5972，即B －A 的最小值是5972. 答案 5972 二、解答题9．数列{a n }满足a n ＝2a n －1＋2n ＋1(n ∈N *，n ≥2)，a 3＝27. (1)求a 1，a 2的值；(2)是否存在一个实数t ，使得b n ＝12n (a n ＋t )(n ∈N *)，且数列{b n }为等差数列？若存在，求出实数t ；若不存在，请说明理由； (3)求数列{a n }的前n 项和S n .解 (1)由a 3＝27，得27＝2a 2＋23＋1，∴a 2＝9，∵9＝2a 1＋22＋1，∴a 1＝2. (2)假设存在实数t ，使得{b n }为等差数列，则2b n ＝b n －1＋b n ＋1，(n ≥2且n ∈N *) ∴2×12n (a n ＋t )＝12n －1(a n －1＋t )＋12n ＋1(a n ＋1＋t )，∴4a n ＝4a n －1＋a n ＋1＋t ，∴4a n ＝4×a n －2n －12＋2a n ＋2n ＋1＋1＋t ，∴t ＝1.即存在实数t ＝1，使得{b n }为等差数列．(3)由(1)，(2)得b 1＝32，b 2＝52，∴b n ＝n ＋12， ∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12·2n －1＝(2n ＋1)2n －1－1，S n ＝(3×20－1)＋(5×21－1)＋(7×22－1)＋…＋[(2n ＋1)×2n －1－1]＝3＋5×2＋7×22＋…＋(2n ＋1)×2n －1－n ，① ∴2S n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)×2n －2n ，②由①－②得－S n ＝3＋2×2＋2×22＋2×23＋…＋2×2n －1－(2n ＋1)×2n ＋n ＝1＋2×1－2n 1－2－(2n ＋1)×2n ＋n＝(1－2n )×2n ＋n －1， ∴S n ＝(2n －1)×2n －n ＋1.10．(2013·江苏卷)设{a n }是首项为a ，公差为d 的等差数列(d ≠0)，S n 是其前n 项的和．记b n ＝nS nn 2＋c，n ∈N *，其中c 为实数．(1)若c ＝0，且b 1，b 2，b 4成等比数列，证明：S nk ＝n 2S k (k ，n ∈N *)； (2)若{b n }是等差数列，证明：c ＝0. 证明由题设，S n ＝na ＋n （n －1）2d .(1)由c ＝0，得b n ＝S n n ＝a ＋n －12d .又b 1，b 2，b 4成等比数列，所以b 22＝b 1b 4，即⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋d 22＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋32d ，化简得d 2－2ad ＝0.因为d ≠0，所以d ＝2a . 因此，对于所有的m ∈N *，有S m ＝m 2a .从而对于所有的k ，n ∈N *，有S nk ＝(nk )2a ＝n 2k 2a ＝n 2S k .(2)设数列{b n }的公差为d 1，则b n ＝b 1＋(n －1)d 1，即nS nn 2＋c ＝b 1＋(n －1)d 1，n ∈N *，代入S n 的表达式，整理得，对于所有的n ∈N *，有⎝ ⎛⎭⎪⎫d 1－12d n 3＋(b 1－d 1－a ＋12d )n 2＋cd 1n ＝c (d 1－b 1)．令A ＝d 1－12d ，B ＝b 1－d 1－a ＋12d ，D ＝c (d 1－b 1)，则对于所有的n ∈N *，有An 3＋Bn 2＋cd 1n ＝D .(*)在(*)式中分别取n ＝1，2，3，4，得A ＋B ＋cd 1＝8A ＋4B ＋2cd 1＝27A ＋9B ＋3cd 1＝64A ＋16B ＋4cd 1，从而有⎩⎨⎧7A ＋3B ＋cd 1＝0，①19A ＋5B ＋cd 1＝0，②21A ＋5B ＋cd 1＝0，③由②，③得A ＝0，cd 1＝－5B ，代入方程①，得B ＝0，从而cd 1＝0.即d 1－12d ＝0，b 1－d 1－a ＋12d ＝0，cd 1＝0.若d 1＝0，则由d 1－12d ＝0，得d ＝0，与题设矛盾，所以d 1≠0.又cd 1＝0，所以c ＝0.11．(2014·南京、盐城模拟)已知数列{a n }满足a 1＝a (a ＞0，a ∈N *)，a 1＋a 2＋…＋a n －pa n ＋1＝0(p ≠0，p ≠－1，n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若对每一个正整数k ，若将a k ＋1，a k ＋2，a k ＋3按从小到大的顺序排列后，此三项均能构成等差数列，且公差为d k .①求p 的值及对应的数列{d k }．②记S k 为数列{d k }的前k 项和，问是否存在a ，使得S k ＜30对任意正整数k 恒成立？若存在，求出a 的最大值；若不存在，请说明理由．解 (1)因为a 1＋a 2＋…＋a n －pa n ＋1＝0，所以n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1－pa n ＝0，两式相减，得a n ＋1a n ＝p ＋1p (n ≥2)，故数列{a n }从第二项起是公比为p ＋1p 的等比数列，又当n ＝1时，a 1－pa 2＝0，解得a 2＝ap ，从而a n ＝⎩⎨⎧a （n ＝1），a p ⎝ ⎛⎭⎪⎫p ＋1p n －2 （n ≥2）.(2)①由(1)得a k ＋1＝a p ⎝ ⎛⎭⎪⎫p ＋1p k －1， a k ＋2＝a p ⎝ ⎛⎭⎪⎫p ＋1p k ，a k ＋3＝a p ⎝ ⎛⎭⎪⎫p ＋1p k ＋1，若a k ＋1为等差中项，则2a k ＋1＝a k ＋2＋a k ＋3，即p ＋1p ＝1或p ＋1p ＝－2，解得p ＝－13；此时a k ＋1＝－3a (－2)k －1，a k ＋2＝－3a (－2)k ，所以d k ＝|a k ＋1－a k ＋2|＝9a ·2k －1，若a k ＋2为等差中项，则2a k ＋2＝a k ＋1＋a k ＋3，即p ＋1p ＝1，此时无解；若a k ＋3为等差中项，则2a k ＋3＝a k ＋1＋a k ＋2，即p ＋1p ＝1或p ＋1p ＝－12，解得p ＝－23，此时a k ＋1＝－3a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k －1，a k ＋3＝－3a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k ＋1，所以d k ＝|a k ＋1－a k ＋3|＝9a 8·⎝ ⎛⎭⎪⎫12k －1，综上所述，p ＝－13，d k ＝9a ·2k －1或p ＝－23， d k ＝9a 8·⎝ ⎛⎭⎪⎫12k －1. ②当p ＝－13时，S k ＝9a (2k －1)．则由S k ＜30，得a ＜103（2k －1），当k ≥3时，103（2k －1）＜1，所以必定有a ＜1，所以不存在这样的最大正整数．当p ＝－23时，S k ＝9a 4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ，则由S k ＜30，得a ＜403⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ，因为403⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＞403，所以a ＝13满足S k ＜30恒成立；但当a ＝14时，存在k ＝5，使得a ＞403⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ，即S k ＜30，所以此时满足题意的最大正整数a ＝13.。

2016版高考数学(文山东版)二轮复习课件第2部分-专题3 数列-第2讲

【解】 (1)当 n＝1 时，a1＝S1＝2，当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n(n＋1)－(n－1)n＝2n，又 a1＝2 满足该式，∴ 数列{an}的通项公式为 an＝2n. b1 b2 bn (2)an＝＋ 2 ＋„＋ n (n≥1)， 3＋1 3 ＋1 3 ＋1 bn＋1 b1 b2 bn an＋1＝＋ 2 ＋„＋ n ＋ n＋1 3＋1 3 ＋1 3 ＋1 3 ＋1 bn＋1 ＋ ②－① 得， n＋1 ＝an＋1－an＝2，即 bn＋1＝2(3n 1＋1)， 3 ＋1 又当 n＝1 时，b1＝8，所以 bn＝2(3n＋1)． ① ②
（2n－1）×3n＋1＋3 ∴Hn＝ . 4 （2n－1）×3n＋1 n（n＋1） 3 ∴数列{cn}的前 n 项和 Tn＝＋＋ . 4 2 4
1．数列求和的关键是分析其通项，数列的基本求和方法有公式法、错位相减法、裂(拆)项相消法、分组法、倒序相加法和并项法等．
2．裂项求和的几种常见类型 1 1 1 1 (1) ＝ n－； n（n＋k） k n＋k 1 1 (2) ＝ ( n＋k － n)； n＋k＋ n k 1 1 1 1 － (3) ＝2 ； 2 n － 1 2 n ＋ 1 （2n－1）（2n＋1） 1 1 1 1 (4)若{an}是公差为 d 的等差数列，则＝ ( － )． anan＋1 d an an＋1
知识小脉络：
d 数列求和的常见类别——{an＋bn}，{an·bn} an·an＋k
↓
分组求和法、错位相减法、数列求和的解题思路—— 裂项相消法
(2015· 菏泽模拟)数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 Sn＝n(n＋1)(n↔N*)， (1)求数列{an}的通项公式； b1 b2 b3 bn (2)若数列{bn}满足：an＝＋ 2 ＋ 3 ＋„＋ n ，求数列{bn }的通 3＋1 3 ＋1 3 ＋1 3 ＋1 项公式； anbn (3)令 cn＝ 4 (n↔N*)，求数列{cn}的前 n 项和 Tn.

(通用版)2016年高考数学二轮复习-专题七-数列-第2讲-数列问题的综合课件-理

[名师点评] (1)数列中若有 an 与 Sn 的关系式，用基本关系式
an＝SSn1－
（n＝ 1） Sn－ 1（ n≥
2）
进行化
简；
(2)根据相邻两项 an＋1 与 an 的关系判断{an}的特征，从而求出{an}
的通项公式；
(3)裂项相消求和法是数列求和的重要方法之一，其基本形式
为：若{an}是等差数列且 an≠0，则
第3页，共40页。
(3)裂项相消法把数列和式中的各项分别裂开后，消去一部分从而计算和的方法，适用于求数列ana1n＋1的前 n 项和．
其中{an}若为公差不为零的等差数列，则ana1n＋1＝1da1n－an1＋1.
(4)分组求和法一个数列既不是等差数列，也不是等比数列，若将这个数列适当拆开，重新组合，就会变成几个可以求和的部分，即能分别求和，然后再合并．
求证： 1 ＋ 1 ＋ 1 ＋…＋ 1 <1.
b1 b2 b3
bn 2
第13页，共40页。
解：
(1)∵1， 2
an，
Sn
成等差数列
，
∴ 2an＝ Sn＋12.
当 n＝1 时，2a1＝a1＋12，∴a1＝12，
当 n≥2 时，Sn＝2an－12，Sn－1＝2an－1－12，
两式相减得， an＝Sn－Sn－ 1＝ 2an－ 2an－1，
2×2121－1－121n－1－22nn－＋ 1
1
2
＝3－2n＋ 22
3·12
n，
∴ Tn＝ 3－ (2n＋ 3)12 n.
第12页，共40页。
1．已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，首项为 a1，且12，an，Sn成
等差数列．

2016版高考数学大二轮总复习与增分策略(,文科)配套文档：专题四数列推理与证明第3讲

第3讲数列的综合问题1．（2014·安徽)如图，在等腰直角三角形ABC中，斜边BC＝2错误!，过点A作BC的垂线,垂足为A1，过点A1作AC的垂线,垂足为A2；过点A2作A1C的垂线，垂足为A3；…，依此类推,设BA＝a1，AA1＝a2,A1A2＝a3，…，A5A6＝a7,则a7＝________。

2．(2014·课标全国Ⅱ)已知数列｛a n｝满足a1＝1，a n＋1＝3a n＋1。

(1）证明{a n＋错误!｝是等比数列，并求｛a n｝的通项公式；(2)证明错误!＋错误!＋…＋错误!<错误!.1。

数列的综合问题，往往将数列与函数、不等式结合，探求数列中的最值或证明不等式.2.以等差数列、等比数列为背景，利用函数观点探求参数的值或范围.3.将数列与实际应用问题相结合，考查数学建模和数学应用。

热点一利用S n，a n的关系式求a n1．数列{a n｝中，a n与S n的关系：a n＝｛S1n＝1，S n－S n－1n≥2.2．求数列通项的常用方法（1)公式法：利用等差(比)数列求通项公式．(2)在已知数列｛a n}中,满足a n＋1－a n＝f（n）,且f(1）＋f（2)＋…＋f （n）可求，则可用累加法求数列的通项a n.(3）在已知数列｛a n}中,满足错误!＝f（n),且f(1)·f（2）·…·f(n)可求,则可用累积法求数列的通项a n.(4）将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列）．例1 数列｛a n｝中，a1＝1,S n为数列｛a n｝的前n项和，且满足错误!＝1(n≥2)．求数列｛a n}的通项公式．思维升华给出S n与a n的递推关系，求a n，常用思路：一是利用S n －S n－1＝a n（n≥2)转化为a n的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n的递推关系,先求出S n与n之间的关系，再求a n。

跟踪演练1 已知正项数列{a n}的前n项和为S n，且S n＝错误!，则数列｛a n}的通项公式是________．热点二数列与函数、不等式的综合问题数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出S n的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题,解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化．数列与不等式的综合问题一般以数列为载体,考查最值问题，不等关系或恒成立问题．例2 (2015·淮南一模）若数列{a n}的前n项和为S n，点(a n，S n)在y ＝错误!－错误!x的图象上(n∈N＊)．（1)求数列{a n}的通项公式；（2)若c1＝0，且对任意正整数n都有c n＋1－c n＝log12a n.求证：对任意正整数n≥2，总有错误!≤错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!＜错误!.思维升华解决数列与函数、不等式的综合问题要注意以下几点:(1)数列是一类特殊的函数，函数定义域是正整数，在求数列最值或不等关系时要特别重视；（2）解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件；（3）不等关系证明中进行适当的放缩．跟踪演练2 （2015·安徽)设n∈N*,x n是曲线y＝x2n＋2＋1在点(1,2）处的切线与x轴交点的横坐标．（1）求数列｛x n｝的通项公式；（2)记T n＝x错误!x错误!…x错误!，证明：T n≥错误!.热点三数列的实际应用用数列知识解相关的实际问题，关键是合理建立数学模型——数列模型，弄清所构造的数列是等差模型还是等比模型，它的首项是什么，项数是多少，然后转化为解数列问题．求解时，要明确目标,即搞清是求和，还是求通项，还是解递推关系问题,所求结论对应的是解方程问题，还是解不等式问题，还是最值问题，然后进行合理推算，得出实际问题的结果．例3 自从祖国大陆允许台湾农民到大陆创业以来，在11个省区设立了海峡两岸农业合作试验区和台湾农民创业园，台湾农民在那里申办个体工商户可以享受“绿色通道”的申请、受理、审批一站式服务，某台商第一年年初到大陆就创办了一座120万元的蔬菜加工厂M，M的价值在使用过程中逐年减少，从第二年到第六年,每年年初M的价值比上年年初减少10万元，从第七年开始，每年年初M 的价值为上年年初的75%。

(江苏专用)2016高考数学二轮复习专题三第2讲数列的综合应用课件理

第2讲数列的综合应用
高考定位高考对本内容的考查主要有：(1)通过适当的代数变形后，转化为等差数列或等比数列的问题；(2)求数列的通项公式及其前n项和的基本的几种方法；(3)数列与函数、不等式的综合问题.题型一般为解答题，且为压轴题.
真题感悟
(2015·江苏卷)设 a1，a2，a3，a4 是各项为正数且公差为 d(d≠0)的等差数列. (1)证明：2a1，2a2，2a3，2a4 依次构成等比数列； (2)是否存在 a1，d，使得 a1，a22，a33，a44依次构成等比数列？并说明理由； (3)是否存在 a1，d 及正整数 n，k，使得 an1，an2＋k，a3n＋2k，an4＋3k依次构成等比数列？并说明理由.
再将这两式相除，化简得
ln(1＋3t)ln(1＋2t)＋3ln(1＋2t)ln(1＋t)＝4ln(1＋3t)ln(1＋t)(**).
令 g(t)＝4ln(1＋3t)ln(1＋t)－ln(1＋3t)ln(1＋2t)－3ln(1＋2t)ln(1＋t)，
则 g′(t)＝
2[（1＋3t）2ln（1＋3t）－3（1＋2t）2ln（1＋2t）＋3（1＋t）2ln（1＋t）]
（1＋t）（1＋2t）（1＋3t）
.
令 φ(t)＝(1＋3t)2ln(1＋3t)－3(1＋2t)2ln(1＋2t)＋3(1＋t)2ln(1＋t)，
则 φ′(t)＝6[(1＋3t)ln(1＋3t)－2(1＋2t)ln(1＋2t)＋(1＋t)ln(1＋t)].
令 φ1(t)＝φ′(t)，则 φ1′(t)＝6[3ln(1＋3t)－4ln(1＋2t)＋ln(1＋t)]. 令 φ2(t)＝φ1′(t)，则 φ2′(t)＝（1＋t）（1＋122t）（1＋3t）＞0. 由 g(0)＝φ(0)＝φ1(0)＝φ2(0)＝0，φ′2(t)＞0，知 φ2(t)，φ1(t)，φ(t)，g(t)在－13，0和(0，＋∞)上均单调. 故 g(t)只有唯一零点 t＝0，即方程(**)只有唯一解 t＝0，故假设不成立. 所以不存在 a1，d 及正整数 n，k，使得 an1，an2＋k，an3＋2k，a4n＋3k依次构成等比数列.

2016年高考数列复习

数列2011年-2016年全国新课标2卷1．（2015·5）1．设是等差数列的前项和，若，则（）A. 5B. 7C. 9D. 112．（2015·9）已知等比数列满足，，则（） A. 2 B. 1 C. D. 3．（2014·5）等差数列{a n }的公差为2，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项S n =（）A ．(1)n n +B ．(1)n n -C ．(1)2n n +D ．(1)2n n - 4．（2012·12）数列{n a }满足1(1)21n n n a a n ++-=-，则{n a }的前60项和为（）A ．3690B ．3660C ．1845D ．18305．（2014·16）数列}{n a 满足nn a a -=+111，=2，则=_________. 6．（2012·14）等比数列{n a }的前n 项和为S n ，若S 3+3S 2=0，则公比q =.7．（2013·17）已知等差数列{}n a 的公差不为零，125a =，且11113,,a a a 成等比数列. （Ⅰ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）求14732+n a a a a -++⋅⋅⋅+.8．（2011·17）已知等比数列{a n }中，113a =，公比13q =. （I ）S n 为{a n }的前n 项和，证明：；（II ）设31323log log log n nb a a a =+++L L ，求数列{b n }的通项公式.2011年-2016年全国新课标1卷(2013.6)设首项为1，公比为23的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（）（A ）21n n S a =-（B ）32n n S a =-（C ）43n n S a =- （D ）32n n S a =- （2015.7）已知{}n a 是公差为1的等差数列，n S 为{}n a 的前n 项和，若844S S =，则10a =（）（A ）172（B ）192（C ）10（D ）12 （2015.13）数列{}n a 中112,2,n n n a a a S +==为{}n a 的前n 项和，若126n S =，则n =. n S }{n a n 3531=++a a a =5S }{n a 411=a )1(4453-=a a a =2a 21812a 1a 12n n a S -=（2016.17）已知{}n a 是公差为3的等差数列，数列{}n b 满足12111==3n n n n b b a b b nb +++=1，，，. （I ）求{}n a 的通项公式；（II ）求{}n b 的前n 项和.（2014.17）已知{}n a 是递增的等差数列，2a ，4a 是方程2560x x -+=的根。

2016届高考数学(新课标版文)二轮复习细致讲解课件第2章数列(共165张PPT)

�� 3 n=-2,只要-2 <2即可,所以λ>-3.
*
2
【答案】(-3,+∞)
热点重点难点专题透析· 数学(文科)
专题2文
5.(2015 年四川卷)设数列{an}(n=1,2,3,…)的前 n 项和 Sn 满足 Sn=2an-a1,且 a1,a2+1,a3 成等差数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设数列{�� }的前 n 项和为 Tn,求 Tn.
(
). A.4n-1 B.4n-1 C.2n-1 D.2n-1
热点重点难点专题透析· 数学(文科)
专题2文
【解析】(法一)∵
��1 + ��3 = , ��2 + ��4 =
5 2 5 ∴ , 4
��1 + ��1 �� 2 = , ��1 q + ��1 �� 3 = .
2
热点重点难点专题透析· 数学(文科)
专题2文
4.已知数列{an}满足 an=n2+λn+2(n∈N*)是递增数列,则实数λ的取值范围是
.
热点重点难点专题透析· 数学(文科)
专题2文
【解析】 (法一)只要 an+1>an 对 n∈N 恒成立即可,所以(n+1) + λ(n+1)+2>n2+λn+2, 所以λ>-2n-1 对 n∈N*恒成立,所以λ>-3. (法二)把 an=n2+λn+2(n∈N*)看作是关于 n 的二次函数,其对称轴
5 4
5 2

高考数学二轮复习专题3 数列第一讲等差数列与等比数列理

高考数学二轮复习专题3 数列第一讲等差数列与等比数列理第一讲等差数列与等比数列1．等差数列的定义．数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝d (其中n∈N *，d 为与n 值无关的常数)⇔{a n }是等差数列． 2．等差数列的通项公式．若等差数列的首项为a 1，公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)． 3．等差中项．若x ，A ，y 成等差数列，则A ＝x ＋y2，其中A 为x ，y 的等差中项．4．等差数列的前n 项和公式．若等差数列首项为a 1，公差为d ，则其前n 项和S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）d2．1．等比数列的定义．数列{a n }满足a n ＋1a n＝q (其中a n ≠0，q 是与n 值无关且不为零的常数，n ∈N *)⇔{a n }为等比数列．2．等比数列的通项公式．若等比数列的首项为a 1，公比为q ，则a n ＝a 1·q n －1＝a m ·qn －m(n ，m ∈N *)．3．等比中项．若x ，G ，y 成等比数列，则G 2＝xy ，其中G 为x ，y 的等比中项，G 值有两个． 4．等比数列的前n 项和公式．设等比数列的首项为a 1，公比为q ，则S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．(1)若一个数列从第二项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．(×)(2)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.(√) (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)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．(×) (5)G 为a ，b 的等比中项⇔G 2＝ab .(×) (6)1＋b ＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5＝1－b51－b.(×)1．在等差数列{a n }中，a 2＝1，a 4＝5，则数列{a n }的前5项和S 5＝(B ) A ．7 B ．15 C ．20 D ．25解析：2d ＝a 4－a 2＝5－1＝4⇒d ＝2，a 1＝a 2－d ＝1－2＝－1，a 5＝a 2＋3d ＝1＋6＝7，故S 5＝（a 1＋a 5）×52＝6×52＝15.2. (2015·北京卷)设{a n }是等差数列，下列结论中正确的是(C ) A ．若a 1＋a 2＞0，则a 2＋a 3＞0 B ．若a 1＋a 3＜0，则a 1＋a 2＜0 C ．若0＜a 1＜a 2，则a 2＞a 1a 3 D ．若a 1＜0，则(a 2－a 1)(a 2－a 3)＞0解析：设等差数列{a n}的公差为d，若a1＋a2＞0，a2＋a3＝a1＋d＋a2＋d＝(a1＋a2)＋2d，由于d正负不确定，因而a2＋a3符号不确定，故选项A错；若a1＋a3＜0，a1＋a2＝a1＋a3－d＝(a1＋a3)－d，由于d正负不确定，因而a1＋a2符号不确定，故选项B错；若0＜a1＜a2，可知a1＞0，d＞0，a2＞0，a3＞0，∴a22－a1a3＝(a1＋d)2－a1(a1＋2d)＝d2＞0，∴a2＞a1a3，故选项C正确；若a1＜0，则(a2－a1)(a2－a3)＝d·(－d)＝－d2≤0，故选项D错．3．(2015·新课标Ⅱ卷)已知等比数列{a n}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7＝(B)A．21 B．42C．63 D．84解析：∵ a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，∴ 3＋3q2＋3q4＝21.∴ 1＋q2＋q4＝7.解得q2＝2或q2＝－3(舍去)．∴a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝2×21＝42.故选B.4．等差数列{a n}的公差不为零，首项a1＝1，a2是a1和a5的等比中项，则数列的前10项之和是(B)A．90 B．100C．145 D．190解析：设公差为d，则(1＋d)2＝1·(1＋4d)．∵d≠0，解得d＝2，∴S10＝100.一、选择题1．已知等差数列{a n}中，前n项和为S n，若a3＋a9＝6，则S11＝(B)A．12 B．33 C．66 D．99解析：∵{a n}为等差数列且a3＋a9＝6，∴a 6＋a 6＝a 3＋a 9＝6. ∴a 6＝3. ∴S 11＝a 1＋a 112×11＝a 6＋a 62×11＝11a 6＝11×3＝33.2．在等比数列{a n }中，若a 1＋a 2＝20，a 3＋a 4＝40，则数列{a n }的前6项和S 6＝(B ) A ．120 B ．140 C ．160 D ．180 解析：∵{a n }为等比数列，∴a 1＋a 2，a 3＋a 4，a 5＋a 6为等比数列． ∴(a 3＋a 4)2＝(a 1＋a 2)(a 5＋a 6)．即a 5＋a 6＝（a 3＋a 4）2a 1＋a 2＝40220＝80.∴S 6＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝20＋40＋80＝140.3．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－2n －1，则a 3＋a 17＝(C ) A ．15 B ．17 C ．34 D ．398 解析：∵S n ＝n 2－2n －1， ∴a 1＝S 1＝12－2－1＝－2. 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－2n －1－[(n －1)2－2(n －1)－1] ＝n 2－(n －1)2＋2(n －1)－2n －1＋1 ＝n 2－n 2＋2n －1＋2n －2－2n ＝2n －3.∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－2，n ＝1，2n －3，n ≥2.∴a 3＋a 17＝(2×3－3)＋(2×17－3)＝3＋31＝34. 4．(2014·陕西卷)原命题为“若a n ＋a n ＋12＜a n ，n ∈N *，则{a n }为递减数列”，关于逆命题，否命题，逆否命题真假性的判断依次如下，正确的是(A )A ．真，真，真B ．假，假，真C ．真，真，假D ．假，假，假解析：由a n ＋a n ＋12＜a n ⇒a n ＋1＜a n ⇒{a n }为递减数列，所以原命题为真命题；逆命题：若{a n }为递减数列，则a n ＋a n ＋12＜a n ，n ∈N ＋；若{a n }为递减数列，则a n ＋1＜a n ，即a n ＋a n ＋12＜a n ，所以逆命题为真；否命题：若a n ＋a n ＋12≥a n ，n ∈N ＋，则{a n }不为递减数列；由a n ＋a n ＋12≥a n ⇒a n ≤a n ＋1⇒{a n }不为递减数列，所以否命题为真；因为逆否命题的真假为原命题的真假相同，所以逆否命题也为真命题．故选A.5．某棵果树前n 年的总产量S n 与n 之间的关系如图所示，从目前记录的结果看，前m 年的年平均产量最高，m 的值为(C )A ．5B ．7C ．9D ．11解析：由图可知6，7，8，9这几年增长最快，超过平均值，所以应该加入m ＝9，因此选C.二、填空题6．(2015·安徽卷)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，则数列{a n }的前9项和等于27．解析：由a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，可知数列{a n }是首项为1，公差为12的等差数列，故S 9＝9a 1＋9×（9－1）2×12＝9＋18＝27.7．设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则q ＝32．解析：将S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2两个式子全部转化成用a 1，q 表示的式子，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝3a 1q ＋2，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝3a 1q 3＋2，两式作差得：a 1q 2＋a 1q 3＝3a 1q (q 2－1)，即：2q 2－q －3＝0，解得q ＝32或q ＝－1(舍去)．8．(2014·广东卷)等比数列{a n }的各项均为正数，且a 1a 5＝4，则log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝5．解析：由题意知a 1a 5＝a 23＝4，且数列{a n }的各项均为正数，所以a 3＝2， ∴a 1a 2a 3a 4a 5＝(a 1a 5)·(a 2a 4)·a 3＝(a 23)2·a 3＝a 53＝25，∴log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋log 2a 4＋log 2a 5＝log 2(a 1a 2a 3a 4a 5)＝log 225＝5. 三、解答题9．已知数列{a n }满足，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2 ＝a n ＋a n ＋12，n ∈N *.(1)令b n ＝a n ＋1－a n ，证明：{b n }是等比数列； (2)求{a n }的通项公式．解析：(1)b 1＝a 2－a 1＝1，当n ≥2时，b n ＝a n ＋1－a n ＝a n －1＋a n2－a n ＝－12(a n －a n －1)＝－12b n －1，所以{b n }是以1为首项，－12为公比的等比数列．(2)由(1)知b n ＝a n ＋1－a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －2＝1＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －11－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝1＋23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，当n ＝1时，53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－121－1＝1＝a 1.所以a n ＝53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1(n ∈N *)．10．(2015·安徽卷)已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解析：(1)由题设知a 1·a 4＝a 2·a 3＝8，又a 1＋a 4＝9，可解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1(舍去)．由a 4＝a 1q 3得公比q ＝2，故a n ＝a 1qn －1＝2n －1.(2)S n ＝a 1（1－q n ）1－q＝2n－1.又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 1－1S 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝1－12n ＋1－1.。

2016届高三数学二轮复习(新课标)第一部分：专题四数列(含解析)

第1讲等差数列、等比数列1．(2015·新课标Ⅰ高考)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和．若S 8＝4S 4，则a 10＝( )A.172B.192 C ．10 D ．12 【解析】设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .由题设知d ＝1，S 8＝4S 4，所以8a 1＋28＝4(4a 1＋6)，解得a 1＝12，所以a 10＝12＋9＝192.故选B.【答案】 B2．(2015·新课标Ⅱ高考)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )A ．2B ．1 C.12 D.18【解析】设等比数列{a n }的公比为q ，a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，由题可知q ≠1，则a 1q 2×a 1q 4＝4(a 1q 3－1)，∴116×q 6＝4(14×q 3－1)，∴q 6－16q 3＋64＝0，∴(q 3－8)2＝0，∴q 3＝8，∴q ＝2，∴a 2＝12.故选C.【答案】 C 3．(2015·浙江高考)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零．若a 2，a 3，a 7成等比数列，且2a 1＋a 2＝1，则a 1＝__________，d ＝________．【解析】由a 2，a 3，a 7成等比数列，得a 23＝a 2a 7，则2d 2＝－3a 1d ，即d ＝－32a 1.又2a 1＋a 2＝1，所以a 1＝23，d ＝－1.【答案】 23－14．(2015·北京高考)已知等差数列{a n }满足a 1＋a 2＝10，a 4－a 3＝2. (1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 2＝a 3，b 3＝a 7.问：b 6与数列{a n }的第几项相等？【解】 (1)设等差数列{a n }的公差为d .因为a 4－a 3＝2，所以d ＝2.又因为a 1＋a 2＝10，所以2a 1＋d ＝10，故a 1＝4. 所以a n ＝4＋2(n －1)＝2n ＋2(n ＝1，2，…)． (2)设等比数列{b n }的公比为q . 因为b 2＝a 3＝8，b 3＝a 7＝16，所以q ＝2，b 1＝4.所以b 6＝4×26－1＝128. 由128＝2n ＋2，得n ＝63.所以b 6与数列{a n }的第63项相等．考什么怎么考题型与难度1.等差(比)数列的基本运算主要考查等差、等比数列的基本量的求解题型：三种题型均可出现难度：基础题2.等差(比)数列的判定与证明主要考查等差、等比数列的定义证明题型：三种题型均可出现难度：基础题或中档题3.等差(比)数列的性质主要考查等差、等比数列的性质题型：选择题或填空题难度：基础题或中档题等差（比）数列的基本运算（自主探究型）1．(2015·湖南高考)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，且3S 1，2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________．【解析】本题考查等比数列和等差数列等，结合转化思想即可轻松求解等比数列的公比，进而求解等比数列的通项公式．由3S 1，2S 2，S 3成等差数列，得4S 2＝3S 1＋S 3，即3S 2－3S 1＝S 3－S 2，则3a 2＝a 3，得公比q ＝3，所以a n ＝a 1q n －1＝3n －1.【答案】 3n －12．(2015·重庆高考)已知等差数列{a n }满足a 3＝2，前3项和S 3＝92.(1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 15，求{b n }的前n 项和T n . 【解】本题主要考查等差数列的通项公式与等比数列的前n 项和公式，考查考生的运算求解能力．(1)将已知条件中的a 3，S 3用首项a 1与公差d 表示，求得a 1，d ，即可求得数列{a n }的通项公式；(2)结合(1)利用条件b 1＝a 1，b 4＝a 15求得公比，然后利用等比数列的前n 项和公式进行计算．(1)设{a n }的公差为d ，则由已知条件得a 1＋2d ＝2，3a 1＋3×22d ＝92，即a 1＋2d ＝2，a 1＋d ＝32，解得a 1＝1，d ＝12，故通项公式为a n ＝1＋n －12，即a n ＝n ＋12.(2)由(1)得b 1＝1，b 4＝a 15＝15＋12＝8.设{b n }的公比为q ，则q 3＝b 4b 1＝8，从而q ＝2，故{b n }的前n 项和T n ＝b 1（1－q n ）1－q ＝1×（1－2n ）1－2＝2n －1.【规律感悟】等差(比)数列基本运算的关注点(1)基本量：在等差(比)数列中，首项a 1和公差d (公比q )是两个基本的元素． (2)解题思路：①设基本量a 1和公差d (公比q )；②列、解方程(组)：把条件转化为关于a 1和d (q )的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少计算量．等差（比）数列的判定与证明（师生共研型）【典例1】 (2015·广东高考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *.已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1.(1)求a 4的值；(2)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 为等比数列；(3)求数列{a n }的通项公式．【解】本题主要考查等差数列、等比数列等知识，考查化归与转化的数学思想方法，以及运算求解能力和创新意识．(1)∵4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1， ∴n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，∴4(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋5(a 1＋a 2)＝8(a 1＋a 2＋a 3)＋a 1，∴4×⎝⎛⎭⎫1＋32＋54＋a 4＋5×⎝⎛⎭⎫1＋32＝8×⎝⎛⎭⎫1＋32＋54＋1，解得a 4＝78.(2)证明：∵n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1，∴4(S n ＋2－S n ＋1)－2(S n ＋1－S n )＝2⎣⎡⎦⎤（S n ＋1－S n ）－12（S n －S n －1）， ∴(S n ＋2－S n ＋1)－12(S n ＋1－S n )＝12[(S n ＋1－S n )－12(S n －S n －1)]，∴a n ＋2－12a n ＋1＝12(a n ＋1－12a n )．又a 3－12a 2＝12⎝⎛⎭⎫a 2－12a 1， ∴{a n ＋1－12a n }是首项为1，公比为12的等比数列．(3)由(2)知{a n ＋1－12a n }是首项为1，公比为12的等比数列，∴a n ＋1－12a n ＝(12)n －1，两边同乘以2n ＋1得，a n ＋1·2n ＋1－a n ·2n＝4. 又a 2·22－a 1·21＝4，∴{a n ·2n }是首项为2，公差为4的等差数列， ∴a n ·2n ＝2＋4(n －1)＝2(2n －1)，∴a n ＝2（2n －1）2n ＝2n －12n －1.[一题多变]若题已知变为：a n ＋2S n ·S n －1＝0(n ≥2)．求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列．【解】由a n ＋2S n ·S n －1＝0，(n ≥2)得S n －S n －1＋2S n ·S n －1＝0，即1S n －1S n －1＝2(n ≥2)．故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列．【规律感悟】判断和证明数列是等差(比)数列的三种方法(1)定义法：对于n ≥1的任意自然数，验证a n ＋1－a n ⎝⎛⎭⎫或a n ＋1a n 为同一常数．(2)通项公式法：①若a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a m ＋(n －m )d 或a n ＝kn ＋b (n ∈N *)，则{a n }为等差数列；②若a n ＝a 1q n －1＝a m q n －m 或a n ＝pq kn ＋b (n ∈N *)，则{a n }为等比数列． (3)中项公式法：①若2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)，则{a n }为等差数列；②若a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)，且a n ≠0，则{a n }为等比数列．[针对训练](2014·全国大纲高考)数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－a n ，证明{b n }是等差数列； (2)求{a n }的通项公式．【解】 (1)证明：由a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2得 a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋2，即b n ＋1＝b n ＋2. 又b 1＝a 2－a 1＝1，所以{b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)得b n ＝1＋2(n －1)，即a n ＋1－a n ＝2n －1. 于是，所以a n ＋1－a 1＝n 2，即a n ＋1＝n 2＋a 1.又a 1＝1，所以{a n }的通项公式为a n ＝n 2－2n ＋2.等差（比）数列的性质（多维探究型）命题角度一与等差(比)数列的项有关的性质【典例2】 (1)(2015·新课标Ⅱ高考)已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7＝( )A ．21B ．42C ．63D ．84 (2)(2015·铜陵模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10＝12，则a 5＋a 6＝( ) A.125 B ．12 C ．6 D.65【解析】 (1)本题主要考查等比数列的基本概念、基本运算与性质，意在考查考生的运算求解能力．由于a 1(1＋q 2＋q 4)＝21，a 1＝3，所以q 4＋q 2－6＝0，所以q 2＝2(q 2＝－3舍去)， a 3＋a 5＋a 7＝q 2(a 1＋a 3＋a 5)＝2×21＝42.故选B. (2)本题主要考查等差数列的性质a m ＋a n ＝a p ＋a q .由S 10＝12得a 1＋a 102×10＝12，所以a 1＋a 10＝125，所以a 5＋a 6＝125.故选A.【答案】 (1)B (2)A命题角度二与等差(比)数列的和有关的性质【典例3】 (1)(2014·全国大纲高考)设等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3，S 4＝15，则S 6＝( )A ．31B ．32C ．63D ．64 (2)(2015·衡水中学二调)等差数列{a n }中，3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝24，则该数列前13项的和是( )A ．13B ．26C ．52D ．156【解析】 (1)利用等比数列前n 项和的性质求解．在等比数列{a n }中，S 2，S 4－S 2，S 6－S 4也成等比数列，故(S 4－S 2)2＝S 2(S 6－S 4)，则(15－3)2＝3(S 6－15)．解得S 6＝63.故选C.(2)本题主要考查等差数列的前n 项和与项的有关性质．∵3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝24，∴6a 4＋6a 10＝24，∴a 4＋a 10＝4，∴S 13＝13（a 1＋a 13）2＝13（a 4＋a 10）2＝13×42＝26.故选B.【答案】 (1)C (2)B【规律感悟】等差(比)数列的性质盘点[针对训练]1．(2015·广东高考)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25，则a 2＋a 8＝________．【解析】由a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25得5a 5＝25，所以a 5＝5，故a 2＋a 8＝2a 5＝10. 【答案】 10 2．(文)(2015·辽宁大连模拟)在等比数列{a n }中，a 4·a 8＝16，则a 4·a 5·a 7·a 8的值为________．【解析】 a 4a 5a 7a 8＝a 4a 8·a 5a 7＝(a 4a 8)2＝256. 【答案】 256 (理)(2014·广东高考)若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝________．【解析】 ∵a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，∴a 10·a 11＝e 5， ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝10ln(a 10·a 11)＝10·ln e 5＝50. 【答案】 50函数与方程思想求解数列中的求值问题[思想诠释]数列中求值问题用到函数与方程思想的常见题型：1．求基本量：求等差或等比数列中的某些量时，常根据题设条件构建方程(组)求解． 2．值域(最值)：求等差或等比数列中的某些量的取值范围或最值时，经常选一变量将待求量表示成其函数或构建函数，从而转化为求函数的值域(最值)问题求解．3．单调性：研究等差(比)数列单调性时，常利用研究函数单调性的方法求解．4．比较大小：等差(比)数列中某些量的大小比较，常利用比较函数值大小的方法，如单调性法、作差法等．[典例剖析]【典例】 (2015·石家庄模拟)已知数列{a n }是各项均为正数的等差数列． (1)若a 1＝2，且a 2，a 3，a 4＋1成等比数列，求数列{a n }的通项公式a n ；(2)在(1)的条件下，数列{a n }的前n 项和为S n ，设b n ＝1S n ＋1＋1S n ＋2＋…＋1S 2n ，若对任意的n ∈N *，不等式b n ≤k 恒成立，求实数k 的最小值．【审题策略】 (1)知道a 1的值，a 2，a 3，a 4＋1成等比数列，联想到方程思想，列方程求解；(2)题目涉及恒成立、求最值问题，联想到函数思想，构建函数或利用函数性质求解．【解】 (1)因为a 1＝2，a 23＝a 2(a 4＋1)，又因为{a n }是正项等差数列，故公差d ≥0，所以(2＋2d )2＝(2＋d )(3＋3d )，得d ＝2或d ＝－1(舍去)，所以数列{a n }的通项公式a n ＝2n .(2)因为S n ＝n (n ＋1)，b n ＝1S n ＋1＋1S n ＋2＋…＋1S 2n＝1（n ＋1）（n ＋2）＋1（n ＋2）（n ＋3）＋…＋12n （2n ＋1）＝1n ＋1－1n ＋2＋1n ＋2－1n ＋3＋…＋12n －12n ＋1＝1n ＋1－12n ＋1＝n 2n 2＋3n ＋1＝12n ＋1n＋3，令f (x )＝2x ＋1x (x ≥1)，则f ′(x )＝2－1x2，当x ≥1时，f ′(x )＞0恒成立，所以f (x )在[1，＋∞)上是增函数，故当x ＝1时，f (x )的最小值为f (1)＝3，即当n ＝1时，b n 的最大值为16.要使对任意的正整数n ，不等式b n ≤k 恒成立，则需使k ≥16，所以实数k 的最小值为16[针对训练](2015·山东师大附中模拟)数列{a n }的通项a n 是关于x 的不等式x 2－x ＜nx 的解集中正整数的个数，f (n )＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n ＋n.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n2n ，求数列{b n }的前n 项和S n ；(3)求证：对n ≥2且n ∈N *恒有712≤f (n )＜1.【解】 (1)x 2－x ＜nx 等价于x (x －n －1)＜0，解得x ∈(0，n ＋1)．其中有正整数n 个，于是a n ＝n .(2)∵b n ＝n 2n ＝n ·⎝⎛⎭⎫12n ， ∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝1×12＋2×⎝⎛⎭⎫122＋…＋n ×⎝⎛⎭⎫12n ，∴12S n ＝1×⎝⎛⎭⎫122＋2×⎝⎛⎭⎫123＋…＋n ×⎝⎛⎭⎫12n ＋1，两式相减得12S n ＝12＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －n ×⎝⎛⎭⎫12n ＋1＝1－⎝⎛⎭⎫12n －n ×⎝⎛⎭⎫12n ＋1，故S n ＝2－⎝⎛⎭⎫12n －1－n ×⎝⎛⎭⎫12n .(3)证明：f (n )＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n ＋n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n ＜1n ＋1n＋…＋1n ＝1.由f (n )＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n ＋n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n，知f (n ＋1)＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋12n ＋1＋12n ＋2，于是f (n ＋1)－f (n )＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1＞12n ＋2＋12n ＋2－1n ＋1＝0，故f (n ＋1)＞f (n )，∴f (n )当n ≥2且n ∈N *时为增函数，∴f (n )≥f (2)＝712.综上可知712≤f (n )＜1.1．必记公式(1)等差数列通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d .(2)等差数列前n 项和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）d2.(3)等比数列通项公式：a n a 1q n －1. (4)等比数列前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1（q ＝1）a 1（1－q n ）1－q＝a 1－a n q 1－q （q ≠1）.(5)等差中项公式：2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)． (6)等比中项公式：a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ≥2)．(7)数列{a n }的前n 项和与通项a n 之间的关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1（n ＝1）S n －S n －1（n ≥2）.2．重要性质(1)通项公式的推广：等差数列中，a n ＝a m ＋(n －m )d ；等比数列中，a n ＝a m q n －m .(2)增减性：①等差数列中，若公差大于零，则数列为递增数列；若公差小于零，则数列为递减数列．②等比数列中，若a 1＞0且q ＞1或a 1＜0且0＜q ＜1，则数列为递增数列；若a 1＞0且0＜q ＜1或a 1＜0且q ＞1，则数列为递减数列．3．易错提醒(1)忽视等比数列的条件：判断一个数列是等比数列时，忽视各项都不为零的条件． (2)漏掉等比中项：正数a ，b 的等比中项是±ab ，容易漏掉－ab .限时训练(十)一、选择题 1．(2015·新课标Ⅱ高考)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和．若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝( ) A ．5 B ．7 C ．9 D ．11【解析】数列{a n }为等差数列，∴a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝3，∴a 3＝1，∴S 5＝5（a 1＋a 5）2＝5×2a 32＝5. 【答案】 A 2．(2014·福建高考)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【解析】由题知3a 1＋3×22d ＝12，∵a 1＝2，解得d ＝2，又a 6＝a 1＋5d ，∴a 6＝12.故选C.【答案】 C 3．(2014·重庆高考)对任意等比数列{a n }，下列说法一定正确的是( ) A ．a 1，a 3，a 9成等比数列 B ．a 2，a 3，a 6成等比数列 C ．a 2，a 4，a 8成等比数列 D ．a 3，a 6，a 9成等比数列【解析】由等比数列的性质得，a 3·a 9＝a 26≠0，因此a 3，a 6，a 9一定成等比数列．故选D.【答案】 D 4．(2014·天津高考)设{a n }是首项为a 1，公差为－1的等差数列，S n 为其前n 项和．若S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 1＝( )A ．2B ．－2 C.12 D ．－12【解析】由题意知 S 22＝S 1·S 4，∴(2a 1＋2×12d )2＝a 1(4a 1＋4×32d )，把d ＝－1代入整理得a 1＝－12.故选D.【答案】 D5．(2015·辽宁大连模拟)数列{a n }满足a n －a n ＋1＝a n ·a n ＋1(n ∈N *)，数列{b n }满足b n ＝1a n，且b 1＋b 2＋…＋b 9＝90，则b 4·b 6( )A ．最大值为99B ．为定值99C ．最大值为100D ．最大值为200【解析】将a n －a a ＋1＝a n a n ＋1两边同时除以a n a n ＋1可得1a n ＋1－1a n＝1，即b n ＋1－b n ＝1，所以{b n }是公差为d ＝1的等差数列，其前9项和为9（b 1＋b 9）2＝90，所以b 1＋b 9＝20，将b 9＝b 1＋8d ＝b 1＋8，代入得b 1＝6，所以b 4＝9，b 6＝11，所以b 4b 6＝99.故选B.【答案】 B 二、填空题 6．(2015·陕西高考)中位数为1 010的一组数构成等差数列，其末项为2 015，则该数列的首项为________．【解析】设等差数列的首项为a 1，根据等差数列的性质可得，a 1＋2 015＝2×1 010，解得a 1＝5.【答案】 5 7．(2015·安徽高考)已知数列{a n }是递增的等比数列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则数列{a n }的前n 项和等于________．【解析】 ∵⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 4＝9，a 1a 4＝8，则a 1，a 4可以看作一元二次方程x 2－9x ＋8＝0的两根，故⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1a 4＝8，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1.∵数列{a n }是递增的等比数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 4＝8.可得公比q ＝2，∴前n 项和S n ＝2n－1.【答案】 2n －1 8．(2014·江西高考)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________．【解析】等差数列的前n 项和为S n ，则S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝d 2n 2＋(a 1－d 2)n ＝d2n 2＋(7－d 2)n ，对称轴为d 2－7d ，对称轴介于7.5与8.5之间，即7.5＜d 2－7d ＜8.5，解得－1＜d ＜－78.【答案】 ⎝⎛⎭⎫－1，－78 三、解答题 9．(文)(2015·兰州模拟)在等比数列{a n }中，已知a 1＝2，a 4＝16. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a 3，a 5分别为等差数列{b n }的第3项和第5项，试求数列{b n }的前n 项和S n . 【解】 (1)设数列{a n }的公比为q ，∵{a n }为等比数列， ∴a 4a 1＝q 3＝8， ∴q ＝2，∴a n ＝2×2n －1＝2n .(2)设数列{b n }的公差为d ，∵b 3＝a 3＝23＝8，b 5＝a 5＝25＝32，且{b n }为等差数列， ∴b 5－b 3＝24＝2d ， ∴d ＝12，∴b 1＝b 3－2d ＝－16，∴S n ＝－16n ＋n （n －1）2×12＝6n 2－22n .(理)(2014·湖北高考)已知等差数列{a n }满足：a 1＝2，且a 1，a 2，a 5成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，是否存在正整数n ，使得S n ＞60n ＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由．【解】 (1)设数列{a n }的公差为d ，依题意，2，2＋d ，2＋4d 成等比数列，故有(2＋d )2＝2(2＋4d )，化简得d 2－4d ＝0，解得d ＝0或d ＝4.当d ＝0时，a n ＝2；当d ＝4时，a n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2，从而得数列{a n }的通项公式为a n ＝2或a n ＝4n －2.(2)当a n ＝2时，S n ＝2n .显然2n ＜60n ＋800，此时不存在正整数n ，使得S n ＞60n ＋800成立．当a n ＝4n －2时，S n ＝n [2＋（4n －2）]2＝2n 2.令2n 2＞60n ＋800，即n 2－30n －400＞0，解得n ＞40或n ＜－10(舍去)，此时存在正整数n ，使得S n ＞60n ＋800成立，n 的最小值为41.综上，当a n ＝2时，不存在满足题意的n ；当a n ＝4n －2时，存在满足题意的n ，其最小值为41.10．(2015·江苏高考)设a 1，a 2，a 3，a 4是各项为正数且公差为d (d ≠0)的等差数列．(1)证明：2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次构成等比数列；(2)是否存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列？并说明理由．【解】 (1)证明：因为2a n ＋12a n＝2a n ＋1－a n ＝2d (n ＝1，2，3)是同一个常数，所以2a 1，2a 2，2a 3，2a 4依次构成等比数列．(2)不存在，理由如下：令a 1＋d ＝a ，则a 1，a 2，a 3，a 4分别为a －d ，a ，a ＋d ，a ＋2d (a ＞d ，a ＞－2d ，d ≠0)．假设存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列，则a 4＝(a －d )(a ＋d )3，且(a ＋d )6＝a 2(a ＋2d )4.令t ＝da，则1＝(1－t )(1＋t )3，且(1＋t )6＝(1＋2t )4⎝⎛⎭⎫－12＜t ＜1，t ≠0，化简得t 3＋2t 2－2＝0(*)，且t 2＝t ＋1. 将t 2＝t ＋1代入(*)式，t (t ＋1)＋2(t ＋1)－2＝t 2＋3t ＝t ＋1＋3t ＝4t ＋1＝0，则t ＝－14.显然t ＝－14不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立．因此不存在a 1，d ，使得a 1，a 22，a 33，a 44依次构成等比数列．第2讲数列求和及其综合应用1．(2014·北京高考)设{a n }是公比为q 的等比数列，则“q >1”是“{a n }为递增数列”的( )A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【解析】 ①q >1时，{a n }未必是递增数列，如－1，－2，－4，－8，－16…； ②{a n }是递增数列时，q 不一定大于1，如－16，－8，－4，－2，－1.故选D. 【答案】 D 2．(2015·北京高考)设{a n }是等差数列，下列结论中正确的是( ) A ．若a 1＋a 2＞0，则a 2＋a 3＞0 B ．若a 1＋a 3＜0，则a 1＋a 2＜0 C ．若0＜a 1＜a 2，则a 2＞a 1a 3 D ．若a 1＜0，则(a 2－a 1)(a 2－a 3)＞0【解析】若{a n }是递减的等差数列，则选项A 、B 都不一定正确．若{a n }为公差为0的等差数列，则选项D 不正确．对于C 选项，由条件可知{a n }为公差不为0的正项数列，由等差中项的性质得a 2＝a 1＋a 32，由基本不等式得a 1＋a 32＞a 1a 3，所以C 正确．【答案】 C3．(2015·武汉模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列{1a n a n ＋1}的前100项和为( )A.100101B.99101C.99100D.101100【解析】设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d . ∵a 5＝5，S 5＝15， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，5a 1＋5×（5－1）2d ＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n . ∴1a n a n ＋1＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，∴数列{1a n a n ＋1}的前100项和为1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101. 【答案】 A 4．(2015·福建高考)等差数列{a n }中，a 2＝4，a 4＋a 7＝15. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n －2＋n ，求b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10的值．【解】 (1)设等差数列{a n }的公差为d .由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝4，（a 1＋3d ）＋（a 1＋6d ）＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝1.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋2. (2)由(1)可得b n ＝2n ＋n ，所以b 1＋b 2＋b 3＋...＋b 10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋...＋(210＋10) ＝(2＋22＋23＋...＋210)＋(1＋2＋3＋ (10)＝2×（1－210）1－2＋（1＋10）×102＝211＋53 ＝2 101.考什么怎么考题型与难度 1.数列的通项公式 ①考查等差、等比数列的基本量的求解； ②考查a n 与S n 的关系，递推关系等题型：三种题型均可出现难度：基础题或中档题2.数列的前n项和①考查等差、等比数列前n 项和公式； ②考查用裂项相消法、错位相减法、分解组合法求和. 题型：三种题型均可出现，更多为解答题难度：中档题3.数列的综合应用 ①考查数列与函数的综合； ②考查数列与不等式的综合. 题型：解答题难度：中档题数列的通项公式（自主探究型）1．(2015·新课标Ⅱ高考)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n＝____________．【解析】本题主要考查等差数列的概念等，意在考查考生的运算求解能力以及转化与化归能力．当n ＝1时，S 1＝a 1＝－1，所以1S 1＝－1.因为a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，所以1S n －1S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n＝－1，所以{1S n }是以－1为首项，－1为公差的等差数列，所以1S n ＝(－1)＋(n －1)·(－1)＝－n ，所以S n ＝－1n.【答案】－1n2．(2015·铜陵模拟)数列{a n }满足13a 1＋132a 2＋…＋13n a n ＝3n ＋1，n ∈N *，则a n ＝________．【解析】本题主要考查递推数列，意在考查转化与化归能力．当n ＝1时，13a 1＝3×1＋1，所以a 1＝12，当n ≥2时，①：13a 1＋132a 2＋…＋13n －1a n －1＋13n a n ＝3n ＋1，②：13a 1＋132a 2＋…＋13n －1a n －1＝3(n －1)＋1.①－②得：13n a n ＝(3n ＋1)－[3(n －1)＋1]，即13n a n ＝3，所以a n ＝3n ＋1，综上可得：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，3n ＋1，n ≥2.【答案】 ⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，3n ＋1，n ≥23．(预测题)若数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝5a n －133a n －7，则a 2 015的值为________．【解析】本题主要考查利用递推数列求数列的某一项，通过研究数列的函数特性来解决．由于a 1＝3，求a 2＝1，a 3＝2，a 4＝3，所以数列{a n }是周期为3的周期数列，所以a 2 015＝a 671×3＋2＝a 2＝1.【答案】 1【规律感悟】求通项的常用方法(1)归纳猜想法：已知数列的前几项，求数列的通项公式，可采用归纳猜想法．(2)已知S n 与a n 的关系，利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2求a n .(3)累加法：数列递推关系形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，其中数列{f (n )}前n 项和可求，这种类型的数列求通项公式时，常用累加法(叠加法)．(4)累乘法：数列递推关系如a n ＋1＝g (n )a n ，其中数列{g (n )}前n 项积可求，此数列求通项公式一般采用累乘法(叠乘法)．(5)构造法：①递推关系形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ，q 为常数)可化为a n ＋1＋q p －1＝p ⎝⎛⎭⎫a n ＋q p －1(p ≠1)的形式，利用⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋q p －1是以p 为公比的等比数列求解．②递推关系形如a n ＋1＝pa n a n ＋p (p 为非零常数)可化为1a n ＋1＝1a n －1p的形式．数列的前n 项和（多维探究型）命题角度一基本数列求和、分组求和【典例1】 (2015·湖北八校联考)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，满足a 1＝3，b 1＝1，b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2S n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，设数列{c n }的前n 项和为T n ，求T 2n .【解】本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识，考查考生的运算求解能力及函数与方程思想、化归与转化思想．(1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q ，则由⎩⎪⎨⎪⎧b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3，得⎩⎪⎨⎪⎧q ＋6＋d ＝10，3＋4d －2q ＝3＋2d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝2，所以a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝2n －1.(2)由a 1＝3，a n ＝2n ＋1得S n ＝n （a 1＋a n ）2＝n (n ＋2)，则c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n （n ＋2），n 为奇数，2n －1，n 为偶数，即c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1n －1n ＋2，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，∴T 2n ＝(c 1＋c 3＋…＋c 2n －1)＋(c 2＋c 4＋…＋c 2n )＝⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＋(2＋23＋…＋22n －1)＝1－12n ＋1＋2（1－4n）1－4＝2n 2n ＋1＋23(4n －1)．命题角度二裂项相消法求和【典例2】 (2015·安徽高考)已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .【解】本题主要考查等比数列的通项公式及裂项相消法求和，考查考生的运算求解能力．(1)利用等比数列的性质可构造方程组求解a 1，a 4，进而可求数列的通项公式；(2)利用裂项相消法求和即可求解．(1)由题设知a 1 a 4＝a 2 a 3＝8，又a 1＋a 4＝9，可解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8a 4＝1(舍去)．设等比数列{a n }的公比为q ，由a 4＝a 1q 3得q ＝2，故a n ＝a 1q n －1＝2n －1.(2)S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝2n －1，又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝⎛⎭⎫1S 1－1S 2＋⎝⎛⎭⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝⎛⎭⎫1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝1－12n ＋1－1.命题角度三错位相减法求和【典例3】 (2015·天津高考)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，{b n }是等差数列，且a 1＝b 1＝1，b 2＋b 3＝2a 3，a 5－3b 2＝7.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n b n ，n ∈N *，求数列{c n }的前n 项和．【解】本题主要考查等差数列、等比数列及其前n 项和公式等基础知识，考查数列求和的基本方法和运算求解能力．(1)根据已知条件建立关于公差d 、公比q 的方程组，求解即得；(2)利用错位相减法进行数列求和．(1)设数列{a n }的公比为q ，数列{b n }的公差为d ，由题意q ＞0.由已知，有⎩⎪⎨⎪⎧（1＋d ）＋（1＋2q ）＝2q ，q 4－3（1＋d ）＝7，⎩⎪⎨⎪⎧2q 2－3d ＝2，q 4－3d ＝10，消去d ，整理得q 4－2q 2－8＝0.又因为q ＞0，解得q ＝2，所以d ＝2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *；数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1，n ∈N *.(2)由(1)有c n ＝(2n －1)·2n －1，设{c n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1×20＋3×21＋5×22＋…＋(2n －3)×2n －2＋(2n －1)×2n －1，2S n ＝1×21＋3×22＋5×23＋…＋(2n －3)×2n －1＋(2n －1)×2n ，上述两式相减，得－S n ＝1＋22＋23＋…＋2n －(2n －1)×2n ＝2n ＋1－3－(2n －1)×2n ＝－(2n －3)×2n －3，所以，S n ＝(2n －3)·2n ＋3，n ∈N *.【规律感悟】 1.分组求和的常见方法 (1)根据等差、等比数列分组． (2)根据正号、负号分组． (3)根据数列的周期性分组． 2．裂项后相消的规律(1)裂项系数取决于前后两项分母的差． (2)裂项相消后前、后保留的项数一样多． 3．错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列{a n }乘以等比数列{b n }对应项({a n ·b n })型数列求和． (2)步骤：①求和时先乘以数列{b n }的公比． ②把两个和的形式错位相减． ③整理结果形式．[针对训练]1．(2014·湖南高考)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，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 .故数列{a n }的通项公式为a n ＝n .(2)由(1)知，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 －2.2．(2015·山东高考)已知数列{a n }是首项为正数的等差数列，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n·a n ＋1的前n 项和为n 2n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝(a n ＋1)·2a 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 .令n ＝1，得1a 1a 2＝13，所以a 1a 2＝3.令n ＝2，得1a 1a 2＋1a 2a 3＝25，所以a 2a 3＝15.解得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1.(2)由(1)知b n ＝2n ·22n －1＝n ·4n ，所以T n ＝1·41＋2·42＋…＋n ·4n ，所以4T n ＝1·42＋2·43＋…＋n ·4n ＋1，两式相减，得－3T n ＝41＋42＋…＋4n －n ·4n ＋1 ＝4（1－4n ）1－4－n ·4n ＋1＝1－3n 3×4n ＋1－43.所以T n ＝3n －19×4n ＋1＋49＝4＋（3n －1）4n ＋19.数列的综合应用（师生共研型）【典例4】 (2015·安徽高考)设n ∈N *，x n 是曲线y ＝x 2n ＋2＋1在点(1，2)处的切线与x 轴交点的横坐标．(1)求数列{x n }的通项公式；(2)记T n ＝x 21x 23…x 22n －1，证明：T n ≥14n. 【解】本题综合考查函数、导数的几何意义、数列以及不等式等知识．先通过导数的几何意义求出直线斜率，再求出直线与x 轴交点的横坐标，得到数列通项，最后证明不等式．(1)y ′＝(x 2n ＋2＋1)′＝(2n ＋2)x 2n ＋1，曲线y ＝x 2n＋2＋1在点(1，2)处的切线斜率为2n ＋2，从而切线方程为y －2＝(2n ＋2)(x －1)．令y ＝0，解得切线与x 轴交点的横坐标x n ＝1－1n ＋1＝nn ＋1.(2)由题设和(1)中的计算结果知T n ＝x 21x 23…x 22n －1＝⎝⎛⎭⎫122⎝⎛⎭⎫342…⎝⎛⎭⎫2n －12n 2.当n ＝1时，T 1＝14.当n ≥2时，因为x 22n －1＝⎝⎛⎭⎫2n －12n 2＝（2n －1）2（2n ）2>（2n －1）2－1（2n ）2＝2n －22n ＝n －1n .所以T n >⎝⎛⎭⎫122×12×23×…×n －1n ＝14n.综上可得对任意的n ∈N *，均有T n ≥14n.[一题多变]若题 (2)变为：记b n ＝lg x n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，求S n .【解】 ∵x n ＝nn ＋1，∴b n ＝lg x n ＝lg nn ＋1＝lg n －lg(n ＋1)，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝(lg 1－lg 2)＋(lg 2－lg 3)＋…＋[lg n －lg(n ＋1)] ＝－lg(n ＋1)．【规律感悟】1．数列与函数交汇问题的常见类型及解法(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题． (2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、分式、求和方法对式子化简变形．另外，解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解．2．数列与不等式交汇问题的常用方法 (1)作差(商)比较．(2)根据数列的函数特征，判断并利用其单调性． (3)利用基本不等式求最值．[针对训练](2015·陕西汉中质检)正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)令b n ＝n ＋1（n ＋2）2a 2n，数列{b n }的前n 项和为T n .证明：对于任意的n ∈N *，都有T n＜564. 【解】 (1)由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0. 由于{a n }是正项数列，所以S n ＞0，S n ＝n 2＋n .于是a 1＝S 1＝2，n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n . 综上，数列{a n }的通项公式为a n ＝2n .(2)证明：由于a n ＝2n ，b n ＝n ＋1（n ＋2）2a 2n，则b n ＝n ＋14n 2（n ＋2）2＝116⎣⎡⎦⎤1n 2－1（n ＋2）2. 所以T n ＝116×[1－132＋122－142＋132－152＋…＋1（n －1）2－1（n ＋1）2＋1n 2－1（n ＋2）2]＝116×⎣⎡⎦⎤1＋122－1（n ＋1）2－1（n ＋2）2＜116×⎝⎛⎭⎫1＋122＝564.函数与方程思想求解数列中的最值问题 [思想诠释]数列中的最值问题用到函数与方程思想的常见题型：(1)数列中的恒成立问题：转化为最值问题，利用函数的单调性或不等式求解．(2)数列中的最大项与最小项问题：利用函数的有关性质或不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a n －1≤a n ，a n ≥a n ＋1⎩⎪⎨⎪⎧a n －1≥a n ，a n ≤a n ＋1求解． (3)数列中前n 项和的最值：转化为二次函数，借助二次函数的单调性或求使a n ≥0(a n ，≤0)成立时最大的n 值即可求解．[典例剖析]【典例】 (2015·江西南昌模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 3＝6，正项数列{b n }满足b 1·b 2·b 3·…·b n ＝2S n .(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若λb n ＞a n 对n ∈N *均成立，求实数λ的取值范围．【审题策略】 (1)由a 1＝1，S 3＝6求a n ；由b 1·b 2·b 3·…·b n ＝2S n 求b n ；(2)题目涉及恒成立，联想到函数思想，构建函数，利用函数性质求解．【解】 (1)∵a 1＝1，S 3＝6，∴数列{a n }的公差d ＝1，a n ＝n .由题知，⎩⎪⎨⎪⎧b 1·b 2·b 3·…·b n ＝2S n ①b 1·b 2·b 3·…·b n －1＝2S n －1（n ≥2） ②①÷②得b n ＝2S n －S n －1＝2a n ＝2n (n ≥2)，又b 1＝2S 1＝21＝2，满足上式，故b n ＝2n .(2)λb n ＞a n 恒成立⇒λ＞n2n 恒成立，设c n ＝n2n ，则c n ＋1c n ＝n ＋12n，当n ≥2时，c n ＜1，数列{c n }单调递减，∴(c n )max ＝12，故λ＞12.所以实数λ的取值范围为(12，＋∞)．[针对训练](2015·辽宁大连模拟)数列{a n }满足a n ＋1＝a n2a n ＋1，a 1＝1.(1)证明：数列{1a n }是等差数列；(2)求数列{1a n }的前n 项和S n ，并证明1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＞nn ＋1.【解】 (1)证明：∵a n ＋1＝a n2a n ＋1，∴1a n ＋1＝2a n ＋1a n ，化简得1a n ＋1＝2＋1a n ，即1a n ＋1－1a n＝2，故数列{1a n }是以1为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)知1a n ＝2n －1，∴S n ＝n （1＋2n －1）2＝n 2.1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2＞11×2＋12×3＋…＋1n （n ＋1）＝(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1n ＋1)＝1－1n ＋1＝n n ＋1.1．必记公式(1)“基本数列”的通项公式①数列－1，1，－1，1，…的通项公式是a n ＝(－1)n (n ∈N *)． ②数列1，2，3，4，…的通项公式是a n ＝n (n ∈N *)． ③数列3，5，7，9，…的通项公式是a n ＝2n ＋1(n ∈N *)． ④数列2，4，6，8，…的通项公式是a n ＝2n (n ∈N *)．⑤数列1，2，4，8，…的通项公式是a n ＝2n －1(n ∈N *)． ⑥数列1，4，9，16，…的通项公式是a n ＝n 2(n ∈N *)．⑦数列1，3，6，10，…的通项公式是a n ＝n （n ＋1）2(n ∈N *)．⑧数列11，12，13，14，…的通项公式是a n ＝1n (n ∈N *)．(2)常用的拆项公式(其中n ∈N *)①1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1. ②1n （n ＋k ）＝1k ⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋k .③1（2n －1）（2n ＋1）＝12(12n －1－12n ＋1)． ④若等差数列{a n }的公差为d ，则1a n a n ＋1＝1d ⎝⎛⎭⎫1a n －1a n ＋1；1a n a n ＋2＝12d ⎝⎛⎭⎫1a n －1a n ＋2.⑤1n （n ＋1）（n ＋2）＝12⎣⎡⎦⎤1n （n ＋1）－1（n ＋1）（n ＋2）.⑥1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .⑦1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )．⑧2n （2n －1）（2n ＋1－1）＝12n －1－12n ＋1－1. 2．重要结论(1)常见数列的前n 项和①1＋2＋3＋…＋n ＝n （n ＋1）2.②2＋4＋6＋…＋2n ＝n 2＋n . ③1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2.④12＋22＋32＋…＋n 2＝n （n ＋1）（2n ＋1）6.⑤13＋23＋33＋…＋n 3＝⎣⎡⎦⎤n （n ＋1）22.(2)数列中不等式的放缩技巧①1K 2＜1K 2－1＝12⎝⎛⎭⎫1K －1－1K ＋1 ②1K －1K ＋1＜1K 2＜1K －1－1K. ③2(n ＋1－n )＜1n＜2(n －n －1)．3．易错提醒(1)裂项求和的系数出错：裂项时，把系数写成它的倒数或者忘记系数致错．(2)忽略验证第一项致误：利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2求通项，忽略n ≥2的限定，忘记第一项单独求解与检验．(3)求错项数致误：错位相减法求和时，易漏掉减数式的最后一项．限时训练(十一)一、选择题 1．(2015·浙江高考)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n .若a 3，a 4，a 8成等比数列，则( )A ．a 1d ＞0，dS 4＞0B ．a 1d ＜0，dS 4＜0C ．a 1d ＞0，dS 4＜0D ．a 1d ＜0，dS 4＞0【解析】由a 3，a 4，a 8成等比数列可得：(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )·(a 1＋7d )，即3a 1＋5d ＝0，所以a 1＝－53d ，所以a 1d ＜0.又dS 4＝（a 1＋a 4）×42d ＝2(2a 1＋3d )d ＝－23d 2＜0.故选B.【答案】 B 2．(2015·保定调研)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1，则其通项公式为a n ＝( )A ．2n －1B ．2n －1＋1C ．2n －1D ．2(n －1)【解析】由题意知a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，∴a n ＋1＝(a 1＋1)·2n －1＝2n ，∴a n ＝2n －1. 【答案】 A3．(预测题)已知数列{a n }满足a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，且a 1＝12，则该数列的前2 015项的和等于( )A.3 0232B ．3 023C ．1 512D ．3 024【解析】因为a 1＝12，又a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，所以a 2＝1，从而a 3＝12，a 4＝1，即得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝2k －1（k ∈N *），1，n ＝2k （k ∈N *），故数列的前2 015项的和等于S 2 015＝1 007×(1＋12)＋1＝3 0212＋1＝3 0232.【答案】 A 4．(2015·长春质检)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝a 2＝1，{nS n ＋(n ＋2)a n }为等差数列，则a n ＝( )A.n2n －1 B.n ＋12n －1＋1 C.2n －12n －1 D.n ＋12n ＋1 【解析】设b n ＝nS n ＋(n ＋2)a n ，有b 1＝4，b 2＝8，则b n ＝4n ，即b n ＝nS n ＋(n ＋2)a n＝4n ，S n ＋(1＋2n)a n ＝4.当n ≥2时，S n －S n －1＋(1＋2n )a n －(1＋2n －1)a n －1＝0，所以2（n ＋1）n a n ＝n ＋1n －1a n －1，即2·a n n ＝a n －1n －1，所以{a n n }是以12为公比，1为首项的等比数列，所以a n n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1，a n ＝n 2n －1.故选A. 【答案】 A5．(2015·云南第一次统一检测)在数列{a n }中，a n ＞0，a 1＝12，如果a n ＋1是1与2a n a n ＋1＋14－a 2n的等比中项，那么a 1＋a 222＋a 332＋a 442＋…＋a 1001002的值是( )A.10099B.101100C.100101D.99100【解析】由题意可得，a 2n ＋1＝2a n a n ＋1＋14－a 2n⇒(2a n ＋1＋a n a n ＋1＋1)·(2a n ＋1－a n a n ＋1－1)＝0⇒a n ＋1＝12－a n ⇒a n ＋1－1＝a n －12－a n ⇒1a n ＋1－1＝1a n －1－1，∴1a n －1＝112－1－(n －1)＝－n －1⇒a n ＝n n ＋1⇒a n n 2＝1n （n ＋1），∴a 1＋a 222＋…＋a 1001002＝1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝100101.【答案】 C 二、填空题6．(2014·全国新课标Ⅱ高考)数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n ，a 8＝2，则a 1＝________．【解析】将a 8＝2代入a n ＋1＝11－a n ，可求得a 7＝12；再将a 7＝12代入a n ＋1＝11－a n，可求得a 6＝－1；再将a 6＝－1代入a n ＋1＝11－a n ，可求得a 5＝2；由此可以推出数列{a n }是一个周期数列，且周期为3，所以a 1＝a 7＝12.【答案】 127．(理)若数列{n (n ＋4)(23)n }中的最大项是第k 项，则k ＝________．【解析】设数列为{a n }，则a n ＋1－a n ＝(n ＋1)(n ＋5)(23)n ＋1－n (n ＋4)(23)n ＝(23)n [23(n 2＋6n＋5)－n 2－4n ]＝2n3n ＋1(10－n 2)，所以当n ≤3时，a n ＋1＞a n ；当n ≥4时，a n ＋1＜a n .因此，a 1＜a 2＜a 3＜a 4，a 4＞a 5＞a 6＞…，故a 4最大，所以k ＝4. 【答案】 4(文)(2015·江苏高考)设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________．【解析】由a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)得，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n－a n －1)＝1＋2＋3＋…＋n ＝n （n ＋1）2，则1a n ＝2n （n ＋1）＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，故数列{1a n }前10项的和S 10＝2(1－12＋12－13＋…＋110－111)＝2(1－111)＝2011.【答案】 20118．(2015·福建高考)若a ，b 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p ＞0，q ＞0)的两个不同的零点，且a ，b ，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p ＋q 的值等于________．【解析】因为a ，b 为函数f (x )＝x 2－px ＋q (p ＞0，q ＞0)的两个不同零点，所以⎩⎪⎨⎪⎧p 2－4q ＞0，a ＋b ＝p ，ab ＝q .所以a ＞0，b ＞0，所以数列a ，－2，b 不可能成等差数列，数列a ，b ，－2不可能成等比数列，数列－2，a ，b 不可能成等比数列．不妨取a ＞b ，则只需研究数列a ，b ，－2成等差数列，数列a ，－2，b 成等比数列，则有⎩⎪⎨⎪⎧a －2＝2b ，ab ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2，b ＝－2(舍去)，所以⎩⎪⎨⎪⎧p ＝5，q ＝4，所以p ＋q ＝9.【答案】 9 三、解答题 9．(2015·湖北高考)设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q .已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100.(1) 求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2) 当d >1时，记c n ＝a nb n，求数列{c n }的前n 项和T n .【解】 (1)由题意有，⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝29.故⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －1或 ⎩⎨⎧a n＝19（2n ＋79），b n＝9·⎝⎛⎭⎫29n －1.(2)由d >1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故c n ＝2n －12n －1，于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，①12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n .② ①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ，故T n ＝6－2n ＋32n －1.10．(2014·山东高考)已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －14n a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .【解】 (1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2，S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12，由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)，解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1.(2)b n ＝(－1)n －14n a n a n ＋1＝(－1)n －14n （2n －1）（2n ＋1）＝(－1)n －1⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1.当n 为偶数时，T n ＝⎝⎛⎭⎫1＋13－⎝⎛⎭⎫13＋15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －3＋12n －1－⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n 2n ＋1. 当n 为奇数时，T n ＝⎝⎛⎭⎫1＋13－⎝⎛⎭⎫13＋15＋…－⎝⎛⎭⎫12n －3＋12n －1＋⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1. 所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n2n ＋1，n 为偶数.(或T n ＝2n ＋1＋（－1）n －12n ＋1)。

2016版高考数学二轮复习配套课件：专题三数列第1讲

第一页，编辑于星期五：二十三点五十三分。
专题三数列
第1讲等差数列、等比数列
第二页，编辑于星期五：二十三点五十三分。
专题三数列
2016考向导航——适用于全国卷Ⅱ 本讲考查的热点主要有三个方面：(1)对等差、等比数列基本量的考查，常以客观题的形式出现，考查利用通项公式、前n 项和公式建立方程组求解，属于低档题；(2)对等差、等比数列性质的考查，主要以客观题出现，具有“新、巧、活”的特点，考查利用性质解决有关计算问题，属中低档题；(3)对等差、等比数列的判断与证明，主要出现在解答题的第一问，是为求数列的通项公式而准备的，因此是解决问题的关键环节．
专题三数列
(2)设 bn＝2a1an，则 bn＋1＝2a1an＋1，由于{2a1an}是递减数列，则 bn>bn＋ 1，即 2a1an>2a1an＋ 1.因为 y＝ 2x 是单调增函数，所以 a1an>a1an＋1，所以 a1an－a1(an＋d)>0，所以 a1(an－an－d)>0，即 a1(－d)>0，所以 a1d<0. 方法归纳 (1)解决此类问题的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解． (2)应牢固掌握等差、等比数列的性质，特别是等差数列中若“m ＋n＝p＋q，则 am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)”这一性质与求和公式 Sn＝n（a1＋ 2 an）的综合应用．
栏目导引
第十页，编辑于星期五：二十三点五十三分。
专题三数列
2．在本例(2)的条件下，求 a2＋a4＋a6＋…＋a2n(n∈N*)．解：由已知得 a2，a4，a6，…，a2n，构成以 a2＝1 为首项，q2＝2 为公比的等比数列，所以其前 n 项和 Sn＝a2[1－1－（qq22）n]＝11－－22n＝2n－1.

2016届高考数学(文)二轮复习专题整合突破课件：1-3-2高考中的数列(解答题型)

13Tn＝312＋333＋354＋…＋23nn－＋11，
∴23Tn＝13＋2312＋313＋…＋31n－23nn－＋11
＝13＋2×1911－－313n1－1－23nn－＋11，
∴Tn＝1－n＋3n 1.
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主干知识整合
热点探究悟道
建模规范答题
适考素能特训
第二十一页，编辑于星期五：二十一点四十五分。
大二轮 ·数学 ·文
第二讲高考中的数列(解答题型)
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主干知识整合
热点探究悟道
建模规范答题
适考素能特训
第四页，编辑于星期五：二十一点四十五分。
大二轮 ·数学 ·文
命题全解密 MINGTIQUANJIEMI
1.命题点 2.交汇点 3.常用方法和法求和．
数列通项公式的求法，数列前 n 项和的求法．常与函数、方程、不等式等知识交汇考查．累加法、累乘法、构造法求通项公式；裂项相消法、错位相减法、倒序相加法、分组求
大二轮 ·数学 ·文
数列求和应注意的问题 (1)裂项相消法求和应注意的问题 ①通项公式形如 an＝an＋b1can＋b2(其中 a，b1，b2，c 为常数)用裂项相消法． ②裂项时要保证裂项前后相等，为此可通过通分检验裂项的正确性． (2)错位相减法求和应注意的问题 ①通项公式形如 an＝(k1n＋b1)qk2n＋b2(其中 k1，b1，k2，b2，q 为常数)，用错位相减法． ②运用错位相减法求和时，相减后，要注意右边的 n＋1 项中的前 n 项，哪些项构成等比数列，以及两边需除以代数式时注意要讨论代数式是否为零．
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【2份】2016年高考数学(理)二轮复习课件：专题三数列共97张PPT

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大二轮专题辅导与增分攻略·二轮数学·理
[思路引导] 根据等差、等比数列的概念，求出数列{an}的通项公式，再求值． [解析] (1)依题意得 a2 a2 则等差数列{a2 1＋1＝2， 3＋1＝10， n＋
重点透析
2 a2 3＋1－a1＋1 1}的公差为＝4，因此 a2 n＋1＝2＋4(n－1)＝4n－ 2
[解析] 依题意，由 a1<a2<a4 不能得知等比数列{an}是递增数列，如取 an＝－(－2)n－1，此时数列{an}是等比数列，且 a1<a2<a4，但显然此时数列{an}不是递增数列；反过来，由数列{an}是递增
重点透析
数列可得 a1<a2<a4.因此， “a1<a2<a4”是“数列{an}是递增数列”的必要不充分条件，故选 B.
应用等比数列前 n 项和公式时应首先判断公比 q 与 1 的关系．
重点透析
(1)(2015· 新课标全国卷Ⅱ)已知等比数列 {an}满足 a1＝3，a1 ＋a3＋a5＝21，则 a3＋a5＋a7＝( A．21 C．63 B．42 D．84 )
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大二轮专题辅导与增分攻略·二轮数学·理
(1)各项均为正数的数列{an}中， a1＝1， a3＝3，如果数列{a2 n＋ 1}是等差数列，则 a13＝(
重点透析
) C．49 D．50
名师微课
A．7
B．25
(2)(2015· 合肥第一次质量检测)已知数列{an}满足 an＋1＝2an(n ∈N*)且 a2＝1，则 log2a2 016＝________.
名师微课
列，等价于 a1an－a1an－1<0，即 a1(an－an－1)<0，即 a1d<0.

高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解27---数列求和及其综合应用

高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解第27讲数列求和及其综合应用[考情分析] 1.数列求和重点考查分组转化、错位相减、裂项相消三种求和方法.2.数列的综合问题，一般以等差数列、等比数列为背景，与函数、不等式相结合，考查最值、范围以及证明不等式等.3.主要以选择题、填空题及解答题的形式出现，难度中等．考点一数列求和核心提炼1．裂项相消法就是把数列的每一项分解，使得相加后项与项之间能够相互抵消，但在抵消的过程中，有的是相邻项抵消，有的是间隔项抵消．常见的裂项方式有：1n (n ＋k )＝1k ⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋k ； 14n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1. 2．错位相减法求和，主要用于求{a n b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别为等差数列和等比数列．考向1 分组转化法例1(2022·德州联考)已知数列{}2n a 是公比为4的等比数列，且满足a 2，a 4，a 7成等比数列，S n为数列{b n }的前n 项和，且b n 是1和S n 的等差中项，若c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，求数列{c n }的前2n －1项和．解因为数列{}2na 是公比为4的等比数列，所以122n na a +＝4，所以a n ＋1－a n ＝2，所以数列{a n }是公差为2的等差数列，因为a 2，a 4，a 7成等比数列，所以a 24＝a 2a 7，所以(a 1＋6)2＝(a 1＋2)(a 1＋12)，解得a 1＝6，所以a n ＝6＋2(n －1)＝2n ＋4，因为S n 为数列{b n }的前n 项和，且b n 是1和S n 的等差中项，所以S n ＋1＝2b n ，当n ≥2时，有S n －1＋1＝2b n －1，两式相减得b n ＝2b n －2b n －1，即b n ＝2b n －1，当n ＝1时，有S 1＋1＝b 1＋1＝2b 1，所以b 1＝1，所以数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以b n ＝2n －1，因为c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n ＝2k －1，b n ，n ＝2k ，k ∈N *. 所以数列{c n }的前2n －1项和为a 1＋b 2＋a 3＋b 4＋…＋a 2n －1＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b 2n －2)＝6n ＋n (n －1)2×4＋2(1－4n －1)1－4 ＝2n 2＋4n ＋23(4n －1－1)．考向2 裂项相消法例2(2022·宜宾模拟)在①S n ＝12(a n －1)(n ＋2)；②S 2n －(n 2＋2n －1)S n －(n 2＋2n )＝0，a n >0这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答．问题：已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足________．记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和为T n . (1)求{a n }的通项公式；(2)求T n .解 (1)选择①.由S n ＝12(a n －1)(n ＋2)得，当n ＝1时，a 1＝S 1＝12(a 1－1)(1＋2)，解得a 1＝3，当n ≥2时，S n －1＝12(a n －1－1)(n ＋1)，则a n ＝S n －S n －1＝12(a n －1)(n ＋2) －12(a n －1－1)(n ＋1)，即na n ＝(n ＋1)a n －1＋1，两边各项同除以n (n ＋1)得a n n ＋1－a n －1n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1(n ≥2)，当n ≥2时，a n n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n n ＋1－a n －1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1n －a n －2n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －2n －1－a n －3n －2＋…＋⎝⎛⎭⎫a 23－a 12＋a 12 ＝⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋⎝⎛⎭⎫1n －2－1n －1＋…＋⎝⎛⎭⎫12－13＋32 ＝12＋32－1n ＋1＝2－1n ＋1＝2n ＋1n ＋1，所以a n ＝2n ＋1，经检验当n ＝1时，a 1＝2×1＋1＝3也成立，故a n ＝2n ＋1.选择②.由S 2n －(n 2＋2n －1)S n －(n 2＋2n )＝0得，[S n －(n 2＋2n )](S n ＋1)＝0，∴S n ＝n 2＋2n 或S n ＝－1，∵a n >0，∴S n ＝－1舍去．∴S n ＝n 2＋2n .当n ＝1时，a 1＝S 1＝12＋2×1＝3，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋2n －(n －1)2－2(n －1)＝2n ＋1，当n ＝1时，符合上式，∴a n ＝2n ＋1.(2)由(1)知S n ＝n 2＋2n ，∴1S n ＝1n (n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2， ∴T n ＝1S 1＋1S 2＋…＋1S n＝12⎣⎡ ⎝⎛⎭⎫11－13＋⎝⎛⎭⎫12－14＋…＋ ⎦⎤⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝⎛⎭⎫11＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝34－12(n ＋1)－12(n ＋2)， ∴T n ＝34－12(n ＋1)－12(n ＋2). 考向3 错位相减法例3(2022·菏泽检测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)在a n 与a n ＋1之间插入n 个数，使得包括a n 与a n ＋1在内的这n ＋2个数成等差数列，设其公差为d n ，求⎩⎨⎧⎭⎬⎫1d n 的前n 项和T n . 解 (1)因为a n ＋1＝2S n ＋1，所以a n ＝2S n －1＋1(n ≥2)，两式相减可得a n ＋1－a n ＝2a n ，所以a n ＋1＝3a n (n ≥2)，令n ＝1，可得a 2＝2S 1＋1＝2a 1＋1＝3，所以a 2a 1＝3，所以数列{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，所以a n ＝3n －1. (2)由题意，可得d n ＝3n －3n －1n ＋1＝2×3n －1n ＋1，所以1d n ＝n ＋12×3n －1，所以T n ＝22×30＋32×31＋42×32＋…＋n ＋12×3n －1， 13T n ＝22×31＋32×32＋…＋n 2×3n －1＋n ＋12×3n，两式相减可得23T n ＝1＋12⎝⎛⎭⎫13＋132＋…＋13n －1－n ＋12×3n＝1＋12×13－13n 1－13－n ＋12×3n ＝54－2n ＋54×3n，所以T n ＝158－2n ＋58×3n －1. 规律方法 (1)分组转化法求和的关键是将数列通项转化为若干个可求和的数列通项的和或差．(2)裂项相消法的基本思路是将通项拆分，可以产生相互抵消的项．(3)用错位相减法求和时，应注意：①等比数列的公比为负数的情形；②在写出“S n ”和“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”，以便准确写出“S n －qS n ”的表达式．跟踪演练1 (1)(2022·湛江模拟)已知数列{a n }是等比数列，且8a 3＝a 6，a 2＋a 5＝36.①求数列{a n }的通项公式；②设b n ＝a n (a n ＋1)(a n ＋1＋1)，求数列{b n }的前n 项和T n ，并证明：T n <13. 解 ①设等比数列{a n }的公比是q ，首项是a 1.由8a 3＝a 6，可得q ＝2.由a 2＋a 5＝36，可得a 1q (1＋q 3)＝36，所以a 1＝2，所以a n ＝2n .②因为b n ＝a n (a n ＋1)(a n ＋1＋1)＝12n＋1－12n ＋1＋1，所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝⎛⎭⎫121＋1－122＋1＋⎝⎛⎭⎫122＋1－123＋1＋…＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋1＋1 ＝121＋1－12n ＋1＋1＝13－12n ＋1＋1. 又12n ＋1＋1>0，所以T n <13. (2)(2022·南通调研)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 2＝2，a n ＋3－S n ＋2＝a n ＋1－S n . ①求数列{a n }的通项公式；②记b n ＝2n －1a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求使不等式T n <132－4n ＋72n 成立的n 的最小值．解 ①设等比数列的公比为q (q >0)，因为a 2＝2，所以a 1q ＝2⇒a 1＝2q，由a n ＋3－S n ＋2＝a n ＋1－S n⇒a n ＋3－a n ＋1＝S n ＋2－S n⇒a n ＋3－a n ＋1＝a n ＋2＋a n ＋1⇒a n ＋3－a n ＋2－2a n ＋1＝0⇒a n ＋1(q 2－q －2)＝0，因为a n ＋1≠0，所以q 2－q －2＝0，因为q >0，所以解得q ＝2，即a 1＝2q＝1，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝1×2n －1＝2n －1.②由①可知a n ＝2n －1，所以b n ＝2n －1a n ＝2n －12n －1，所以T n ＝1＋32＋522＋…＋2n －12n －1，(*) 12T n ＝12＋322＋523＋…＋2n －12n ，(**) 由(*)－(**)得12T n ＝ 1＋2×⎝⎛⎭⎫12＋122＋123＋…＋12n －1－2n －12n ＝1＋2×12⎝⎛⎭⎫1－12n －11－12－2n －12n ＝3－2n ＋32n ，所以T n ＝6－2n ＋32n －1，代入T n <132－4n ＋72n 中，得6－2n ＋32n －1<132－4n ＋72n ⇒2n >2⇒n >1，因为n ∈N *，所以n 的最小值为2.考点二数列的综合问题核心提炼数列与函数、不等式的综合问题是高考命题的一个方向，此类问题突破的关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，求出数列的通项或前n 项和，再利用数列或数列对应的函数解决最值、范围问题，通过放缩进行不等式的证明．例4 (1)已知A (0,0)，B (5,0)，C (1,3)，连接△ABC 的各边中点得到△A 1B 1C 1，连接△A 1B 1C 1的各边中点得到△A 2B 2C 2，如此无限继续下去，得到一系列三角形：△ABC ，△A 1B 1C 1，△A 2B 2C 2，…，则这一系列三角形的面积之和无限趋近于常数( )A.103B ．5C ．10D ．15 答案 C解析因为S △ABC ＝12×5×3＝152， △A 1B 1C 1∽△ABC ，A 1B 1AB ＝12，所以111A B C ABC S S △△＝14，所以S △ABC ，111222A B C A B C S S △△，，…成等比数列，其首项为152，公比为14，所以这一系列三角形的面积之和为S n ＝152⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫14n 1－14＝10⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫14n ，无限趋近于10. (2)在各项均为正数的数列{a n }中，a 1＝1，a 2n ＋1－2a n ＋1a n －3a 2n ＝0，S n 是数列{a n }的前n 项和，若对n ∈N *，不等式a n (λ－2S n )≤27恒成立，则实数λ的取值范围为__________．答案 (－∞，17]解析 ∵a 2n ＋1－2a n ＋1a n －3a 2n ＝0，∴(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－3a n )＝0，∵a n >0，∴a n ＋1＝3a n ，又a 1＝1，∴数列{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，∴a n ＝3n －1，S n ＝1－3n 1－3＝3n 2－12， ∴不等式a n (λ－2S n )≤27即λ≤2S n ＋27a n ＝3n ＋273n －1－1对n ∈N *恒成立， ∵3n ＋273n －1≥23n ×273n －1＝18，当且仅当3n ＝273n －1，即n ＝2时，⎝⎛⎭⎫3n ＋273n －1min ＝18， ∴λ≤17，∴实数λ的取值范围为(－∞，17]．易错提醒求解数列与函数交汇问题要注意两点(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特别注意．(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件．跟踪演练2 (1)我国古代数学著作《九章算术》第七章“盈不足”中有一道两鼠穿墙问题：“今有垣厚五尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，小鼠日一尺，大鼠日自倍，小鼠日自半，问何日相逢”，翻译过来就是：有五尺厚的墙，两只老鼠从墙的两边相对打洞穿墙，大、小鼠第一天都进一尺，以后每天，大鼠加倍，小鼠减半，则几天后两鼠相遇，这个问题体现了古代对数列问题的研究，现将墙的厚度改为1 200尺，则需要几天时间才能打穿(结果取整数)( )A ．12B ．11C ．10D ．9答案 B解析设大鼠和小鼠每天穿墙厚度分别构成数列{a n }，{b n }，由题意知它们都是等比数列，a 1＝b 1＝1，数列{a n }的公比为q 1＝2，数列{b n }的公比为q 2＝12，设需要n 天能打穿墙，则(a 1＋a 2＋…＋a n )＋(b 1＋b 2＋…＋b n )＝1－2n1－2＋1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＝2n ＋1－12n －1，当n ＝10时，2n ＋1－12n －1＝1 025－129≈1 025<1 200，当n ＝11时，2n ＋1－12n －1＝2 049－1210≈2 049>1 200，因此需要11天才能打穿．(2)(2022·潍坊检测)如图，在边长为a 的等边△ABC 中，圆D 1与△ABC 相切，圆D 2与圆D 1相切且与AB ，AC 相切，…，圆D n ＋1与圆D n 相切且与AB ，AC 相切，依次得到圆D 3，D 4，…，D n .设圆D 1，D 2，…，D n 的面积之和为X n (n ∈N *)，则X n 等于()A.112πa 2⎝⎛⎭⎫19n －1 B.332πa 2⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫19n C.18πa 2⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n D.112πa 2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫19n －1－⎝⎛⎭⎫13n －1＋1 答案 B解析等边三角形内心、重心、外心、垂心四心合一．所以圆D 1的半径为13×32a ＝36a ，面积为a 212·π，圆D 2的半径为13×36a ，面积为19·a 212·π，圆D 3的半径为⎝⎛⎭⎫132×36a ，面积为⎝⎛⎭⎫192·a 212·π，以此类推，圆D n 的面积为⎝⎛⎭⎫19n －1·a 212·π，所以各圆的面积组成的数列是首项为a 212·π，公比为19的等比数列，所以X n ＝a 212·π·⎝⎛⎭⎫1－19n 1－19＝3a 232·π·⎝⎛⎭⎫1－19n＝332πa 2⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫19n . 专题强化练一、单项选择题1．数列{a n }满足2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，且a 4，a 4 040是函数f (x )＝x 2－8x ＋3的两个零点，则a 2 022的值为( )A ．4B ．－4C ．4 040D ．－4 040答案 A解析因为a 4，a 4 040是函数f (x )＝x 2－8x ＋3的两个零点，即a 4，a 4 040是方程x 2－8x ＋3＝0的两个根，所以a 4＋a 4 040＝8.又2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，所以数列{a n }是等差数列，所以a 4＋a 4 040＝2a 2 022＝8，所以a 2 022＝4.2．已知函数f (x )＝x a 的图象过点(4,2)，令a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )(n ∈N *)，记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 022等于( ) A. 2 022＋1 B. 2 023－1 C. 2 022－1 D. 2 023＋1答案 B解析函数f (x )＝x a 的图象过点(4,2)，则4a ＝2，解得a ＝12，得f (x )＝x ， a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，则S 2 022＝(2－1)＋(3－2)＋…＋( 2 023－ 2 022)＝－1＋ 2 023.3．(2022·衡水模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＋2＝－a n ，且a 1＝1，a 2＝2，则S 2 023等于( )A ．0B ．1C ．2D ．3答案 C解析由a n ＋2＝－a n ，得a n ＋4＝－a n ＋2＝a n ，所以数列{a n }是周期为4的数列，所以由a 1＝1，a 2＝2得a 3＝－1，a 4＝－2，所以a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝0，所以S 2 023＝(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)×505＋a 1＋a 2＋a 3＝2.4．(2022·长沙质检)数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了F n ＝22n ＋1(n ＝0,1,2，…)是质数的猜想，直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出F 5＝641×6 700 417，不是质数．现设a n ＝log 4(F n －1)(n ＝1,2，…)，S n 表示数列{a n }的前n 项和，若32S n ＝63a n ，则n 等于( )A ．5B ．6C ．7D ．8答案 B解析因为F n ＝22n ＋1(n ＝0,1,2，…)，所以a n ＝log 4(F n －1)＝24log 2n＝2n －1，所以{a n }是等比数列，首项为1，公比为2，所以S n ＝1×(1－2n )1－2＝2n －1，所以32×(2n －1)＝63×2n －1，解得n ＝6. 5．(2022·西南四省名校大联考)数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋3a 2＋…＋3n －1a n ＝n ·3n ，若对任意n ∈N *，S n ≥(－1)n nλ恒成立，则实数λ的取值范围为( )A ．[－3,4]B ．[－22，22]C ．[－5,5]D ．[－22－2,22＋2]答案 A解析当n ≥2时，3n －1a n ＝n ·3n －(n －1)3n －1 ＝(2n ＋1)3n －1， ∴a n ＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝3符合上式，∴a n ＝2n ＋1，∴S n ＝n (3＋2n ＋1)2＝n 2＋2n . 当n 为奇数时，λ≥－S n n＝－(n ＋2)，令g (n )＝－(n ＋2)，当n ＝1时，g (n )max ＝－3，∴λ≥－3，当n 为偶数时，λ≤S n n＝n ＋2，令h (n )＝n ＋2，∴λ≤h (2)＝4，∴－3≤λ≤4.6．“双减”政策极大缓解了教育的“内卷”现象，数学中的螺旋线可以形象的展示“内卷”这个词，螺旋线这个名词来源于希腊文，它的原意是“旋卷”或“缠卷”，平面螺旋便是以一个固定点开始向外逐圈旋绕而形成的曲线，如图(1)所示．如图(2)所示阴影部分也是一个美丽的螺旋线型的图案，它的画法是这样的：正方形ABCD 的边长为4，取正方形ABCD 各边的四等分点E ，F ，G ，H ，作第2个正方形EFGH ，然后再取正方形EFGH 各边的四等分点M ，N ，P ，Q ，作第3个正方形MNPQ ，以此方法一直继续下去，就可以得到阴影部分的图案．设正方形ABCD 边长为a 1，后续各正方形边长依次为a 2，a 3，…，a n ，…；如图(2)阴影部分，设Rt △AEH 的面积为b 1，后续各直角三角形面积依次为b 2，b 3，…，b n ，….下列说法错误的是( )A ．从正方形ABCD 开始，连续3个正方形的面积之和为1294B ．a n ＝4×⎝⎛⎭⎫104n －1 C ．使得不等式b n >12成立的n 的最大值为4 D ．数列{b n }的前n 项和S n <4答案 C解析由题可得a 1＝4，a 2＝⎝⎛⎭⎫14a 12＋⎝⎛⎭⎫34a 12＝104a 1， a 3＝⎝⎛⎭⎫14a 22＋⎝⎛⎭⎫34a 22＝104a 2， …，a n ＝⎝⎛⎭⎫14a n －12＋⎝⎛⎭⎫34a n －12＝104a n －1，则a n a n －1＝104，所以数列{a n }是以4为首项，104为公比的等比数列，则a n ＝4×⎝⎛⎭⎫104n －1，显然B 正确；由题意可得，S △AEH ＝a 21－a 224，即b 1＝a 21－a 224，b 2＝a 22－a 234，…，b n ＝a 2n －a 2n ＋14，于是b n ＝16×⎝⎛⎭⎫1042n －2－16×⎝⎛⎭⎫1042n 4＝32×⎝⎛⎭⎫58n －1，为等比数列，对于A ，连续三个正方形的面积之和S ＝a 21＋a 22＋a 23＝16＋10＋254＝1294，A 正确；对于C ，令b n ＝32×⎝⎛⎭⎫58n －1>12，则⎝⎛⎭⎫58n －1>13，而⎝⎛⎭⎫584－1＝125512<13，C 错误；对于D ，S n ＝32×1－⎝⎛⎭⎫58n 1－58＝4×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫58n <4， D 正确．二、多项选择题7．已知F 是椭圆x 225＋y 216＝1的右焦点，椭圆上至少有21个不同的点P i (i ＝1,2,3，…)，|FP 1|，|FP 2|，|FP 3|，…组成公差为d (d >0)的等差数列，则( )A ．该椭圆的焦距为6B ．|FP 1|的最小值为2C ．d 的值可以为310D ．d 的值可以为25答案 ABC解析由椭圆的方程和定义知a ＝5，b ＝4，c ＝3，∴焦距为6，∴A 正确；又∵a －c ≤|FP i |≤a ＋c ，∴2≤|FP i |≤8，∴B 正确；令|FP 1|，|FP 2|，|FP 3|，…组成等差数列{a n }，d >0，∴a 1＝|FP 1|≥2，a n ≤|FP i |max ＝8，∴d ＝a n －a 1n －1≤8－2n －1＝6n －1≤621－1＝310，∴0<d ≤310，∴C 正确，D 错误． 8.如图，已知四边形ABCD 中，F n (n ∈N *)为边BC 上的一列点，连接AF n 交BD 于G n ，点G n (n ∈N *)满足G n F n ---→＋2(1＋a n )G n C ---→＝a n ＋1G n B ---→，其中数列{a n }是首项为1的正项数列，S n 是数列{a n }的前n 项和，则下列结论正确的是( )A ．a 3＝13B ．数列{3＋a n }是等比数列C ．a n ＝4n －3D ．S n ＝2n ＋1－3n 答案 AB解析由题意可知G n B ---→＝1a n ＋1G n F n ---→＋2(1＋a n )a n ＋1G n C ---→，因为B ，F n ，C 三点共线，所以1a n ＋1＋2(1＋a n )a n ＋1＝1，即1＋2＋2a n ＝a n ＋1，即a n ＋1＝3＋2a n ，a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)，所以数列{a n ＋3}是以a 1＋3＝4为首项，2为公比的等比数列，于是a n ＋3＝4×2n －1＝2n ＋1，所以a n ＝2n ＋1－3，所以a 3＝24－3＝13，所以A ，B 选项正确，C 选项不正确．又S 2＝a 1＋a 2＝1＋5＝6，而22＋1－3×2＝2，所以D 选项不正确．三、填空题9．在数列{a n }中，a 1＝3，对任意m ，n ∈N *，都有a m ＋n ＝a m ＋a n ，若a 1＋a 2＋a 3＋…＋a k ＝135，则k ＝________.答案 9解析令m ＝1，由a m ＋n ＝a m ＋a n 可得，a n ＋1＝a 1＋a n ，所以a n ＋1－a n ＝3，所以{a n }是首项为3，公差为3的等差数列，a n ＝3＋3(n －1)＝3n ，所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a k＝k (a 1＋a k )2＝k (3＋3k )2＝135，整理可得k 2＋k －90＝0，解得k ＝9或k ＝－10(舍去)．10．已知数列{a n }满足a n ＝n 2＋λn ，n ∈N *，若数列{a n }是单调递增数列，则λ的取值范围是______．答案 (－3，＋∞)解析 ∵{a n }是单调递增数列，∴当n ≥1时，a n ＋1－a n ＝(n ＋1)2＋λ(n ＋1)－n 2－λn ＝2n ＋1＋λ>0恒成立，即λ>－2n －1，∵n ≥1，∴(－2n －1)max ＝－3，∴λ>－3.11．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2，n 为奇数，－n 2，n 为偶数，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 8＝________. 答案 8解析当n 为奇数时，n ＋1为偶数，则a n ＝n 2－(n ＋1)2＝－2n －1，所以a 1＋a 3＋a 5＋a 7＝－(3＋7＋11＋15)＝－36.当n 为偶数时，n ＋1为奇数，则a n ＝－n 2＋(n ＋1)2＝2n ＋1，则a 2＋a 4＋a 6＋a 8＝5＋9＋13＋17＝44，所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 8＝－36＋44＝8.12．(2022·聊城质检)某数学兴趣小组模仿“杨辉三角”构造了类似的数阵，将一行数列中相邻两项的乘积插入这两项之间，形成下一行数列，以此类推不断得到新的数列．如图，第一行构造数列1,2；第二行得到数列1,2,2；第三行得到数列1,2,2,4,2，…，则第5行从左数起第6个数的值为________．用A n 表示第n 行所有项的乘积，若数列{B n }满足B n ＝log 2A n ，则数列{B n }的通项公式为________．答案 8 B n ＝3n －1＋12 解析根据题意，第5行的数列依次为1,2,2,4,2,8,4,8,2,16,8,32,4,32,8,16,2，从左数起第6个数的值为8.A 1＝21，213222A ＋＝＝， 015133322A ＋＋＝＝，012141333422A ＋＋＋＝＝， 01234113333522A ＋＋＋＋＝＝，故有0123211131311333+1323322=2,n n n n A ---+-==－＋＋＋＋＋…＋则B n ＝log 2A n ＝11312213log 2.2n n -+-+=四、解答题13．(2022·烟台模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 4＝9，S 3＝15.(1)求{a n }的通项公式；(2)保持数列{a n }中各项先后顺序不变，在a k 与a k ＋1(k ＝1,2，…)之间插入2k 个1，使它们和原数列的项构成一个新的数列{b n }，记{b n }的前n 项和为T n ，求T 100的值．解 (1)设{a n }的公差为d ，由已知a 1＋3d ＝9,3a 1＋3d ＝15.解得a 1＝3，d ＝2.所以a n ＝2n ＋1.(2)因为在a k 与a k ＋1(k ＝1,2，…)之间插入2k 个1，所以a k 在{b n }中对应的项数为n ＝k ＋21＋22＋23＋…＋2k －1 ＝k ＋2－2k1－2＝2k ＋k －2，当k ＝6时，2k ＋k －2＝68，当k ＝7时，2k ＋k －2＝133，所以a 6＝b 68，a 7＝b 133，且b 69＝b 70＝…＝b 100＝1.因此T 100＝S 6＋(2×1＋22×1＋23×1＋…＋25×1)＋32×1＝62×(3＋13)＋2－261－2＋32＝142. 14．(2022·长沙质检)已知{a n }是公差不为0的等差数列，其前n 项和为S n ，a 1＝2，且a 2，a 4，a 8成等比数列．(1)求a n 和S n ；(2)若b n ＝n a ＋1S n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n ≥m n ＋1对任意的n ∈N *恒成立，求实数m 的取值范围．解 (1)设数列{a n }的公差为d ，由已知得a 24＝a 2a 8，即(2＋3d )2＝(2＋d )(2＋7d )，整理得d 2－2d ＝0，又d ≠0，∴d ＝2，∴a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，∴S n ＝n (2＋2n )2＝n 2＋n .(2)由题意知，b n ＝()22n ＋1n 2＋n ＝2n ＋1n (n ＋1)＝2n ＋1n －1n ＋1，∴T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝2(1－2n )1－2＋1－1n ＋1＝2n ＋1－1－1n ＋1，∵T n ≥m n ＋1，∴(n ＋1)2n ＋1－(n ＋2)≥m ，令f (n )＝(n ＋1)2n ＋1－(n ＋2)，则f (n ＋1)－f (n )＝(n ＋3)2n ＋1－1>0，即f (n ＋1)>f (n )对任意的n ∈N *恒成立， ∴{f (n )}是单调递增数列，∴[f (n )]min ＝f (1)＝5，∴m ≤5，∴实数m 的取值范围是(－∞，5]．。

金版教程2016高考数学理二轮复习课件：2-2-3 数列

[错因分析] 数列S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30的公比q10>0.忽略了此隐含条件，就产生了增解－ 200.
[正解] 记b1＝S10，b2＝S20－S10，b3＝S30－S20，b4＝S40－S30， b1，b2，b3，b4是以公比为r＝q10>0的等比数列． ∴b1＋b2＋b3＝10＋10r＋10r2＝S30＝70. ∴r2＋r－6＝0，∴r＝2或r＝－3(舍去)． ∴S40＝b1＋b2＋b3＋b4＝1011－－224＝150.
第十六页，编辑于星期日：二十一点三十五分。
第十七页，编辑于星期日：二十一点三十五分。
第十五页，编辑于星期日：二十一点三十五分。
补救训练21 [2015·南宁二适]在各项均为正数的等比数列{an}中，a1＝2，且2a1，a3,3a2成等差数列，求数列{an}的公比．
解设数列{an}的公比为q， ∵2a1，a3,3a2成等差数列， ∴2a1＋3a2＝2a3,2a1＋3a1q＝2a1q2,2q2－3q－2＝0，解得q＝2或q＝－12. ∵q>0，∴q＝2.
解析设三角形的一边长为a，
①当q≥1时，由a＋aq>aq2，解得1≤q<1＋2 5；
②当0<q<1时，由aq＋aq2>a，解得
5－1 2 <q<1.
综合①②，得q的取值范围是
5－1 1＋ 2 <q< 2
5 .
第十页，编辑于星期日：二十一点三十五分。
忽视分类讨论或讨论不当致误例20 若等差数列{an}的首项 a1＝21，公差 d＝－4，求：Sk＝|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|ak|. [错解] 由题意，知 an＝21－4(n－1)＝25－4n，因此由 an≥0，解得 n≤245，即数列{an}的前 6 项大于 0，从第 7 项开始，以后各项均小于 0. |a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|ak| ＝(a1＋a2＋a3＋…＋a6)－(a7＋a8＋…＋ak) ＝2(a1＋a2＋…＋a6)－(a1＋a2＋…＋a6＋a7＋a8＋…＋ak) ＝2k2－23k＋132，所以 Sk＝2k2－23k＋132. [错因分析] 忽视了k≤6的情况，只给出了k≥7的情况．

2016版高考数学(文山东版)二轮复习课件第2部分-专题3 数列

【真题探源】 (2010· 山东高考，文理 18)已知等差数列{an}满足：a3＝7， a5＋a7＝26，{an}的前 n 项和为 Sn. (1)求 an 及 Sn； 1 (2)令 bn＝ 2 (n∈N*)，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. an－1
【点评】对照两题我们可以看出： 2014 年山东高考理科第 19 题是将 2010 年山东高考文科、理科第 18 题的命题点进一步深化，此题不仅打破了学生常用的“裂项相消法”的思维方式，同时也融入了分类讨论的思想，这是近几年山东高考的一个命题动态，需要引起高度重视．
【真题探源】
1 2 (2012· 江西高考，理 16)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝－2n
＋kn(其中 k∈N＋)，且 Sn 的最大值为 8. (1)确定常数 k，并求 an；
9－2an 的前 (2)求数列 n 2
n 项和 Tn.
【点评】对照两题我们可以看出：2013 年山东高考文科第 20 题与 2012 年江西高考理科第 16 题命题思想完全一致，只是改变了题设条件形式，姊妹题．
1 1 1 1 n 项和 Sn ＝＋＋＋＋…＋ 1×2 2×3 3×4 4×5
1 ，研究一下，能否找到求 Sn 的一个公式．你能对这个问题作一些 n×（n＋1）推广吗？
【推荐理由】
高考试题常以此为模型，结合等差数列的特征，对数列及
其子数列的求和等问题进行全面的考查．
习题推荐 4 求和： (1)(a－1)＋(a2－2)＋…＋(an－n)； (2)(2－3×5－1)＋(4－3×5－2)＋…＋(2n－3×5－n)； (3)1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1.
(2)由题意可知，bn＝(－1)
1

2016届高考数学二轮复习 11 数列求和及综合应用课件文

的前 n 项和.

2+1
由已知可得
2-1
51 + 10d = -5,
命题定位:本题主要考查等差数列的通项公式、前 n 项和公式及裂项法
解得 a1=1,d=-1.
求和的技巧,题目强调通性通法,难度不高.
故{an}的通项公式为 an=2-n.
(2)由(1)知
=
1
1
=

(3-2)(1-2)
2-1 2+1
数列{an}是等差数列,{bn}是等比数列,则求数列{an·
bn}的前 n 项和时,可
采用错位相减法;(5)倒序相加法:如果一个数列{an}满足与首末两项等
“距离”的两项和相等或等于同一常数,那么求这个数列的前 n 项和,可
用倒序相加法.
能力突破点一
能力突破点二
能力突破点三
能力突破方略
能力突破模型
(1)求数列{a
1 -1
1 -2
4.
2
3
关闭
于是,Tn=1×4+2×4 +3×4 +…+(n-1)·
4n-1+n·
4n,
2
3 n,bn )在函数图象上建立
n
分析:(1)利用点(a
an 与 b n 的关系式,然后利用等差数列和等比
4T
+n·
4n+1.
n=1×4 +2×4 +…+(n-1)×4
数列的定义证明结论;
因此,Tn -4Tn=4+42+…+4n-n·
2
2 解:(1)方程 x -5x+6=0 的两根为 2,3,由题意得 a2=2,a4=3.