高考数学易错题5.2 运用 an=Sn-Sn-1忽略 n≥2-2019届高三数学提分精品讲义

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高考数学专题—数列求前n项和的5种常用方法总结

高考数学专题——数列（求S n ）求s n 的四种方法总结常考题型：共5种大题型（包含倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法、并项求和法。

1、倒序相加法：实质为等差数列求和。

例1、【2019·全国2·文T18】已知{a n }是各项均为正数的等比数列,a 1=2,a 3=2a 2+16. (1)求{a n }的通项公式;(2)设b n =log 2a n .求数列{b n }的前n 项和.【解析】(1)设{a n }的公比为q,由题设得2q 2=4q+16,即q 2-2q-8=0,解得q=-2(舍去)或q=4. 因此{a n }的通项公式为a n =2×4n-1=22n-1.(2)由(1)得b n =(2n-1)log 22=2n-1,因此数列{b n }的前n 项和为1+3+…+2n-1=n 2. 2、错位相减法：实质为等差×等比求和。

错位相减法的万能公式及推导过程：公式：数列c n =(an +b )q n−1，(an +b )为等差数列，q n−1为等比数列。

前n 项和S n =(An +B )q n +C A =a q −1，B =b −Aq −1，C =−B S n =(a +b )+(2a +b )q +(3a +b )q 2+⋯[(n −1)a +b ]q n−2+(an +b )q n−1 ① qS n =(a +b )q +(2a +b )q 2+(3a +b )q 3+⋯[(n −1)a +b ]q n−1+(an +b )q n ② ②-①得：(q −1)s n =−(a +b )−a (q +q 2+⋯q n−1)+(an +b )q n=−(a +b )−a ⋅q(1−q n−1)1−q+(an +b )q n=(an +b −aq−1)q n −(b −aq−1)S n =(aq −1⋅n +b −a q −1q −1)⋅q n −b −aq −1q −1例2、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】设{}n a 是公比不为1的等比数列，1a 为2a ，3a 的等差中项．（1）求{}n a 的公比；（2）若11a =，求数列{}n na 的前n 项和．【解析】（1）设{}n a 的公比为q ，由题设得1232,a a a =+ 即21112a a q a q =+.所以220,q q +-= 解得1q =（舍去），2q =-. 故{}n a 的公比为2-.（2）设n S 为{}n na 的前n 项和.由（1）及题设可得，1(2)n n a -=-.所以112(2)(2)n n S n -=+⨯-++⨯-，21222(2)(1)(2)(2)n n n S n n --=-+⨯-++-⨯-+⨯-.可得2131(2)(2)(2)(2)n n n S n -=+-+-++--⨯-1(2)=(2).3n n n ---⨯-所以1(31)(2)99nn n S +-=-. 例3、【2020年高考全国III 卷理数】设数列{a n }满足a 1=3，134n n a a n +=-．（1）计算a 2，a 3，猜想{a n }的通项公式并加以证明；（2）求数列{2n a n }的前n 项和S n ．【解析】（1）235,7,a a == 猜想21,n a n =+ 由已知可得 1(23)3[(21)]n n a n a n +-+=-+， 1(21)3[(21)]n n a n a n --+=--，……2153(3)a a -=-.因为13a =，所以2 1.n a n =+（2）由（1）得2(21)2n n n a n =+，所以23325272(21)2n n S n =⨯+⨯+⨯+++⨯. ①从而23412325272(21)2n n S n +=⨯+⨯+⨯+++⨯.②-①② 得23132222222(21)2n n n S n +-=⨯+⨯+⨯++⨯-+⨯，所以1(21)2 2.n n S n +=-+例4、【2020届辽宁省大连市高三双基测试数学】已知数列{}n a 满足：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公比为2的等比数列，2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为1的等差数列.（I ）求12,a a 的值；（Ⅱ）试求数列{}n a 的前n 项和n S .【解析】（Ⅰ）方法一：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公比为2的等比数列 21221a a ∴=⨯ 214a a ∴=又2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公差为1的等差数列 2121122a a ∴-=,解得1228a a =⎧⎨=⎩方法二：n a n ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公比为2的等比数列,1112,n n a n a n+∴=1(1)2n n n a a n ++∴=.①又2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭构成公差为1的等差数列, 11122n nn na a ++∴-=② 由①②解得：2nn a n =⋅1228a a =⎧⎨=⎩ （Ⅱ）1122,1n n n a a n -=⋅= 2n n a n ∴=⋅123n n S a a a a =+++⋅⋅⋅+1231222322n n =⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅ 234121222322n n S n +∴=⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅两式作差可得：23122222n n n S n +-=+++⋅⋅⋅+-⋅()1212212n n n n S +-=-⋅--1(1)22n n n S +=⋅---, 1(1)22n n S n +∴=-⋅+.例5、【2020届江西省吉安市高三上学期期末数学】数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，121n n a S +-=．（I ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）若3log n n b a =，数列2221n n b b +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前n 项和为n T ，求证：12nT <．【解析】（I ）当1n =时，由11a =，2121a a -=得23a =；当2n ≥时，121n n a S --=，两式相减得()1120n n n n a a S S +----=，即13n n a a +=(2)n ≥，又2133a a ==，故13n n a a +=恒成立，则数列{}n a 是公比为3的等比数列，可得13-=n n a ．（Ⅱ）由（I ）得313log log 31n n n b a n -===-，则22211111(21)(21)22121n n b b n n n n +⎛⎫==- ⎪⋅-⋅+-+⎝⎭，则111111123352121n T n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦111221n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭． 1021n >+ 11112212n ⎛⎫∴-< ⎪+⎝⎭ 故12n T <例6、【2017·天津·理T18】已知{a n }为等差数列,前n 项和为S n (n ∈N *),{b n }是首项为2的等比数列,且公比大于0,b 2+b 3=12,b 3=a 4-2a 1,S 11=11b 4. (1)求{a n }和{b n }的通项公式;(2)求数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和(n ∈N *).【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d,等比数列{b n }的公比为q.由已知b 2+b 3=12,得b 1(q+q 2)=12,而b 1=2,所以q 2+q-6=0.又因为q>0,解得q=2. 所以,b n =2n.由b 3=a 4-2a 1,可得3d-a 1=8.①由S 11=11b 4,可得a 1+5d=16,②联立①②,解得a 1=1,d=3,由此可得a n =3n-2.所以,数列{a n }的通项公式为a n =3n-2,数列{b n }的通项公式为b n =2n.(2)设数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和为T n ,由a 2n =6n-2,b 2n-1=2×4n-1,有a 2n b 2n-1=(3n-1)×4n, 故T n =2×4+5×42+8×43+…+(3n-1)×4n,4T n =2×42+5×43+8×44+…+(3n-4)×4n+(3n-1)×4n+1,上述两式相减,得-3T n =2×4+3×42+3×43+…+3×4n-(3n-1)×4n+1=12×(1-4n )1-4-4-(3n-1)×4n+1=-(3n-2)×4n+1-8.得T n =3n -23×4n+1+83. 所以,数列{a 2n b 2n-1}的前n 项和为3n -23×4n+1+83. 例7、【2020·石家庄模拟】设数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝3a n －1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)由2S n ＝3a n －1，① 得2S n －1＝3a n －1－1(n ≥2)，② ①－②，得2a n ＝3a n －3a n －1，所以a n a n －1＝3(n ≥2)，又2S 1＝3a 1－1，2S 2＝3a 2－1，所以a 1＝1，a 2＝3，a 2a 1＝3，所以{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，所以a n ＝3n －1.(2)由(1)得，b n ＝n3n －1，所以T n ＝130＋231＋332＋…＋n3n －1，③13T n ＝131＋232＋…＋n －13n －1＋n 3n ，④ ③－④得，23T n ＝130＋131＋132＋…＋13n －1－n 3n ＝1－13n1－13－n 3n ＝32－2n ＋32×3n ，所以T n ＝94－6n ＋94×3n . 3、裂项相消法：实质为a n =b n (n+a )形式的求和。

2019年高考数学试题分项版—数列(解析版)

2019年高考数学试题分项版——数列（解析版）一、选择题1．(2019·全国Ⅲ文，6)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3等于( )A ．16B ．8C ．4D ．2 答案 C解析设等比数列{a n }的公比为q ，由a 5＝3a 3＋4a 1得q 4＝3q 2＋4，得q 2＝4，因为数列{a n }的各项均为正数，所以q ＝2，又a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝a 1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a 1＝1，所以a 3＝a 1q 2＝4.2．(2019·浙江，10)设a ，b ∈R ，数列{a n }满足a 1＝a ，a n ＋1＝a n 2＋b ，n ∈N *，则( )A ．当b ＝12时，a 10＞10 B ．当b ＝14时，a 10＞10 C ．当b ＝－2时，a 10＞10 D ．当b ＝－4时，a 10＞10 答案 A解析当b ＝12时，因为a n ＋1＝a n 2＋12，所以a 2≥12，又a n ＋1＝a n 2＋12≥√2a n ，故a 9≥a 2×(√2)7≥12×(√2)7＝4√2，a 10＞a 92≥32＞10.当b ＝14时，a n ＋1－a n ＝(a n −12)2，故当a 1＝a ＝12时，a 10＝12，所以a 10＞10不成立．同理b ＝－2和b ＝－4时，均存在小于10的数x 0，只需a 1＝a ＝x 0，则a 10＝x 0＜10，故a 10＞10不成立．3．(2019·全国Ⅰ理，9)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 4＝0，a 5＝5，则( ) A ．a n ＝2n －5 B ．a n ＝3n －10 C ．S n ＝2n 2－8n D ．S n ＝12n 2－2n答案 A解析设等差数列{a n }的公差为d ，∵{S 4＝0，a 5＝5，∴{4a 1+4×32d =0,a 1+4d =5,解得{a 1=−3，d =2， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－3＋2(n －1)＝2n －5， S n ＝na 1＋n (n−1)2d ＝n 2－4n .故选A.4．(2019·全国Ⅲ理，5)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3等于( )A ．16B ．8C ．4D ．2 答案 C解析设等比数列{a n }的公比为q ，由a 5＝3a 3＋4a 1得q 4＝3q 2＋4，得q 2＝4，因为数列{a n }的各项均为正数，所以q ＝2，又a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝a 1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a 1＝1，所以a 3＝a 1q 2＝4. 二、填空题1．(2019·全国Ⅰ文，14)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，S 3＝34，则S 4＝________.答案 58解析设等比数列的公比为q ，则a n ＝a 1q n －1＝q n －1. ∵a 1＝1，S 3＝34，∴a 1＋a 2＋a 3＝1＋q ＋q 2＝34，即4q 2＋4q ＋1＝0，∴q ＝－12，∴S 4＝1×[1−(−12)4]1−(−12)＝58.2．(2019·全国Ⅲ文，14)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 3＝5，a 7＝13，则S 10＝________. 答案 100解析 ∵{a n }为等差数列，a 3＝5，a 7＝13， ∴公差d ＝a 7−a 37−3＝13−54＝2，首项a 1＝a 3－2d ＝5－2×2＝1， ∴S 10＝10a 1＋10×92d ＝100.3．(2019·江苏，8)已知数列{a n }(n ∈N *)是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 2a 5＋a 8＝0，S 9＝27，则S 8的值是________．答案 16解析方法一设等差数列{a n }的公差为d ，则a 2a 5＋a 8＝(a 1＋d )(a 1＋4d )＋a 1＋7d ＝a 12＋4d 2＋5a 1d ＋a 1＋7d ＝0，S 9＝9a 1＋36d ＝27，解得a 1＝－5，d ＝2，则S 8＝8a 1＋28d ＝－40＋56＝16.方法二 ∵S 9＝a 1+a 92×9＝27，∴a 1＋a 9＝6， ∴a 2＋a 8＝2a 5＝6， ∴a 5＝3，则a 2a 5＋a 8＝3a 2＋a 8＝0，即2a 2＋6＝0， ∴a 2＝－3，则a 8＝9，∴其公差d ＝a 8−a 58−5＝2，∴a 1＝－5，∴S 8＝8×a 1+a82＝16.4．(2019·全国Ⅰ理，14)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝13，a 42＝a 6，则S 5＝________.答案1213解析设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 42＝a 6，所以(a 1q 3)2＝a 1q 5，所以a 1q ＝1，又a 1＝13，所以q ＝3，所以S 5＝a 1(1−q 5)1−q＝13×(1−35)1−3＝1213.5．(2019·全国Ⅲ理，14)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 1≠0，a 2＝3a 1，则s 10s 5＝________.答案 4解析设等差数列{a n }的公差为d ，由a 2＝3a 1，即a 1＋d ＝3a 1，得d ＝2a 1，所以s 10s 5＝10a1+10×92d 5a1+5×42d＝10a1+10×92×2a15a1+5×42×2a1＝10025＝4.6．(2019·北京理，10)设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若23a =-，510S =-，则5a = ，n S 的最小值为．【思路分析】利用等差数列{}n a 的前n 项和公式、通项公式列出方程组，能求出14a =-，1d =，由此能求出5a 的n S 的最小值．【解析】：设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，23a =-，510S =-，∴113545102a d a d +=-⎧⎪⎨⨯+=-⎪⎩，解得14a =-，1d =，5144410a a d ∴=+=-+⨯=， 21(1)(1)19814()22228n n n n n S na d n n --=+=-+=--， 4n ∴=或5n =时，n S 取最小值为4510S S ==-．故答案为：0，10-．【归纳与总结】本题考查等差数列的第5项的求法，考查等差数列的前n 项和的最小值的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题．三、解答题1．(2019·全国Ⅰ文，18)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 9＝－a 5. (1)若a 3＝4，求{a n }的通项公式；(2)若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围．解 (1)设{a n }的公差为d . 由S 9＝－a 5，即9a 5＝－a 5，所以a5＝0，得a1＋4d＝0.由a3＝4得a1＋2d＝4.于是a1＝8，d＝－2.因此{a n}的通项公式为a n＝10－2n，n∈N*.(2)由(1)得a1＝－4d，故a n＝(n－5)d，.S n＝n(n−9)d2由a1>0知d<0，≥(n－5)d，化简得故S n≥a n等价于n(n−9)d2n2－11n＋10≤0，解得1≤n≤10，所以n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N*}．2．(2019·全国Ⅱ文，18)已知{a n}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2＋16.(1)求{a n}的通项公式；(2)设b n＝log2a n，求数列{b n}的前n项和．解(1)设{a n}的公比为q，由题设得2q2＝4q＋16，即q2－2q－8＝0，解得q＝－2(舍去)或q＝4.因此{a n}的通项公式为a n＝2×4n－1＝22n－1.(2)由(1)得b n＝log222n－1＝(2n－1)log22＝2n－1，因此数列{b n}的前n项和为1＋3＋…＋2n－1＝n2.3．(2019·北京文，16)设{a n}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列．(1)求{a n}的通项公式；(2)记{a n}的前n项和为S n，求S n的最小值．解(1)设{a n}的公差为d.因为a1＝－10，所以a2＝－10＋d，a3＝－10＋2d，a4＝－10＋3d.因为a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列，所以(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6)．即(－2＋2d)2＝d(－4＋3d)．解得d＝2.所以a n＝a1＋(n－1)d＝2n－12.(2)由(1)知，a n＝2n－12.则当n≥7时，a n>0；当n≤6时，a n≤0.所以S n 的最小值为S 5＝S 6＝－30.4．(2019·天津文，18)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，公比大于0.已知a 1＝b 1＝3，b 2＝a 3，b 3＝4a 2＋3.(1)求{a n }和{b n }的通项公式； (2)设数列{c n }满足c n ＝{1,n 为奇数，b n 2,n 为偶数.求a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n (n ∈N *)．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，q ＞0. 依题意，得{3q ＝3＋2d ，3q 2＝15＋4d ，解得{d ＝3，q ＝3，故a n ＝3＋3(n －1)＝3n ，b n ＝3×3n －1＝3n .所以{a n }的通项公式为a n ＝3n ，{b n }的通项公式为b n ＝3n . (2)a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)＋(a 2b 1＋a 4b 2＋a 6b 3＋…＋a 2n b n ) ＝[n ×3+n(n−1)2×6]＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n ×3n )＝3n 2＋6(1×31＋2×32＋…＋n ×3n )．记T n ＝1×31＋2×32＋…＋n ×3n ，① 则3T n ＝1×32＋2×33＋…＋n ×3n ＋1，② ②－①得，2T n ＝－3－32－33－…－3n ＋n ×3n ＋1 ＝－3(1−3n )1−3＋n ×3n ＋1＝(2n−1)3n+1+32.所以a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n ＝3n 2＋6T n ＝3n 2＋3×(2n−1)3n+1+32＝3(n−1)3n+2+6n 2+92(n ∈N *)．5．(2019·浙江，20)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝4，a 4＝S 3.数列{b n }满足：对每个n ∈N *，S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列． (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)记c n ＝√a n 2b n，n ∈N *，证明：c 1＋c 2＋…＋c n ＜2√n ，n ∈N *.(1)解设数列{a n }的公差为d ，由题意得 a 1＋2d ＝4，a 1＋3d ＝3a 1＋3d ，解得a 1＝0，d ＝2. 从而a n ＝2n －2，n ∈N *. 所以S n ＝n 2－n ，n ∈N *.由S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列得(S n ＋1＋b n )2＝(S n ＋b n )(S n ＋2＋b n )．解得b n ＝1a (S n+12－S n S n ＋2)．所以b n ＝n 2＋n ，n ∈N *.(2)证明 c n ＝√a n 2b n＝√2n−22n(n+1)＝√n−1n(n+1)，n ∈N *.我们用数学归纳法证明．①当n ＝1时，c 1＝0＜2，不等式成立； ②假设n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时不等式成立，即 c 1＋c 2＋…＋c k ＜2√k . 那么，当n ＝k ＋1时，c 1＋c 2＋…＋c k ＋c k ＋1＜2√k ＋√k(k+1)(k+2)＜2√k ＋√1k+1＜2√k ＋√k+1+√k＝2√k ＋2(√k +1－√k )＝2√k +1.即当n ＝k ＋1时不等式也成立．根据①和②，不等式c 1＋c 2＋…＋c n ＜2√n 对任意n ∈N *成立．6．(2019·江苏，20)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M －数列”．(1)已知等比数列{a n }(n ∈N *)满足：a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，求证：数列{a n }为“M －数列”； (2)已知数列{b n }(n ∈N *)满足：b 1＝1，1S n＝2b n －2b n+1，其中S n 为数列{b n }的前n 项和．①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数．若存在“M －数列”{c n }(n ∈N *)，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有c k ≤b k ≤c k＋1成立，求m 的最大值．(1)证明设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由{a 2a 4=a 5,a 3−4a 2+4a 1=0,得{a 12q 4=a 1q 4,a 1q 2−4a 1q +4a 1=0,解得{a 1=1,q =2.因此数列{a n }为“M －数列”． (2)解 ①因为1S n＝2b n－2bn+1，所以b n ≠0.由b 1＝1，S 1＝b 1，得11＝21－2b 2，则b 2＝2.由2S n＝2b n－2bn+1，得S n ＝b nb n+12(b n+1−b n )，当n ≥2时，由b n ＝S n －S n －1，得b n ＝b nb n+12(b n+1−b n)－b n−1bn2(b n−b n−1)，整理得b n ＋1＋b n －1＝2b n .所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列．因此，数列{b n }的通项公式为b n ＝n (n ∈N *)． ②由①知，b k ＝k ，k ∈N *.因为数列{c n }为“M －数列”，设公比为q ，所以c 1＝1，q >0. 因为c k ≤b k ≤c k ＋1，所以q k －1≤k ≤q k ，其中k ＝1,2,3，…，m . 当k ＝1时，有q ≥1；当k ＝2,3，…，m 时，有lnk k≤ln q ≤lnkk−1.设f (x )＝lnx x(x >1)，则f ′(x )＝1−lnx x 2(x >1)．令f ′(x )＝0，得x ＝e ，列表如下：因为ln22＝ln86<ln96＝ln33，所以f (k )max ＝f (3)＝ln33.取q ＝√33，当k ＝1,2,3,4,5时，lnk k≤ln q ，即k ≤q k ，经检验知q k －1≤k 也成立．因此所求m 的最大值不小于5.若m ≥6，分别取k ＝3,6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216，所以q 不存在．因此所求m 的最大值小于6. 综上，所求m 的最大值为5.7．(2019·全国Ⅱ理，19)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0,4a n ＋1＝3a n －b n ＋4,4b n ＋1＝3b n －a n －4.(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列； (2)求{a n }和{b n }的通项公式．(1)证明由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )，即a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n )．又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8，即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2. 又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)解由(1)知，a n ＋b n ＝12n−1,，a n －b n ＝2n －1.所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12， b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12.8．(2019·北京理，20)（13分）已知数列{}n a ，从中选取第1i 项、第2i 项、⋯、第m i 项12()m i i i <<⋯<，若12m i i i a a a <<⋯<，则称新数列1i a ，2i a ，⋯，m i a 为{}n a 的长度为m 的递增子列．规定：数列{}n a 的任意一项都是{}n a 的长度为1的递增子列．（Ⅰ）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；（Ⅱ）已知数列{}n a 的长度为p 的递增子列的末项的最小值为0m a ，长度为q 的递增子列的末项的最小值为0n a ．若p q <，求证：00m n a a <；（Ⅲ）设无穷数列{}n a 的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{}n a 的长度为s 的递增子列末项的最小值为21s -，且长度为s 末项为21s -的递增子列恰有12s -个(1s =，2，)⋯，求数列{}n a 的通项公式．【思路分析】()1I ，3，5，6．答案不唯一．()II 考虑长度为q 的递增子列的前p 项可以组成长度为p 的一个递增子列，可得0n a >该数列的第p 项0m a ，即可证明结论．()III 考虑21s -与2s 这一组数在数列中的位置．若{}n a 中有2s ，在2s 在21s -之后，则必然在长度为1s +，且末项为2s 的递增子列，这与长度为s 的递增子列末项的最小值为21s -矛盾，可得2s 必在21s -之前．继续考虑末项为21s +的长度为1s +的递增子列．因此对于数列21n -，2n ，由于2n 在21n -之前，可得研究递增子列时，不可同时取2n 与21n -，即可得出：递增子列最多有2s 个．由题意，这s 组数列对全部存在于原数列中，并且全在21s +之前．可得2，1，4，3，6，5，⋯⋯，是唯一构造．【解析】：()1I ，3，5，6．()II 证明：考虑长度为q 的递增子列的前p 项可以组成长度为p 的一个递增子列，∴0n a >该数列的第p 项0m a ， ∴00m n a a <．()III 解：考虑21s -与2s 这一组数在数列中的位置．若{}n a 中有2s ，在2s 在21s -之后，则必然在长度为1s +，且末项为2s 的递增子列，这与长度为s 的递增子列末项的最小值为21s -矛盾，2s ∴必在21s -之前．继续考虑末项为21s +的长度为1s +的递增子列．对于数列21n -，2n ，由于2n 在21n -之前，∴研究递增子列时，不可同时取2n 与21n -，对于1至2s 的所有整数，研究长度为1s +的递增子列时，第1项是1与2二选1，第2项是3与4二选1，⋯⋯，第s 项是21s -与2s 二选1，故递增子列最多有2s 个．由题意，这s 组数列对全部存在于原数列中，并且全在21s +之前．2∴，1，4，3，6，5，⋯⋯，是唯一构造．即221k a k =-，212k a k -=，*k N ∈．【归纳与总结】本题考查了数列递推关系、数列的单调性，考查了逻辑推理能力、分析问题与解决问题的能力，属于难题．9．(2019·天津理，19)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列．已知a 1＝4，b 1＝6，b 2＝2a 2－2，b 3＝2a 3＋4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c 1＝1，c n ＝{1,2k <n <2k+1,b k ,n =2k,其中k ∈N *. (ⅰ)求数列{a 2n (c 2n －1)}的通项公式；(ⅱ)求(n ∈N *)．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q . 依题意得{6q ＝6＋2d ，6q 2＝12＋4d ，解得{d ＝3，q ＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝4＋(n －1)×3＝3n ＋1， b n ＝b 1·q n －1＝6×2n －1＝3×2n .所以{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋1，{b n }的通项公式为b n ＝3×2n . (2)(ⅰ)a 2n (c 2n －1)＝a 2n (b n －1)＝(3×2n ＋1)(3×2n －1)＝9×4n －1. 所以数列{a 2n (c 2n －1)}的通项公式为a 2n (c 2n －1)＝9×4n －1. (ⅱ)a i c i ＝[a i ＋a i (c i －1)] ＝a i ＋a 2i (c 2i －1)＝[2n ×4+2n (2n −1)2×3]＋(9×4i －1) ＝(3×22n －1＋5×2n －1)＋9×4(1−4n )1−4－n＝27×22n －1＋5×2n －1－n －12(n ∈N *)．。

2019年高考数学(理)热点题型和提分秘籍专题25数列的综合应用(题型专练)含解析

1．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n －12n ，其前n 项和S n ＝32164，则项数n ＝( )A ．13B ．10C ．9D ．6 【答案】D【解析】∵a n ＝2n －12n ＝1－12n ，∴S n ＝n －12－12n 1－12＝n －1＋12n ＝32164， ∴n ＝6。

2．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则S 2 012＝( ) A ．22 012－1 B ．3·21 006－3 C ．3·21 006－1 D ．3·21 005－2 【答案】B3．已知函数f (x )＝x 2＋2bx 过(1,2)点，若数列{1f n }的前n 项和为S n ，则S 2012的值为()A.2 0122 011B.2 0102 011C.2 0132 012D.2 0122 013 【答案】D【解析】由已知得b ＝12，∴f (n )＝n 2＋n ，∴1f n ＝1n 2＋n ＝1nn ＋＝1n －1n ＋1， ∴S 2 012＝1－12＋12－13＋…＋12 012－12 013＝1－12 013＝2 0122 013。

4．数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，且a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21＝( )A.212 B ．6 C ．10 D ．11 【答案】B【解析】依题意得a n ＋a n ＋1＝a n ＋1＋a n ＋2＝12，则a n ＋2＝a n ，即数列{a n }中的奇数项、偶数项分别相等，则a 21＝a 1＝1，S 21＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 19＋a 20)＋a 21＝10(a 1＋a 2)＋a 21＝10×12＋1＝6，故选B 。

5．已知函数f (n )＝n 2cos(n π)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝( ) A ．－100 B ．0 C ．100 D ．10 200 【答案】A【解析】若n 为偶数时，则a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝n 2－(n ＋1)2＝－(2n ＋1)，为首项为a 2＝－5，公差为－4的等差数列；若n 为奇数，则a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝－n 2＋(n ＋1)2＝2n ＋1，为首项为a 1＝3，公差为4的等差数列。

【备战高考：理科】高考数学文易错考点技巧方法名师点拔专题：数列求和及其应用

高考数学（理科）易错考点技巧方法名师点拔专题10 数列求和及其应用常见易错题、典型陷阱题精讲1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋22n n n ＋1，其前n 项和为S n ，若存在M ∈Z ，满足对任意的n ∈N *，都有S n <M 恒成立，则M 的最小值为________．答案 1 解析因为a n ＝n ＋22n n n ＋1＝2n ＋1n2n n n ＋1＝12n －1n －12n n ＋1，所以S n ＝(120×1－121×2)＋(121×2－122×3)＋…＋[12n －1n －12nn ＋1]＝1－12n n ＋1，由于1－12nn ＋1<1，所以M 的最小值为1.2．设向量a ＝(1,2)，b ＝(1n 2＋n，a n ) (n ∈N *)，若a ∥b ，设数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n 的最小值为________．答案 13．已知{a n }是一个公差d 大于0的等差数列，且满足a 3a 5＝45，a 2＋a 6＝14. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若数列{b n }满足：b 12＋b 222＋…＋b n2n＝a n ＋n 2，求数列{b n }的前n 项和S n .解 (1)∵a 3＋a 5＝a 2＋a 6＝14，a 3a 5＝45， ∴a 3＝5，a 5＝9或a 3＝9，a 5＝5， ∵d >0，∴a 3＝5，a 5＝9，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1＋2d ＝5，a 5＝a 1＋4d ＝9⇒a 1＝1，d ＝2， ∴a n ＝2n －1. (2)由b 12＋b 222＋…＋b n2n＝a n ＋n 2，得b 12＋b 222＋…＋b n2n＝2n －1＋n 2，b 12＋b 222＋…＋b n －12n －1＝2(n －1)－1＋(n －1)2 (n ≥2)，两式相减得b n2n＝2n ＋1，∴b n ＝2n (2n ＋1)(n ≥2)，又b 12＝a 1＋1，∴b 1＝4，∴b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n 2n ＋1n ≥2，4，n ＝1.记T n ＝b 2＋b 3＋…＋b n ，则T n ＝22×5＋23×7＋…＋2n (2n ＋1)， 2T n ＝23×5＋24×7＋…＋2n ＋1(2n ＋1)，两式相减得－T n ＝4＋2n ＋1(1－2n )，则T n ＝2n ＋1(2n －1)－4， ∴S n ＝2n ＋1(2n －1)．4．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝a (S n －a n ＋1)(a 为常数，且a >0)，且4a 3是a 1与2a 2的等差中项．(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n ＋1a n，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)当n ＝1时，S 1＝a (S 1－a 1＋1)，所以a 1＝a ，当n ≥2时，S n ＝a (S n －a n ＋1)，①S n －1＝a (S n －1－a n －1＋1)，②由①－②，得a n ＝a ·a n －1，即a na n －1＝a ，故{a n }是首项a 1＝a ，公比为a 的等比数列，所以a n ＝a ·a n －1＝a n . 故a 2＝a 2，a 3＝a 3.由4a 3是a 1与2a 2的等差中项，可得8a 3＝a 1＋2a 2，即8a 3＝a ＋2a 2，因为a ≠0，整理得8a 2－2a －1＝0，即(2a －1)(4a ＋1)＝0，解得a ＝12或a ＝－14(舍去)，故a n ＝(12)n ＝12n .5．S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，S 7＝28.记b n ＝[lg a n ]，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1. (1)求b 1，b 11，b 101；(2)求数列{b n }的前1000项和．解 (1)设{a n }的公差为d ，据已知有7＋21d ＝28，解得d ＝1.所以{a n }的通项公式为a n ＝n .b 1＝[lg 1]＝0，b 11＝[lg 11]＝1，b 101＝[lg 101]＝2.(2)因为b n＝⎩⎪⎨⎪⎧0，1≤n <10，1，10≤n <100，2，100≤n <1000，3，n ＝1000，所以数列{b n }的前1000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1893.6．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1. (1)求数列{b n }的通项公式； (2)令c n ＝a n ＋1n ＋1b n ＋2n，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5，当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，所以a n ＝6n ＋5.设数列{b n }的公差为d .由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得b 1＝4，d ＝3，所以b n ＝3n ＋1. (2)由(1)知，c n ＝6n ＋6n ＋13n ＋3n＝3(n ＋1)·2n ＋1.又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]， 2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]．两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋41－2n 1－2n ＋12n ＋2＝－3n ·2n ＋2，所以T n ＝3n ·2n ＋2.易错起源1、分组转化求和例1、等比数列{a n}中，a1，a2，a3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a1，a2，a3中的任何两个数不在下表的同一列.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若数列{b n}满足：b n＝a n＋(－1)n ln a n，求数列{b n}的前n项和S n.解(1)当a1＝3时，不合题意；当a1＝2时，当且仅当a2＝6，a3＝18时，符合题意；当a1＝10时，不合题意．因此a1＝2，a2＝6，a3＝18，所以公比q＝3.故a n＝2·3n－1 (n∈N*)．(2)因为b n＝a n＋(－1)n ln a n＝2·3n－1＋(－1)n ln(2·3n－1)＝2·3n－1＋(－1)n[ln 2＋(n－1)ln 3]＝2·3n－1＋(－1)n(ln2－ln3)＋(－1)n n ln3，所以S n＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln2－ln3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)n n]ln3.当n为偶数时，S n ＝2×1－3n 1－3＋n2ln3＝3n ＋n2ln3－1；当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n1－3－(ln2－ln3)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12－n ln3 ＝3n －n －12ln3－ln2－1.综上所述，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧3n ＋n2ln3－1， n 为偶数，3n－n －12ln3－ln2－1，n 为奇数.【变式探究】设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3，n ∈N *. (1)证明：a n ＋2＝3a n ； (2)求S n .(1)证明由条件，对任意n ∈N *，有a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3，因而对任意n ∈N *，n ≥2，有a n ＋1＝3S n －1－S n ＋3. 两式相减，得a n ＋2－a n ＋1＝3a n －a n ＋1，即a n ＋2＝3a n ，n ≥2. 又a 1＝1，a 2＝2，所以a 3＝3S 1－S 2＋3＝3a 1－(a 1＋a 2)＋3＝3a 1，故对一切n ∈N *，a n ＋2＝3a n .(2)解由(1)知，a n ≠0，所以a n ＋2a n＝3.于是数列{a 2n －1}是首项a 1＝1，公比为3等比数列；数列{a 2n }是首项a 2＝2，公比为3的等比数列．因此a 2n －1＝3n －1，a 2n ＝2×3n －1. 于是S 2n ＝a 1＋a 2＋…＋a 2n＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n ) ＝(1＋3＋…＋3n －1)＋2(1＋3＋…＋3n －1) ＝3(1＋3＋…＋3n －1) ＝33n －12.从而S 2n －1＝S 2n －a 2n ＝33n －12－2×3n －1＝32(5×3n －2－1)．综上所述，3223(531),23(31)2n n nn S n -⎧⨯-⎪⎪=⎨⎪-⎪⎩是奇数，，是偶数.【名师点睛】在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．【技巧点拔】有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．易错起源2、错位相减法求和例2、已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且有a 1＝2,3S n ＝5a n －a n －1＋3S n －1(n ≥2)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝(2n －1)a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)3S n －3S n －1＝5a n －a n －1(n ≥2)， ∴2a n ＝a n －1，a na n －1＝12，又∵a 1＝2，∴{a n }是首项为2，公比为12的等比数列，∴a n ＝2×(12)n －1＝(12)n －2＝22－n .【变式探究】已知正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：4S n ＝(a n －1)(a n ＋3)(n ∈N *)． (1)求a n ；(2)若b n ＝2n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)∵4S n ＝(a n －1)(a n ＋3)＝a 2n ＋2a n －3， ∴当n ≥2时，4S n －1＝a 2n －1＋2a n －1－3，两式相减得，4a n ＝a 2n －a 2n －1＋2a n －2a n －1，化简得，(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0，∵{a n}是正项数列，∴a n＋a n－1≠0，∴a n－a n－1－2＝0，对任意n≥2，n∈N*都有a n－a n－1＝2，又由4S1＝a21＋2a1－3得，a21－2a1－3＝0，解得a1＝3或a1＝－1(舍去)，∴{a n}是首项为3，公差为2的等差数列，∴a n＝3＋2(n－1)＝2n＋1.(2)由已知及(1)知，b n＝(2n＋1)·2n，T n＝3·21＋5·22＋7·23＋…＋(2n－1)·2n－1＋(2n＋1)·2n，①2T n＝3·22＋5·23＋7·24＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)·2n＋1，②②－①得，T n＝－3×21－2(22＋23＋24＋…＋2n)＋(2n＋1)·2n＋1＝－6－2×41－2n－1＋(2n＋1)·2n＋11－2＝2＋(2n－1)·2n＋1.【名师点睛】(1)错位相减法适用于求数列{a n·b n}的前n项和，其中{a n}为等差数列，{b n}为等比数列；(2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后得到部分，求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n＝1,2进行验证．【技巧点拔】错位相减法是在推导等比数列的前n项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n·b n}的前n项和，其中{a n}，{b n}分别是等差数列和等比数列．易错起源3、裂项相消法求和例3 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 22－3a 7＝2，且1a 2，S 2－3，S 3成等比数列，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝2a n a n ＋2，数列{b n }的前n 项和为T n ，若对于任意的n ∈N *，都有8T n <2λ2＋5λ成立，求实数λ的取值范围．解(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 22－3a 7＝2，S 2－32＝1a 2·S 3⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋21d3a 1＋6d 2，2a 1＋d －3a 1＋d 3a 1＋3d ，即⎩⎪⎨⎪⎧－2a 1＋3d ＝2，a 1＋d 2a 1＋d －60，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－25，d ＝25.当a 1＝－25，d ＝25时，S 2－3＝－175没有意义， ∴a 1＝2，d ＝2，此时a n ＝2＋2(n －1)＝2n .【变式探究】(1)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，a 2＝2，S 5＝15，若⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ·a n ＋1的前m 项和为910，则m 的值为( )A ．8B ．9C ．10D ．11(2)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝log 2n ＋1n ＋2(n ∈N *)，设其前n 项和为S n ，则使S n <－5成立的正整数n 有( ) A ．最小值63 B ．最大值63 C ．最小值31 D ．最大值31答案 (1)B (2)A解析 (1)设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝2，5a 1＋5×42d ＝15， ∴a 1＝d ＝1，∴a n ＝n ，∴1a n ·a n ＋1＝1n －1n ＋1.∴1a 1·a 2＋1a 2·a 3＋1a 3·a 4＋…＋1a m ·a m ＋1＝1－12＋12－13＋…＋1m －1m ＋1＝1－1m ＋1＝mm ＋1＝910，∴m ＝9. (2)∵a n ＝log 2n ＋1n ＋2(n ∈N *)，∴S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝log 223＋log 234＋…＋log 2n ＋1n ＋2＝(log 22－log 23)＋(log 23－log 24)＋…＋log 2(n ＋1)－log 2(n ＋2)＝log 22－log 2(n ＋2)＝log 22n ＋2，由S n <－5＝log 2132⇒2n ＋2<132⇒n >62，故使S n <－5成立的正整数n 有最小值63.【名师点睛】(1)裂项相消法的基本思想就是把通项a n 分拆成a n ＝b n ＋k －b n (k ≥1，k ∈N *)的形式，从而达到在求和时某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{a n }的通项公式，使之符合裂项相消的条件．(2)常用的裂项公式①1n n ＋k ＝1k (1n －1n ＋k )； ②12n －12n ＋1＝12(12n －1－12n ＋1)；③1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )．【技巧点拔】裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于{1a n a n ＋1}或{1a n a n ＋2}(其中{a n }为等差数列)等形式的数列求和．易错题集中练兵1．已知数列112，314，518，7116，…，则其前n 项和S n 为( )A ．n 2＋1－12n B ．n 2＋2－12n C ．n 2＋1－12n －1D ．n 2＋2－12n －1答案 A解析因为a n ＝2n －1＋12n ，所以S n ＝n 1＋2n －12＋1－12n121－12＝n 2＋1－12n .2．已知在数列{a n }中，a 1＝－60，a n ＋1＝a n ＋3，则|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|等于( ) A ．445 B ．765 C ．1080 D ．3105答案 B解析 ∵a n ＋1＝a n ＋3，∴a n ＋1－a n ＝3. ∴{a n }是以－60为首项，3为公差的等差数列． ∴a n ＝－60＋3(n －1)＝3n －63. 令a n ≤0，得n ≤21. ∴前20项都为负值． ∴|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|＝－(a 1＋a 2＋…＋a 20)＋a 21＋…＋a 30 ＝－2S 20＋S 30.∵S n ＝a 1＋a n 2n ＝－123＋3n 2·n ，∴|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 30|＝765.3．已知S n 为数列{a n }的前n 项和，若a n (4＋cos n π)＝n (2－cos n π)，则S 20等于( ) A ．31B ．122C ．324D ．484 答案 B4．设数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝1－1a n，记数列{a n }的前n 项之积为T n ，则T 2016的值为( )A ．－12B ．－1C.12 D ．1答案 D解析由a 1＝2，a n ＋1＝1－1a n，得a 2＝1－1a 1＝12，a 3＝1－1a 2＝－1，a 4＝1－1a 3＝2，…，由上可知，数列{a n }是以3为周期的周期数列，又a 1a 2a 3＝2×2×(－1)＝－1，且2016＝3×672.∴T 2016＝(－1)672＝1.故选D.5．1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋14＋…＋1210的值为( )A ．18＋129B ．20＋1210C ．22＋1211D ．18＋1210答案 B解析设a n ＝1＋12＋14＋…＋12n －1＝1[112n ]1－12＝2[1－(12)n ]，原式＝a 1＋a 2＋…＋a 11＝2[1－(12)1]＋2[1－(12)2]＋…＋2[1－(12)11] ＝2[11－(12＋122＋…＋1211)]＝2[11－121－12111－12]＝2[11－(1－1211)]＝2(11－1＋1211)＝20＋1210.6．设f (x )＝4x4x ＋2，若S ＝f (12015)＋f (22015)＋…＋f (20142015)，则S ＝________.答案 1007解析 ∵f (x )＝4x ＋2， ∴f (1－x )＝41－x41－x ＋2＝22＋4x ，∴f (x )＋f (1－x )＝4x4x ＋2＋22＋4x ＝1. S ＝f (12015)＋f (22015)＋…＋f (20142015)，①S ＝f (20142015)＋f (20132015)＋…＋f (12015)，② ①＋②得，2S ＝[f (12015)＋f (20142015)]＋[f (22015)＋f (20132015)]＋…＋[f (20142015)＋f (12015)]＝2014，∴S ＝20142＝1007.7．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋2＋(－1)n a n ＝1，记S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 60＝________.答案 480解析方法一依题意得，当n 是奇数时，a n ＋2－a n ＝1，即数列{a n }中的奇数项依次形成首项为1、公差为1的等差数列，a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 59＝30×1＋30×292×1＝465；当n 是偶数时，a n ＋2＋a n ＝1，即数列{a n }中的相邻的两个偶数项之和均等于1，a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋…＋a 58＋a 60＝(a 2＋a 4)＋(a 6＋a 8)＋…＋(a 58＋a 60)＝15.因此，该数列的前60项和S 60＝465＋15＝480.方法二 ∵a n ＋2＋(－1)n a n ＝1，∴a 3－a 1＝1，a 5－a 3＝1，a 7－a 5＝1，…，且a 4＋a 2＝1，a 6＋a 4＝1，a 8＋a 6＝1，…，∴{a 2n －1}为等差数列，且a 2n －1＝1＋(n －1)×1＝n ，即a 1＝1，a 3＝2，a 5＝3，a 7＝4，∴S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1＋1＋2＝4，S 8－S 4＝a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝3＋4＋1＝8，S 12－S 8＝a 9＋a 10＋a 11＋a 12＝5＋6＋1＝12，…，∴S 60＝4×15＋15×142×4＝480.8．定义np 1＋p 2＋…＋p n为n 个正数p 1，p 2，…，p n 的“均倒数”，若已知数列{a n }的前n 项的“均倒数”为15n ，又b n ＝a n 5，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝________.答案 1021解析由定义可知a 1＋a 2＋…＋a n ＝5n 2，a 1＋a 2＋…＋a n ＋a n ＋1＝5(n ＋1)2，可求得a n ＋1＝10n ＋5，所以a n ＝10n －5，则b n ＝2n －1，又1b n b n ＋1＝12(1b n －1b n ＋1)，所以1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝12(1b 1－1b 2＋1b 2－…－1b 10＋1b 10－1b 11) ＝12(1b 1－1b 11)＝1021. 9．在等差数列{a n }中，a 2＝4，a 4＋a 7＝15. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设22n a n b 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 ＋2.10．已知在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S 2n＝an (S n －12)．(1)求S n 的表达式；(2)设b n ＝S n 2n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，证明T n <12.(1)解当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1代入S 2n＝an (S n －12)，得2S n S n －1＋S n －S n －1＝0，由于S n ≠0，所以1S n －1S n －1＝2，所以{1S n}是首项为1，公差为2的等差数列，从而1S n＝1＋(n －1)×2＝2n －1，所以S n ＝12n －1.(2)证明因为b n ＝S n 2n ＋1＝12n －12n ＋1＝12(12n －1－12n ＋1)，所以T n ＝12[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n －1－12n ＋1)]＝12(1－12n ＋1)<12，所以T n <12.。

专题06 数列-备战2019年高考数学(理)之纠错笔记系列(解析版)

易错点1 忽略了n 的取值已知数列{}n a 满足3123=()n a a a a n n ∈*N L ，求数列{}n a 的通项公式n a ．【错解】由3123=n a a a a n L ，可得31231=(1),n a a a a n --L 两式相除可得33=(1)n n a n -．【错因分析】31231=(1)n a a a a n --L 仅适用于n ∈*N 且2n >时的情况，故不能就此断定33=(1)n n a n -就是数列{}n a 的通项公式．【试题解析】当1n =时，11a =；当2n ≥时，由3123=n a a a a n L ，可得31231=(1),n a a a a n --L 两式相除可得33=(1)n n a n -，故331,1.,1,(1)n n a n n n n =⎧⎪=⎨>∈⎪-⎩*N已知数列的递推公式求通项公式的常见类型及解法(1)形如a n ＋1＝a n f (n )，常用累乘法，即利用恒等式a n ＝a 1·a 2a 1·a 3a 2·…·a na n －1求通项公式．(2)形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，常用累加法．即利用恒等式a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)求通项公式． (3)形如a n ＋1＝ba n ＋d (其中b ，d 为常数，b ≠0,1)的数列，常用构造法．其基本思路是：构造a n ＋1＋x ＝b (a n ＋x )(其中x ＝db －1)，则{a n ＋x }是公比为b 的等比数列，利用它即可求出a n . (4)形如a n ＋1＝pa n qa n ＋r (p ，q ，r 是常数)的数列，将其变形为1a n ＋1＝r p ·1a n ＋qp .若p ＝r ，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，且公差为qp ，可用公式求通项；若p ≠r ，则采用(3)的办法来求．(5)形如a n ＋2＝pa n ＋1＋qa n (p ，q 是常数，且p ＋q ＝1)的数列，构造等比数列．将其变形为a n ＋2－a n ＋1＝(－q )·(a n ＋1－a n )，则{a n －a n －1}(n ≥2，n ∈N *)是等比数列，且公比为－q ，可以求得a n －a n －1＝f (n )，然后用累加法求得通项．(6)形如a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝f (n )的式子，由a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝f (n )，①得a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝f (n －1)，② 再由①－②可得a n .(7)形如a n ＋1＋a n ＝f (n )的数列，可将原递推关系改写成a n ＋2＋a n ＋1＝f (n ＋1)，两式相减即得a n ＋2－a n ＝f (n ＋1)－f (n )，然后按奇偶分类讨论即可．(8)形如a n ·a n ＋1＝f (n )的数列，可将原递推关系改写成a n ＋2·a n ＋1＝f (n ＋1)，两式作商可得2(1)()n n a f n a f n ++=，然后分奇、偶讨论即可．(9)a n ＋1－a n ＝qa n ＋1a n (q ≠0)型，将方程的两边同时除以a n ＋1a n ，可构造一个等差数列．具体步骤：对a n ＋1－a n ＝qa n ＋1a n (q ≠0)两边同时除以a n ＋1a n ，得到1a n －1a n ＋1＝q ，即 1a n ＋1－1a n ＝－q ，令b n ＝1a n ，则{b n }是首项为1a 1，公差为－q 的等差数列. (10)a n ＝pa r n －1(n ≥2，p >0)型，一般利用取对数构造等比数列．具体步骤：对a n ＝pa rn －1两边同取常用对数，得到lg a n ＝r lg a n －1＋lg p ，令b n ＝lg a n ，则{b n }可归为a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠0,1，q ≠0)型.1．数列{}n a 的前n 项和n S 满足232n S n n =-+，则数列n a 的通项公式为_____________.【答案】0,124,2n n a n n =⎧=⎨-≥⎩【名师点睛】本题考查的知识点是数列的通项公式，其中正确理解由数列的前n 项和S n ，求通项公式的方法：1112n n n S n a S S n -=-⎨⎩≥⎧=，，和步骤是解答本题的关键．由已知中{}n a 的前n 项和232n S n n =-+，结合1112n nn S n a S S n -=-⎨⎩≥⎧=，，，分别讨论2n ≥时与1n =时的通项公式，并由1n =时，1a 的值不满足2n ≥时的通项公式，故要将数列{}n a 的通项公式写成分段函数的形式．易错点2 忽略数列中为0的项设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，公差为d ，且满足10a >，1118S S =，则当n S 最大时，n =__________．【错解】由1118S S =，得111110181711+1822a d a d ⨯⨯=+，即1=14a d -，由10a >可知0d <，解不等式组111(1)0,0n n a a n d a a nd +=+-≥⎧⎨=+<⎩即14(1)0,140d n d d nd -+-≥⎧⎨-+<⎩得1415n <≤．又n ∈*N ，故当15n =时n S 最大．【错因分析】由于150a =，所以1415S S =，当14n =或15n =时n S 最大，错解中忽略了数列中为0的项．【试题解析】【正解1】由1118S S =，得111110181711+1822a d a d ⨯⨯=+，即1=14a d -，由10a >可知0d <，解不等式组111(1)0,0n n a a n d a a nd +=+-≥⎧⎨=+≤⎩即14(1)0,140d n d d nd -+-≥⎧⎨-+≤⎩得1415n ≤≤．故当14n =或15n =时n S 最大．【正解2】由1118S S =，可得1=14a d -，所以2(1)2914()222n n n d S dn d n -=-+=--8418d ，由n ∈*N 并结合n S 对应的二次函数的图象知，当14n =或15n =时n S 最大．【正解3】由1118S S =，得121314151617180a a a a a a a ++++++=，即157=0a ，15=0a ，由10a >可知0d <，故当14n =或15n =时n S 最大．数列是特殊的函数关系，因此常利用函数的思想解决数列中最值问题1．等差数列的前n 项和与函数的关系等差数列的前n 项和公式为1(1)2n n n S na d -=+可变形为S n ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n ，令A ＝d 2，B ＝a 1－d2，则S n ＝An 2＋Bn .当A ≠0，即d ≠0时，S n 是关于n 的二次函数，(n ，S n )在二次函数y ＝Ax 2＋Bx 的图象上，为抛物线y ＝Ax 2＋Bx 上一群孤立的点．利用此性质可解决前n 项和S n 的最值问题． 2．等差数列前n 项和的最值(1)若等差数列的首项a 1>0，公差d <0，则等差数列是递减数列，正数项有限，前n 项和有最大值，且满足⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≥0，a n ＋1≤0. (2)若等差数列的首项a 1<0，公差d >0，则等差数列是递增数列，负数项有限，前n 项和有最小值，且满足⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤0，a n ＋1≥0. 3．求等差数列前n 项和的最值的方法(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．4．在等差数列{}n a 中，若10a >，()p q S S p q =≠，则（1）p q +为偶数⇒当2p qn +=时n S 最大；（2）p q +为奇数⇒当12p q n +-=或12p q ++时n S 最大．2．等差数列{}n a 中，12a =，1015S =，记2482n n B a a a a =++++ ，则当n =__________时，n B 取得最大值. 【答案】4【解析】在等差数列{}n a 中，12a =，1015S =，10110910152S a d ⨯∴=+=，即204515d +=，455d =-，19d ∴=-，()111921999n a n n =--=-+，由119099n a n =-+=，得19n =，即190a =，当19n >时，0n a <，当19,0n n a <>，因此在2482,,,n a a a a 中，当4n ≤时，20n a >，当5n ≥时，20n a <，故当4n =时，n B 取得最大值，故答案为4.【名师点睛】本题主要考查等差数列的通项公式和前n 项和公式的计算，属于难题.求等差数列前n 项和的最大值的方法通常有两种：①将前n 项和表示成关于n 的二次函数，即n S 2An Bn =+，当2Bn A=-时有最大值（若2Bn A=-不是整数，n 等于离它较近的一个或两个整数时n S 最大）；②可根据0n a ≥且10n a +≤确定n S 最大时的n 值.错点3 忽视奇数项或偶数项的符号在等比数列{}n a 中，246825a a a a =，求19a a 的值.【错解】因为{}n a 为等比数列，所以192846a a a a a a ==，由246825a a a a =可得219()25a a =，故195a a =±.【错因分析】错解中忽略了在等比数列中，奇数项或偶数项的符号相同这一隐含条件．【试题解析】因为{}n a 为等比数列，所以192846a a a a a a ==，由246825a a a a =可得219()25a a =，故19a a =5±．又在等比数列中，所有的奇数项的符号相同，所以190a a >，所以195a a =．1．特别注意q ＝1时，S n ＝na 1这一特殊情况．2．由a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能立即断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠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．4．S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 未必成等比数列(例如：当公比q ＝－1且n 为偶数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 不成等比数列；当q ≠－1或q ＝－1且n 为奇数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等比数列)，但等式(S 2n －S n )2＝S n ·(S 3n －S 2n )总成立．3．已知等比数列{}n a 中，2346781,64a a a a a a ==，则5a = A ．2± B ．−2 C ．2D ．4【答案】C【名师点睛】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.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.应用等比数列性质时的注意点(1)在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质―若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ‖，可以减少运算量，提高解题速度．(2)在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用.易错点4 忽视q =1致错在数列{}n a 中，若2(0)nn n a mm m =-≠，求{}n a 的前n 项和n S ．【错解】123n n S a a a a =++++2422()()n n a a a a a a =+++-+++ 222(1)(1)11n n a a a a a a--=---. 【错因分析】错解在进行等比数列求和时忽略了对公比是否等于1的讨论；此外，还需讨论相关数列是否为等比数列.【试题解析】当1m =时，0n a =，所以0n S =；当1m =-时，21m =，所以(1)1(1)12n nn m m S n n m ---=-=+-；当1m ≠±时，222(1)(1)11n n n m m m m S m m--=---．综上，2220,11(1),12(1)(1),111n n n n m S n m m m m m m m m ⎧⎪=⎪--⎪=+=-⎨⎪⎪---≠±⎪--⎩.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，注意观察未合并项的正负号；结论中形如a n ，a n＋1的式子应进行合并．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．4．各项均为正数的数列{}n a 的首项11a λ=，前n 项和为n S ，且211n n n S S a λ+++=.（1）求{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 满足n n n b a λ=，求{}n b 的前n 项和n T .【答案】（1）n n a λ=；（2）()22,121,0,111n nn n nT n λλλλλλλ⎧+=⎪⎪=⎨-⎪->≠-⎪-⎩. 【解析】（1）因为211n n n S S a λ+++=，① 所以当2n ≥时，21n n n S S a λ-+=，②-①②得：2211n n n n a a a a λλ+++=-，即()()111n n n n n n a a a a a a λ++++=+-，因为{}n a 的各项均为正数，所以10n n a a ++>，且0λ>，所以11n n a a λ+-=．由①知，2212S S a λ+=，即21222a a a λ+=，又因为11a λ=，所以22a λ=，所以211a a λ-=．故()*11n n a a n λ+-=∈N ，所以数列{}n a 是首项为1λ，公差为1λ的等差数列．所以()111n na n λλλ=+-=．【名师点睛】（1）本题主要考查数列前n 项和公式，考查等差数列的通项的求法，考查错位相减求和，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.（2）数列{}·n n b c ，其中{}n b 是等差数列，{}n c 是等比数列，则采用错位相减法.1.数列求和，一般应从通项入手，若通项未知，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和．2.解决非等差、非等比数列的求和，主要有两种思路(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减来完成；(2)不能转化为等差或等比数列的数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和．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．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1项，通常也叫做首项，排在第二位的数称为这个数列的第2项……排在第n 位的数称为这个数列的第n 项．所以，数列的一般形式可以写成123,,,,,,n a a a a L L 简记为{}n a ． 2．数列的分类3．数列的表示方法（1）列举法：将数列中的每一项按照项的序号逐一写出，一般用于―杂乱无章‖且项数较少的情况．（2）解析法：主要有两种表示方法，①通项公式：如果数列{}n a 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，即()n a f n =．②递推公式：如果已知数列{}n a 的第一项(或前几项)，且任一项n a 与它的前一项1n a - (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．（3）图象法：数列是特殊的函数，可以用图象直观地表示．数列用图象表示时，可以以序号为横坐标，相应的项为纵坐标描点画图．由此可知，数列的图象是无限个或有限个孤立的点． 4．数列的前n 项和与通项的关系数列的前n 项和通常用n S 表示，记作12n n S a a a =+++ ，则通项11,2n n n S a S S n -⎧=⎨-≥⎩．若当2n ≥时求出的n a 也适合1n =时的情形，则用一个式子表示n a ，否则分段表示． 5．等差数列与一次函数的关系由等差数列的通项公式1(1)n a a n d =+-，可得1()n a dn a d =+-．令p d =，1q a d =-，则n a pn q =+，其中p ，q 为常数．（1）当0p ≠时，(,)n n a 在一次函数y px q =+的图象上，数列{}n a 的图象是直线y px q =+上均匀分布的一群孤立的点，且当0d >时数列{}n a 为递增数列，当0d <时数列{}n a 为递减数列．（2）当0p =时，n a q =，等差数列为常数列，数列{}n a 的图象是平行于x 轴的直线（或x 轴）上均匀分布的一群孤立的点． 6．等差数列的前n 项和首项为1a ，末项为n a ，项数为n 的等差数列{}n a 的前n 项和公式：11()(1)==22n n n a a n n S na d +-+．令2d p =，12d q a =-，可得2n S pn qn =+，则 ①当0p ≠，即0d ≠时，n S 是关于n 的二次函数，点(,)n n S 是函数2=y px qx +的图象上一系列孤立的点；②当0p =，即0d =时，n S 是关于n 的一次函数(0q ≠，即10)a ≠或常函数(0q =，即10)a =，点(,)n n S 是直线y qx =图象上一系列孤立的点．我们可以借助二次函数的图象和性质来研究等差数列的前n 项和的相关问题． 7．用前n 项和公式法判定等差数列等差数列的前n 项和公式与函数的关系给出了一种判断数列是否为等差数列的方法：若数列{}n a 的前n 项和2n S an bn c =++，那么当且仅当0c =时，数列{}n a 是以a b +为首项，2a 为公差的等差数列；当0c ≠时，数列{}n a 不是等差数列． 8．等差数列的常用性质由等差数列的定义可得公差为d 的等差数列{}n a 具有如下性质：（1）通项公式的推广：()n m a a n m d =+-，,m n ∈*N ．（2）若m n p q +=+，则q p n m a a a a +=+(,)m n,p,q ∈*N ．特别地，①若2m n p +=，则2m n p a a a +=(,)m n,p ∈*N ；②若m n t p q r ++=++，则m n t p q r a a a a a a ++=++(,)m n,p,q,t,r ∈*N ． ③有穷等差数列中，与首末两项等距离的两项之和都相等，都等于首末两项的和，即1211.n n i n i a a a a a a -+-+=+==+=L L（3）下标成等差数列的项2,,,k k m k m a a a ++L 组成以md 为公差的等差数列．（4）数列{}(,n ta t λλ+是常数)是公差为td 的等差数列．（5）若数列{}n b 为等差数列，则数列{}n n ta b λ±(,t λ是常数)仍为等差数列．（6）若,p q a q a p ==，则0p q a +=． 9．与等差数列各项的和有关的性质利用等差数列的通项公式及前n 项和公式易得等差数列的前n 项和具有如下性质：设等差数列{}n a （公差为d ）和{}n b 的前n 项和分别为,n n S T ，（1）数列{}n S n 是等差数列，首项为1a ，公差为12d ．（2）232(1),,,,,k k k k k mk m k S S S S S S S ----L L 构成公差为2k d 的等差数列．（3）若数列{}n a 共有2n 项，则S S nd -=奇偶，1n n S aS a +=奇偶．（4）若数列{}n a 共有21n -项，则S S -=奇偶n a ，(,1n S nS na S n ==-奇奇偶(1))n S n a =-偶．（5）2121n n n n S a T b --=，21212121m mn nS a m T n b ---=⋅-． 10．等比数列的性质若数列{}n a 是公比为q 的等比数列，前n 项和为n S ，则有如下性质：（1）若m n p q +=+，则m n p q a a a a =；若2m n r +=，则2(,)m n r a a a m n,p,q,r =∈*N ．推广：1211;n n i n i a a a a a a -+-===①L L ②若m n t p q r ++=++，则m n t p q r a a a a a a =．（2）若,,m n p 成等差数列，则,,m n p a a a 成等比数列．（3）数列{}(0)n a ≠λλ仍是公比为q 的等比数列；数列1{}n a 是公比为1q的等比数列；数列{}||n a 是公比为||q 的等比数列；若数列{}n b 是公比为q'的等比数列，则数列{}n n a b 是公比为qq'的等比数列．（4）23,,,,k k m k m k m a a a a +++L 成等比数列，公比为m q ．（5）连续相邻k 项的和（或积）构成公比为(k q 或2)k q 的等比数列．（6）当1q =时，n m S n S m =；当1q ≠±时，11nn mm S q S q -=-．（7）mnn m m n n m S S q S S q S +=+=+．（8）若项数为2n ，则S q S =偶奇，若项数为21n +，则1S a q S -=奇偶．（9）当1q ≠-时，连续m 项的和（如232,,,m m m m m S S S S S --L ）仍组成等比数列（公比为m q ，2m ≥）．注意：这里连续m 项的和均非零． 11．求和常用方法方法1→错位相减法求和的注意点在运用错位相减法求数列前n 项和时要注意四点： ①乘数（式）的选择；②对公比q 的讨论（是否为1）；③两式相减后的未消项及相消项呈现的规律； ④相消项中构成数列的项数．方法2→裂项相消法求和的注意点在应用裂项相消法求和时应注意：（1）把通项裂项后，是否恰好等于相应的两项之差；（2）在正负项抵消后，是否只剩下了第一项和最后一项，是否还有其他项．方法3→求和方法——分组求和法的解题步骤利用分组求和法解题的步骤：①根据通项公式的特征准确拆分，将其分解为可以直接求和的一些数列的和； ②分组求和，分别求出各个数列的和；③得出结论，对拆分后每个数列的和进行组合，解决原数列的求和问题．1．[2018新课标全国I 理科]设n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若3243S S S =+，12a =，则5a = A ．12- B ．10- C ．10D ．12【答案】B【名师点睛】该题考查的是有关等差数列的求和公式和通项公式的应用，在解题的过程中，需要利用题中的条件，结合等差数列的求和公式，得到公差d 的值，之后利用等差数列的通项公式得到5a 与1a d ,的关系，从而求得结果.2．公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若643a a =，且104S a λ=，则λ的值为A ．15B ．21C ．23D ．25【答案】D【解析】依题意， 6411135392a a a d a d a d =⇒+=+⇒=-，其中0d ≠；()10411104532525S a a d a d d d λλλλ=⇒+=+⇒=⇒=，故选D ．3．设n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，1247S S =，则84S S = A ．13B ．13或12C ． 3D ． 3或2-【答案】C【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，∵1247S S =， ∴1q ≠，且()()1241117111a q a q qq--=--，即()124171qq -=-.令4t q =， 0t >，且1t ≠.∴()3171t t -=-，即260t t +-=.∴2t =或3t =-（舍去）.即42q =.故选C ．4．设正项等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11n na a +<，若3520a a +=，3564a a =，则4S = A ．63或120 B ．256 C ．120D ．63【答案】C5．已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若212a a =，且3S ，1S ，2S 成等差数列，则4S =A ．10B ．12C ．18D ．30【答案】A【解析】在等比数列{}n a 中，由212a a =，得211a a q =，即1a q =，①又3S ，1S ，2S 成等差数列，1322S S S ∴=+，即21111222a a a q a q =++，②联立①②得：0(q =舍去)或2q =-．12a q ∴==-，则()()414121161013a q S q--⨯-===-．故选A ．【名师点睛】本题考查了等差数列的性质，考查了等比数列的前n 项和，是中档题． 6．在数列{n a }中，已知12a =，1122n n n a a a --=+()2n ≥，则n a 等于A ．21n + B ．2n C ．3nD ．31n +【答案】B【名师点睛】这个题目考查的是数列通项公式的求法，数列通项的求法中有常见的已知n S 和n a 的关系，求n a 表达式，一般是写出1n S -再作差得通项，但是这种方法需要检验n =1时通项公式是否适用；还有构造新数列的方法，取倒数，取对数的方法等.7．已知数列{}n a 是递增数列，且对*n ∈N ，都有2n a n n λ=+，则实数λ的取值范围是A ．7,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭B ．()1,-+∞C ．()2,-+∞D ．()3,-+∞【答案】D【解析】∵{a n }是递增数列，∴a n +1＞a n 恒成立，∵a n =n 2+λn ，∴（n +1）2+λ（n +1）＞n 2+λn 恒成立，∴λ＞﹣2n ﹣1对于n ∈N *恒成立．而﹣2n ﹣1在n =1时取得最大值﹣3，∴λ＞﹣3. 故选D ．【名师点睛】本题主要考查由数列的单调性来构造不等式，解决恒成立问题．研究数列单调性的方法有：比较相邻两项间的关系，将a n +1和a n 作差与0比较，即可得到数列的单调性；研究数列通项即数列表达式的单调性.8．已知数列{}n a 满足n a =（*n ∈N ），将数列{}n a 中的整数项按原来的顺序组成新数列{}n b ，则2018b 的末位数字为 A ．8 B ．2 C ．3D ．7【答案】C9．[2018浙江]已知1234,,,a a a a 成等比数列，且1234123ln()a a a a a a a +++=++．若11a >，则 A ．1324,a a a a << B ．1324,a a a a >< C ．1324,a a a a <>D ．1324,a a a a >>【答案】B【解析】令()ln 1,f x x x =--则()11f x x'=-，令()0,f x '=得1x =，所以当1x >时，()0f x '>，当01x <<时，()0f x '<，因此()()10,ln 1f x f x x ≥=∴≥+.若公比0q >，则()1234123123ln a a a a a a a a a a +++>++>++，不合题意；若公比1q ≤-，则()()212341110,a a a a a q q+++=++≤但()()212311ln ln 1ln 0a a a a q q a ⎡⎤++=++>>⎣⎦，即()12341230ln a a a a a a a +++≤<++，不合题意；因此()210,0,1q q -<<∈，22113224,0a a q a a a q a ∴>=<=<，故选B.10．―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计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为A fBC．D．【答案】D【解析】因为每一个单音的频率与前一个单音的频率的比都为，所以()*12,n n a n n -=≥∈N，又1a f =，则7781a a q f ===，故选D.【名师点睛】此题考查等比数列的实际应用，解决本题的关键是能够判断单音成等比数列.等比数列的判断方法主要有如下两种：（1）定义法，若1n n a q a +=（*0,q n ≠∈N ）或1nn a q a -=（*0,2,q n n ≠≥∈N ），数列{}n a 是等比数列；（2）等比中项公式法，若数列{}n a 中，0n a ≠且212n n n a a a --=⋅（*3,n n ≥∈N ），则数列{}n a 是等比数列.11．[2018年新课标I 卷理科]记n S 为数列{}n a 的前n 项和，若21n n S a =+，则6S =__________．【答案】63-【名师点睛】该题考查的是有关数列的求和问题，在求解的过程中，需要先利用题中的条件，类比着往后写一个式子，之后两式相减，得到相邻两项之间的关系，从而确定出该数列是等比数列，之后令1n =，求得数列的首项，最后应用等比数列的求和公式求解即可，只要明确对既有项又有和的式子的变形方向即可得结果.12．[2018年北京卷理科]设{}n a 是等差数列，且a 1=3，a 2+a 5=36，则{}n a 的通项公式为__________．【答案】63n a n =-【解析】设等差数列的公差为d ，()133343663616 3.n a d d d a n n =∴+++=∴=∴=+-=- ，，，【名师点睛】先根据条件列出关于公差的方程，求出公差后，代入等差数列通项公式即可.在解决等差、等比数列的运算问题时，有两个处理思路,一是利用基本量,将多元问题简化为首项与公差（公比）问题,虽有一定量的运算,但思路简洁,目标明确;二是利用等差、等比数列的性质,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.13．已知数列{}n a 满足： 212log 1log n n a a +=+，若310a =，则8a =__________．【答案】32014．设n S 是等比数列{}n a 的前项和， 0n a >，若6325S S -=，则96S S -的最小值为__________．【答案】20【解析】很明显等比数列{a n }的公比q >0，q ≠1.∵236365432112(1)(1)5S S a a a a a a a q q q -=++---=++-=，则2135(1)1a q q q ++=-，q 3=2,即q =. ∴S 9−S 6的最小值为20.15．在数列{}n a 中，且11a =，121n n a a n +-=-，则{}n a 的通项公式为__________．【答案】222n a n n =-+【解析】在数列{}n a 中，11a =，121n n a a n +-=-，212111a a -=⨯-=， 322213a a -=⨯-=，⋅⋅⋅()121123n n a a n n --=⨯--=-，上式相加：()112312n n a a n +--=⨯-. ()221122n a n n n ∴=-+=-+.16．已知等差数列{}n a ，若24236n a a a a a +++= ，132135n a a a a a -+++= ，且2200n S =，则公差d =__________．【答案】0或6（2）若0d ≠，则3n a =，56200n a a ∴⋅+=（），又212200n n S n a a ==⋅+（），56122105n a a a a n n ∴+=+∴==，，， 3103855200a S a a ∴==+=，（），得835a =，6d ∴=．故答案为0或6．17．（2018年理数全国卷II ）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知17a =-，315S =-．（1）求{}n a 的通项公式；（2）求n S ，并求n S 的最小值．【答案】（1）a n =2n –9；（2）S n =n 2–8n ，最小值为–16．【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．【名师点睛】数列是特殊的函数，研究数列最值问题，可利用函数性质，但要注意其定义域为正整数集这一限制条件.（1）根据等差数列前n 项和公式，求出公差，再代入等差数列通项公式得结果；（2）根据等差数列前n 项和公式得n S 关于n 的二次函数关系式，根据二次函数对称轴以及自变量为正整数求函数最值.18．已知等差数列{}n a 满足32a =，前3项和为392S =．（1）求{}n a 的通项公式；（2）设等比数列{}n b 满足11b a =， 415b a =，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】（1）12n n a +=；（2）n T = 21n -．19．设12a =，24a =，数列{}n b 满足：122n n b b +=+且1n n n a a b +-=.（1）求证：数列{}2n b +是等比数列；（2）求数列{}n a 的通项公式.【答案】（1）证明见解析；（2） 1*22()n n a n n +=-∈N .【解析】（1）由题意知：12222222n n n n b b b b ++++==++，又121422b a a =-=-= ，∴124b +=， ∴{}2n b +是以4为首项， 2为公比的等比数列. （2）由（1）可得1242n n b -+=⋅，故122n n b +=-.1n n n a a b +-= ，∴211a a b -=，322a a b -=， 433a a b -=，……11n n n a a b ---=.累加得： 11231n n a a b b b b --=++++ ，()()()()234222222222n n a =+-+-+-++- ()()21212=2+2112n n -----122n n +=-，即()1222n n a n n +=-≥.而1112221a +==-⨯，∴1*22()n n a n n +=-∈N .20．[2018浙江卷]已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3+a 4+a 5=28，a 4+2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1=1，数列{（b n +1−b n ）a n }的前n 项和为2n 2+n ．（1）求q 的值；（2）求数列{b n }的通项公式．【答案】（1）2q =；（2）2115(43)()2n n b n -=-+⋅.【解析】本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力.（2）设1()n n n n c b b a +=-，数列{}n c 前n 项和为n S .由11,1,, 2.n n n S n c S S n -=⎧=⎨-≥⎩解得41n c n =-.设221113711()(45)(),2222n n T n n -=+⋅+⋅++-⋅≥ ，2211111137()(49)()(45)()22222n n n T n n --=⋅+⋅++-⋅+-⋅ 所以22111111344()4()(45)()22222n n n T n --=+⋅+⋅++⋅--⋅ ，因此2114(43)(),22n n T n n -=-+⋅≥，又11b =，所以2115(43)()2n n b n -=-+⋅. 【名师点睛】用错位相减法求和应注意的问题：(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―‖与―‖的表达式时应特别注意将两式―错项对齐‖以便下一步准确写出―‖的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.________________________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________________________。

高考数学错题本：第7章《数列》易错题(Word版,含解析)

我的高考数学错题本第7章数列易错题易错点1．已知n S 求n a 时, 易忽略1n =致错．【例1】已知数列{}n a 的前项和为n S ＝12n 2＋12n ＋1，求{}n a 的通项公式．【错因】1n n n a S S -=-成立的条件是2n ≥，当1n =要单独验证．易错点2．利用等比数列前n 项和公式时，忽略公比1q =致错．【例2】求数列2311,3,5,7,......(21),.....(0)n a a a n a a --≠的前n 项和．【错解】由于1(21)n n a n a -=-(*)n N ∈，23211357......(23)(21)n n n S a a a n a n a --=+++++-+- n aS = 2341357......(23)(21)n n a a a a n a n a -+++++-+- 两式相减得231(1)1222.....2(21)n nn a S a a a a n a --=+++--=12(21)11nn a n a a ----- 21(21)12(1)1n n n a n a S a a--+∴=---. 【错因】上述解法只适合1a ≠的情形．事实上，当1a =时，1357......(23)(21)n S n n =+++++-+-2(121)2n n n +-==【正解】221(21)12,1(1)1,1n n n a n a a a a S n a ⎧--+-≠⎪--=⎨⎪=⎩．易错点3．忽略数列与函数的区别致错．【例3】已知函数5,6()(4)4,62x a x f x a x x -⎧≥⎪=⎨-+<⎪⎩，数列{}n a 满足()n a f n =（*N n ∈），且数列{}n a 是单调递增数列，则的取值范围是_______．【错解】由题有651402(4)642a a a a -⎧⎪>⎪⎪->⎨⎪⎪-⨯+<⎪⎩，得78a <<．【错因】忽略数列与函数的区别致错，实际上，数列是一串离散的点，不能直接将6n =带入到分段函数的两个部分进行比较．【正解】由题有1402(5)(6)a a f f >⎧⎪⎪->⎨⎪<⎪⎩，得4887a <<．【例4】已知数列22n a n tn =-+在[2,)+∞是递增数列，则实数的取值范围是_______．【错解】依题意，22t n =≤，解得4t ≤，所以的取值范围是(,4]-∞．【错因】数列的定义域是全体的正整数，不是实数，所以不能按照函数的处理办法．【正解】依题意，23a a <，即422932t t -+<-+，故5t <．易错点4．数列的定义域是全体的正整数．【例5】已知数列133n a n =-，其前项和为n S ，则n S 的最大值是________．【错解】由题意，110a =，2(10133)323529()22624n n n S n +-==--+，当236n =时，n S 的最大，最大值是为52924n S =．【错因】数列的自变量是正整数，不能取非正数．【正解】方法1：由题意，110a =，2(10133)323529()22624n n n S n +-==--+，当4n =时，离二次函数对称轴最近，所以n S 的最大值是为4S =223434222⨯-⨯=．方法2：令1330n a n =->，解得134n <，即{}n a 前4项为正数，后面项均为负数，所以n S 的最大值为4S =223434222⨯-⨯=．易错点5．乱用结论致错．【例6】已知等差数列{}n a 的前m 项，前2m 项，前3m 项的和分别为23,,m m m S S S ，若230,90m m S S ==，求3m S ．【错解】因为322m m m S S S +=，30m S =，290m S =，所以322150m m m S S S =-=．【错因】以为{}n a 为等差数列，则23,,m m m S S S 也是为等差数列致错．【正解】设数列的公差为d ，则123......m m S a a a a =++++，212312...........m m m mS a a a a a a +=+++++++，31232213...........m m m m S a a a a a a +=+++++++11()2m m S a m -=+，2131()2m m m S S a m --=+，32151()2m m m S S a m --=+ 所以232,,m m m m m S S S S S --是公差为2m d 的等差数列，所以()2322m m m m m S S S S S -=+-．即32(9030)3090m S ⨯-=+-，3180m S ∴=．易错点6．乱设常量致错．【例7】数列{}n a 与{}n b 的前项和分别为,n n S T ，且:(513):(45)n n S T n n =++，则1010:a b =_______【错解】(513),(45)n n S n k T n k =+=+，则15n n n a S S k -=-=，14n n n b T T k -=-=，所以1010:5:4a b =．【错因】从:(513):(45)n n S T n n =++可知，比值:n S (513)n +=n T :(45)n +随着项数的变化而变化，不能设为常数，这里忽略了项数的可变性而致错．【正解】设(513),(45)n n S n nk T n nk =+=+，则1(108)n n n a S S n k -=-=+，1(81)n n n b T T n k -=-=+，其中2n ≥，:n n a b ∴=(108):(81)n n ++．所以1010:a b =4:3．易错点7．用归纳代替证明致错．【例8】【2016年高考四川理数改编】已知数列{n a }的首项为1，n S 为数列{}n a 的前n 项和，11n n S qS +=+ ，其中q>0，*n N ∈ ，若2322,,2a a a + 成等差数列，求{}n a 的通项公式；【错解】依题意112132=112=32a a a qa a a ìïïïï+=+íïïï+ïî，解得123124a a a ì=ïïïï=íïïï=ïî，因为2213a a a =，所以{}n a 是一个等比数列，所以1*2()n n a n -=?N ．【错因】由前3项成等比数列，就认为数列{}n a 为等比数列．【正解】由已知，1211,1,n n n n S qS S qS +++=+=+ 两式相减得到21,1n n a qa n ++=?. 又由211S qS =+得到21a qa =，故1n n a qa +=对所有1n ³都成立. 所以，数列{}n a 是首项为1，公比为q 的等比数列.从而1=n n a q -.由2322+2a a a ，，成等比数列，可得322=32a a +，即22=32,q q +，则(21)(2)0q +q -=，由已知,0q >，故 =2q .所以1*2()n n a n -=?N .易错点8．数列加绝对值后，认为其还是等差数列．【例9】在等差数列{}n a 中，331n a n =-，记||n n b a =，求数列{}n b 的前30项和.【错解】依题意，||n n b a =也是等差数列，11||28b a ==，3030||59b a ==，所以3012330(2859)30||||||......||12602S a a a a +⨯=++++==．【错因】这里易错点是{}n b 也为等差数列，而解题的关键是绝对值号内的n a 的正负号进行讨论，当10n ≤时，0,11n a n <≥时，0n a >【正解】3012330||||||......||S a a a a =++++1231011121330(......)(......)a a a a a a a a =-+++++++++110113010()20()22a a a a ++=-+=755．易错点9．使用构造法求数列通项公式时，弄错首项致错．【例10】已知数列{a n }满足a 1＝1，121n n a a +=+，求n a 的通项公式．【错解】*121()n n a a n N +=+∈，112(1),n n a a +∴+=+ {}1n a ∴+是以2为公比的等比数列 11122n n n a --∴=⨯=*()n N ∈．【错因】新数列的首项是112a +=，不是1a ．【正解】*121()n n a a n N +=+∈，112(1),n n a a +∴+=+{}1n a ∴+是以112a +=为首项，2为公比的等比数列 12.n n a ∴+=即 *21().n n a n N =-∈。

高中高考数学易错易混易忘题分类汇总及解析

高中高考数学易错易混易忘题分类汇总及解析“会而不对，对而不全”一直以来成为制约学生数学成绩提高的重要因素，成为学生挥之不去的痛，如何解决这个问题对决定学生的高考成败起着至关重要的作用。

本文结合笔者的多年高三教学经验精心挑选学生在考试中常见的66个易错、易混、易忘典型题目，这些问题也是高考中的热点和重点，做到力避偏、怪、难，进行精彩剖析并配以近几年的高考试题作为相应练习，一方面让你明确这样的问题在高考中确实存在，另一方面通过作针对性练习帮你识破命题者精心设计的陷阱，以达到授人以渔的目的，助你在高考中乘风破浪，实现自已的理想报负。

【易错点1】忽视空集是任何非空集合的子集导致思维不全面。

例1、设{}2|8150A x x x =-+=，{}|10B x ax =-=，若A B B =I ，求实数a 组成的集合的子集有多少个？【易错点分析】此题由条件A B B =I 易知B A ⊆，由于空集是任何非空集合的子集，但在解题中极易忽略这种特殊情况而造成求解满足条件的a 值产生漏解现象。

解析：集合A 化简得{}3,5A =，由A B B =I知B A ⊆故（Ⅰ）当B φ=时，即方程10ax -=无解，此时a=0符合已知条件（Ⅱ）当B φ≠时，即方程10ax -=的解为3或5，代入得13a =或15。

综上满足条件的a 组成的集合为110,,35⎧⎫⎨⎬⎩⎭，故其子集共有328=个。

【知识点归类点拔】（1）在应用条件A ∪B ＝Ｂ⇔A ∩B ＝Ａ⇔ＡＢ时，要树立起分类讨论的数学思想，将集合Ａ是空集Φ的情况优先进行讨论．（2）在解答集合问题时，要注意集合的性质“确定性、无序性、互异性”特别是互异性对集合元素的限制。

有时需要进行检验求解的结果是满足集合中元素的这个性质，此外，解题过程中要注意集合语言（数学语言）和自然语言之间的转化如：(){}22,|4A x y x y =+=，()()(){}222,|34B x y x y r =-+-=，其中0r >,若A B φ=I 求r 的取值范围。

高三易忘易错知识总结

高中数学特级教师编写高中高考数学易错易混易忘题分类汇总及解析“会而不对，对而不全”一直以来成为制约学生数学成绩提高的重要因素，成为学生挥之不去的痛，如何解决这个问题对决定学生的高考成败起着至关重要的作用。

本文结合我多年高三教学经验精心挑选学生在考试中常见的64个易错、易混、易忘典型题目，这些问题也是高考中的热点和重点，做到力避偏、怪、难，进行精彩剖析并配以近几年的高考试题作为相应练习，一方面让你明确这样的问题在高考中确实存在，另一方面通过作针对性练习帮你识破命题者精心设计的陷阱，以达到授人以渔的目的，助你在高考中乘风破浪，实现自已的理想报负。

(一)高中数学易错、易混、易忘问题备忘录１．在应用条件A ∪B ＝Ｂ⇔A ∩B ＝Ａ⇔ＡＢ时，易忽略Ａ是空集Φ的情况．２求解与函数有关的问题易忽略定义域优先的原则．３．判断函数奇偶性时，易忽略检验函数定义域是否关于原点对称．4．根据定义证明函数的单调性时，规范格式是什么？(取值, 作差, 判正负.)5. 求函数单调性时，易错误地在多个单调区间之间添加符号“∪”和“或”；单调区间不能用集合或不等式表示．6. 用均值定理求最值（或值域）时，易忽略验证“一正二定三等”这一条件．7 你知道函数(0,0)b y ax a b x=+>>的单调区间吗？（该函数在()-∞+∞或上单调递增；在[上单调递减）这可是一个应用广泛的函数！8. 解对数函数问题时，你注意到真数与底数的限制条件了吗？（真数大于零，底数大于零且不等于1）字母底数还需讨论呀.9. 用换元法解题时，易忽略换元前后的等价性．10. 用判别式判定方程解的个数（或交点的个数）时，易忽略讨论二次项的系数是否为０．尤其是直线与圆锥曲线相交时更易忽略．11. 等差数列中的重要性质：若m+n=p+q ，则m n p q a a a a +=+;等比数列中的重要性质：若m+n=p+q,则m np q a a a a =. 12. 用等比数列求和公式求和时，易忽略公比ｑ＝１的情况．13. 已知n S 求n a 时, 易忽略n ＝１的情况．14．等差数列的一个性质：设n S 是数列{n a }的前n 项和, {n a }为等差数列的充要条件是 2n S an bn =+（a, b 为常数）其公差是2a.15．你知道怎样的数列求和时要用“错位相减”法吗？（若nn n c a b =其中{n a }是等差数列，{n b }是等比数列，求{n c }的前n 项的和）16. 你还记得裂项求和吗？（如111(1)1n n n n =-++） 17．在解三角问题时，你注意到正切函数、余切函数的定义域了吗？你注意到正弦函数、余弦函数的有界性了吗？18. 你还记得三角化简的通性通法吗？（切割化弦、降幂公式、用三角公式转化出现特殊角. 异角化同角，异名化同名，高次化低次）19. 你还记得在弧度制下弧长公式和扇形面积公式吗？1(||,2l r S lr α==扇形）20. 在三角中，你知道1等于什么吗？(αα22cos sin 1+=tan cot αα=tan sin cos 042ππ===这些统称为1的代换) 常数 “1”的种种代换有着广泛的应用．21．0与实数0有区别，0的模为数0，它不是没有方向，而是方向不定。

错题宝典高考复习易错题分类《数列》易错题400

错题宝典高考复习易错题分类《数列》易错题测试题2019.91,数列{a n }的前n 项和S n =n 2+1，则a n =____________2,已知{a n }为递增数列，且对于任意正整数n ，a n =－n 2+λn 恒成立，则λ的取值范围是____________3,关于数列有下列四个判断：1.若d c b a ,,,成等比数列，则d c c b b a +++,,也成等比数列；2.若数列{n a }既是等差数列也是等比数列，则{n a }为常数列；3.数列{n a }的前n 项和为n S ，且)(1R a a S n n ∈-=，则{n a }为等差或等比数列；4.数列{n a }为等差数列，且公差不为零，则数列{n a }中不会有)(n m a a n m ≠=，其中正确判断的序号是______（注：把你认为正确判断的序号都填上）4,关于x 的方程)(0743)23(22Z n n x n x ∈=-++-的所有实根之和为_____。

5,有四个命题：1.一个等差数列{n a }中，若存在)(01N k a a k k ∈>>+，则对于任意自然数k n >，都有0>n a ；2.一个等比数列{n a }中，若存在)(0,01N k a a k k ∈<<+，则对于任意k n ∈，都有0<n a ；3.一个等差数列{n a }中，若存在)(0,01N k a a k k ∈<<+，则对于任意k n ∈，都有0<n a ；4.一个等比数列{n a }中，若存在自然数k ，使01<⋅+k k a a ，则对于任意k n ∈，都有01<⋅+n n a a ，其中正确命题的序号是_____。

6,已知数列｛a n ｝的前n 项和S n =a n －1(a 0,≠∈a R ),则数列｛a n ｝_______________A.一定是等差数列B.一定是等比数列C.或者是等差数列或者是等比数列D.既非等差数列又非等比数列7,设等差数列}{n a 中，31-=a ，且从第5项开始是正数，则公差的范围是8,方程()()031623162=++++nx x mx x ·的四个实数根组成一个首项为23的等比数列，则m n -=9,等差数列｛a n ｝中, a 1=25, S 17=8S ,则该数列的前__________项之和最大，其最大值为_______。

高考数学易错知识点

高考数学易错知识点高考数学易错知识点13篇在平日的学习中，是不是听到知识点，就立刻清醒了？知识点也不一定都是文字，数学的知识点除了定义，同样重要的公式也可以理解为知识点。

掌握知识点是我们提高成绩的关键！以下是店铺帮大家整理的高考数学易错知识点，仅供参考，欢迎大家阅读。

高考数学易错知识点1一、集合与函数1.进行集合的交、并、补运算时，不要忘了全集和空集的特殊情况，不要忘记了借助数轴和文氏图进行求解。

2.在应用条件时，易A忽略是空集的情况3.你会用补集的思想解决有关问题吗？4.简单命题与复合命题有什么区别？四种命题之间的相互关系是什么？如何判断充分与必要条件？5.你知道“否命题”与“命题的否定形式”的区别。

6.求解与函数有关的问题易忽略定义域优先的原则。

7.判断函数奇偶性时，易忽略检验函数定义域是否关于原点对称。

8.求一个函数的解析式和一个函数的反函数时，易忽略标注该函数的定义域。

9.原函数在区间[-a,a]上单调递增，则一定存在反函数，且反函数也单调递增;但一个函数存在反函数，此函数不一定单调。

例如：。

10.你熟练地掌握了函数单调性的证明方法吗？定义法(取值，作差，判正负)和导数法11. 求函数单调性时，易错误地在多个单调区间之间添加符号“∪”和“或”;单调区间不能用集合或不等式表示。

12.求函数的值域必须先求函数的定义域。

13.如何应用函数的单调性与奇偶性解题？①比较函数值的大小;②解抽象函数不等式;③求参数的范围(恒成立问题).这几种基本应用你掌握了吗？14.解对数函数问题时，你注意到真数与底数的限制条件了吗？(真数大于零，底数大于零且不等于1)字母底数还需讨论15.三个二次(哪三个二次？)的关系及应用掌握了吗？如何利用二次函数求最值？16.用换元法解题时易忽略换元前后的等价性，易忽略参数的范围。

17.“实系数一元二次方程有实数解”转化时，你是否注意到：当时，“方程有解”不能转化为。

若原题中没有指出是二次方程，二次函数或二次不等式，你是否考虑到二次项系数可能为的零的情形？二、不等式1.利用均值不等式求最值时，你是否注意到：“一正;二定;三等”.2.绝对值不等式的解法及其几何意义是什么？3.解分式不等式应注意什么问题？用“根轴法”解整式(分式)不等式的注意事项是什么？4.解含参数不等式的通法是“定义域为前提，函数的单调性为基础，分类讨论是关键”，注意解完之后要写上：“综上，原不等式的解集是……”.5. 在求不等式的解集、定义域及值域时，其结果一定要用集合或区间表示;不能用不等式表示。

利用重要关系an=sn—sn—1解答高考数列试题

利用重要关系an=sn—sn—1解答高考数列试题高考数列试题的一类典型问题是求数列的通项或前n项和，解决此类问题的关键是根据已知条件和所求目标，利用数列的前n项和sn与通项an的重要关系an=sn-sn-1（n≥2）求解。

标签：an=sn-sn-1 解答高考数列试题梳理近几年的高考题，发现可以利用重要关系an=sn-sn-1（n≥2）解答的此类高考数列试题主要以下三种类型：（1）已知数列{an}的前n项和sn，求数列{an}的通项公式；（2）已知数列{an}的通项an与前n项和sn的关系，或前n项和之间的递推关系，求数列{an}的通项公式；（3）已知数列{an}的通项an与前n项的sn关系，求数列{an}的前n项和公式。

本文从近几年此类高考数列试题出发，探究其典型解法，从而达到举一反三，触类旁通的目的。

一、类型1：已知數列{an}的前n项和sn=f（n），求数列的通项公式an.例1（2014年湖南卷，文16）已知数列{an}的前n项和sn=n2+n2，n∈N*.（1）求数列{an}的通项公式；（2）略.解（1）当n≥2时，an=sn-sn-1=n2+n2-（n-1）2+（n-1）2=n.当n=1时，a1=s1=1满足上式，故数列{an}的通项公式为an=n.小结：本题的解题目标是求通项an，将sn=n2+n2带入an=sn-sn-1（n≥2）即可.一般地，若已知sn=f（n），直接利用an=f（n）-f（n-1）（n≥2）求其通项公式.二、类型2：已知数列{an}的通项an与前n项和sn的关系，或前n项和之间的递推关系，求数列的通项an.例2（2015年全国卷，理17）sn为数列{an}的前n项和，已知an>0，a2n+2an=4sn+4.（1）求数列{an}的通项公式；（2）略.解（1）由a2n+2an=4sn+4，得sn=a2n+2an-44，则sn-1=a2n-1+2an-1-44，代入an=sn-sn-1得an=a2n+2an-a2n-1-2an-14，上式是一个只含目标通项an的等式，整理得（an+an-1）（an-an-1-2）=0.由于an>0，故an-an-1-2=0，即an-an-1=2.表明{an}是公差为2的等差数列，又已知a21+2a1=4a1+3，解得首项a1=3或a1=-1（舍），故an=a1+（n-1）d=2n+1.小结：本题的解题目标仍然是求数列的通项an，而已知条件是通项an与前n项和sn的关系sn=f（an）.解答此类问题的关键是将sn=f（an）与sn-1=f（an-1）代入an=sn-sn-1（n≥2）中，得到只含目标通项的等式an=f（an）-f（an-1），再通过一系列的化简过程（比如合并同类项、分解因式、去分母等）得到an与an-1的递推关系，进而求解出通项.例3（2015年广东卷，文19）设数列{an}的前n项和为sn，n∈N*.已知a1=1，a2=32，a3=54，当且仅当n≥2时，4sn+2+5sn=8sn+1+sn-1.（1）略；（2）证明：an+1-12an为等比数列；（3）求数列{an}的通项公式.解（2）当n≥2时，将4sn+2+5sn=8sn+1+sn-1化为4（sn+2-sn+1）=4（sn+1-sn）-（sn-sn-1）.利用重要关系an=sn-sn-1（n≥2），将上式化为只含目标“通项”的等式an+2=an+1-14an（n≥2）.注意到当n=1时，a3=a2-14a1，也适合上式.故an+2-12an+1an+1-12an=an+1-14an-12an+1an+1-12an=12an+1-12anan+1-12an =12，表明数列an+1-12an是以a2-12a1=1为首项，12为公比的等比数列.（3）由（2）知an+1-12an=12n-1，等式两边同时乘以2n得2nan+1-2n-1an=2（n∈N*），故数列{2n-1an}是以1为首项，2为公差的等差数列.从而2n-1an=2n-1，即an=2n-12n-1.小结：本题的解题目标是求通项an，而已知条件是前n项和之间的递推关系sn=f（sn-1，sn-2，…）.解决此类问题的关键是对已知条件进行变形，得到形如f（sn-sn-1）=f（sn-1-sn-2）的等式，然后利用重要关系an=sn-sn-1（n≥2），得到只含目标“通项”的等式，进而求出通项.三、类型3：已知数列{an}的通项an与前n项和sn的关系，求前n项和sn.例4（2013年湖南卷，理15）设sn是数列{an}的前n项和，sn=（-1）nan-12n （n∈N+）.则（1）略；（2）s1+s2+s3+…+s100= .解：将an=sn-sn-1代入sn=（-1）nan-12n，得sn=（-1）n（sn-sn-1）-12n（n≥2）（记为①式），①式是一个只含目标前n项和的等式.（1）若①式中的n为偶数，则①式可化为sn=sn-sn-1-12n，即sn-1=-12n，此时n-1为奇数，表明s2k-1=-12k（k∈N+）.（2）若①式中的n为奇数，则①式可化为sn=-sn+sn-1-12n（n≥2），即-2sn+sn-1-12n=0.此时n为奇数，n-1为偶数，将前面的n为奇数得到的结论sn=-12n+1代入上式得-2-12n+1+sn-1-12n=0，化简得sn-1=0.表明s2k=0（k∈N+）.即sn=12n+1，n为奇数；0，n为偶数.故s1+s2+s3+…+s100=s1+s3+…+s99=（-1）141-14501-14=1312100-1.小結：本题的解题目标是前n项和sn，则将an+1=sn+1-sn代入已知条件sn=（-1）nan-12n中，得到只含目标前n项和的等式sn=（-1）n（sn-sn-1）-12n（n≥2），进而经过整理求出目标前n项和sn.例5（2008年全国卷，理20）设数列{an}的前n项和为sn，已知a1=a，an+1=sn+3n，n∈N*.（1）设bn=sn-3n，求数列{bn}的通项公式；（2）略.解（1）将an+1=sn+1-sn代入an+1=sn+3n得sn+1-sn=sn+3n，即sn+1=2sn+3n，从而得到一个只含目标前n项和sn的等式.由bn+1bn=sn+1-3n+1sn-3n=2sn+3n-3n+1sn-3n=2（sn-3n）sn-3n=2，表明数列{bn}是首项为a-3，公比为的等比数列.故所求通项公式为bn=sn-3n=（a-3）2n-1.小结：本题的解题目标是bn=sn-3n，实质也是求前n项和sn的问题.而已知条件an+1=sn+3n反映的是通项与前n项和的关系，解答此类问题的关键是将an+1=sn+1-sn代入已知条件an+1=sn+3n中，得到只含目标前n项和的等式，进而求出bn=sn-3n，亦即求出了前n项和sn.一般地，若已知通项an与前n项和sn的关系，例如an=f（sn），则将an=sn-sn-1代入an=f（sn）得到只含目标sn与sn-1的等式sn-sn-1=f（sn）.再通过化简（比如合并同类项、分解因式、去分母等一系列的过程）即可求出前项n和sn.本文通过近几年的数列高考试题，分析了利用重要关系an=sn-sn-1（n≥2）解答的三种不同类型。

大连市普兰店市2018届高三数学上学期期中试题文

辽宁省大连市普兰店市2018届高三数学上学期期中试题文注意事项:1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息\r\n2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明一、选择题（本题共12道小题，每小题0分，共0分）1.已知集合A={x｜x2﹣3x+2=0},B=｛x|log x4=2｝,则A∪B=（）A．｛﹣2,1，2} B．｛1,2｝ C．{﹣2,2} D．｛2}2.若复数z=(a2+2a﹣3）+（a+3）i为纯虚数(i为虚数单位），则实数a 的值是(）A．﹣3 B．﹣3或1 C．3或﹣1 D．13。

已知命题p：∀x∈R，sinx≤1，则￢p为（）A．∃x∈R，sinx≥1B．∀x∈R,sinx≥1C．∃x∈R，sinx＞1 D．∀x∈R,sinx＞14。

为了分析高三年级的8个班400名学生第一次高考模拟考试的数学成绩，决定在8个班中每班随机抽取12份试卷进行分析，这个问题中样本容量是(）A．8 B．400C．96 D．96名学生的成绩5。

下列函数既是偶函数又在（0，+∞)上单调递增的函数是() A．y=x3B．y=｜x｜+1 C．y=﹣x2+1 D．y=2﹣｜x|6。

已知数列｛a n｝的前n项和S n=3n﹣1则其通项公式a n=(）A．3•2n﹣1 B．2×3n﹣1 C．2n D．3n7.如果不共线向量满足，那么向量的夹角为（）A．B．C．D．8。

为了得到函数y=2sin（2x﹣）的图象，可以将函数y=2sin2x的图象（）A．向右平移个单位长度B．向右平移个单位长度C．向左平移个单位长度D．向左平移个单位长度9。

A为三角形ABC的一个内角，若sinA+cosA=，则这个三角形的形状为（）A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．直角三角形 D．无法确定10.若实数x，y满足不等式组且x+y的最大值为9，则实数m=()A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．211。

函数y=2cos（x+）图象上的最高点与最低点的最短距离是()A．2 B．4 C．5 D．212。

an与Sn关系问题--高考数学【解析版】

专题28 n a 与n S 关系问题等差数列、等比数列的性质、通项公式和前n 项和公式构成两类数列的重要内容，在历届高考中属于必考内容，既有独立考查的情况，也有二者与其它知识内容综合考查的情况．一般地，选择题、填空题往往独立考查等差数列或等比数列的基本运算，解答题往往综合考查等差数列、等比数列．数列求和问题是高考数列中的另一个易考类型，其中常见的是“裂项相消法”、“错位相减法”.数列求和与不等式证明相结合，又是，数列考题中的常见题型，关于数列中涉及到的不等问题，通常与数列的最值有关或证明（数列的和）不等式成立或确定参数的范围，对于数列中的最值项问题，往往要依靠数列的单调性，而对于数列的和不等式的证明问题，往往可以利用“放缩法”，要根据不等式的性质通过放缩，达到解题目的. 关于求数列的通项公式问题，在高考中较少独立命题，但数列的通项公式、猜想、归纳、递推意识却融入数列的试题之中，特别是题目中给定n a 与n S 的关系，通过确定数列的通项公式进一步解题，常见于各类考试题中.【重点知识回眸】（一）依据递推关系求数列通项公式 1、累加（累乘法）（1）累加法：如果递推公式形式为：()1n n a a f n +-=，则可利用累加法求通项公式 ① 等号右边为关于n 的表达式，且能够进行求和 ② 1,n n a a +的系数相同，且为作差的形式（2）累乘法：如果递推公式形式为：()1n na f n a +=，则可利用累加法求通项公式 2、构造辅助数列：通过对递推公式进行变形，变形为相邻项同构的特点，进而将相同的结构视为一个整体，即构造出辅助数列.通过求出辅助数列的通项公式，便可算出原数列的通项公式（1）形如()11,0n n a pa q p q -=+≠≠的形式：通常可构造出等比数列，进而求出通项公式.（2）形如1n n n a pa q -=+，此类问题可先处理n q ，两边同时除以nq ，得11n n n n a a p q q-=+，进而构造成111n n n n a p a q q q --=⋅+，设n n n a b q =，从而变成11n n pb b q-=⋅+，从而将问题转化为第（1）个问题. 另外：对于以上两个问题，还有一个通用的方法：对于形如()1n n a pa f n -=+（其中()f n 为关于n 的表达式），可两边同时除以np ，()11n n n n n f n a a p p p --=+.设n n n a b p =，即()1n n n f n b b p --=，进而只要()nf n p可进行求和，便可用累加的方法求出n b ，进而求出n b .（3）形如：11n n n n qa pa a a ---=，可以考虑两边同时除以1n n a a -，转化为11n n q pa a --=的形式，进而可设1n nb a =，递推公式变为11n n qb pb --=，转变为上面的类型求解（4）形如()21n n n pa p q a qa k ++-++=，即中间项的系数与两边项的系数和互为相反数，则可根据两边项的系数对中间项进行拆分，构造为：()()211n n n n p a a q a a k +++---=的形式，将1n n n b a a +=-，进而可转化为上面所述类型进行求解（二）已知数列{}n a 的前n 项和n S ，求数列的通项公式：求解过程分为三步： (1)先利用11a S =求出1a ；(2)用1n -替换n S 中的n 得到一个新的关系，利用=n a 1n n S S -- (2)n ≥便可求出当2n ≥时n a 的表达式； (3)对1n =时的结果进行检验，看是否符合2n ≥时n a 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1n =与2n ≥两段来写．（三）“构造相减”求通项公式当所给递推公式无法直接进行变形，则可考虑根据递推公式的形式再构造出下一组相邻项的递推公式，通过两式相减可构造出新的递推公式，再尝试解决.尤其是处理递推公式一侧有求和特征的问题，这种做法可构造出更为简单的递推公式.（四）“观察、归纳、猜想”求通项公式先通过数列前几项找到数列特点，从而猜出通项公式（教科书的基本要求：根据数列的前几项求它的一个通项公式，要注意观察每一项的特点，观察出项与n 之间的关系、规律，可使用添项、通分、分割等办法，转化为一些常见数列的通项公式来求．对于正负符号变化，可用()1n-或()11n +-来调整．必要时再利用数学归纳法证明.【典型考题解析】热点一累加法研究（通）项【典例1】（2022·浙江·高考真题）已知数列{}n a 满足()21111,3n n n a a a a n *+==-∈N ，则（）A ．100521002a << B ．100510032a << C ．100731002a <<D ．100710042a <<【答案】B 【解析】【分析】先通过递推关系式确定{}n a 除去1a ，其他项都在()0,1范围内，再利用递推公式变形得到1111133n n n a a a +-=>-，累加可求出11(2)3n n a >+，得出1001003a <，再利用11111111333132n n n a a a n n +⎛⎫-=<=+ ⎪-+⎝⎭-+，累加可求出()111111113323n n a n ⎛⎫-<-++++ ⎪⎝⎭，再次放缩可得出10051002a >．【详解】∵11a =，易得()220,13a =∈，依次类推可得()0,1n a ∈由题意，1113n n n a a a +⎛⎫=- ⎪⎝⎭，即()1131133n n n n n a a a a a +==+--， ∴1111133n n n a a a +-=>-，即211113a a ->，321113a a ->，431113a a ->，…，1111,(2)3n n n a a -->≥，累加可得()11113n n a ->-，即11(2),(2)3n n n a >+≥，∴()3,22n a n n <≥+，即100134a <，100100100334a <<, 又11111111,(2)333132n n n n a a a n n +⎛⎫-=<=+≥ ⎪-+⎝⎭-+， ∴211111132a a ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭，321111133a a ⎛⎫-<+ ⎪⎝⎭，431111134a a ⎛⎫-<+ ⎪⎝⎭，…，111111,(3)3n n n a a n -⎛⎫-<+≥ ⎪⎝⎭，累加可得()11111111,(3)3323n n n a n ⎛⎫-<-++++≥ ⎪⎝⎭， ∴10011111111133334943932399326a ⎛⎫⎛⎫-<++++<+⨯+⨯< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即100140a <，∴100140a >，即10051002a >；综上：100510032a <<．故选：B ．【典例2】（2021·浙江·高考真题）已知数列{}n a 满足)111,N 1nn na a n a *+=∈+.记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（） A ．100332S << B ．10034S << C ．100942S <<D ．100952S <<【答案】A 【解析】【分析】显然可知，10032S >，利用倒数法得到21111124n n n n a a a a +⎛⎫==-⎪⎪⎭112n na a +<，由累加法可得24(1)n a n ≥+，进而由11n n na a ++113n n a n a n ++≤+，然后利用累乘法求得6(1)(2)na n n ≤++，最后根据裂项相消法即可得到1003S <，从而得解．【详解】因为)111,N 1nn n a a n a *+==∈+，所以0n a >，10032S >．由2111111241n n n n n n n a a a a a a ++⎛⎫==+-⎪⎪+⎭ 21111122n n n n a a a a ++⎛⎫∴<⎪⎪⎭112n n a a +<11122nn n a -+≤+=，当且仅当1n =时取等号，12412(1)3111n n n n n n a n a a a n n a n ++∴≥∴≤=+++++ 113n n a n a n ++∴≤+，由累乘法可得6(1)(2)n a n n ≤++，当且仅当1n =时取等号，由裂项求和法得：所以10011111111116632334451011022102S ⎛⎫⎛⎫≤-+-+-++-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即100332S <<．故选：A ．【典例3】（2023·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 满足()()*1111n n a a n n n n n +-=∈++N ，且11a =，求数列{}n a 的通项公式；【答案】21n a n =- 【分析】由已知条件可得()111211n n a a n n n n n--=-≥--，再由递推及11a =可得()212n a n n =-≥，最后再检验即可得到答案. 【详解】因为()1111111n n a a n n n n n n +-==-+++，所以()111211n n a a n n n n n--=-≥--， 12111221n n a a n n n n ---=-----，…2111122a a -=-，所以累加可得()1112n a a n n n -=-≥．又11a =，所以21n a n n n-=，所以()212n a n n =-≥．经检验，11a =，也符合上式，所以21n a n =-．【总结提升】由递推关系求通项公式的关键是“模型化”，即针对不同的关系选择不同的方法求解. 热点二累乘（积）法研究（通）项【典例4】（2023·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足2411()()()2n n n S n a ++=+，则数列{}n a 的通项公式n a 等于___________ 【答案】3(1)n +【分析】根据给定的递推公式，结合“当2n ≥时，1n n n S S a --=”化简，再利用累乘法求解作答. 【详解】由2411()()()2n n n S n a ++=+得：22()41()1n n n a S n ++-=，当2n ≥时，211()114n n n a S n--+-=，两式相减得：2212141()()4)(n n n n a n a a n n-++=-+，化简整理得：331(1)n n n a n a -=+，当1n =时，11S a =，即有118(1)9a a +=，解得18a =，因此，N n *∈，2n ≥，331(1)n n a n a n -+=， 333333123213333312321(1)(1)438(1)(1)(2)32n n n n n n n a a aa a n n n a a n a a a a a n n n -----+-=⋅⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅=+--，而18a =满足上式，所以3(1)n a n =+.故答案为：3(1)n +【典例5】（2023·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足()213n n S n a =+-，n ∈+N .求{}n a 的通项公式；【答案】()()612n a n n =++，n ∈+N【分析】根据已知条件可利用n a 与n S 的关系可得12n n a na n -=+，再由递推累乘可得通项公式，最后检验11a =是否符合通项公式即可.【详解】1n =时，1143a a =-，解得11a =.当2N n n +≥∈，时，2113n n S n a --=-，故()22111n n n n n a S S n a n a --=-=+-，所以12n n a na n -=+，故()()1321122113261215412n n n n n a a a a n n a a a a a a n n n n ----=⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=++++.经检验，11a =符合上式，故{}n a 的通项公式为()()612n a n n =++，N n +∈.【典例6】（2022·全国·高三专题练习）已知数列{n a }满足：114a =，114n n n a a n++=，*N n ∈，且其前n 项和为n S ，求n a 与n S .【答案】4n nna =，134494n n n S +⎛⎫=- ⎪⎝⎭. 【分析】由已知可得114n n a n a n++=，然后利用累乘法可求出n a ，再利用错位相减法可求出n S . 【详解】由114n n n a a n++=，得114n n a n a n ++=，当n ≥2时， 32111211213144142414n n n n a a a n n a a a a a n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅⋅⋅=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯= ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭⋅，又114a =也满足上式，故4n n na =(n *N ∈). 231234444n n n S =++++， ∴231112144444n n n n nS +-=++++，相减得，2311111131111114411444444434414nn n n n nn n n nS +++⎛⎫- ⎪⎛⎫⎝⎭=++++-=-=--⎪⎝⎭-， ∴134494n n n S +⎛⎫=- ⎪⎝⎭.热点三构造法研究（通）项【典例7】（2019·浙江·高考真题）设,a b ∈R ，数列{}n a 中，211,n n a a a a b +==+，N n *∈ ,则A ．当101,102b a =>B ．当101,104b a =>C ．当102,10b a =->D ．当104,10b a =->【答案】A 【解析】若数列{}n a 为常数列，101a a a ==，则只需使10a ≤，选项的结论就会不成立.将每个选项的b 的取值代入方程20x x b -+=，看其是否有小于等于10的解.选项B 、C 、D 均有小于10的解，故选项B 、C 、D 错误.而选项A 对应的方程没有解，又根据不等式性质，以及基本不等式，可证得A 选项正确. 【详解】若数列{}n a 为常数列，则1n a a a ==，由21n n a a b +=+，可设方程20x x b -+= 选项A ：12b =时，2112n n a a +=+，2102x x -+=， 1210∆=-=-<，故此时{}n a 不为常数列，222112(22n n n n a a a a +=+=+≥，且2211122a a =+≥， 792(2)42a a ∴≥≥21091610a a >≥>，故选项A 正确；选项B ：14b =时，2114n n a a +=+，2104x x -+=，则该方程的解为12x =，即当12a =时，数列{}n a 为常数列，12n a =，则101102a =<，故选项B 错误；选项C ：2b =-时，212n n a a +=-，220x x --=该方程的解为1x =-或2，即当1a =-或2时，数列{}n a 为常数列，1n a =-或2，同样不满足1010a >，则选项C 也错误；选项D ：4b =-时，214n n a a +=-，240x x --=该方程的解为117x ± 同理可知，此时的常数列{}n a 也不能使1010a >，则选项D 错误. 故选：A. 【点睛】利用函数方程思想，通过构造方程，研究函数的不动点，进一步讨论a 的可能取值，利用“排除法”求解. 【典例8】（2018·浙江·高考真题）已知1234,,,a a a a 成等比数列，且1234123ln()a a a a a a a +++=++．若11a >，则A ．1324,a a a a <<B ．1324,a a a a ><C ．1324,a a a a <>D ．1324,a a a a >>【答案】B 【解析】【分析】先证不等式ln 1x x ≥+，再确定公比的取值范围，进而作出判断. 【详解】令()ln 1,f x x x =--则1()1f x x'=-，令()0,f x '=得1x =，所以当1x >时，()0f x '>，当01x <<时，()0f x '<，因此()(1)0,ln 1f x f x x ≥=∴≥+，若公比0q >，则1234123123ln()a a a a a a a a a a +++>++>++，不合题意；若公比1q ≤-，则212341(1)(1)0,a a a a a q q +++=++≤但212311ln()ln[(1)]ln 0a a a a q q a ++=++>>，即12341230ln()a a a a a a a +++≤<++，不合题意；因此210,(0,1)q q -<<∈，22113224,0a a q a a a q a ∴>=<=<，选B.【点睛】构造函数对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围，是一个有效方法.如ln 1,x x ≥+ 2e 1,e 1(0).x x x x x ≥+≥+≥【典例9】（2023·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 中，11a =，133nn n a a +=+，求数列{}n a 的通项公式___________【答案】13n n a n -=⋅【分析】由已知条件可得111333n n n n a a ++-=，从而可得数列3n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，求出其通项公式后化简即可得到n a . 【详解】∵133nn n a a +=+，∴111333n n n n a a ++-=，∴数列3n na ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列，公差为13，又1133a =， ∴11(1)3333n n a nn =+-⨯=，∴13n n a n -=⋅. 故答案为：13n n a n -=⋅.【规律方法】构造法构造的领域较广泛，如构造方程、函数、数列等.一般地，构造数列往往结合等差(比)数列的定义求解.热点四构造相减研究（通）项【典例10】（2022·北京·高考真题）己知数列{}n a 各项均为正数，其前n 项和n S 满足9(1,2,)n n a S n ⋅==．给出下列四个结论：①{}n a 的第2项小于3； ②{}n a 为等比数列； ③{}n a 为递减数列； ④{}n a 中存在小于1100的项．其中所有正确结论的序号是__________．【答案】①③④ 【解析】【分析】推导出199n n n a a a -=-，求出1a 、2a 的值，可判断①；利用反证法可判断②④；利用数列单调性的定义可判断③. 【详解】由题意可知，N n *∀∈，0n a >，当1n =时，219a =，可得13a =；当2n ≥时，由9n n S a =可得119n n S a --=，两式作差可得199n n n a a a -=-，所以，199n n n a a a -=-，则2293a a -=，整理可得222390a a +-=，因为20a >，解得23533a -=<，①对；假设数列{}n a 为等比数列，设其公比为q ，则2213a a a =，即2213981S S S ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以，2213S S S =，可得()()22221111a q a q q +=++，解得0q =，不合乎题意，故数列{}n a 不是等比数列，②错；当2n ≥时，()1119990n n n n n n n a a a a a a a ----=-=>，可得1n n a a -<，所以，数列{}n a 为递减数列，③对；假设对任意的N n *∈，1100n a ≥，则10000011000001000100S ≥⨯=，所以，1000001000009911000100a S =≤<，与假设矛盾，假设不成立，④对. 故答案为：①③④.【典例11】（2016·全国·高考真题（理））已知数列{}n a 的前n 项和1n n S a λ=+，其中0λ≠．（Ⅰ）证明{}n a 是等比数列，并求其通项公式；（Ⅱ）若53132S =，求λ．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）1λ=-．【解析】【详解】试题分析：（Ⅰ）首先利用公式11,1{,2n n n S n a S S n -==-≥，得到数列{}n a 的递推公式，即可得到{}n a 是等比数列及{}n a 的通项公式；（Ⅱ）利用（Ⅰ），用λ表示前n 项和n S ，结合n S 的值，建立方程可求得λ的值．试题解析：（Ⅰ）由题意得，故，，. 由，得，即.由，得，所以.因此{}n a 是首项为，公比为的等比数列，于是.（Ⅱ）由（Ⅰ）得.由得，即.解得1λ=-.【典例12】（2017·全国·高考真题（文））设数列{}n a 满足123(21)2n a a n a n ++⋯+-=. （1）求{}n a 的通项公式；（2）求数列21n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和．【答案】(1) 221n a n =-；(2)221n n +. 【解析】（1）利用递推公式,作差后即可求得{}n a 的通项公式.（2）将{}n a 的通项公式代入,可得数列21n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的表达式.利用裂项法即可求得前项和.【详解】（1）数列{}n a 满足()123212=n a a n a n ++⋯+-2n ≥时,()()12132321n a a n a n ++⋯+--﹣＝ ∴()212n n a -= ∴221n a n =- 当1n =时,12a =,上式也成立 ∴221n a n =- （2）21121(21)(21)2121n a n n n n n ==-+-+-+ ∴数列21n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和1111113352121n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++- ⎪ ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭1212121nn n =-=++ 【典例13】（2022·河南·高三阶段练习（理））已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足11a =，122n n S S +=+． (1)求数列{}n a 的通项公式； (2)若数列{}n b 满足1n n nb a a =+，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)112n n a -=;(2)1221n n nT -=-+. 【分析】(1)根据n S 与n a 关系可得{}n a 是等比数列，根据等比数列的通项公式即可求解； (2)利用分组求和法与等比数列的求和公式直接求解. 【详解】解：(1)当n ＝1时，2122S S =+， ∵11a =，∴212a =．可得2112a a =，当2n ≥时，122n n S S +=+，122n n S S -=+，两式相减，得12n n a a +=，即112n n a a +=，故数列{}n a 是首项为1，公比为12的等比数列，则112n n a -=； (2)由(1)知，11122n n n b --=+，故()111111112212212211221212nn n n n n n T -----⎛⎫=+++++++=+=-+ ⎪-⎝⎭-．【典例14】（2021·江西南昌·高三阶段练习）已知正项数列}{n a 的前n 项和为n S ，且(21)n n n S a a =+ (1)求}{n a 的通项公式； (2)设11n n n n a b a a +=+，数列}{n b 的前n 项和为n T ，求使得9910k T ≤的最大整数k 的值．【答案】(1)n a n = (2)9【分析】（1）根据11,2,1n n n S S n a S n --≥⎧=⎨=⎩得数列}{n a 是等差数列，公差为1，首项为1，进而得其通项公式；（2）结合（1）得1111n b n n =+-+，进而得111n T n n =+-+，再解不等式9910k T ≤即可得答案.（1）解：因为(21)n n n S a a =+①，所以，当2n ≥时，1112(1)n n n S a a ---=+②，所以，①-②得：22112n n n n n a a a a a --=+--，即111()()n n n n n n a a a a a a ---+=+-，因为0n a >，10n n a a -+≠，所以11(2)n n a a n --=≥，因为，当1n =时，11112(1)2S a a a =+=，解得11a =，所以，数列}{n a 是等差数列，公差为1，首项为1. 所以1(1)1n a n n =+-⨯= （2）解：结合（1）得11111111n n n n a n b a a n n n n +=+=+=+-++，所以，数列}{n b 的前n 项和为121111111111122311n n T b b b n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+++=+-++-++-=+- ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以，1991110k T k k =+-≤+，整理得：()()2101991100k k +-+-≤，解得19k ≤≤. 所以，使得9910k T ≤的最大整数k 的值为9. 【精选精练】一、单选题1．（2022·海南·琼海市嘉积第三中学高三阶段练习）若数列{n a }的前n 项和为n S ＝2133n a +，n S =（）A ．123n-B ．1(2)3n--C ．2123+D ．1(2)3n+-【答案】B【分析】根据已知条件，利用n a 与n S 的关系求得数列{}n a 的通项公式，利用等比数列前n 项和公式求解即可.【详解】解：当1n =时，1112133a S a ==+，解得11a =，当2n ≥时，11212122333333n n n a n n n n a S S a a a a ---⎛⎫=-=+-+=- ⎪⎝⎭，即12n n a a -=-， ∴{}n a 是首项为1，公比为-2的等比数列，∴1(2)n n a -=-，所以1(2)1(2)1(2)3n n nS ----==--. 故选：B.2．（安徽省部分校2023届高三上学期开学摸底考）已知数列 {}n a 的前n 项和为n S ，且满足31n n a S =-，则4S =（）A ．38B ．916C ．724D ．516【答案】D【分析】利用n a 与n S 关系求得通项关系，判断数列{}n a 为等比数列即可求得. 【详解】当1n =时，1131a a =-，∴112a =，当2n ≥时，1131n n a S --=-，两式相减可得112n n a a -=-，∴数列{}n a 是首项为12，公比为12-的等比数列，∴4411[1()]5221161()2S --==--．故选:D ．3．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 的前n 项和为111,2,2n n n n S a S a ++=+=，则n S =（）A ．()12n n +⋅B ．()112n n -+⋅ C ．12n n -⋅ D ．2n n ⋅【答案】D【分析】根据给定条件，结合11n n n a S S ++=-变形，构造数列，再求数列通项即可求解作答. 【详解】因为112n n n a S ++=+，则112n n n n S S S ++-=+，于是得11122n nn nS S ++-=，因此数列2n n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公差为1的等差数列，首项1112S =，则()1112n n S n =+-⨯，所以2n n S n =⋅. 故选：D 二、多选题4．（2021·山东·高三开学考试）已知数列{}n a 的前n 项和为11121n n n S a S S a +==++，，，数列12n n n a a +⎧⎫⎨⎬⋅⎩⎭的前n 项和为*n T n N ∈，，则下列选项正确的为（） A ．数列{}1n a +是等差数列B ．数列{}1n a +是等比数列C ．数列{}n a 的通项公式为21nn a =-D ． 1n T <【答案】BCD【分析】由数列的递推式可得1121n n n n a S S a ++=-=+，两边加1后，运用等比数列的定义和通项公式可得()()111221121212121n n n n n n n n a a +++==-----，由数列的裂项相消求和可得n T . 【详解】解：由121n n n S S a +=++即为1121n n n n a S S a ++=-=+，可化为()1121n n a a ++=+，由111S a ==，可得数列{}1n a +是首项为2，公比为2的等比数列，则12nn a +=，即21n n a =-，又()()111221121212121n n n n n n n n a a +++==-----，可得 2231111111111 1.212121212121n n n n T ++=-+-+⋯+-=-<------ 故选：BCD5．（2023·全国·高三专题练习）设n S 是数列{}n a 的前n 项和，且1a =-1，11n n n a S S ＋＋＝，则下列结论正确的是（） A ．1(1)n a n n =-B ． 1,1,1,2(1)n n a n n n -=⎧⎪=⎨≥⎪-⎩C ．1n S n=-D ．数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列【答案】BCD【分析】先由an ＋1＝Sn ·Sn ＋1＝Sn ＋1－Sn ，判断出1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以－1为首项，d ＝－1的等差数列，即可判断D,进而求出1n S n=-，再由n S 求出通项公式n a .【详解】∵an ＋1＝Sn ·Sn ＋1＝Sn ＋1－Sn ，两边同除以Sn ＋1·Sn ，得1111n nS S +-=. ∴1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以－1为首项，d ＝－1的等差数列，即1nS ＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ， ∴Sn ＝－1n.当n ≥2时，an ＝Sn －Sn －1＝－1n＋11n -＝1(1)n n -，又a 1＝－1不符合上式，∴1,1,1,2(1)n n a n n n -=⎧⎪=⎨≥⎪-⎩ 故A 错误，BCD 正确. 故选：BCD 三、填空题6．（2023·全国·高三专题练习）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知11a =，121n n S S +-=，*N n ∈，则数列{}n a 的通项公式为________. 【答案】12n na【分析】由构造法和n a 与n S 关系求解【详解】由题意得1)2(11n n S S +=++，而112S +=，所以{1}n S +是首项为2，公比为2的等比数列.12n n S +=，21n n S =-，当2n ≥时，112n n n n a S S --=-=，11a =也满足此式，综上，12n na故答案为：12n na7．（2023·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 的前n 项和2321n S n n =-+，则数列{}n a 的通项公式为______．【答案】2,165,2n n a n n =⎧=⎨-≥⎩ 【分析】利用n a 与n S 关系即得.【详解】因为2321n S n n =-+，当1n =时，113212a S ==-+=，当2n ≥时，2213213(1)2(1)165n n n a S S n n n n n -⎡⎤=-=-+----+=-⎣⎦，所以2,165,2n n a n n =⎧=⎨-≥⎩．故答案为：2,165,2n n a n n =⎧=⎨-≥⎩．8．（2023·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12a =，12n n n a S n++=（*N n ∈），则n S =___________ 【答案】2n n ⋅【分析】根据给定的递推公式，结合“当2n ≥时，1n n n S S a --=”构造数列求出数列{}n a 的通项即可求解作答. 【详解】因为12n n n a S n ++=，则12n n na S n +=+，当2n ≥时，1(1)1n n n a S n --=+，因此1(1)21n n n na n a a n n +-=-++，化简整理得1221n n a a n n +=⋅++，而211336a S a ===，有21232a a =⋅，即有*N n ∈，1221n n a an n +=⋅++，因此，数列{}1na n +是以112a =为首项，2为公比的等比数列，则121n n a n -=+，即1(1)2n n a n -=+⋅，所以1(2)2222n n n n n n S a n n n n +==⋅+⋅=⋅++. 故答案为：2n n ⋅ 四、解答题9．（2022·湖北·天门市教育科学研究院模拟预测）已知数列{}n a 满足121,6a a ==，且()*1144,2,n n n a a a n n +-=-≥∈N .(1)证明数列{}12n n a a +-是等比数列，并求数列{}n a 的通项公式； (2)求数列{}n a 的前n 项和n S .【答案】(1)证明见详解，1(21)2n n a n -=-(2)(23)23n n T n =-+【分析】（1）根据递推公式构造可证，然后借助{}12n n a a +-为等比数列可得通项，再构造数列{}2n n a 可证为等差数列，根据等差数列通项公式可解；（2）由错位相减法可得. (1)因为()*1144,2,n n n a a a n n +-=-≥∈N所以111422()22n n n n n n a a a a a a +--=--=- 又因为2124a a -=所以{}12n n a a +-是以4为首项，2为公比的等比数列.所以1112422n n n n a a -++-=⨯=变形得11122n nn na a ++-= 所以{}2n n a 是以1122a =为首项，1为公差的等差数列所以111222n n a n n =+-=-，所以1(21)2n n a n -=- (2)因为0121123252(21)2n n T n -=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-…①所以1232123252(21)2nn T n =⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-…②①-②得：212312(12)1222(21)21(21)212n n nn n T n n ----=+++⋅⋅⋅+--=+---所以1(21)223(23)23n n nn T n n +=--+=-+10.（2020·全国·高考真题（理））设数列{an }满足a 1=3，134n n a a n +=-．（1）计算a 2，a 3，猜想{an }的通项公式并加以证明；（2）求数列{2nan }的前n 项和Sn ．【答案】（1）25a =，37a =，21n a n =+，证明见解析；（2）1(21)22n n S n +=-⋅+.【解析】【分析】（1）方法一：（通性通法）利用递推公式得出23,a a ，猜想得出{}n a 的通项公式，利用数学归纳法证明即可；（2）方法一：（通性通法）根据通项公式的特征，由错位相减法求解即可．【详解】（1）［方法一］【最优解】：通性通法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=，由数列{}n a 的前三项可猜想数列{}n a 是以3为首项，2为公差的等差数列，即21n a n =+．证明如下：当1n =时，13a =成立；假设()n k k *=∈N 时，21k a k =+成立.那么1n k =+时，1343(21)4232(1)1k k a a k k k k k +=-=+-=+=++也成立. 则对任意的*n N ∈，都有21n a n =+成立；［方法二］：构造法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=．由123,5a a ==得212a a -=．134n n a a n +=-，则134(1)(2)n n a a n n -=--≥，两式相减得()1134n n n n a a a a +--=--．令1n n n b a a +=-，且12b =，所以134n n b b -=-，两边同时减去2，得()1232n n b b --=-，且120b -=，所以20n b -=，即12n n a a +-=，又212a a -=，因此{}n a 是首项为3，公差为2的等差数列，所以21n a n =+．［方法三］：累加法由题意可得2134945a a =-=-=，32381587a a =-=-=．由134n n a a n +=-得1114333n n n n n a a n +++-=-，即2121214333a a -=-⨯，3232318333a a -=-⨯，……1114(1)(2)333n n n n n a a n n ---=--⨯≥．以上各式等号两边相加得1123111412(1)33333n n n a a n ⎡⎤-=-⨯+⨯++-⨯⎢⎥⎣⎦，所以1(21)33n n na n =+⋅．所以21(2)n a n n =+≥．当1n =时也符合上式．综上所述，21n a n =+．［方法四］：构造法21322345,387a a a a =-==-=，猜想21n a n =+．由于134n n a a n +=-，所以可设()1(1)3n n a n a n λμλμ++++=++，其中,λμ为常数．整理得1322n n a a n λμλ+=++-．故24,20λμλ=--=，解得2,1λμ=-=-．所以()112(1)13(21)3211n n n a n a n a +-+-=--=⋅⋅⋅=-⨯-．又130a -=，所以{}21n a n --是各项均为0的常数列，故210n a n --=，即21n a n =+．（2）由（1）可知，2(21)2n n n a n ⋅=+⋅［方法一］：错位相减法231325272(21)2(21)2n n n S n n -=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅，① 23412325272(21)2(21)2n n n S n n +=⨯+⨯+⨯++-⋅++⋅，②由①-②得：()23162222(21)2n n n S n +-=+⨯+++-+⋅()21121262(21)212n n n -+-=+⨯-+⋅⨯-1(12)22n n +=-⋅-，即1(21)22n n S n +=-⋅+.［方法二］【最优解】：裂项相消法112(21)2(21)2(23)2n n n n n n n a n n n b b ++=+=---=-，所以231232222n n nS a a a a =++++()()()()2132431n n b b b b b b b b +=-+-+-++-11n b b +=-1(21)22n n +=-+．［方法三］：构造法当2n ≥时，1(21)2n n n S S n -=++⋅，设11()2[(1)]2n n n n S pn q S p n q --++⋅=+-+⋅，即122nn n pn q p S S ----=+⋅，则2,21,2pq p -⎧=⎪⎪⎨--⎪=⎪⎩，解得4,2p q =-=．所以11(42)2[4(1)2]2n n n n S n S n --+-+⋅=+--+⋅，即{}(42)2n n S n +-+⋅为常数列，而1(42)22S +-+⋅=，所以(42)22nn S n +-+⋅=．故12(21)2n n S n +=+-⋅．［方法四］：因为12(21)2222422n n n n n n n a n n n -=+=⋅+=⋅+，令12n n b n -=⋅，则()()231()0,11n n x x f x x x x x x x-=++++=≠-，()121211(1)()1231(1)n n nn x x nx n x f x x x nxx x +-'⎡⎤-+-+=++++==⎢⎥--⎢⎥⎣⎦'，所以12n b b b +++21122322n n -=+⋅+⋅++⋅1(2)12(1)2n nf n n +==+-+'⋅．故234(2)2222nn S f =++'+++()1212412(1)212n n n n n +-⎡⎤=+⋅-++⎣⎦-1(21)22n n +=-+．【整体点评】（1）方法一：通过递推式求出数列{}n a 的部分项从而归纳得出数列{}n a 的通项公式，再根据数学归纳法进行证明，是该类问题的通性通法，对于此题也是最优解；方法二：根据递推式134n n a a n +=-，代换得134(1)(2)n n a a n n -=--≥，两式相减得()1134n n n n a a a a +--=--，设1n n n b a a +=-，从而简化递推式，再根据构造法即可求出n b ，从而得出数列{}n a 的通项公式；方法三：由134n n a a n +=-化简得1114333n n n n n a a n+++-=-，根据累加法即可求出数列{}n a 的通项公式；方法四：通过递推式求出数列{}n a 的部分项，归纳得出数列{}n a 的通项公式，再根据待定系数法将递推式变形成()1(1)3n n a n a n λμλμ++++=++，求出,λμ，从而可得构造数列为常数列，即得数列{}n a 的通项公式．（2）方法一：根据通项公式的特征可知，可利用错位相减法解出，该法也是此类题型的通性通法；方法二：根据通项公式裂项，由裂项相消法求出，过程简单，是本题的最优解法；方法三：由2n ≥时，1(21)2nn n S S n -=++⋅，构造得到数列{}(42)2n n S n +-+⋅为常数列，从而求出；方法四：将通项公式分解成12(21)2222422n n n n n nn a n n n -=+=⋅+=⋅+，利用分组求和法分别求出数列{}{}12,2nn n -⋅的前n 项和即可，其中数列{}12n n -⋅的前n 项和借助于函数()()231()0,11n nx x f x x x x x x x-=++++=≠-的导数，通过赋值的方式求出，思路新颖独特，很好的简化了运算．11．（2023·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 的各项均为正数，前n 项和为n S ，且满足22 4.n n S a n =+-(1)求证：{}n a 为等差数列； (2)求{}n a 的通项公式．【答案】(1)见详解 (2)n ＋2【分析】（1）利用()12-=-≥n n n a S S n 可得答案；（2）由（1）得1a ，d ，代入等差数列的通项公式可得答案. （1）当1n =时，有121214=+-a a ，即211230a a --=，解得13a = (11a =-舍去)，224=+-n n S a n ，当2n ≥时，有211214--=+--n n S a n ，两式相减得22121n n n a a a -=-+，即22121-+-=n n n a a a ，也即()2211n n a a --=，因此11n n a a --=或11n n a a --=-，若11n n a a --=-，则11n n a a -+=，而13a =，所以22a =-，这与数列{}n a 的各项均为正数矛盾，所以11n n a a --=，即11n n a a --=，因此{}n a 为公差为1的等差数列；（2）由（1）知13a =，1d =，所以数列{}n a 的通项公式()312=+-=+n n n a ，即2n a n =+．12．（2022·安徽省太和中学高三阶段练习）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，等差数列{}n b 的公差为1，且2n n S b =.(1)求数列{}{},n n a b 的通项公式； (2)求数列1n n S b ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的前n 项和n T .【答案】(1)21n a n =-，n b n = (2)1n n T n =+ 【分析】（1）利用当2n ≥时，()()2211111n n n n n n n n n n n a S S b b b b b b b b -----=-=-=+-=+，可求得1223n a n b =+-，进而求得数列{}n a 的公差为2，再由22111212a a b b -=+-=，解得11b =，从而求得数列{}n a 和数列{}n b 的通项公式（2）利用裂项相消法求和即得所求（1）由()1111n b b n n b =+-=+-可得，当2n 时，()()2211111n n n n n n n n n n n a S S b b b b b b b b -----=-=-=+-=+111111223n b n b n b =+-+-+-=+-则()1112123221n a n b n b +=++-=+- 所以 12n n a a +-=即数列{}n a 的公差为2，又2111a S b ==所以22111212a a b b -=+-=，解得11b =，故数列{}n a 的通项公式为21n a n =-，数列{}n b 的通顶公式为n b n =；（2）由（1）可知，2,n n b n S n ==，所以()21111111n n S b n n n n n n ===-++++. 11111111.223111n n T n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭13．（2022·云南·昆明一中高三开学考试）已知数列{}n a 的前n 项和为,0n n S a >，且2241n n n a a S +=-.(1)求{}n a 的通项公式； (2)设1nn n n S b a a +=的前n 项和为n T ，求n T . 【答案】(1)21n a n =-(2)242n n nT n +=+【分析】（1）先用()1n +替换原式中的n ，然后两式作差，结合n a 与n S 的关系，即可得到{}n a 为等差数列，从而得到其通项.（2）由（1）的结论，求得n S 及1n a +，代入1nn n n S b a a +=化简，得到n T 的式子，裂项相消即可. （1）2241n n n a a S +=-，2111241n n n a a S ++++=-，两式作差得:()()1120n n n n a a a a +++--=， 102n n n a a a +>∴-=，{}n a ∴成等差数列，又当1n =时，()2110a -=，所以11a =即()11221n a n n =+-⨯=- （2）由（1）知21n a n =-，则()()1212122n n n a a n n S n ++-===，即()()()()21111212142121n n n n S n b a a n n n n +⎡⎤===+⎢⎥-+-+⎢⎥⎣⎦ 1111482121n n ⎛⎫=+- ⎪-+⎝⎭，故1111111483352121n n T n n ⎛⎫=+-+-++- ⎪-+⎝⎭2111482148442n n n n nn n n +⎛⎫=+-=+= ⎪+++⎝⎭. 14．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足120n n n a S S -+=(2n ≥)，112a =. (1)求n S ；(2)求数列{}n a 的通项公式．【答案】(1)12n S n=(2)()*1,(1)211,2,222n n a n n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥∈⎪-⎩N【分析】(1) 利用1n n n a S S -=-, 化简已知条件, 转化推出1121Sn Sn -=-. 即可证明数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列 ; (2)利用（1）求出数列的和, 通过已知条件转化求解即可. （1）由题意可得, 当1n =时，112a =, 当2n ≥时，120n n n a S S -⋅+=, 即 112n n n n S S S S ---=-, 可得1112n n S S --=, 即数列 1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是首项为2 ,公差为2的等差数列 , ()122(1)2n n n S =+-≥，, 可得()*12,2n S n n n =≥∈N ，. 经检验，1n =时，1112S a ==满足上式，故12n S n=. （2）由(1)可得，当2n ≥时，111222n n n a S S n n -=-=--, 当1n =时，112a =,不符合11222n a n n =--，综上所述, 结论是:()*1,(1)211,2,222n n a n n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥∈⎪-⎩N .15．（2022·陕西·渭南市华州区咸林中学高三开学考试（文））在数列{}n a 中，11a =，且2n ≥，1231111231n n a a a a a n -++++=-. (1)求{}n a 的通项公式； (2)若11n n n b a a +=，且数列{}n b 的前项n 和为n S ，证明：3n S <. 【答案】(1)1,1, 2.2n n a n n =⎧⎪=⎨≥⎪⎩ (2)证明见解析【分析】（1）由已知得当123211113,232n n n a a a a a n --≥++++=-，再和已知的式子相减化简后利用累乘法可求出通项公式，（2）由（1）得当2n ≥时，4114(1)1n b n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，利用裂项相消法可求得n S ，从而可证得结论.（1）解：因为12311112,231n n n a a a a a n -≥++++=-，所以当123211113,232n n n a a a a a n --≥++++=-，两式相减，得1111n n n a a a n --=--，即11n n n a a n -=-，当2n =时，211a a ==，所以当3n ≥时，11n n a na n -=-，所以当3n ≥时，1321221311222n n n n n a a a n n na a a a a n n ----=⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=--，当2n =时，上式成立；当1n =时，上式不成立，所以1,1, 2.2n n a n n =⎧⎪=⎨≥⎪⎩ （2）证明：由（1）知1,14,2(1)n n b n n n =⎧⎪=⎨≥⎪+⎩当2n ≥时，4114(1)1n b n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，所以当1n =，113S =<；当2n ≥时，111111144423341n S n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+-++- ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭⎝⎭11111111414143323341211n n n n ⎛⎫⎛⎫=+-+-++-=+-=-< ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭. 综上，3n S <.16．（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高三阶段练习）在数列{}n a 中，11111,12n n n n a a a n ++⎛⎫==++ ⎪⎝⎭，(1)设nn a b n =，求证：112n n n b b +-=； (2)求数列{}n b 的通项公式； (3)求数列{}n a 的前n 项和n S . 【答案】(1)证明见解析； (2)1122n n b -=-； (3)()121422n n S n n n -⎛⎫=++-+ ⎪⎝⎭.【分析】（1）依题意将11112n n n n a a n ++⎛⎫=++ ⎪⎝⎭转化为1112n n n a a n n +-=+，将n n ab n =代入即可得到112n n n b b +-=，结论成立；（2）根据第（1）问112n n n b b +-=，运用累加法得到11112311112211111112222212n n n n b b ---⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦-=++++==- ⎪⎝⎭-，进而求出1122n n b -=-；（3）根据第（1）、（2）问知，nn a b n =，1122n n b -=-，则122n n n a n -=-，运用分组转化求和以及错位相减求和，得出数列{}n a 的前n 项和n S . （1）由条件可知：11112n n n n a a n ++⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，1112n n n n n a a n ++∴++=， 1112n n n a a n n +∴-=+， n n a b n =，112n n n b b +∴-=；（2）由第（1）问可知，112n n nb b +-=，当1n =时，21112b b -=，当2n =时，32212b b -=，当3n =时，43312b b -=，当1n n 时，1112n n n b b ---=，以上各式相加，得11112311112211111112222212n n n n b b ---⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦-=++++==- ⎪⎝⎭-，11a =，1111a b ∴==，1122n n b -⎛⎫∴=- ⎪⎝⎭，即1122n n b -=-；（3）由第（1）、（2）问知，nn a b n =，1122n n b -=-，则122n n n a n -=-，设数列{}n c 的通项公式112n n c n -⎛⎫=⨯ ⎪⎝⎭，前n 项和为n T ，则012112311111232222n n n T c c c c n -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++++=⨯+⨯+⨯++⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，1231111112322222nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=⨯+⨯+⨯++⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相减，得1012111122111111111222222212n n nn n T n n --⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎣⎦=++++-⨯=+-⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭-，()1111114242222n n n n n n T ---⎛⎫⎛⎫⎛⎫-⨯-⨯=-+ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭∴=，∴数列{}n a 的前n 项和()()()21112422121232422n n n n n n n S n n T n n --+⎛⎫⎡⎤+=⨯++++-=⨯-=+-+⎢⎥⎢⎥⎣⎦-+ ⎪⎝⎭.17．（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校高三阶段练习）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足112a =，()1202n n n a S S n -+=≥(1)求n a 和 n S(2)求证：22221231124n S S S S n+++⋯+≤-．【答案】(1)()1,121,221n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥-⎪⎩，12n S n = (2)证明见解析【分析】（1）利用1n n n a S S -=-可得1112n n S S --=，从而可求n S 及n a . （2）利用放缩法及裂项相消法可证不等式成立. （1）1n =时，1112S a ==，2n ≥时，112n n n n n a S S S S --=-=-，所以1112n n S S --=，所以数列1n S ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是以112S =为首项，公差为2的等差数列．所以()12122n n n S =+-⋅=，即12n S n=，当2n ≥时，()11221n n n a S S n n -=-=--，当1n =时，112a =，不满足上式，所以()1,121,221n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥-⎪⎩，（2）当1n =时，211114241S ==-⨯，原式成立．当2n ≥时，22221232222222111111111144243434423n S S S S n n ⎛⎫+++⋯+=++++⋯+=+++⋯+ ⎪⨯⨯⨯⨯⎝⎭()11111412231n n ⎡⎤≤+++⋯+⎢⎥⨯⨯-⎢⎥⎣⎦ 111111424n n⎛⎫=+-=- ⎪⎝⎭ 所以22221231124n S S S S n+++⋯+≤-．。

考前快速攻克高频易错快攻对点剖析通透课件(共75张PPT)

[正解] a＝4，b＝－11。
在使用导数求函数极值时，很容易出现的错误是求出使导函数等于 0 的点，而没有对这些点左右两侧导函数的符号进行判断，误以为使导函数等于 0 的点就是函数的极值点。出现这种错误的原因就是对导数与极值关系不清。可导函数在一点处的导函数值为 0 只是这个函数在此点取到极值的必要条件，充要条件是 f′(x0)＝0 且 f′(x)在 x0 两侧异号。
易错点 13 求解时忽略角的范围【问题 1】在△ABC 中，sin A＝35，cos B＝153，求 cos A，sin B 的值。 [错解] cos A＝±45，sin B＝±1123 [剖析] 基础不实，忽视开方时符号的选取。
[正解] cos A＝45，sin B＝1123
【问题 2】在△ABC 中，A，B 为锐角，且 sin A＝ 55，sin B＝ 1100，求 A＋B 的值。 [错解] 先求出 sin(A＋B)＝ 22，因为 A＋B∈(0，π)，所以 A＋B＝π4或34π。 [剖析] 知识残缺，由于 A，B 为锐角，所以 A＋B∈(0，π)。又由于正弦函数在(0，π) 上不是单调函数，所以本题不宜求 sin(A＋B)，宜改求 cos(A＋B)或 tan(A＋B)。 [正解] A＋B＝π4
易错点 6 误解“导数为 0”与“有极值”的逻辑关系【问题】函数 f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2 在 x＝1 处有极值 10，求 a，b 的值。 [错解] 由 f(1)＝10，f′(1)＝0，解得 a＝4，b＝－11 或 a＝－3，b＝3。 [剖析] 对“导数为 0”与“有极值”逻辑关系分辨不清，错把 f(x0)为极值的必要条件当作充要条件。
易错点 12 用错位相减法求和时项数处理不当【问题】求和 Sn＝1＋3a＋5a2＋…＋(2n－1)an－1。 [错解] Sn＝1－1 a＋2a11－－aa2n [剖析] ①考虑不全面，未对 a 进行讨论，丢掉 a＝1 时的情形。②将两个和式错位相减后，成等比数列的项数弄错。③将两个和式错位相减后，丢掉最后一项。

误区5.2 运用an=Sn-Sn-1忽略n≥2-2016届高三数学跨越一本线(原卷版)

2016届高三数学跨越一本线精品误区二：运用1--=n n n S S a 忽略2≥n数列是特殊的函数，一个数列不一定具有通项公式，但具有通项公式的数列的有关性质可以通过对其通项公式的研究而得到，因此数列通项公式的求法尤为重要，运用1--=n n n S S a )2(≥n 是常用的求n a 的方法，但一定要注意条件2≥n ，且*∈N n .题型一：通项n a 用分段函数表示【例1】【2015山东理18】设数列{}n a 的前n 项和为n S . 已知233n n S =+.（1）求{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 满足3log n n n a b a =，求{}n b 的前n 项和n T .【分析】利用1--=n n n S S a )2(≥n 求n a ，要记住验证1=n 是否满足.【解析】（1）因为233n n S =+，所以1233a =+，故13a =．当1n >时，11233n n S --=+，此时1112223323n n n n n n a S S ---=-=-=⨯，即13n n a -=，所以13,13,1n n n a n -=⎧=⎨>⎩．（2）因为3log n n n a b a =，所以113b =．当1n >时，()11133log 313n n n n b n ---==-，所以1113T b ==；当1n >时，123n T b b b =+++13n b +=+()()121132313n n ---⨯+⨯++-⨯① 所以()()01231132313n n T n --=+⨯+⨯++-⨯ ②式①－式②得 ()()01221223333133n n n T n ----=+++++--⨯=11213313n ---+--()113n n --⨯= 1363623n n +-⨯，所以13631243n n n T +=-⨯．经检验，1n =时也适合．综上可得13631243n nn T +=-⨯． ()113,213n n n n a S n n a S n +-=-+≥=--+时， ,,12,111-=-=-∴++n n n n n a a a a a 即112(1),(2,),n n a a n n +∴-=-≥∈N*2221(1)232n n n a a --∴-=-⋅=⋅∴⎩⎨⎧≥+⋅==-2,1231,22n n a n n . 【评注】若已知数列的前n 项和n S 的表达式，则可根据n S 和n a 的关系1--=n n n S S a （2≥n ）求解数列的通项公式，注意1--=n n n S S a 成立的前提是2≥n ，要注意验证1=n 时通项公式是否成立，若成立，则通项公式为1--=n n n S S a ，若不成立，则通项公式为⎩⎨⎧≥-==-2,1,11n S S n S a n nn . 【小试牛刀】在数列{}n a 中，11a =，*1231123().2n n n a a a na a n N ++++++=∈ 求数列{}n a 的通项n a .题型二：通项n a 不用分段函数表示【例2】【2015四川理16】设数列{}n a （1,2,3,n =）的前n 项和n S 满足12n n S a a =-，且1a ，21a +，3a 成等差数列.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和为n T ，求使得111000n T -<成立的n 的最小值. 【分析】利用1n n n a S S -=-及题设可得n a 与1n a -的关系为()*121,n n a a n n -=>∈N ，所以这是一个公比为2的等比数列.再利用1a ，21a +，3a 成等差数列，可求得12a =，从而求得通项公式；（2）由（1）得112n n a =，这仍然是一个等比数列，利用等比数列的前n 项和公式，可求得112n n T =-，代入111000n T -<，即可得使111000n T -<成立的n 的最小值. 【解析】（1）由已知12n n S a a =-，可得()*11222,nn n n n a S S a a n n --=-=-∈N …，即()*122,n n a a n n -=∈N ….则212a a =，32124a a a ==.又因为1a ，21a +，3a 成等差数列，即()13221a a a +=+.所以()1114221a a a +=+，解得12a =.所以数列{}n a 是首项为2，公比为2的等比数列.故2n n a =.【评注】给出S n 与a n 的递推关系，求a n ，常用思路是：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 .【小试牛刀】设数列}{n a 的前n 项和为n S ，且满足n n a S -=2，(n =1，2，3，…)，则=n a .【迁移运用】1. 若S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝n n ＋1，则1a 5＝( ) A.56 B.65 C.130D ．30 2. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，则S n ＝ ( )A ．2n －1 B.1)23(-n C.1)32(-n D.12n －1 3.等比数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －1，则a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝ .4.设}{n a 为等差数列，n S 为数列}{n a 的前n 项和，已知77=S ，7515=S ，n T 为数列}{nS n 的前n 项和，求n T ．5.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.（Ⅰ）求证：}1{nS 成等差数列；（Ⅱ）求数列{a n }的通项公式．6.设数列{}n a 的前n 和为n S ，满足21234n n S na n n +=--，*n N ∈，且315S =. （Ⅰ）求1a ，2a ，3a 的值；（Ⅱ）求数列{}n a 的通项公式.7.设数列}{n a 的前n 项和为n S ，已知11=a ，)1(--=n n na S n n ，其中*∈N n . （Ⅰ）求证}{n a 是等差数列; （Ⅱ）求证:n n n S a a 41<+（Ⅲ）求证:351111321<++++n S S S S . 8. 已知数列{}n a 的前n 项和为n S 满足：332n n S a n =+-．（Ⅰ）求证：数列{1}n a -是等比数列；（Ⅱ）令31323log (1)log (1)log (1)n n c a a a =-+-++-，对任意*n ∈N ，是否存在正整数m ，使121113n m c c c +++≥都成立？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由． 9.【2015全国1理17】n S 为数列{}n a 的前n 项和，已知0n a >，2243n n n a a S +=+. (1)求{}n a 的通项公式；（2）设11n n n b a a +=，求数列{}n b 的前n 项和．：。

高中数学高考复习易错题分类《平面向量》易错题试题

高中数学高考复习易错题分类《平面向量》易错题试题 2019.091,求和12321++++-x x nx n 。

2,已知数列{a n }的前n 项和S n =n 2-16n-6，求数列{|a n |}的前n 项和S n ’ 3,已知函数f(x)= -Sin 2x-aSinx+b+1的最大值为0，最小值-4 ，若实数a ＞0，求a 、b 的值。

4,数列{a n }的前n 项和S n =n 2-7n-8求数列通项公式5,求和(x+x 1)2+（x 2+21x ）2+……(x n +nx 1)26,学校餐厅每天供应1000名学生用餐，每星期一有A 、B 两样特色菜可供选择（每个学生都将从二者中选一），调查资料表明，凡是在本周星期一选A 菜的，下周星期一会有20％改选B ，而选B 菜的，下周星期一则有30％改选A ，若用A n 、B n 分别表示在第n 个星期一选A 、B 菜的人数。

（1）试以A n 表示A 1+n ；（2）若A 1=200，求{A n }的通项公式；（3）问第n 个星期一时，选A 与选B 的人数相等？7,设二次函数f(x)=x 2+x,当x ∈[n,n+1](n N ∈+)时，f(x)的所有整数值的个数为g(n).(1) 求g(n)的表达式；(2) 设a n =)(3223n g n n +( n N ∈+),Sn=a 1-a 2+a 3-a 4+…+(-1)n-1a n ,求Sn;(3) 设b n =nn g 2)(,Tn=b 1+b 2+…+b n, 若Tn<L( L Z ∈),求L 的最小值。

8,已知数列}{n a 中，a 1=8, a 4=2且满足*)(0212N n a a a n n n ∈=+-++（1）求数列}{n a 的通项公式（2）设n n a a a S +⋅⋅⋅++=21，求S n （3）设*)(,)12(121N n b b b Tn a n b n n n ∈+⋅⋅⋅++=-=，是否存在最大的整数m ，使得对任意*,N n ∈均有32mTn >成立？若存在，求出m ，若不存在，请说明理由。

利用an与sn的关系解题

利用n a 与n S 的关系解题例1.（1994全国文，25）设数列{a n }的前n 项和为S n ，若对于所有的正整数n ，都有S n =2)(1n a a n +.证明：{a n }是等差数列.解：证法一：令d =a 2－a 1，下面用数学归纳法证明a n =a 1+（n －1）d （n ∈N *） ①当n =1时，上述等式为恒等式a 1=a 1，当n =2时，a 1+（2－1）d =a 1+（a 2－a 1）=a 2，等式成立.②假设当n =k （k ∈N ，k ≥2）时命题成立，即a k =a 1+（k －1）d由题设，有2))(1(,2)(1111++++=+=k k k ka a k S a a k S ，又S k +1=S k +a k +1，所以2)(2))(1(111k k a a k a a k +=++++a k +1将a k =a 1+（k －1）d 代入上式，得（k +1）（a 1+a k +1）=2ka 1+k （k －1）d +2a k +1 整理得（k －1）a k +1=（k －1）a 1+k （k －1）d ∵k ≥2，∴a k +1=a 1+［（k +1）－1］d . 即n =k +1时等式成立.由①和②，等式对所有的自然数n 成立，从而{a n }是等差数列.证法二：当n ≥2时，由题设，2)(,2))(1(1111n n n n a a n S a a n S +=+-=--所以2))(1(2)(11211--+--+=-=n n n n a a n a a n S S a同理有2)(2))(1(1111n n n a a n a a n a +-++=++从而2))(1()(2))(1(111111-+++-++-++=-n n n n n a a n a a n a a n a a整理得：a n +1－a n =a n －a n －1，对任意n ≥2成立.从而{a n }是等差数列.评述：本题考查等差数列的基础知识，数学归纳法及推理论证能力，教材中是由等差数列的通项公式推出数列的求和公式，本题逆向思维，由数列的求和公式去推数列的通项公式，有一定的难度.考生失误的主要原因是知道用数学归纳法证，却不知用数学归纳法证什么，这里需要把数列成等差数列这一文字语言，转化为数列通项公式是a n =a 1+（n －1）d 这一数学符号语言.证法二需要一定的技巧.例2.（2010年高考安徽卷理科20）设数列12,,,,n a a a 中的每一项都不为0. 证明：{}n a 为等差数列的充分必要条件是：对任何n ∈N ，都有1223111111n n n na a a a a a a a +++++=. 证：先证必要性.设数列{}n a 的公差为d .若0d =，则所述等式显然成立. 若0d ≠，则12231111n n a a a a a a ++++21321122311()n nn n a a a a a a d a a a a a a ++---=+++122311111111[()()()]n n d a a a a a a +=-+-++-11111()n d a a +=-11n n a a +=.再证充分性. 证法1：（数学归纳法）设所述的等式对一切n ∈+N 都成立. 首先，在等式122313112a a a a a a +=， ① 两端同乘123a a a ，即得1322a a a +=，所以123,,a a a 成等差数列. 记公差为d ，则21a a d =+.假设1(1)k a a k d =+-，当1n k =+时，观察如下二等式1223111111k k kk a a a a a a a a --+++=， ② 122311111111k k k k k ka a a a a a a a a a -++++++=， ③ 将②代入③，得111111k k k k k ka a a a a a ++-+=. 在该式两端同乘11k k a a a +，得11(1)k k k a a ka +-+=. 将1(1)k a a k d =+-代入其中，整理后，得11k a a kd +=+. 由数学归纳法原理知，对一切，都有1(1)n a a n d =+-. 所以{}n a 是公差为d 的等差数列. 证法2：（直接法）1223111111n n n na a a a a a a a +++++=， ① 12231121211111n n n n n n a a a a a a a a a a +++++++++=，② ②-①得12121111n n n n n na a a a a a +++++=-，在上式两端同乘112n n a a a ++，得112(1)n n a n a na ++=+-， ③ 同理可得11(1)n n a na n a +=--， ④③- ④得122()n n n na n a a ++=+，即211n n n n a a a a +++-=-，所以{}n a 是等差数列. 例3.（1997全国文，21）设S n 是等差数列｛a n ｝前n 项的和，已知31S 3与41S 4的等比中项为4354131,51S S S 与的等差中项为1，求等差数列｛a n ｝的通项a n . 解：设等差数列｛a n ｝的首项为a ，公差为d ，则a n =a +（n －1）d ，前n 项和为S n =na +2)1(dn n -，由题意得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=⋅,24131,)51(4131432543S S S S S 其中S 5≠0.于是得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=⨯++⨯+⨯+=⨯+⨯⨯+.2)2344(41)2233(31,)2455(251)2344(41)2233(312d a d a d a d a d a 整理得⎪⎩⎪⎨⎧=+=+,2252.0532d a d ad 解得⎪⎩⎪⎨⎧=-=⎩⎨⎧==.4,512;1,0a d a d 由此得a n =1；或a n =4－512（n －1）=532－512n .经验证a n =1时，S 5=5，或a n =5121532-n 时， S 5=－4，均适合题意.故所求数列通项公式为a n =1，或a n =5121532-n . 评述：该题考查了数列的有关基本知识及代数运算能力，思路明显，运算较基本. 例4.在数列{}n a 中，1a +22a +33a +…+n na =)2)(1(++n n n ，求n a . 解析：令n S =1a +22a +33a +…+n na =)2)(1(++n n n ，则1-n S =1a +22a +33a +…+1)1(--n a n =)1()1(+-n n n ，则n S －1-n S =n na =)2)(1(++n n n －)1()1(+-n n n ， ∴ n a =)2)(1(++n n －)1)(1(+-n n =33+n .定理设数列{n a 的前n 项和为n S ，2n n n S Aa Ba C =++（10,0n n A a a +≠+≠），则数列{n a }是等差数列的充要条件是12B =．证明若12B =，则212n n n S Aa a C =++．当1n =时，1a 满足等式211112a Aa a C =++；当2n ≥时，2211111()()22n n n n n n n a S S Aa a C Aa a C ---=-=++-++，整理得111()()02n n n n a a a a A--+--=．因为10n n a a ++≠，所以112n n a a A--=．故{n a }是以1a 为首项，12A为公差的等差数列．若{n a }是等差数列，则11()(1),2n n n n a a a a n d S +=+-=，故11111()()/()()()222n n n n n n n a a a a d d a a a a d a a S d +-++-++===2211()()2n n a a d a a d -++=221111222n n da a a a d d-=⋅++．故21111,,222da a A B C d d-===．例5. (1994年全国高考题)设{a n }是正数组成的数列，其前n 项和为S n ，并且对于所有的自然数n ，a n 与2的等差中项等于S n 与2的等比中项．(1)写出数列{a n }的前3项；(2)求数列{a n }的通项公式(写出推证过程)；(3)令()N ∈⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=++n a a a a b n n n n n 1121，求().lim 21n b b b n n -+++∞→ 解：(1)由题意，当n =1时有11222S a =+，S 1=a 1，∴11222a a =+，解得a 1=2．当n =2时有22222S a =+，S 2=a 1+ a 2，a 1=2代入，整理得(a 2－2)2=16．由a 2>0，解得 a 2=6．当n =3时有33222S a =+，S 3=a 1+ a 2+ a 3，将a 1=2，a 2=6代入，整理得(a 3－2)2=64．由a 3>0，解得 a 3=10．故该数列的前3项为2，6，10．(2)解法一：由(1)猜想数列{a n }有通项公式a n =4n －2．下面用数学归纳法证明数列{ a n }的通项公式是a n =4n －2 (n ∈N )．①当n =1时，因为4×1－2=2，又在(1)中已求出a 1=2，所以上述结论成立． ②假设n =k 时结论成立，即有a k =4k －2．由题意，有k k S a 222=+，将a k =4k －2代入上式，得2k = k S 2，解得S k =2k 2．由题意，有11222++=+k k S a ，S k +1=S k +a k +1，将S k =2k 2代入，得2122⎪⎭⎫ ⎝⎛++k a =2(a k +1+2k 2)，整理得21+k a －4 a k +1+4－16 k 2=0．由a k +1>0，解得a k +1=2+4k ．所以a k +1=2+4k =4(k +1)－2．这就是说，当n =k +1时，上述结论成立．根据①、②，上述结论对所有的自然数n 成立．解法二：由题意，有()N n S a n n ∈=+222，整理得S n =81(a n +2)2，由此得 S n +1 =81(a n +1+2)2，∴a n +1= S n +1－S n =81[(a n +1+2)2－(a n +2)2]，整理得(a n +1+ a n )( a n +1－a n －4)=0，由题意知 a n +1+a n ≠0，∴a n +1－a n =4．即数列{ a n }为等差数列，其中a 1=2，公差d =4．∴a n =a 1+(n －1)d =2+4(n －1)，即通项公式为a n =4n －2．(3)解：令c n =b n －1，则⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=++22111n n n n n a a a a c ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-+⎪⎭⎫ ⎝⎛--+=112121121221n n n n 121121+--=n n ， b 1+b 2+…+b n －n =c 1+c 2+…+c n =⎪⎭⎫ ⎝⎛+--++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1211215131311n n 1211+-=n ．∴()11211lim lim 21=⎪⎭⎫⎝⎛+-=-+++∞→∞→n n b b b n n n .例 5.（2006年湖南高中联赛）设}{n a 是正数数列，其前n 项和S n 满足)3)(1(41+-=n n n a a S .（1）求数列}{n a 的通项公式；（2）令nn S b 1=，试求}{n b 的前n 项和T n .解、（1）由)3)(1(411111+-==a a S a 及0>n a 得，1a ＝3.由)3)(1(41+-=n n n a a S 得)3)(1(41111+-=---n n n a a S .故)(2)[(411212---+-=n n n n n a a a a a ，))(()(2111----+=+n n n n n n a a a a a a∵ 01>+-n n a a ，∴ 21=--n n a a .{n a }是以3为首项，2为公差的等差数列，故n a ＝2n ＋1.（2）n a ＝2n ＋1，∴)2(+=n n S n ，)211(211+-==n n S b n n 。

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A． Sn an
【答案】C
B． Sn an C． Sn an
D．大小不能确定
【解析】由题意得公差 d 0 ,且 am 0 ,所以当 n m
时, Sn an Sn Sm am an am am1 an1 0 ,所以 Sn an ,选 C.
3. 若 Sn 为数列{an}的前 n 项和,且 Sn＝n＋n 1,则a15＝(
n1
n
2 3
n
.②
①-② 得
1 3 Tn
1 8
2 3
n
2 3
1
…
2 3
n1
1 8
n
2 3
n
3 8
3 8
n
2 3
n
Tn
9 8
9
3n 8
2 3
n
.
三、迁移运用
1【. 湖南省五市十校教研教改共同体 2017 届高三 12 月联考】已知数列an 的前 n 项和 Sn Aqn B q 0 ,
(2)由(1)得 cn＝3n×＋21n－，1＋n为1，奇n数为，偶数.
所以 T2n＝(2＋4＋…＋2n)＋3×(21＋23＋…＋22n－1)＋n
＝n(n＋1)＋3×2（11－－44n）＋n
＝22n＋1＋n2＋2n－2.
10.在数列{an}中, a1 1, a1 2a2 3a3
nan
n
2
1
an1
n 2
an
,∴
an1 an
3n n 1
,
又
a1
11 2
a2
,
a2
1,
∴
an
an an1
an1 an2
a3 a2
a2
3(n 1) n
3(n 2) n 1
6 3
1
2 n
3n2
（n
2
）,
1, n 1
又当
n
1 时,
an
a1
2 3
1,故
an
2 n
3n2 , n
2
.
11.已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,常数 λ>0,且 λa1an＝S1＋Sn 对一切正整数 n 都成立．
【答案】
【解析】已知
，故得到
两式做差得到
两侧式子变形为
累加得到
.
故答案为：
.
9.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,对任意 n∈N*满足 2Sn＝an(an＋1),且 an≠0. (1)求数列{an}的通项公式；
(2)设 cn＝a3n×＋21a，n－n1为＋奇1，数n，为偶数，求数列{cn}的前 2n 项和 T2n.
【解析】 (1)当 n＝1 时,a1＝S1＝1；当 n≥2 时,an＝Sn－Sn－1＝n2＋2 n－（n－1）2＋2 （n－1）＝n. 故数列{an}的通项公式为 an＝n.
【点评】由 Sn 和 an 的关系求通项的注意问题 (1)应重视分类讨论的思想,分 n＝1 和 n≥2 两种情况讨论．当 n＝1 时,a1 不适合 an 的情况要分开写,即 an＝
成立,则需
,故填 .
7．【天津市耀华中学 2018 届高三 12 月月考】已知数列的前项和，且
__________．
【答案】
【解析】，②
① ②得
，① ，（）．
，且，则
即
．
当时．
．
解得．
∴
．
8．【湖南省怀化市 2018 届高三上学期期末】已知数列的前项之和为，满足
，
，则数列的通项公式为__________．
6．【河北省石家庄 2018 届高三教学质量检测】已知数列的前项和
成立，则实数的取值范围是_____________.
【答案】
，如果存在正整数，使得
【解析】当时,
,当时,
,所以
,当时 ,当为
大于的偶数时,
为递减数列;当为大于的奇数时
为负数,且为递增数列,即
的长度
不断减小,要使得
通项公式,注意 an Sn Sn1 成立的前提是 n 2 ,要注意验证 n 1 时通项公式是否成立,若成立,则通项公式
为 an
Sn
Sn1 ,若不成立,则通项公式为 an
SS1n,n
1 Sn1
,
n
.
2
【小试牛刀】已知数列{an}满足条件12a1＋212a2＋213a3＋…＋21nan＝2n＋5,则数列{an}的通项公式为(
)
A．an＝2n＋1 B．an＝124n＋（1（n＝n≥12）），C．an＝2n D．an＝2n＋2
【答案】
【点评】下标为 n－1 时,忽略 n≥2,没有进行讨论,没有分段写 an.
(二) 通项 an 不用分段函数表示
【例 2】已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2＋2 n,n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝2an＋(－1)nan,求数列{bn}的前 2n 项和．【分析】本题易出现以下错误：
,所以 b1
1 3
．
当 n 1 时, bn 31n log3 3n1
n 1
31n ,所以 T1
b1
1； 3
当 n 1 时,Tn b1 b2 b3
bn
1 3
1 31 2 32
n 1 31n
①
所以 3Tn 1 1 30 2 31 n 1 32n
②
式①－式②得
＝S1；当 n≥2 时,an＝Sn－Sn－1,并注意 a1＝0 或 a1≠0 进行讨论；(2)根据数列的通项 lga1n,化简后结合函数的单调性来求．
12.【山东省枣庄市 2017 届高三上学期期末】已知 Sn 为各项均为正数的数列an 的前 n 项
∴
an
1 2
(3)n2, n 2
2
∴Sn＝2an＋1＝2×12×(
3 2
)
n
1
( 3 )n1 . 2
5.【辽宁省抚顺市 2018 届高三 3 月高考模拟】已知数列的前项和为，且，值为_________．【答案】384
【解析】∵
，∴
，则
，则的
∴ ∵ ，∴
∴ 不满足式
∴
∴
，故答案为 .
二、典例精析
(一) 通项 an 用分段函数表示
【例 1】设数列an 的前 n 项和为 Sn . 已知 2Sn 3n 3 . （1）求an 的通项公式；（2）若数列bn 满足 anbn log3 an ,求bn 的前 n 项和Tn .
【分析】利用 an Sn Sn1 (n 2) 求 an ,要记住验证 n 1 是否满足.
检验 n 1 时,上式符合.
∴ an 2n n N .学科-网
（Ⅱ）由题知 ak1, a2k , a2k1 成等比数列,
a2k 2 ak 1 a2k 1 ,
即 2 2k 2 2k 1 22k 3 ,解得 k 3.
b1
a4
8, b2
a6
12
,公比 q
12 8
3 2
.
bn
8
3 2
n1
,
∴n bn
1n 8
2 n1 3
[来源:学|科|网 Z|X|X|K]
Tn
1 8
2 3
0
1 8
2
2 3
1
…
1 8
n
2 3
n1
.
即 Tn
1 8
2 3
0
2
2 3
1
…
n
2 3
n1
.①
上式两边乘以 2 ,得 3
2 3 Tn
1 8
2 3
1
2
2 3
2
…
n
1
2 3
则“ A B “是“数列an 是等比数列”的（）．
A．充分不必要条件 C．充要条件【答案】B
B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
2.【湖南省五市十校教研教改共同体 2017 届高三 12 月联考】等差数列an 的前 n 项和为 Sn ,且 a1 0 ,若存
在自然数 m 3 ,使得 am Sm ,则当 n m 时, Sn 与 an 的大小关系是（）
2Tn
2 3
30 31 32
32n n 1 31n 2 1 31n n 1 31n
3 1 31
[来源:学科网 ZXXK]
13 6
6n 3 2 3n
,所以 Tn
13 12
6n 3 4 3n
．经检验,
n
1 时也适合．
综上可得 Tn
13 12
6n 3 4 3n
)
5
6
1
A.6
B.5
C.30
D．30
【答案】D
【解析】当 n≥2 时,an＝Sn－Sn－1＝n＋n 1－n－n 1＝n
1 n＋1
,∴a15＝5×(5＋1)＝30.
4 . 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1＝1,Sn＝2an＋1,则 Sn＝( )
A．2n－1
B. ( 3 )n1 2
－1
【答案】B
【解析】∵Sn＝2an＋1,∴当 n≥2 时,Sn－1＝2an, ∴an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－2an(n≥2),
即aan＋n 1＝32(n≥2),
又
a2＝12,∴an＝12×(
3 2
)n2
(n≥2)．
当
n＝1
时,a1＝1≠12×(
3 )1 2
＝13,
1, n 1
k N
恰好依次为等比数列 bn