等差、等比数列的综合问题
等差数列与等比数列的综合应用题
等差数列与等比数列的综合应用题下面是2000字的文章，涉及到等差数列和等比数列的综合应用题。
等差数列和等比数列的综合应用题数列是数学中一个重要的概念，有着广泛的应用。
其中等差数列和等比数列是最常见的两种数列，它们在实际问题中有着丰富的应用。
本文将探讨其中一些有趣的综合应用题。
一、等差数列的综合应用1. 现有一连续数列，首项为a，公差为d，共有n项。
若已知该等差数列的和为Sn，则求出该数列的最后一项。
解析：根据等差数列的性质，我们知道等差数列的前n项和可以表示为Sn = (2a + (n-1)d) * n / 2。
将该式子中的Sn替换为已知的值，整理后得到一个关于未知数的一元二次方程，通过解方程，我们可以求得该数列的最后一项。
2. 小明上学迟到了，他每天比前一天迟到10分钟，第一天迟到15分钟，到第九天小明迟到多久？解析：这是一个等差数列的应用题，题目中已经给出了首项和公差，我们需要求出第九项。
根据等差数列的性质，我们知道第九项可以表示为a9 = a1 + (9-1)d。
将已知的值代入公式，计算得到小明第九天迟到了85分钟。
二、等比数列的综合应用1. 小明通过研究发现，他所在的城市每年的垃圾总量是前一年的1.5倍。
今年城市的垃圾总量为2000吨，请计算出5年后的城市垃圾总量是多少吨。
解析：这是一个等比数列的应用题，题目中已经给出了首项和公比，我们需要求出第五项。
根据等比数列的性质，我们知道第五项可以表示为an = a1 * r^(n-1)，其中a1为首项，r为公比。
将已知的值代入公式，计算得到5年后的城市垃圾总量为3750吨。
2. 一颗植物的高度是前一天的2倍，已知第一天植物的高度为10厘米，请计算出第五天的植物高度。
解析：这是一个等比数列的应用题，题目中已经给出了首项和公比，我们需要求出第五项。
根据等比数列的性质，我们知道第五项可以表示为an = a1 * r^(n-1)，其中a1为首项，r为公比。
数列中的综合问题
[解]
易知
(2)若选择①，解答过程如下.
+1
＝
1
3
当 n ≥2时，
−1
+1
·
+2
2
1
，
1
3
1
3
＝ × ，
3
2
1
3
2
4
＝ × ，
4
3
1
3
3
5
＝ × ，…，
−1
1
3
＝ ×
，
累乘得
2
1
×
1
2
3
2
×…×
−1
因为 b 1 ＝ ，所以 b n ＝
成立，
＝
1
1
＋8.
+1
＝(4－3 n )·2
－8，
方法总结
数列的综合问题常将等差、等比数列结合，两者相互联系、相互转
化，解答这类问题的方法：寻找通项公式，利用性质进行转化.
跟踪训练
1.
2
(2022·全国甲卷)记 Sn 为数列{ an }的前 n 项和.已知
＋ n ＝2 an ＋1.
(1)证明：{ an }是等差数列；
的通项公式、前 n 项和公式、求和方法等对式子化简变形.
跟踪训练
3. 已知数列{ an }是等差数列， a 1＝1，公差 d ∈[1，2]，且 a 4＋λ a 10＋ a 16
＝15，则实数λ的最大值为
1
－
2
.
因为 a 4＋λ a 10＋ a 16＝15，所以 a 1＋3 d ＋λ( a 1＋9 d )＋ a 1＋15 d ＝15，
专题05 等差等比综合(解析版)
专题5 等差等比综合一、解答题1．已知等差数列{}n a 中，22a =，156a a +=. （1）求{}n a 的通项公式；（2）若2n an b =，求数列{}n b 的前n 项和n S . 【答案】（1）n a n =；（2）122n n S +=-.【解析】（1）先设等差数列的公差为d ，由题中条件，列出方程求出首项和公差，即可得出通项公式； （2）根据（1）的结果，得到n b ，再由等比数列的求和公式，即可得出结果. 【详解】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，因为22a =，156a a +=，所以112246a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得11a d ==，所以1(1)n a n n ；（2）由（1）可得，22n a nn b ==，即数列{}n b 为等比数列，所以数列{}n b 的前n 项和()12122212n n n S +-==--.2．已知等差数列{}3log n a 的首项为1，公差为1，等差数列{}n b 满足()212n n b n n k +=++．（1）求数列{}n a 和数列{}n b 的通项公式； （2）若nn nb c a =，求数列{}n c 的前n 项和n S ． 【答案】（1）3nn a =．1n b n =+（2）525443n nn S +=-⋅ 【解析】（1）由等差数列的通项公式及对数的运算可得数列{}n a 的通项公式，根据条件中的递推式求出123,,b b b ，利用它们成等差数列列方程求出k ，进而可得数列{}n b 的通项公式； （2）利用错位相减法求数列{}n c 的前n 项和n S . 【详解】解：（1）由条件可知，3log 11n a n n =+-=，3nn a ∴=.()212n n b n n k +=++，132k b +∴=，283k b +=，3154kb +=. 由题意{}n b 为等差数列，2132b b b ∴=+，解得1k =，()211n b n n ∴=+-=+； （2）由（1）知，13n n n n b n c a +==，2231333n n n S +∴=++⋅⋅⋅+① 则23112313333n n n S ++=++⋅⋅⋅+① ①-①可得23311221111525333333623n n n n n S ++++=+++⋅⋅⋅+-=-⋅，525443n nn S +∴=-⋅. 3．若数列{}n a 的前n 项和22n n S a =-，*n N ∈. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）若()221log *n n b a n N -=∈，求数列{}n b 的前n 项和n T . 【答案】（1）2n n a =；（2）2n T n =. 【解析】 【分析】（1）根据公式11(2,),(1)n n n S S n n N a a n *-⎧-≥∈=⎨=⎩，结合等比数列的定义、通项公式进行求解即可；（2）根据对数的运算性质，结合等差数列的定义、等差数列前n 项和公式进行求解即可. 【详解】（1）数列{}n a 的前n 项和22n n S a =-，*n N ∈.2n ≥时，()112222n n n n n a S S a a --=-=---，化为：12n n a a -=，1n =时，1122a a =-，解得12a =.∴数列{}n a 是等比数列，首项为2，公比为2. 2n n a ∴=.（2）221log 21n n b a n -==-.因为12n nb b ，∴数列{}n b 是等差数列，首项为1，公差为2，所以 21()(1+21)22n n n a a n n T n +-∴===. 4．在等差数列{}n a 中，138a a +=，且2429a a a =⋅ （1）求数列{}n a 的首项､公差； （2）设()()1218n n n a a b -+=，若13mm m bb b +++=，求正整数m 的值.【答案】（1）数列{}n a 的首项是4，公差为0或首项是1，公差为3；（2）6. 【解析】 【分析】（1）根据条件，列出两个关于首项和公差的方程，然后解方程即可；（2）由（1）求出数列{}n a 的通项，然后再求出n b ，再根据13m m m b b b +++=求出m .【详解】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，前n 项和为n S ，由已知可得：1121112284(3)()(8)0a d a a d a d a d d ⎧+==⎧⇒⎨⎨+=++=⎩⎩或113a d =⎧⎨=⎩， 即数列{}n a 的首项是4，公差为0或首项是1，公差为3. （2）由（1）可知4n a =或13(1)32n a n n =+-=- 当4n a =时，(41)(42)118n b -+==，又13m m m b b b +++=，而1121+=>不满足题意；当32n a n =-时，(321)(322)(1)182n n n n n b ---+-==，又13m m m b b b +++=，所以(1)(1)(2)(3)222m m m m m m -++++=， 整理得2560m m --=，因为m 为正整数，所以m =6.5．已知数列{}n a 的各项均为正数，记n S 为{}n a 的前n 项和，从下面①①①中选取两个作为条件，证明另外一个成立．①数列{}n a 是等差数列：①数列是等差数列；①213a a =． 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分． 【答案】证明过程见解析 【解析】 【分析】选①①作条件证明①,n n a S 的关系求出n a ，利用{}n a 是等差数列可证213a a =；也可分别设出公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系，进行证明. 选①①作条件证明①选①①作条件证明①时，an b =+，结合,n n a S 的关系求出n a ，根据213a a =可求b ，然后可证{}n a 是等差数列；也可利用前两项的差求出公差，然后求出通项公式，进而证明出结论. 【详解】选①①作条件证明①：[方法一]：待定系数法+n a 与n S 关系式(0)an b a =+>，则()2n S an b =+， 当1n =时，()211a S a b ==+；当2n ≥时，()()221n n n a S S an b an a b -=-=+--+()22a an a b =-+；因为{}n a 也是等差数列，所以()()222a b a a a b +=-+，解得0b =；所以()221n a a n =-，21a a =，故22133a a a ==.[方法二] ：待定系数法设等差数列{}n a 的公差为d，等差数列的公差为1d ，1(1)n d -，将1(1)2n n n S na d -=+1(1)n d =-，化简得())2222211111222d d n a n d n d n d ⎛⎫+-=+-+⎪⎝⎭对于n +∀∈N 恒成立．则有21211112,240,d d a d d d ⎧=⎪⎪-=-⎨=，解得112d d a ==．所以213a a =．选①①作条件证明①：因为213a a =，{}n a 是等差数列， 所以公差2112d a a a =-=， 所以()21112n n n S na d n a -=+==，)1n =+=所以是等差数列. 选①①作条件证明①： [方法一]：定义法(0)an b a =+>，则()2n S an b =+， 当1n =时，()211a S a b ==+；当2n ≥时，()()221n n n a S S an b an a b -=-=+--+()22a an a b =-+；因为213a a =，所以()()2323a a b a b +=+，解得0b =或43a b =-； 当0b =时，()221,21n a a a a n ==-，当2n ≥时，2-1-2n n a a a =满足等差数列的定义，此时{}n a 为等差数列；当43a b =-4=3an b an a +-03a-<不合题意，舍去. 综上可知{}n a 为等差数列. [方法二]【最优解】：求解通项公式因为213a a =，因为也为等差数列，所以公差1d()11n d -=21n S n a =，当2n ≥时，()()221111121n n n a S S n a n a n a -=-=--=-，当1n =时，满足上式，故{}n a 的通项公式为()121n a n a =-，所以()1123n a n a -=-，112n n a a a --=，符合题意. 【整体点评】这类题型在解答题中较为罕见，求解的关键是牢牢抓住已知条件，结合相关公式，逐步推演，选①①时，法一：利用等差数列的通项公式是关于n(0)an b a =+>，平方后得到n S 的关系式，利用11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩得到{}n a 的通项公式，进而得到213a a =，是选择①①证明①的通式通法；法二：分别设出{}n a 与{}n S 的公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系1d 12d a =，进而得到213a a =；选①①时，按照正常的思维求出公差，表示出n S进行证明；选①①时，法一：利用等差数列的通项公式是关于n 的一次函数，(0)an b a =+>，结合,n n a S 的关系求出n a ，根据213a a =可求b ，然后可证{}n a前两项的差1d利用11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，求出{}n a 的通项公式，进而证明出结论.6．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，n a =*n ∈N 且2n ≥). (1)求数列{}n a 的通项公式；(2)求数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T .【答案】(1)21n a n =- (2)21n n T n =+ 【解析】 【分析】（1）由1(2)n n n a S S n -=-≥及题意可得数列为等差数列，从而求出2n S n =，从而可求出答案；（2）利用裂项相消法即可求出答案． (1)①1(2)n n n a S S n -=-≥，①2)n a n =≥，又)*2,,0n n a n n a ≥∈>N ，1(2)n ≥，①数列1==为首项，1为公差的等差数列，1(1)n n =+-=，①2n S n =，当2n ≥时，()221121n n n a S S n n n -=-=--=-， 当1n =时，11a =，满足上式， ①数列{}n a 的通项公式为21n a n =-；(2)由（1）可知，21n a n =-， 12233411111n n n T a a a a a a a a +=++++ 11111335572121n n =++++⨯⨯⨯(-)(+)1111111221213351n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⨯-+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦111221n ⎛⎫=⨯- ⎪+⎝⎭ 21nn =+， ①当*n ∈N 时，21n nT n =+． 7．已知数列{an }满足1a ＝1，an ＋1＝2an ＋1，bn ＝an ＋1(n ①N*)． （1）求证：{ bn }是等比数列； （2）求{ an }的通项公式．【答案】（1）证明见解析；（2）an ＝2n －1. 【解析】 【分析】（1）由题意可得an ＋1＋1＝2(an ＋1)，利用等比数列的定义即可证明. （2）利用等比数列的通项公式即可求解. 【详解】（1）证明：①an ＋1＝2an ＋1，①an ＋1＋1＝2(an ＋1)，即bn ＋1＝2bn ， ①b 1＝1a ＋1＝2≠0.①bn ≠0，①1n nb b +＝2，①{bn }是等比数列． （2）由（1）知{bn }是首项b 1＝2，公比为2的等比数列， ①bn ＝2×2n －1＝2n ，即an ＋1＝2n ，①an ＝2n －1.8．已知等差数列{}n a 的公差为正数，11a =，其前n 项和为n S ，数列{}n b 为等比数列，12b =，且2212b S =，2310b S +=.（1）求数列{}n a 与{}n b 的通项公式； （2）求数列{}n n a b ⋅的前n 项和n T . （3）设1n n n c b S =+，n *∈N，求数列{}n c 的前2n 项和. 【答案】（1）n a n =；2nn b =；（2）()1122n n T n +=-⋅+；（3）212221n n +-+. 【解析】【分析】（1）假设公差d 和公比q ，由等差和等比数列通项与求和公式可构造方程求得,d q ，由等差和等比通项公式可求得结果；（2）由（1）可得2nn n a b n ⋅=⋅，利用错位相减法可求得结果；（3）由（1）可得11221nn c n n ⎛⎫=+⨯- ⎪+⎝⎭，利用分组求和的方法，结合等比数列求和公式和裂项相消法可求得结果. 【详解】（1）设等差数列{}n a 的公差为()0d d >，等比数列{}n b 公比为q ，()()22112311222123323310b S b q a d q d b S b q a d q d ⎧=+=+=∴⎨+=++=++=⎩，解得：21q d =⎧⎨=⎩，()111n a n n ∴=+-⨯=；1222n n n b -=⨯=；（2）由（1）得：2nn n a b n ⋅=⋅，()1231122232122n n n T n n -∴=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⋅+⋅， ()23412122232122n n n T n n +=⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅+-⋅+⋅， 两式作差得：()()211231212222222212n n nn n T n n -++--=-⋅+++⋅⋅⋅+=-⋅+-112242n n n ++=-⋅-+()1122n n +=-⋅-，()1122n n T n +∴=-⋅+.（3）由（1）得：()()121122221112n n n n c n n n n n n ⎛⎫=+=+=+⨯- ⎪+++⎝⎭， 则2212321111122221223221nn c c c c n n ⎛⎫+++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅++⨯-+-+⋅⋅⋅+- ⎪+⎝⎭()221212121422122212212121n n n n n n n ++-⎛⎫=+⨯-=-+=- ⎪-+++⎝⎭. 【点睛】方法点睛：当数列通项公式满足等差⨯等比的形式时，采用错位相减法求解数列的前n 项和，具体步骤如下：①列出1231n n n S a a a a a -=+++⋅⋅⋅++的形式；①左右两侧同乘通项中的等比部分的公比q ，得到n qS ；①上下两式作差得到()1n q S -，结合等比数列求和公式可整理等式右侧的部分； ①整理所得式子求得n S .9．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，194a =-，且1439n n S S +=-.（1）求数列{}n a 的通项；（2）设数列{}n b 满足*3(4)0()n n b n a n N +-=∈，记{}n b 的前n 项和为n T ，若n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，求实数λ的取值范围.【答案】（1）33()4n n a =-⋅；（2）31λ-≤≤.【解析】 【分析】（1）由1439n n S S +=-，结合n S 与n a 的关系，分1,2n n =≥讨论，得到数列{}n a 为等比数列，即可得出结论；（2）由3(4)0n n b n a +-=结合(1)的结论，利用错位相减法求出n T ，n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，分类讨论分离参数λ，转化为λ与关于n 的函数的范围关系，即可求解. 【详解】（1）当1n =时，1214()39a a a +=-，229272749,4416a a =-=-∴=-， 当2n ≥时，由1439n n S S +=-①， 得1439n n S S -=-①，①-①得143n n a a += 122730,0,164n n n a a a a +=-≠∴≠∴=， 又213,{}4n a a a =∴是首项为94-，公比为34的等比数列， 1933()3()444n n n a -∴=-⋅=-⋅；（2）由3(4)0n n b n a +-=，得43(4)()34n n n n b a n -=-=-， 所以234333333210(4)44444nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯⨯++-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎝+⎭⎭，2413333333321(5)(4)444444nn n T n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯++-⋅+-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相减得234113333333(4)4444444nn n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯++++--⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1193116493(4)34414n n n -+⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=-+-- ⎪⎝⎭-111993334(4)44444n n n n n +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+---⋅=-⋅ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以134()4n n T n +=-⋅，由n n T b λ≤得1334()(4)()44n nn n λ+-⋅≤-⋅恒成立，即(4)30n n λ-+≥恒成立，4n =时不等式恒成立；4n <时，312344n n n λ≤-=----，得1λ≤； 4n >时，312344n n n λ≥-=----，得3λ≥-； 所以31λ-≤≤. 【点睛】易错点点睛：（1）已知n S 求n a 不要忽略1n =情况；（2）恒成立分离参数时，要注意变量的正负零讨论，如（2）中(4)30n n λ-+≥恒成立，要对40,40,40n n n -=->-<讨论，还要注意40n -<时，分离参数不等式要变号.10．已知实数111,,a b c 成等差数列，求证：,,222b b b ac --成等比数列.【答案】见详解. 【解析】 【分析】根据条件，证明：2222b b b a c ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-⋅-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭即可，注意各项均不为零.【详解】因为111,,a b c 成等差数列，所以112a c b +=，即2b ac a c =+且0abc ≠，又()()2220222444b b b b ac b b a c ac a c ac a c a c ⎛⎫⎛⎫-⋅-=-++=-++=> ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭， 所以2222b b b a c ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-⋅-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭成立且各项均不为零，所以：,,222b b ba c --成等比数列.【点睛】本题考查等比数列的证明，难度一般.注意说明各项均不为零. 11．设数列{}n b 的前n 项和为n S ，且22n n b S =-. (1) 求123,,b b b ；(2) 求数列{}n b 的通项公式. 【答案】(1)123b =；229b =；3227b =.(2)23n n b =.【解析】 【分析】(1)对于已知式令1,2,3n =即可解得123,,b b b 的值.(2)由22n n b S =-，得1122n n b S --=-，两式相减可推得{}n b 是等比数列，进而可得通项公式.也可以由(1)的结论归纳出{}n b 的通项公式，再验证其符合已知条件. 【详解】（1）由22n n b S =-，令1n =，得1122b S =-，又11S b =，所以123b =； 令2n =，得21222()b b b =-+，所以229b =； 令2n =，得312322()b b b b =-++，所以3227b =. （2）方法一：当2n ≥时，由22n n b S =-，可得1122n n b S --=-， 两式相减得112()2n n n n n b b S S b ---=--=-，即11=3n n b b －. 所以{}n b 是以123b =为首项，13为公比的等比数列，于是1212333n n n b -⎛⎫=⋅=⎪⎝⎭. 方法二：由（1）归纳可得23n nb =， 此时21133111313nnnS ⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦==--，可使22n n b S =-成立，所以23n nb =. 【点睛】本题考查数列问题，考查由n a 和n S 的关系求通项公式.通过赋值列举若干项，寻找规律和解题思路，是解决数列问题的一种常见策略. 12．已知数列{}n a 满足112n n a a +=-+，其中10a =. （1）求证11n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭是等差数列，并求数列{}n a 的通项公式；（2）设121n n n n T a a a +-=+++，若n T p n ≤-对任意的n *∈N 恒成立，求p 的最小值.【答案】（1）证明见解析，11n a n=-；（2）最小值为1.【解析】 【分析】 （1）根据112n n a a +=-+，可得1211111222n n n n n n a a a a a a ++-++=-+==+++，从而可得12111111n n n n a a a a ++==++++，即可得出结论，再根据等差数列的通项即可求得数列{}n a 的通项公式； （2）121n n n n T a a a p n +-=+++≤-，即()()()()12211111n n n n a a a a p ++-++++++++≤，设()()()()121111n n n H n a a a +-=++++++，利用作差法证明数列(){}H n 单调递减，从而可得出答案.【详解】（1）证明：①112n n a a +=-+， ①1211111222n n n n n n a a a a a a ++-++=-+==+++， ①10n a +≠，①12111111n n n n a a a a ++==++++， ①11n a ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭是以1为首项，1为公差的等差数列. ()1111n n n a =+-=+，①11n a n=-. （2）解：①121n n n n T a a a p n +-=+++≤-，①121n n n n a a a p +-++++≤，即()()()()12211111n n n n a a a a p ++-++++++++≤对任意的n *∈N 恒成立，而11n a n+=， 设()()()()121111n n n H n a a a +-=++++++，①()111121H n n n n =++++-， ()1111111221221H n n n n n n +=+++++++-+， ①()()1111110221212H n H n n n n n n+-=+-=-<++， ①数列(){}H n 单调递减，①当n *∈N 时，()()11H n H ≤=，①1p ≥. ①p 的最小值为1.13．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且4120S =，13n n a a +=. （①）求数列{}n a 的通项公式；（①）设321log n n b a -=，求数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和n T . 【答案】（1）3nn a =（2）n T 21nn =+ 【解析】 【分析】（1）利用13n n a a +=，得到数列{}n a 是等比数列，且公比等于3，利用求和公式求得数列的首项1a ，再利用等比数列的通项公式求得结果；（2）根据题意，可得21n b n =-，之后应用裂项相消法对数列11n n b b +⎧⎫⎨⎬⎩⎭求和.【详解】（①）①13n na a +=，①{}n a 是公比为3q =的等比数列， 又()4141312013a S -==-，解得13a=.①{}n a 是以13a =为首项，以3q =为公比的等比数列，通项公式为113n nn a a q -==. （①）①213log 321n n b n -==- ①()()11113352121n T n n =+++⨯⨯-+ 111111123352121n n ⎛⎫=-+-++- ⎪-+⎝⎭11(122121n n n =-=++） 【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有等比数列的定义，等比数列的求和公式，等比数列通项公式，裂项相消法求和，属于中档题目.14．某航运公司用300万元买回客船一艘，此船投入营运后，每月需开支燃油费、维修费、员工工资，已知每月燃油费7000元，第n 个月的维修费和工资支出为600(1)3000-+n 元. （1）设月平均消耗为y 元，求y 与n （月）的函数关系； （2）投入营运第几个月，成本最低？（月平均消耗最小）（3）若第一年纯收入50万元（已扣除消耗），以后每年纯收入以5%递减，则多少年后可收回成本？ 【答案】（1）30000003009700,y n n N n+=++∈；（2）投入第100个月，成本最低； （3）7年后收回成本. 【解析】 【分析】（1）先求出购船费和所有支出的和，然后把购船费和所有支出费用平摊到每一个月，即可求得平均消耗y与n （月）的函数关系；（2）利用基本不等式可得最值，从而求出此时n 的值，即可求解；（3）假设x 年后可收回成本，则收入是首项为50，公比为0.95的等比数列，然后建立收入大于成本的不等式，即可求解. 【详解】（1）购船费和所有支出费为30000007000[300030006003000260030006000(1)]n n +++⨯+⨯⨯++⨯-230000009700300n n =++元，所以月平均消耗30000003009700=++y n n， 即月平均消耗为y 与n 的函数关系30000003009700,y n n N n+=++∈.（2）由（1）30000003009700970069700y n n =++≥=， 当且仅当3000000300n n=，即100n =时等号成立， 所以当投入营运100个月时，营运成本最低. （3）假设x 年后可收回成本，则收入为： 215050(15%)50(15%)50(15%)1000(10.95)300x x -+-+-++-=->，解得7x =时满足条件，6x =时不满足条件， 故7年后可收回成本. 【点睛】本题主要考查了等比数列的应用，以及基本不等式求最值的应用，着重分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.15．已知各项均不相等的等差数列{}n a 的前4项和为10，且124,,a a a 是等比数列{}n b 的前3项. （1）求n a ，n b ； （2）设()11n n n n c b a a =++，求{}n c 的前n 项和n S .【答案】（1）1,2n n n a n b -==；（2）121nn S n =-+. 【解析】 【分析】（1）设数列{}n a 的公差为()0d d ≠，由题意列关于首项与公差的方程，联立求得首项与公差，则n a ，n b 可求；（2）把（1）中求得的通项公式代入n c ，分组后利用等比数列前n 项和与裂项相消法求解数列{}n c 的前n 项和. 【详解】解：（1）设数列{}n a 的公差为()0d d ≠， 由题意，4114(41)446102S a d a d ⨯-=+=+=，① 又①124,,a a a 成等比数列，①2214a a a =， 即2111()(3)a d a a d +=+，得1a d =，①联立①①可得，11a d == ①n a n = ，12n n b -=； （2）①1112(1)(1)n n n n n c b a a n n -=+=+++，①01111111(222)(1)2231n n S n n -=++++-+-++-+ ＝1211121211n n n n -+-=--++. ①数列{}n c 的前n 项和n S 为121n n S n =-+. 【点睛】本题考查等差等比数列基本量的计算，等比数列求和公式，裂项求和，分组求和法等，考查运算求解能力，是中档题.本题第二问解题的关键在于先根据分组求和，转化为等比数列的和与1(1)n n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的和，进而利用裂项求和求解.16．记n S 是公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和，若35244,a S a a S ==． （1）求数列{}n a 的通项公式n a ； （2）求使n n S a >成立的n 的最小值． 【答案】(1)26n a n =-；(2)7. 【解析】 【分析】(1)由题意首先求得3a 的值，然后结合题意求得数列的公差即可确定数列的通项公式； (2)首先求得前n 项和的表达式，然后求解二次不等式即可确定n 的最小值. 【详解】(1)由等差数列的性质可得：535S a =，则：3335,0a a a =∴=，设等差数列的公差为d ，从而有：()()22433a a a d a d d =-+=-，()()()41234333322S a a a a a d a d a a d d =+++=-+-++-=-， 从而：22d d -=-，由于公差不为零，故：2d =， 数列的通项公式为：()3326n a a n d n =+-=-.(2)由数列的通项公式可得：1264a =-=-，则：()()214252n n n S n n n -=⨯-+⨯=-，则不等式n n S a >即：2526n n n ->-，整理可得：()()160n n -->， 解得：1n <或6n >，又n 为正整数，故n 的最小值为7. 【点睛】等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等差数列的有关公式并能灵活运用.17．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且1a ，n a ，n S 为等差数列；数列{}n b 满足16b =，14n n nb S a =++. (1)求数列{}n b 的前n 项和n T ； (2)若对于*N n ∀∈，总有3207464n n m a --<成立，求实数m 的取值范围. 【答案】(1)+1112+32n n n n T -=-. (2)6>7m .【解析】 【分析】（1）由等差数列的性质得12+n n a a S =，继而有+11+12+n n a a S =，两式相减得+12n n a a =，由此得数列{}n a 是以2为公比的等比数列，求得n a ，n S ，再由此求得n b ，运用分组求和法和等比数列的求和公式可求得n T . （2）由（1）将不等式转化为132074>642n n m ---⨯，再令13202n n n c --=，作+12233n nnnc c --=，判断出当8n =时，n c 取得最大值132，由此得174>6432m -⨯，求解即可.(1)解：因为1a ，n a ，n S 为等差数列，所以12+n n a a S =，所以+11+12+n n a a S =，两式相减得+1+122n n n n a a S S -=-， 即+12n n a a =，所以数列{}n a 是以2为公比的等比数列，又16b =，14n n n b S a =++，所以11164a a =++，解得11a =，所以12n n a ，12112122n n n S -⨯-=--=，所以1111242+3212nnn n n b --=++=+-， 所以212112111112+32+32+++++3+22+2n n n n T b b b ---++⎛⎫⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝+⎭⎝⎭()21112+221++2++++32n n n -⎛⎫=+ ⎪⎝⎭111112222+311212nn n --⨯-=+--⨯+1112+32n n n -=-， 所以+1112+32n n n n T -=-； (2)解：由（1）得不等式为132072464n n m ---<，整理得132074>642n n m ---⨯， 令13202n n n c --=，则()+113+122203202332n n n n nn n n c c -----=-=， 所以当07n <≤，*N n ∈时，+1>0n n c c -，即+1>n n c c ，当>7n ，*N n ∈时，+10n n c c -<，即+1n n c c <，所以当8n =时，n c 取得最大值88138201232c -⨯-==，所以174>6432m -⨯，即74>2m -，解得6>7m . 所以实数m 的取值范围为6>7m .18．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且2610a a +=，520S =. （1）求n a 与n S ； （2）设数列{}n c 满足1n n c S n=-，求{}n c 的前n 项和n T . 【答案】（1）1n a n =+,n S ()32n n +=（2）n T 21nn =+ 【解析】 【分析】 （1）由()1553552a a S a +==和2642a a a +=，可求出3a 和4a ，然后利用等差数列的性质可求出n a 与n S ；（2）由（1）知()32n n n S +=，可得2121121n n c S n n n n n ⎛⎫===- ⎪-++⎝⎭，利用裂项相消的求和方法，可求出{}n c 的前n 项和n T . 【详解】解：（1）设等差数列公差为d ，()155355202a a S a+===，故34a =，264210a a a +==，故45a =，1d ∴=，()331n a a d n n =+-=+，易得12a =， ∴()12n n nS a a =+ ()()32122n n n n +=++=． （2）由（1）知()32n n n S +=，则2121121n n c S n n n n n ⎛⎫===- ⎪-++⎝⎭，则111111121223341n T n n ⎛⎫=-+-+-+- ⎪+⎝⎭ 1211n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭21n n =+． 【点睛】本题考查了等差数列的通项公式及前n 项和公式，考查了裂项相消的求和方法，考查了学生的计算能力，属于基础题．19．数列{}n a 满足()1331,2n n n a a n n *-=+-∈≥N ，已知395a =．（1）求1a ，2a ； （2）若()()13n n nb a t n *=+∈N ，则是否存在实数t ，使{}n b 为等差数列？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）15a =；223a =；（2）存在；12t =-．【解析】 【分析】（1）代入2n =，3n =进入1331nn n a a -=+-，结合395a =，即得解；（2）利用等差数列定义，要使{}n b 为等差数列，则11213n n ntb b -+-=-为常数，分析即得解 【详解】（1）当2n =时，221331a a =+-． 当3n =时，33233195a a =+-=，①223a =．①12338a =+，解得15a =． （2）当2n ≥时，()()1111133n n n n n n b b a t a t ----=+-+ ()()1113331233nn n n n a t a t t -=+--=-- 1213nt+=-． 要使{}n b 为等差数列，则1213n t +-为常数，即12t =-， 即存在12t =-，使{}n b 为等差数列．20．在正项数列{}n a 中，11a =()()2211121n n n n a a a a ++-=-，1n n nb a a =-. （1）求数列{}n a 与{}n b 的通项公式； （2）求数列(){}22n n n a b -的前n 项和nT .【答案】（1）22n n a =，2nn b =，（2）()()13144219n n n T n n +-+=++【解析】（1）在已知等式()()2211121n n n n a a a a ++-=-两边同时除以1n n a a +，即可证得{}n b 是等比数列（必须求出10b ≠），然后可求得n b ，解方程1n n nb a a =-可得n a ； （2）由（1）求出2(2)44nn n n a b n n -=⋅+，其前n 项和用分组求和法，一部分由等差数列前n 项和公式可得，另外一部分用错位相减法求和． 【详解】（1）①()()2211121n n n n a a a a ++-=-，①11112n n n n a a a a ++⎛⎫-=- ⎪⎝⎭， ①12n n b b +=. 又11112b a a =-=，①{}n b 是首项为2，公比为2的等比数列， 从而2nn b =.①1n n n b a a =-，①12n n n a a -=，又0n a >，解得22n n a =. （2）()()224444n nn n n a b n n n -=+=⋅+，设数列{}4nn ⋅的前n 项和为n S ， 则214244nn S n =⨯+⨯+⋅⋅⋅+⋅，231414244n n S n +=⨯+⨯+⋅⋅⋅+⋅，则2144444n n n n S S n +-=+++-⋅，即()11134444434143n n n n n S n ++---⨯-=-⋅=-，即()131449n nn S +-+=， 故()()()11314442129n n n n n n T S n n ++-+=+⨯=++.【点睛】本题考查等比数列的证明，考查等比数列通项公式，考查分组求和、错位相减法求和．数列求和除等差数列和等比数列的求和公式外还有一些特殊数列的特殊方法：。
等差数列和等比数列的综合应用
1等差数列和等比数列的综合应用1．等差数列的常用性质：⑴ m ，n ，p ，r ∈N *，若m ＋n ＝p ＋r ，则有 ．⑵ {a n }是等差数列， 则{a kn } (k ∈N *，k 为常数)是 数列． ⑶ S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 构成 数列．2．在等差数列中，求S n 的最大(小)值，关键是找出某一项，使这一项及它前面的项皆取正(负)值或0，而它后面的各项皆取负(正)值．⑴ a 1> 0，d <0时，解不等式组 ⎩⎨⎧<≥+001n n a a 可解得S n 达到最 值时n 的值． ⑵ a 1<0，d>0时，解不等式组⎪⎩⎪⎨⎧可解得S n 达到最小值时n 的值．3．等比数列的常用性质：⑴ m ，n ，p ，r ∈N *，若m ＋n ＝p ＋r ，则有 ． ⑵ {a n }是等比数列，则{a 2n }、{na 1}是 数列． ⑶ 若S n ≠0，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 构成 数列． 4．求数列的前n 项和，一般有下列几种方法： （1）．等差数列的前n 项和公式： S n ＝ ＝ ．（2）．等比数列的前n 项和公式： ① 当q ＝1时，S n ＝ ． ② 当q≠1时，S n ＝ ．（3）．倒序相加法：将一个数列倒过来排列与原数列相加．主要用于倒序相加后对应项之和有公因子可提的数列求和．（4）．错位相减法：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和．例1. 数列{a n }的前n 项和S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝31S n ，n ＝1，2，3…… 求：⑴ a 2、a 3、a 4的值及{a n }的通项公式；⑵ a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n 的值.2解析：(1)由a 1＝1，a n ＋1＝31S n ，n ＝1，2，3，…得a 2＝31S 1＝31a 1＝31，a 3＝31S 2＝31(a 1＋a 2)＝94，a 4＝31S 3＝31(a 1＋a 2＋a 3)＝2716 由a n ＋1－a n ＝31(S n －S n －1)＝31a n (n≥2)，得a n ＋1＝34a n (n≥2)，又a 2＝31，∴a n ＝31·(34)n －2(n≥2)∴ {a n }通项公式为a n ＝⎪⎩⎪⎨⎧≥⋅=-2)34(31112n n n(2) 由(1)可知a 2、a 4、…a 2n 是首项为31，公比为(34)2，项数为n 的等比数列.∴ a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2n ＝31×22)34(1)34(1--n ＝73[(34)2n －1] 变式训练1.设数列{}n a 的前n 项的和14122333n n n S a +=-⨯+，......3,2,1=n 求首项1a 与通项n a 。
等差数列和等比数列的综合运用一
【例 5】等差数列 a n 中，a1＞0，前 n 项之和为 Sn， 且 S7＝S13，问 n 为何值时 Sn 最大。
（2）设 bn an 3 2an ，证明 bn bn 1 ，其中 n 为正整数．
法一：基本元素法
S n An 2 Bn 法二：利用特征式
法三：足数和性质 法四：利用已知结论
变式： （07 陕西理）各项均为正数的等比数列 an 的前 项和为 Sn，若 Sn=2,S3n=14,则 S4n 等于
知识梳理
1. 等差数列和等比数列的概念、有关公式和性质
例题分析
【例 1】 （1）已知 {an } 是等比数列， a1 a2 a3 7 ，
a1 a2 a3 8 ，求 an . （2）有四个数，其中前三个数成等差数列，后 三个成等比数列，且第一个数与第四个数的 和是 16，第二个数与第三个数的和为 12。 求此四个数。
一、诊断练习：
1、 （07 宁夏文 6） ．已知 a，b c，d 成等比数列，且曲线 ，
y x 2 2 x 3 的顶点是 (b，c) ，则 ad 等于
2. （05 福建卷）已知等差数列 {a n } 中，
a7 a9 16, a4 1, 则a12 的值是
3、 （06 江苏卷）在各项都为正数的等比数列｛an｝中，首项 a1=3 ，前三项和为 21，则 a3+ a4+ a5= 4、首项为-24 的等差数列，从第 10 项起开始为正数，则公差 的取值范围是 5、 （07 年全国）设等差数列 an 的公差 d 不为 0， a1 9d ． 若 ak 是 a1 与 a2k 的等比中项，则 k
【例 2】数列 {an } 中， Sn=4an-1& n 1 2a n ，求证数列｛bn｝是等比数列
2024届高考一轮复习数学教案(新人教B版)：数列中的综合问题
§6.6数列中的综合问题考试要求数列的综合运算问题以及数列与函数、不等式等知识的交汇问题，是历年高考的热点内容．一般围绕等差数列、等比数列的知识命题，涉及数列的函数性质、通项公式、前n 项和公式等．题型一等差数列、等比数列的综合运算例1(2023·厦门模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝32n 2＋12n ，递增的等比数列{b n }满足b 1＋b 4＝18，b 2·b 3＝32.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若c n ＝a n ·b n ，n ∈N +，求数列{c n }的前n 项和T n .解(1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝32n 2＋12n －32(n －1)2＋12(n －1)＝3n －1，又∵当n ＝1时，a 1＝S 1＝2符合上式，∴a n ＝3n －1.∵b 2b 3＝b 1b 4，∴b 1，b 4是方程x 2－18x ＋32＝0的两根，又∵b 4>b 1，∴解得b 1＝2，b 4＝16，∴q 3＝b4b 1＝8，∴q ＝2，∴b n ＝b 1·q n －1＝2n .(2)∵a n ＝3n －1，b n ＝2n ，则c n ＝(3n －1)·2n ，∴T n ＝2·21＋5·22＋8·23＋11·24＋…＋(3n －1)·2n ，2T n ＝2·22＋5·23＋8·24＋11·25＋…＋(3n －1)·2n ＋1，将两式相减得－T n ＝2·21＋3(22＋23＋24＋…＋2n )－(3n －1)·2n ＋1＝4＋322(1－2n －1)1－2－(3n －1)·2n ＋1＝(4－3n )·2n ＋1－8，∴T n ＝(3n －4)·2n ＋1＋8.思维升华数列的综合问题常将等差、等比数列结合，两者相互联系、相互转化，解答这类问题的方法：寻找通项公式，利用性质进行转化．跟踪训练1(2022·全国甲卷)记S n 为数列{a n }的前n 项和．已知2S nn＋n ＝2a n ＋1.(1)证明：{a n }是等差数列；(2)若a 4，a 7，a 9成等比数列，求S n 的最小值．(1)证明由2S nn＋n ＝2a n ＋1，得2S n ＋n 2＝2a n n ＋n ，①所以2S n ＋1＋(n ＋1)2＝2a n ＋1(n ＋1)＋(n ＋1)，②②－①，得2a n ＋1＋2n ＋1＝2a n ＋1(n ＋1)－2a n n ＋1，化简得a n ＋1－a n ＝1，所以数列{a n }是公差为1的等差数列．(2)解由(1)知数列{a n }的公差为1.由a 4，a 7，a 9成等比数列，得a 27＝a 4a 9，即(a 1＋6)2＝(a 1＋3)(a 1＋8)，解得a 1＝－12.所以S n ＝－12n ＋n (n －1)2＝n 2－25n2－6258，所以当n ＝12或13时，S n 取得最小值，最小值为－78.题型二数列与其他知识的交汇问题命题点1数列与不等式的交汇例2(1)已知数列{a n }满足a 1＋12a 2＋13a 3＋…＋1na n ＝n 2＋n (n ∈N +)，设数列{b n }满足：b n ＝2n ＋1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，若T n <nn ＋1λ(n ∈N +)恒成立，则实数λ的取值范围为()A.14，＋∞C.38，＋∞答案D解析数列{a n }满足a 1＋12a 2＋13a 3＋…＋1na n ＝n 2＋n ，①当n ≥2时，a 1＋12a 2＋13a 3＋…＋1n －1a n －1＝(n －1)2＋(n －1)，②①－②得1na n ＝2n ，故a n ＝2n 2，当n ＝1时，a 1＝2也满足上式．数列{b n }满足：b n ＝2n ＋1a n a n ＋1＝2n ＋14n 2(n ＋1)2＝141n 2－1(n ＋1)2，则T n ＝141＋…＋1n 2－1(n ＋1)2＝141－1(n ＋1)2，由于T n <nn ＋1λ(n ∈N +)恒成立，故141－1(n ＋1)2<n n ＋1λ，整理得λ>n ＋24n ＋4，因为y ＝n ＋24n ＋4＝n ∈N +上单调递减，故当n ＝1＝38，所以λ>38.(2)已知数列{a n }满足a 1＝37，3a n ,2a n ＋1，a n a n ＋1成等差数列．{a n }的通项公式；②记{a n }的前n 项和为S n ，求证：1271S n <7528.①解由已知得4a n ＋1＝3a n ＋a n a n ＋1，因为a 1＝37≠0，所以由递推关系可得a n ≠0恒成立，所以4a n ＝3a n ＋1＋1，所以4a n －4＝3a n ＋1－3，即1a n ＋1－1又因为1a 1－1＝73－1＝43，所以数列是首项为43，公比为43的等比数列，所以1a n－1，所以a n ＝11.②证明由①可得a n ＝111－1＝37×－1，所以S n ≥37＋37×＋…＋37×－1＝1271n，a n ＝11<1，S 1＝37<7528，当n ≥2时，S n <37＋＋ (37)1－34＝7528－3<7528.综上所述，1271n≤S n <7528成立．命题点2数列与函数的交汇例3(1)(2023·龙岩模拟)已知函数f (x )＝13x 3＋4x ，记等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若f (a 1＋2)＝100，f (a 2022＋2)＝－100，则S 2022等于()A ．－4044B ．－2022C ．2022D ．4044答案A解析因为f (－x )＝－13x 3－4x ＝－f (x )，所以f (x )是奇函数，因为f (a 1＋2)＝100，f (a 2022＋2)＝－100，所以f (a 1＋2)＝－f (a 2022＋2)，所以a 1＋2＋a 2022＋2＝0，所以a 1＋a 2022＝－4，所以S 2022＝2022(a 1＋a 2022)2＝－4044.(2)数列{a n }是等差数列，a 1＝1，公差d ∈[1,2]，且a 4＋λa 10＋a 16＝15，则实数λ的最大值为________．答案－12解析因为a 4＋λa 10＋a 16＝15,所以a 1＋3d ＋λ(a 1＋9d )＋a 1＋15d ＝15，令λ＝f (d )＝151＋9d －2，因为d ∈[1,2]，所以令t ＝1＋9d ，t ∈[10,19]，因此λ＝f (t )＝15t －2，当t ∈[10,19]时，函数λ＝f (t )是减函数，故当t ＝10时，实数λ有最大值，最大值为f (10)＝－12.思维升华(1)数列与不等式的综合问题及求解策略①判断数列问题的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小或借助数列对应的函数的单调性比较大小．②以数列为载体，考查不等式恒成立的问题，此类问题可转化为函数的最值．③考查与数列有关的不等式证明问题，此类问题一般采用放缩法进行证明，有时也可通过构造函数进行证明．(2)数列与函数交汇问题的主要类型及求解策略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利用数列的通项公式、前n 项和公式、求和方法等对式子化简变形．跟踪训练2(1)设{a n }是等比数列，函数y ＝x 2－x －2023的两个零点是a 2，a 3，则a 1a 4等于()A ．2023B ．1C ．－1D ．－2023答案D解析由题意a 2，a 3是x 2－x －2023＝0的两根．由根与系数的关系得a 2a 3＝－2023.又a 1a 4＝a 2a 3，所以a 1a 4＝－2023.(2)数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N +)，S n 为其前n 项和．数列{b n }为等差数列，且满足b 1＝a 1，b 4＝S 3.①求数列{a n }，{b n }的通项公式；②设c n ＝1b n ·log 2a 2n ＋2，数列{c n }的前n 项和为T n ，证明：13≤T n <12.①解由题意知，{a n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以a n ＝a 1·2n －1＝2n －1.所以S n ＝2n－1.设等差数列{b n }的公差为d ，则b 1＝a 1＝1，b 4＝1＋3d ＝7，所以d ＝2，b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.②证明因为log 2a 2n ＋2＝log 222n ＋1＝2n ＋1，所以c n ＝1b n ·log 2a 2n ＋2＝1(2n －1)(2n ＋1)＝所以T n －13＋13－15＋…＋12n －1－因为n ∈N +，所以T n <12，＝n 2n ＋1.当n ≥2时，T n －T n －1＝n 2n ＋1－n －12n －1＝1(2n ＋1)(2n －1)>0，所以数列{T n }是一个递增数列，所以T n ≥T 1＝13.综上所述，13≤T n <12.课时精练1．(2022·汕头模拟)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15,4a 1,2a 3，a 5成等差数列，则a 1等于()A ．52－5B ．52＋5C ．52D ．5答案A解析设各项均为正数的等比数列{a n }的公比为q ，q >0，由前4项和为15,4a 1,2a 3，a 5成等差数列，可得a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝15，4a 3＝4a 1＋a 5，即4a 1＋a 1q 4＝4a 1q 2，即q 2－2＝0，解得q ＝2，a 1＝52－5.2．(2023·焦作模拟)直播带货是一种直播和电商相结合的销售手段，目前受到了广大消费者的追捧，针对这种现状，某传媒公司决定逐年加大直播带货的资金投入，若该公司今年投入的资金为2000万元，并在此基础上，以后每年的资金投入均比上一年增长12%，则该公司需经过____年其投入资金开始超过7000万元()(参考数据：lg 1.12≈0.049，lg 2≈0.301，lg 7≈0.845)A ．14B ．13C ．12D ．11答案C解析设该公司经过n 年投入的资金为a n 万元，则a 1＝2000×1.12，由题意可知，数列{a n }是以2000×1.12为首项，以1.12为公比的等比数列，所以a n ＝2000×1.12n ，由a n ＝2000×1.12n >7000可得n >log 1.1272＝lg 7－lg 2lg 1.12≈11.1，因此，该公司需经过12年其投入资金开始超过7000万元．3．在正项等比数列{a n }中，3为a 6与a 14的等比中项，则a 3＋3a 17的最小值为()A ．23B ．89C ．6D ．3答案C解析因为{a n }是正项等比数列，且3为a 6与a 14的等比中项，所以a 6a 14＝3＝a 3a 17，则a 3＋3a 17＝a 3＋3·3a 3≥2a 3·3·3a 3＝6，当且仅当a 3＝3时，等号成立，所以a 3＋3a 17的最小值为6.4．(2023·岳阳模拟)在等比数列{a n }中，a 2＝－2a 5,1<a 3<2，则数列{a 3n }的前5项和S 5的取值范围是()－118，－－338，－答案A解析设等比数列{a n }的公比为q ，则q 3＝a 5a 2＝－12，数列{a 3n }是首项为a 3，公比为q 3＝－12的等比数列，则S 51＋12＝1116a 35．(多选)(2023·贵阳模拟)已知函数f (x )＝lg x ，则下列四个命题中，是真命题的为()A ．f (2)，f (10)，f (5)成等差数列B ．f (2)，f (4)，f (8)成等差数列C ．f (2)，f (12)，f (72)成等比数列D ．f (2)，f (4)，f (16)成等比数列答案ABD解析对于A ，f (2)＋f (5)＝lg 2＋lg 5＝lg 10＝1，2f (10)＝2lg 10＝1，故f (2)，f (10)，f (5)成等差数列，故是真命题；对于B ，f (2)＋f (8)＝lg 2＋lg 8＝lg 16,2f (4)＝2lg 4＝lg 16，故f (2)，f (4)，f (8)成等差数列，故是真命题；对于C ，f (2)·f (72)＝lg 2×lg ＝lg 212＝f 2(12)，故f (2)，f (12)，f (72)不成等比数列，故是假命题；对于D ，f (2)f (16)＝lg 2×lg 16＝4lg 22＝(2lg 2)2＝lg 24＝f 2(4)，故f (2)，f (4)，f (16)成等比数列，故是真命题．6．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＝641×6700417，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)＝log 4(22n＋1－1)＝log 422n＝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 ＝6.7.宋元时期我国数学家朱世杰在《四元玉鉴》中所记载的“垛积术”，其中“落—形”就是每层为“三角形数”的三角锥垛，三角锥垛从上到下最上面是1个球，第二层是3个球，第三层是6个球，第四层是10个球，…，则这个三角锥垛的第十五层球的个数为________．答案120解析∵“三角形数”可写为1,1＋2,1＋2＋3,1＋2＋3＋4,1＋2＋3＋4＋5，…，∴“三角形数”的通项公式为a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，∴这个三角锥垛的第十五层球的个数为a 15＝15×162＝120.8．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝ln n ，若存在p ∈R ，使得a n ≤pn 对任意的n ∈N +都成立，则p 的取值范围为________．答案ln 33，＋∞解析数列{a n }的通项公式为a n ＝ln n ，若存在p ∈R ，使得a n ≤pn 对任意的n ∈N +都成立，故p ，设f (x )＝ln x x ，则f ′(x )＝1x ·x －ln x x 2，令f ′(x )＝1－ln x x 2＝0，解得x ＝e ，故函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)，所以函数在x ＝e 处取最大值，由于n ∈N +，所以当n ＝3时函数最大值为ln 33.所以p 的取值范围是ln 33，＋9．记关于x 的不等式x 2－4nx ＋3n 2≤0(n ∈N +)的整数解的个数为a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，满足4T n ＝3n ＋1－a n －2.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)设c n ＝2b n －，若对任意n ∈N +，都有c n <c n ＋1成立，试求实数λ的取值范围．解(1)由不等式x 2－4nx ＋3n 2≤0可得，n ≤x ≤3n ，∴a n ＝2n ＋1，T n ＝14×3n ＋1－12n －34，当n ＝1时，b 1＝T 1＝1，当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝12×3n －12，∵b 1＝1适合上式，∴b n ＝12×3n －12.(2)由(1)可得，c n ＝3n －1＋(－1)n －1，∴c n ＋1＝3n ＋1－1＋(－1)n ＋1，∵c n <c n ＋1，∴c n ＋1－c n ＝2×3n ＋52(－1)n >0，∴(－1)n λ>－45×2n ，当n 为奇数时，λ<45×2n ，由于45×2n 随着n 的增大而增大，当n ＝1时，45×2n 的最小值为85，∴λ<85，当n 为偶数时，λ>－45×2n ，由于－45×2n 随着n 的增大而减小，当n ＝2时，－45×2n 的最大值为－165，∴λ>－165，综上可知，－165<λ<85.10．设n ∈N +，有三个条件：①a n 是2与S n 的等差中项；②a 1＝2，S n ＋1＝a 1(S n ＋1)；③S n ＝2n ＋1－2.在这三个条件中任选一个，补充在下列问题的横线上，再作答．若数列{a n }的前n 项和为S n ，且________．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若{a n ·b n }是以2为首项，4为公差的等差数列，求数列{b n }的前n 项和T n .注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分．解(1)选择条件①：因为a n 是2与S n 的等差中项，所以2a n ＝2＋S n ，所以当n ≥2时，2a n －1＝2＋S n －1，两式相减得，2a n －2a n －1＝a n ，即a n ＝2a n －1(n ≥2)，在2a n ＝2＋S n 中，令n ＝1，可得a 1＝2，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，故a n ＝2·2n －1＝2n .选择条件②：由a 1＝2，S n ＋1＝a 1(S n ＋1)，知S n ＋1＝2(S n ＋1)，当n ＝1时，可求得a 2＝4，所以当n ≥2时，S n ＝2(S n －1＋1)，两式相减得，a n ＋1＝2a n (n ≥2)，又a 1＝2，a 2＝4也满足上式，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，故a n ＝2·2n －1＝2n .选择条件③：在S n ＝2n ＋1－2中，令n ＝1，则a 1＝21＋1－2＝2，当n ≥2时，有S n －1＝2n －2，两式相减得，a n ＝2n (n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝2满足上式，所以a n ＝2n .(2)因为{a n ·b n }是以2为首项，4为公差的等差数列，所以a n ·b n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2，由(1)知，a n ＝2n ，所以b n ＝2n －12n －1，所以T n ＝1＋3＋5＋…＋2n －12n －1，12T n ＝1＋3＋…＋2n －32n －1＋2n －12n ，两式相减得，12T n ＝1＋2＋2＋…＋2－1－2n －12n ＝1＋2×21－12－2n －12n ＝3－2n ＋32n，所以T n ＝6－2n ＋32n －1.11．(2022·北京)设{a n }是公差不为0的无穷等差数列，则“{a n }为递增数列”是“存在正整数N 0，当n >N 0时，a n >0”的()A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案C 解析设无穷等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝dn ＋a 1－d .若{a n }为递增数列，则d >0，则存在正整数N 0，使得当n >N 0时，a n ＝dn ＋a 1－d >0，所以充分性成立；若存在正整数N 0，使得当n >N 0时，a n ＝dn ＋a 1－d >0，即d >d －a 1n对任意的n >N 0，n ∈N +均成立，由于n →＋∞时，d －a 1n→0，且d ≠0，所以d >0，{a n }为递增数列，必要性成立．故选C.12．已知a 1，a 2，a 3，a 4成等比数列，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)．若a 1>1，则()A ．a 1<a 3，a 2<a 4B ．a 1>a 3，a 2<a 4C ．a 1<a 3，a 2>a 4D ．a 1>a 3，a 2>a 4答案B 解析因为ln x ≤x －1(x >0)，所以a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)≤a 1＋a 2＋a 3－1，所以a 4＝a 1·q 3≤－1.由a 1>1，得q <0.若q ≤－1，则ln(a 1＋a 2＋a 3)＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q )·(1＋q 2)≤0.又a 1＋a 2＋a 3＝a 1(1＋q ＋q 2)≥a 1>1，所以ln(a 1＋a 2＋a 3)>0，矛盾．因此－1<q <0.所以a 1－a 3＝a 1(1－q 2)>0，a 2－a 4＝a 1q (1－q 2)<0，所以a 1>a 3，a 2<a 4.13．函数y ＝f (x )，x ∈[1，＋∞)，数列{a n }满足a n ＝f (n )，n ∈N +，①函数f (x )是增函数；②数列{a n }是递增数列．写出一个满足①的函数f (x )的解析式________．写出一个满足②但不满足①的函数f (x )的解析式________．答案f (x )＝x 2f (x )(答案不唯一)解析由题意，可知在x ∈[1，＋∞)这个区间上是增函数的函数有许多，可写为f (x )＝x 2.第二个填空是找一个数列是递增数列，而对应的函数不是增函数，可写为f (x ).则这个函数在1，43上单调递减，在43，＋∴f (x )在[1，＋∞)上不是增函数，不满足①.而对应的数列为a n 在n ∈N +上越来越大，属于递增数列．14．设函数f (x )－4，x ≤－3，x 2＋2，x >－3，数列{a n }满足a n ＋1＝f (a n )(n ∈N +)，若{a n }是等差数列．则a 1的取值范围是__________．答案(－∞，－3]∪{－2,1}解析画出函数f (x )的图象如图所示，当a 1≤－3时，a 2＝f (a 1)＝a 1－4≤－7，a 3＝f (a 2)＝a 2－4≤－11，…，数列{a n }是首项为a 1，公差为－4的等差数列，符合题意，当a 1>－3时，因为{a n }是等差数列，①若其公差d >0，则∃k 0∈N +，使得0k a >2，这与a n ＋1＝f (a n )＝2－a 2n ≤2矛盾，②若其公差d ＝0，则a 2＝－a 21＋2＝a 1，即a 21＋a 1－2＝0，解得a 1＝－2或a 1＝1，则当a 1＝－2时，a n ＝－2为常数列，当a 1＝1时，a n ＝1为常数列，此时{a n }为等差数列，符合题意，③若其公差d <0，则∃k 0∈N +，使得0k a >－3且01k a ＋≤－3，则等差数列的公差必为－4，因此001k k a a ＋－＝－4，所以2－002k k a a －＝－4，解得0k a ＝－3(舍去)或0k a ＝2.又当0k a ＝2时，000123k k k a a a ＋＋＋＝＝＝…＝－2，这与公差为－4矛盾．综上所述，a 1的取值范围是(－∞，－3]∪{－2,1}．15．若数列{a n }对于任意的正整数n 满足：a n >0且a n a n ＋1＝n ＋1，则称数列{a n }为“积增数列”．已知“积增数列”{a n }中，a 1＝1，数列{a 2n ＋a 2n ＋1}的前n 项和为S n ，则对于任意的正整数n ，有()A ．S n ≤2n 2＋3B ．S n ≥n 2＋4nC ．S n ≤n 2＋4nD ．S n ≥n 2＋3n 答案D 解析∵a n >0，∴a 2n ＋a 2n ＋1≥2a n a n ＋1，∵a n a n ＋1＝n ＋1，∴{a n a n ＋1}的前n 项和为2＋3＋4＋…＋n ＋1＝n (2＋n ＋1)2＝n (n ＋3)2，∴数列{a 2n ＋a 2n ＋1}的前n 项和为S n ≥2×n (n ＋3)2＝n 2＋3n .16．设{a n }是正数组成的数列，其前n 项和为S n ，并且对于所有的正整数n ，a n 与2的等差中项等于S n 与2的等比中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b nn ∈N +)，求证：b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n <1＋n .(1)解由已知a n ＋22＝2S n (n ∈N +)，整理得S n ＝18(a n ＋2)2，所以S n ＋1＝18(a n ＋1＋2)2.所以a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝18[(a n ＋1＋2)2－(a n ＋2)2]＝18(a 2n ＋1＋4a n ＋1－a 2n －4a n )，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，所以a n ＋1－a n ＝4，而a 1＝2，即数列{a n }是a 1＝2，d ＝4的等差数列，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝4n －2.(2)证明令c n ＝b n －1，则c n ＋a n a n ＋1－＝12n －1－12n ＋1.故b 1＋b 2＋…＋b n －n ＝c 1＋c 2＋…＋cn…1－12n ＋1<1.故b 1＋b 2＋…＋b n <1＋n .。
高考数学《等差等比数列综合问题》基础知识与练习题(含答案)
高考数学《等差等比数列综合问题》基础知识与练习题（含答案）一、基础知识：1、等差数列性质与等比数列性质：（1）若{}n a 为等差数列，0,1c c >≠，则{}na c成等比数列证明：设{}n a 的公差为d ，则11n n n na a a da c c c c ++−==为一个常数所以{}na c成等比数列（2）若{}n a 为正项等比数列，0,1c c >≠，则{}log c n a 成等差数列 证明：设{}n a 的公比为q ，则11log log log log n c n c n c c na a a q a ++−==为常数 所以{}log c n a 成等差数列 二、典型例题：例1：已知等比数列{}n a 中，若1324,,2a a a 成等差数列，则公比q =（ ） A. 1 B. 1−或2 C. 2 D. 1−思路：由“1324,,2a a a 成等差数列”可得：3123122422a a a a a a =+⇒=+，再由等比数列定义可得：23121,a a q a a q ==，所以等式变为：22q q =+解得2q =或1q =−，经检验均符合条件 答案：B例2：已知{}n a 是等差数列，且公差d 不为零，其前n 项和是n S ，若348,,a a a 成等比数列，则（ ）A. 140,0a d dS >>B. 140,0a d dS <<C. 140,0a d dS ><D. 140,0a d dS <>思路：从“348,,a a a 成等比数列”入手可得：()()()22438111327a a a a d a d a d =⇒+=++，整理后可得：2135a d d=−，所以135d a =−，则211305a d a =−<，且()2141646025a dS d a d =+=−<，所以B 符合要求答案：B小炼有话说：在等差数列（或等比数列）中，如果只有关于项的一个条件，则可以考虑将涉及的项均用1,a d （或1,a q ）进行表示，从而得到1,a d （或1,a q ）的关系例3：已知等比数列{}n a 中的各项均为正数，且510119122a a a a e +=，则1220ln ln ln a a a +++=_______________思路：由等比数列性质可得：1011912a a a a =，从而51011912a a a a e ==，因为{}n a 为等比数列，所以{}ln n a 为等差数列，求和可用等差数列求和公式：101112201011ln ln ln ln ln 2010ln 502a a a a a a a ++++=⋅==答案：50例4：三个数成等比数列，其乘积为512，如果第一个数与第三个数各减2，则成等差数列，则这三个数为___________ 思路：可设这三个数为,,a a aq q ，则有3=512512aa aq a q⋅⋅⇒=，解得8a =，而第一个数与第三个数各减2，新的等差数列为82,8,82q q −−，所以有：()816282q q ⎛⎫=−+− ⎪⎝⎭，即22252520q q q q+=⇒−+=，解得2q =或者12q =，2q =时，这三个数为4,8,16，当12q =时，这三个数为16,8,4 答案： 4,8,16小炼有话说：三个数成等比（或等差）数列时，可以中间的数为核心。
等差数列与等比数列的求和与通项综合题
等差数列与等比数列的求和与通项综合题等差数列和等比数列是数学中常见的两种数列形式。
在求和与通项问题中，使用不同的公式和方法可以有效地解决相关计算。
本文将分别就等差数列和等比数列的求和与通项问题展开综合讨论，以帮助读者更好地理解和应用这两种数列。
一、等差数列的求和与通项等差数列是指数列中相邻两项之间差值保持恒定的一种数列。
通常用字母a表示首项，d表示公差。
例如，等差数列的前五项可以表示为：a，a+d，a+2d，a+3d，a+4d。
现假设有一个等差数列的首项为a，公差为d，共有n项。
1. 求和公式：等差数列前n项和Sn可以使用以下公式进行计算：Sn = (n/2) * (2a + (n-1)d)2. 通项公式：等差数列的通项公式可以表示为：An = a + (n-1)d二、等比数列的求和与通项等比数列是指数列中相邻两项之间的比例保持恒定的一种数列。
通常用字母a表示首项，r表示公比。
例如，等比数列的前五项可以表示为：a，ar，ar^2，ar^3，ar^4。
现假设有一个等比数列的首项为a，公比为r，共有n项。
1. 求和公式：等比数列前n项和Sn可以使用以下公式进行计算：Sn = (a * (1 - r^n)) / (1 - r)需要注意的是，当公比r小于1时，求和公式仍然成立；当公比r 大于等于1时，等比数列不存在总和。
2. 通项公式：等比数列的通项公式可以表示为：An = a * r^(n-1)综合示例：假设有一个等差数列，首项为3，公差为2，共有10项。
我们可以使用求和公式计算出该等差数列的前10项和：Sn = (10/2) * (2*3 + (10-1)*2)= (5) * (6 + 9*2)= (5) * (6 + 18)= (5) * (24)= 120同样地，假设有一个等比数列，首项为2，公比为3，共有5项。
我们可以使用求和公式计算出该等比数列的前5项和：Sn = (2 * (1 - 3^5)) / (1 - 3)= (2 * (1 - 243)) / (-2)= (2 * (-242)) / (-2)= -242通过以上的计算，我们可以得到等差数列与等比数列的求和结果。
等差、等比数列的性质及综合应用
2 3
.
7
5.已知数列{an}、{bn}分别为等差、等比数列， 且 a1=b1>0 ， a3=b3 ， b1≠b3 ， 则 一 定 有 a2 b2，>a5 b5（<填“>”“<”“=”).
(措施一)由中项性质和等比数列性质知
b1>0，b3>0，又b1≠b3，
a2= a1 a3 =b1 b3 >
等差、等比数列旳 性质及综合应用
1
掌握等差、等比数列旳基本性质： 如（１）“成对”和或积相等问题； （２）等差数列求和S2n-1与中项an；能 灵活利用性质处理有关问题.如分组求和 技巧、整体运算.
2
1.在等差数列{an}与等比数列{bn}中，下列 结论正确旳是( C ) A.a1+a9=a10,b1·b9=b10 B.a1+a9=a3+a6,b1+b9=b3+b6 C.a1+a9=a4+a6,b1·b9=b4·b6 D.a1+a9=2a5,b1·b9=2b5
=a14q166=a14·q6·q160
=(a14q6)·(q16)10
=1·210=1024. 23
(措施二)由性质可知，依次４项旳积为等 比数列，设公比为q,T1=a1·a2·a3·a4=1,
T4=a13·a14·a15·a16=8,
所以T4=T1·q3=1·q3=8 q=2,
所以T11＝a41·a42·a43·a44=T1·q10=1024.
a1 qn+
1 q
a1 1 q
=aqn+b,这
里a+b=0，但a≠0，b≠0，这是等比数列前n
项和公式旳一种特征，据此很轻易根据Sn判 断数列{an}是否为等比数列.
(完整版)等差等比数列综合练习题.doc
等差数列等比数列综合练习题一．选择题1. 已知 a n 1 a n 3 0 ，则数列 a n 是 （ ） A. 递增数列B.递减数列C.常数列D.摆动数列2. 等比数列 { a n } 中，首项 a 1 8 ，公比 q 1，那么它的前 5 项的和 S 5 的值是（ ）A ． 31． 33 2 ． 35 ． 37 C22223. 设 S n 是等差数列 { a n } 的前 n 项和，若 S 7=35，则 a 4=( )A. 8B.7C.6D.54. 等差数列 { a n } 中， a 1 3a 8 a15120,则 2a 9a10（）A ．24B ．22C ．20D ．-85. 数列 a n 的通项公式为 a n 3n 228n ，则数列 a n 各项中最小项是 （ ）A. 第 4 项B.第 5 项C.第 6 项 D. 第 7 项6. 已知 a ， b ， c ， d 是公比为 2 的等比数列，则 2a b等于（ ）2cdA ．1B ． 1． 1 ． 12C 4D 87.在等比数列 a n 中, a 7 ? a 11 6, a 4 a 14 5, 则a 20()a 10A. 2B.3C. 2 或3 D.2 或3323 2328.已知等比数列 a n 中, a n >0, a 2a 4 2a 3a 5 a 4 a 6 25 ,那么 a 3 a 5 =( )A.5B .10C.15D .209.各项不为零的等差数列a n 中 ,有 2a 3 a 722a 110 ,数列 b n 是等比数列 ,且b7 a7 , 则 b6b8( )A.2B. 4C.8 D .1610.已知等差数列a n中,a n 0, 若 m 1且 a m 1 a m1 a m2 0, S2 m 1 38, 则m等于A. 38B. 20C.10D. 911.已知s n是等差数列a n(n N * ) 的前n项和,且 s6 s7 s5,下列结论中不正确的是 ( )A. d<0B. s11 0C. s12 0D. s13 012.等差数列{ a n}中，a1，a2 ， a4恰好成等比数列，则a4 的值是（）a1A ．1 B．2 C．3 D．4二．填空题13．已知 { a n} 为等差数列， a15＝8，a60＝20，则 a75＝________14. 在等比数列{ a n}中，a2?a816 ，则 a5=__________15．在等差数列 { a n} 中，若 a7＝m，a14＝n，则 a21＝__________16. 若数列x n满足lg x n 1 1 lg x n n N,且x1x2L x100100 ,则lg x101x102L x200________17.等差数列 {a n} 的前 n 项和为 S n,若 a3+a17=10,则 S19的值_________18.已知等比数列 {a n} 中， a1＋a2＋a3＝40，a4＋a5＋a6＝20，则前 9 项之和等于_________三.解答题19.设三个数 a ，b， c 成等差数列，其和为6，又 a ，b，c 1成等比数列，求此三个数 .20. 已知数列a n中，a11,a n2a n 13，求此数列的通项公式.21. 设等差数列an的前n项和公式是sn5n23n ,求它的前3项，并求它的通项公式 .22. 已知等比数列a n的前n项和记为S n,，S10=10，S30=70，求S40。
等差数列和等比数列的综合运用二
2、已知数列{an}满足 an+2=－ an（ n∈N ） ，且 a1=1， a2=2， 则该数列前 2002 项的和为
*
3、若关于 x 的方程 x － x+a=0 和 x － x+b=0（a≠b）的四
4.用函数的观点理解等差数列、等比数列 1、对于等差数列，∵ an=a1+（n－1）d=dn+（a1－ d） ， 当 d≠0 时， an 是 n 的一次函数，对应的点（ n，an）是位于直线 上的若干个点.当 d＞0 时，函数是增函数，对应的数列是递增数 列；同理， d=0 时，函数是常数函数，对应的数列是常数列； d＜0 时，函数是减函数，对应的数列是递减函数. 2 若等差数列的前 n 项和为 Sn，则 Sn=pn +qn（p、 q∈R） 当 p=0 时，{an}为常数列；当 p≠0 时，可用二次函数的方法 解决等差数列问题. n－1 2、对于等比数列： an=a1q .可用指数函数的性质来理解. 当 a1＞0，q＞1 或 a1＜0，0＜q＜1 时，等比数列是递增数列； 当 a1＞0，0＜q＜1 或 a1＜0，q＞1 时，等比数列{an}是递减数列. 当 q=1 时，是一个常数列. 当 q＜0 时，无法判断数列的单调性，它是一个摆动数列.
之不成立
（5）设 A=a1+a2+a3+…+an， B=an+1+an+2+an+3+…+a2n， C=a2n+1+a2n+2+a2n+3+…+a3n，则 A、 B、 C 成等差数列. * （6）若数列{an}的项数为 2n（ n∈N ） ，则 S 偶－ S 奇=nd， S 偶 a n 1 = ， S2n=n（ an+an+1） an、 an+1 为中间两项） （ ； an S奇 若数列{an}的项数为 2n－1（ n∈N ） ，则 S 奇－ S 偶=an， S偶 n 1 = ， S2n－1=（2n－1） an（an 为中间项） S奇 n
【高考数学热点小专题】 等差、等比数列的综合问题
4.2数列大题4.2.1等差、等比数列的综合问题必备知识精要梳理1.判断给定的数列{a n}是等差数列的方法(1)定义法:a n+1-a n=d是常数(n∈N*).(2)通项公式法:a n=kn+b(k,b是常数).(3)前n项和法:数列{a n}的前n项和为S n=An2+Bn(A,B是常数且A2+B2≠0).(4)等差中项法:a n+a n+2=2a n+1(n∈N*).2.若数列{a n},{b n}为等差数列且项数相同,则{ka n},{a n±b n},{pa n+qb n}都是等差数列.3.判断给定的数列{a n}是等比数列的方法(1)定义法:a n+1a n=q(常数q≠0).(2)通项公式法:a n=kq n(k,q为常数,且kq≠0).(3)中项法:a n·a n+2=a n+12(n∈N*).(4)前n项和法:数列{a n}的前n项和为S n=A-Aq n(常数A≠0,公比q≠1).4.若数列{a n},{b n}为等比数列且项数相同,则{ka n}(k≠0),{a n2},{a nb n}都是等比数列.关键能力学案突破热点一等差(比)数列的判断与证明【例1】(2020山东淄博4月模拟,18)已知数列{a n}满足a1=1,a n+1=4a n+3n-1,b n=a n+n.(1)证明:数列{b n}为等比数列;(2)求数列{a n}的前n项和.解题心得1.判断数列是等差(比)数列的方法通常有四种,证明数列是等差(比)数列的方法常用定义法.2.对已知数列a n与S n的关系,证明{a n}为等差或等比数列的问题,解题思路是:由a n与S n 的关系递推出n+1时的关系式,两个关系式相减后,进行化简、整理,最终化归为用定义法证明.【对点训练1】(2019全国Ⅱ,理19)已知数列{a n}和{b n}满足a1=1,b1=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.热点二等差数列的通项及求和【例2】(2019全国Ⅰ,文18)记S n为等差数列{a n}的前n项和.已知S9=-a5.(1)若a3=4,求{a n}的通项公式;(2)若a1>0,求使得S n≥a n的n的取值范围.解题心得a1,n,d是等差数列的三个基本量,a n和S n都可以用这三个基本量来表示,五个量a1,n,d,a n,S n中可“知三求二”,一般是通过通项公式和前n项和公式联立方程(组)求解,这种方法是解决数列问题的基本方法.【对点训练2】(2020海南天一大联考第三次模拟,17)对于由正整数构成的数列{A n},若对任意m,n∈N*且m≠n,A m+A n也是{A n}中的项,则称{A n}为“Q数列”.设数列{a n}满足a1=6,8≤a2≤12.(1)请给出一个{a n}的通项公式,使得{a n}既是等差数列也是“Q数列”,并说明理由;(2)根据你给出的通项公式,设{a n}的前n项和为S n,求满足S n>100的正整数n的最小值.热点三等比数列的通项及求和【例3】(2020山东,18)已知公比大于1的等比数列{a n}满足a2+a4=20,a3=8.(1)求{a n}的通项公式;(2)记b m为{a n}在区间(0,m](m∈N*)中的项的个数,求数列{b m}的前100项和S100.解题心得1.已知等比数列前几项或者前几项的关系,求其通项及前n项和时,只需利用等比数列的通项公式及求和公式得到几个方程求解即可.2.若已知条件没有明确数列{a n}是等比数列,而是已知a n=f(S n)的关系式,在转化此条件时,通常有两种思路,一是将a n用S n-S n-1代替,二是由a n=f(S n)推出a n-1=f(S n-1),两式作差,消去S n.【对点训练3】(2020四川绵阳三模,理17)若数列{a n}的前n项和为S n,已知a1=1,a n+1=23S n.(1)求S n;(2)设b n=1S n ,求证:b1+b2+b3+…+b n<52.热点四等差、等比数列的综合问题【例4】(2020安徽合肥4月质检二,理17)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,a2=1,S7=14,数列{b n}满足b1·b2·b3·…·b n=2n2+n 2.(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式;(2)若数列{c n}满足c n=b n cos(a nπ),求数列{c n}的前2n项和T2n.解题心得对于等差、等比数列的综合问题,解决的思路主要是方程的思想,即运用等差、等比数列的通项公式和前n项和公式将已知条件转化成方程或方程组,求出首项、公差、公比等基本量,再由基本量求出题目要求的量.【对点训练4】(2020全国Ⅲ,文17)设等比数列{a n}满足a1+a2=4,a3-a1=8.(1)求{a n}的通项公式;(2)记S n为数列{log3a n}的前n项和.若S m+S m+1=S m+3,求m.热点五等差、等比数列的存在问题【例5】(2020山东新高考模拟,17)在①b1+b3=a2,②a4=b4,③S5=-25这三个条件中任选一个,补充在下面问题中,若问题中的k存在,求k的值;若k不存在,说明理由.设等差数列{a n}的前n项和为S n,{b n}是等比数列,,b1=a5,b2=3,b5=-81,是否存在k,使得S k>S k+1且S k+1<S k+2?解题心得从三个给出的选择性条件中,选择自己好理解的条件是解题的关键,将已知的条件通过逻辑推理进行转换是解题的突破口,较强的运算能力是拿到满分的重要保证.【对点训练5】(2020山东枣庄二模,17)在①S4是a2与a21的等差中项;②a7是S33与a22的等比中项;③数列{a2n}的前5项和为65这三个条件中任选一个,补充在横线中,并解答下面的问题.已知{a n}是公差为2的等差数列,其前n项和为S n,.(1)求a n;(2)设b n=(34)n·a n,是否存在k∈N*,使得b k>278?若存在,求出k的值;若不存在,说明理由.核心素养微专题(四) 求解等差、等比数列的应用题【例1】(2020安徽合肥一中模拟,文12)如图所示,一条螺旋线是用以下方法画成的:△ABC 是边长为2的正三角形,曲线CA 1,A 1A 2,A 2A 3是分别以A ,B ,C 为圆心,AC ,BA 1,CA 2为半径画的圆弧,曲线CA 1A 2A 3称为螺旋线的第一圈,然后又以A 为圆心,AA 3为半径画圆弧,……,这样画到第n 圈,则所得螺旋线的长度l n 为( ) A.(3n 2+n )π B.2(3n 2+n )πC.(3n 2+n )π2D.(3n 2-n+1)π2核心素养分析本例考查考生多个核心素养,首先需要考生在读懂题意的基础上,从题目所给的几何图形中通过“数学抽象”得到一组数据;再通过“数学建模”将问题转化为等差数列模型;然后对等差数列模型的各项数值通过“数据分析”得到等差数列的项数和公差;最后通过“数学运算”得出答案.【跟踪训练1】(2019四川绵阳模拟,理16)如图,互不相同的点A 1,A 2,…,A n ,…和B 1,B 2,…,B n ,…分别在角O 的两条边上,所有A n B n 相互平行,且所有梯形A n B n B n+1A n+1的面积均相等.设OA n =a n ,若a 1=1,a 2=2,则数列{a n }的通项公式是 .【例2】已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为6,E ,F ,G 分别为A 1B 1,BB 1,B 1C 1的中点,E 1,F 1,G 1分别为EB 1,FB 1,B 1G 的中点,E 2,F 2,G 2分别为E 1B 1,F 1B 1,B 1G 1的点,……,依此类推,令三棱锥B-A 1B 1C 1的体积为V 1,三棱锥F-EB 1G 的体积为V 2,三棱锥的体积为F 1-E 1B 1G 1的体积为V 3,……,则V 1+V 2+V 3+…+V n =( ) A.288-18×(14)n -23B.288-18×(14)n -13C.288-36×(18)n -17D.576-9×(18)n -27核心素养分析本例考查三个核心素养,考生在读懂题意的基础上,需要从题目所给的正方体中通过“数学抽象”得到三棱锥的一组体积数据;再通过“数学建模”将问题转化为等比数列模型;然后对等比数列通过“数学运算”得出答案.【跟踪训练2】在数列{a n }中,a 1=1,前n 项和S n 满足3x (S n+1-1)=(2x+3)S n x ≠0,x ≠-32,n ∈N *.令f (x )=a n+1a n,则f (x )= .4.2 数列大题4.2.1 等差、等比数列的综合问题关键能力·学案突破【例1】 (1)证明 ∵b n =a n +n ,∴b n+1=a n+1+n+1.又a n+1=4a n +3n-1,∴bn+1b n=a n+1+n+1a n +n=(4a n +3n -1)+n+1a n +n=4(a n +n )a n+n =4.又b 1=a 1+1=1+1=2,∴数列{b n }是首项为2,公比为4的等比数列. (2)解 由(1)知,b n =2×4n-1,∴a n =b n -n=2×4n-1-n ,∴S n =a 1+a 2+…+a n =2(1+4+42+…+4n-1)-(1+2+3+…+n )=2(1-4n )−n (n+1)=23(4n -1)-12n 2-12n. 对点训练1 (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. 【例2】 解 (1)设{a n }的公差为d.由S9=-a5,得a1+4d=0.由a3=4,得a1+2d=4.可得a1=8,d=-2.因此{a n}的通项公式为a n=10-2n.(2)由(1)得a1=-4d,故a n=(n-5)d,S n=n(n-9)d.由a1>0知d<0,故S n≥a n等价于n2-11n+10≤0,解得1≤n≤10.所以n的取值范围是{n|1≤n≤10,n∈N}.对点训练2解(1)给出的通项公式为a n=2n+4,a1=6,a2=8符合题意.因为对任意n∈N*,a n+1-a n=2(n+1)+4-2n-4=2,所以{a n}是公差为2的等差数列.对任意m,n∈N*且m≠n,a m+a n=2m+4+2n+4=2(m+n+2)+4=a m+n+2,所以{a n}是“Q数列”.(2)因为{a n}是等差数列,所以S n=n(6+2n+4)2=n2+5n(n∈N*).因为S n单调递增,且S7=72+5×7=84<100,S8=82+5×8=104>100,所以n的最小值为8.注:以下答案也正确,解答步骤参考上面内容:①a n=3n+3,S n=32n2+92n,n的最小值为7;②a n=6n,S n=3n2+3n,n的最小值为6.【例3】解(1)设{a n}的公比为q.由题设得a1q+a1q3=20,a1q2=8.解得q=12(舍去),q=2.因为a1q2=8,所以a1=2.所以{a n}的通项公式为a n=2n.(2)由题设及(1)知b1=0,且当2n≤m<2n+1时,b m=n.所以S100=b1+(b2+b3)+(b4+b5+b6+b7)+…+(b32+b33+…+b63)+(b64+b65+…+b100)=0+1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×(100-63)=480.对点训练3(1)解a n+1=2S n,可得a n+1=S n+1-S n=2S n,即S n+1=5S n,由a 1=1,可得S 1=1,可得数列{S n }是首项为1,公比为53的等比数列,则S n =(53)n -1;(2)证明 因为b n =1n=(3)n -1,所以{b n }是首项为1,公比为35的等比数列,则b 1+b 2+b 3+…+b n =1-(35)n 1-35=521-(35)n <52.【例4】 解 (1)设{a n }的公差为d ,由a 2=1,S 7=14得{a 1+d =1,7a 1+21d =14.解得a 1=12,d=12,所以a n =n2.∵b 1·b 2·b 3·…·b n =2n 2+n2=2n (n+1)2,∴b 1·b 2·b 3·…·b n-1=2n (n -1)2(n ≥2),两式相除得b n =2n (n ≥2).当n=1时,b 1=2,适合上式,∴b n =2n . (2)∵c n =b n cos(a n π)=2n cos (nπ),∴T 2n =2cos π2+22cos π+23cos 3π2+24cos 2π+…+22n-1cos(2n -1)π2+22n cos n π=22cos π+24cos 2π+26cos 3π+ (22)cos n π=-22+24-26+…+(-1)n·22n=-4[1-(-4)n ]1+4=-4+(-4)n+15.对点训练4 解 (1)设{a n }的公比为q ,则a n =a 1q n-1.由已知得{a 1+a 1q =4,a 1q 2-a 1=8,解得a 1=1,q=3.所以{a n }的通项公式为a n =3n-1. (2)由(1)知log 3a n =n-1,故S n =n (n -1)2.由S m +S m+1=S m+3得m (m-1)+(m+1)m=(m+3)(m+2),即m 2-5m-6=0,解得m=-1(舍去),m=6.【例5】 解 因为在等比数列{b n }中,b 2=3,b 5=-81,所以公比q=-3,从而b n =b 2(-3)n-2=3×(-3)n-2,从而a 5=b 1=-1.若存在k ,使得S k >S k+1,即S k >S k +a k+1,从而a k+1<0; 同理,若使S k+1<S k+2,即S k+1<S k+1+a k+2,从而a k+2>0.若选①:由b 1+b 3=a 2,得a 2=-1-9=-10,又a 5=-1,则可得a 1=-13,d=3,所以a n =3n-16,当k=4时,能使a5<0,且a6>0成立;若选②:由a4=b4=27,且a5=-1,所以数列{a n}为递减数列,故不存在a k+1<0,且a k+2>0;若选③:由S5=-25=5(a1+a5)2=5a3,解得a3=-5,从而a n=2n-11,所以当k=4时,能使a5<0,a6>0成立.对点训练5解(1)若选①S4是a2与a21的等差中项,则2S4=a2+a21,即24a1+4×32×2=(a1+2)+(a1+20×2).解得a1=3.所以a n=3+2(n-1)=2n+1.若选②a7是S33与a22的等比中项,则a72=S33·a22,即(a1+6×2)2=a1+3-12×2·(a1+21×2).解得a1=3.所以a n=3+2(n-1)=2n+1.若选③数列{a2n}的前5项和为65,则a2+a4+a6+a8+a10=65,即5a1+25d=65,解得a1=3.所以a n=3+2(n-1)=2n+1.(2)不存在.理由如下,b n=(34)n·a n=(2n+1)·(34)n.b n+1-b n=(2n+3)·(3)n+1-(2n+1)·(3)n=3n4n+1[3(2n+3)-4(2n+1)]=3n4n+1(5-2n).所以b n+1>b n可转化为b n+1-b n>0,即5-2n>0,解得n<2.5,则n=1,2,即b3>b2>b1;b n+1<b n可转化为b n+1-b n<0,即5-2n<0,解得n>2.5,则n=3,4,5,…,即b3>b4>b5>….所以{b n}中的最大项为b3=(2×3+1)×(34)3=7×2764.显然b3=7×2764<8×2764=278.所以∀n∈N*,b n<278.所以不存在k∈N*,使得b k>278.核心素养微专题(四)【例1】B解析第一圈的三段圆弧为CA1,A1A2,A2A3,第二圈的三段圆弧为A3A4,A4A5,A5A6,…,第n圈的三段圆弧为A3(n-1)A3n-2,A3n-2A3n-1,A3n-1A3n.各段圆弧的长度分别为2×2π3,4×2π3,6×2π3,8×2π3,10×2π3,12×2π3,…,(6n-4)×2π3,(6n-2)×2π3,6n ×2π, 此数列是以4π3为首项,4π3为公差,项数为3n 的等差数列, 则l n =(2×2π3+6n×2π3)×3n 2=2(3n 2+n )π,故选B .跟踪训练1 a n =√3n -2 解析 设S △OA 1B 1=S ,∵a 1=1,a 2=2,OA n =a n , ∴OA 1=1,OA 2=2.又易知△OA 1B 1∽△OA 2B 2, ∴S △OA 1B1S △OA 2B2=(OA 1)2(OA 2)2=(12)2=14.∴S 梯形A 1B 1B 2A 2=3S △OA 1B 1=3S.∵所有梯形A n B n B n+1A n+1的面积均相等,且△OA 1B 1∽△OA n B n , ∴OA 1OA n=√S △OA 1B1S △OA n B n=√S S+3(n -1)S =√13n -2.∴a1a n=√3n -2,∴a n =√3n -2. 【例2】 C 解析 由题意得V 1=13×12×6×6×6=36.因为E ,F ,G 分别为A 1B 1,BB 1,B 1C 1的中点,所以三棱锥F-EB 1G 的体积为V 2=18V 1;E 1,F 1,G 1分别为EB 1,FB 1,B 1G 的中点,所以V 3=18V 2;E 2,F 2,G 2分别为E 1B 1,F 1B 1,B 1G 1的中点,所以V 4=18V 3;…,V k+1=18V k . 所以V 1,V 2,V 3,…,V n 成等比数列,且首项为36,公比为18, 所以S n =36×[1-(18)n]1-18=288-36×(18)n -17.故选C .跟踪训练22x+33x解析 由题知,当n=1时,3x (a 1+a 2-1)-(2x+3)a 1=0,因为a 1=1,所以a 2=2x+33x , 所以a2a 1=2x+33x . 当n ≥2时,有3x (S n+1-1)-(2x+3)S n =0, ① 3x (S n -1)-(2x+3)S n-1=0,②①-②得3xa n+1-(2x+3)a n=0,即a n+1a n =2x+33x,于是f(x)=2x+33x.。
2022数学大题专项三数列学案文含解析新人教A版
数列高考大题专项（三）数列考情分析从近五年高考试题分析来看，高考数列解答题主要题型有:等差、等比数列的综合问题;证明一个数列为等差或等比数列；求数列的通项公式及非等差、等比数列的前n项和;证明数列型不等式。
命题规律是解答题每两年出现一次，命题特点是试题题型规范、方法可循、难度稳定在中档。
典例剖析题型一等差、等比数列的综合问题【例1】(2020山东济宁5月模拟,18)已知数列{a n｝为等差数列，且a2=3，a4+a5+a6=0。
（1）求数列{a n}的通项公式a n及前n项和S n。
(2）请你在数列｛a n}的前4项中选出三项，组成公比的绝对值小于1的等比数列{b n｝的前3项，并记数列｛b n｝的前n 项和为T n。
若对任意正整数k,m，n,不等式S m<T n+k恒成立,试求k的最小值.解题心得1。
对于等差、等比数列，求其通项公式及求前n 项的和时，只需利用等差数列或等比数列的通项公式及求和公式求解即可。
2.有些数列可以通过变形、整理，把它转化为等差数列或等比数列，进而利用等差数列或等比数列的通项公式或求和公式解决问题.对点训练1（2020陕西西安中学八模，文17）已知数列{a n}的前n项和为S n,且a n是S n与2的等差中项;在数列｛b n｝中，b1=1，点P(b n，b n+1)在直线x—y+2=0上。
（1）求数列{a n}，｛b n}的通项公式；(2）设c n=a n+b n，求数列{c n｝的前n项和T n。
题型二可转化为等差、等比数列的综合问题a n-1,【例2】已知数列｛a n}的前n项的和为S n,S n=32(1）求数列{a n}的前n项和S n;(2)判断数列{S n+1}是递增数列还是递减数列,并证明.S n解题心得无论是求数列的通项公式还是求数列的前n项和,通过变形整理后,能够把数列转化为等差数列或等比数列,进而对点训练2（2020安徽合肥一中模拟，17)已知数列{a n｝满足a1+2a2+3a3+…+na n=14［(2n-1)·3n+1].(1）求{a n}的通项公式;(2)若b n=12a n-1，证明:b1+b2+…+b n〈32.题型三证明数列为等差或等比数列【例3】（2018全国1，文17)已知数列{a n｝满足a1=1，na n+1=2(n+1）a n。
(完整版)等差等比数列综合练习题
等差数列等比数列综合练习题一．选择题1. 已知031=--+n n a a ，则数列{}n a 是 （ ）A. 递增数列B. 递减数列C. 常数列D. 摆动数列 2.等比数列}{n a 中，首项81=a ，公比21=q ，那么它的前5项的和5S 的值是（ ） A ．231 B ．233 C ．235 D ．2373. 设n S 是等差数列}{n a 的前n 项和，若S 7=35，则a 4=( ) A. 8 B.7C.6D.54. 等差数列}{n a 中，=-=++10915812,1203a a a a a 则（ ） A ．24B ．22C ．20D ．-85. 数列{}n a 的通项公式为n n a n 2832-=，则数列{}n a 各项中最小项是 （ ） A. 第4项 B.第5项 C. 第6项 D. 第7项6.已知a ，b ，c ，d 是公比为2的等比数列，则dc ba ++22等于（ ） A ．1 B ．21 C ．41D ．817.在等比数列{}n a 中,7114146,5,a a a a •=+=则2010a a =( ) A.23B.32C.23或32 D.23-或 32- 8.已知等比数列{}n a 中,n a >0,243546225a a a a a a ++=,那么35a a +=( ) A.5 B .10 C.15 D .209.各项不为零的等差数列{}n a 中,有23711220a a a -+=,数列{}n b 是等比数列,且7768,b a b b ==则( )A.2B. 4C.8 D .16 10.已知等差数列{}n a 中, 211210,10,38,n m m m m a m a a a S -+-≠>+-==若且则m 等于 A. 38 B. 20 C.10D. 911.已知n s 是等差数列{}n a *()n N ∈的前n 项和,且675s s s >>,下列结论中不正确的是( )A. d<0B. 110s >C.120s <D. 130s < 12.等差数列}{n a 中，1a ，2a ，4a 恰好成等比数列，则14a a 的值是（ ） A ．1 B ．2 C ．3 D ．4二．填空题13．已知{a n }为等差数列，a 15＝8，a 60＝20，则a 75＝________ 14. 在等比数列}{n a 中，1682=•a a ，则5a =__________15．在等差数列{a n }中，若a 7＝m ，a 14＝n ，则a 21＝__________ 16. 若数列{}n x 满足1lg 1lg n n x x +=+()n N *∈,且12100100x x x +++=,则()101102200lg x x x +++=________17.等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若a 3+a 17=10,则S 19的值_________ 18.已知等比数列{a n }中，a 1＋a 2＋a 3＝40，a 4＋a 5＋a 6＝20，则前9项之和等于_________三.解答题19. 设三个数a ，b ，c 成等差数列，其和为6，又a ，b ，1+c 成等比数列，求此三个数.20. 已知数列{}n a 中，111,23n n a a a -==+，求此数列的通项公式.21. 设等差数列{}na的前n项和公式是253ns n n=+,求它的前3项，并求它的通项公式.22. 已知等比数列{}n a的前n项和记为S n,，S10=10，S30=70，求S40。
等差等比数列的综合应用
3.6 1.8 0.94 1.8 x 1.8 n n 1 0.94 1 0.94
60
x 3.6
例 3、 有３０根水泥电线杆，要运往 1000 米远的地方开始安 装，在 1000 米处放一根，以后每隔 50 米放一根，一直向前 放．一辆汽车一次最多运三根．如果用一辆车完成这项任 务，从开始运第一车算起，运完货后回到起点，这辆汽车的 行程是多少千米？
第一车的行程为：(1000 50 2) 2 1100 2 第二车的行程为：(1100 50 3) 2 (1100 150) 2 ( 第三车的行程为：1100 50 6) 2 (1100 150 2) 2
第十车的行程为：
2
公共点的个数为
0
知识回顾
1.复利公式 按复利计算利息的一种储蓄，本金为a元， 每期利率为r，存期为x，则本利和y=a(1+r)x
2.单利公式 利息按单利计算，本金为a元，每期利率 为r，存期为x，则本利和y=a(1+xr)
3.产值模型 原来产值的基础数为N，平均增长率为p， 对于时间x的总产值y=N(1+p) x
(1)98 [12 16 12 (n 1) 4] 50n
(2)方案一：n年后总盈利 50n (12 16 4n 8)
2n 2 40 n 98 49 年平均利润： 2(n ) 40 n n
变式：某渔业公司今年初用 98 万元购进一艘鱼船用于 捕捞，第一年需要各种费用 12 万元，从第二年 起包括维修费在内每年所需费用比上一年增加 4 万元，该船每年捕捞总收入 50 万元. (Ⅰ)该船捕捞几年开始盈利？n (Ⅱ)该船捕捞若干年后，处理方案有两种，问哪 一种方案合算？为什么？ ⑴当年平均利润最大时以 26 万元的价格卖出； ⑵当盈利总额达到最大时以 8 万元价格卖出。
等差数列等比数列的综合应用
时间：45分钟 满分：100分课堂训练1．等差数列{a n }中，a 3＋a 11＝8，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 6·b 8的值为( )A ．2B ．4C ．8D ．16【答案】 D【解析】 ∵a 3＋a 11＝2a 7，∴a 7＝4，∴b 6·b 8＝b 27＝a 27＝16，故选D.2．(2013·新课标Ⅱ理)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，则a 1＝( )B ．－13D ．－19【答案】 C【解析】 ∵S 3＝a 2＋10a 1，∴a 1＋a 2＋a 3＝a 2＋10a 1，a 3＝9a 1，又∵a 5＝9，∴9＝a 3·q 2＝9a 1q 2，∴a 1q 2＝1，由a 3＝9a 1＝a 1·q 2，∴q 2＝9，故a 1＝19.3．(2013·新课标Ⅰ理)若数列{a n }的前n 项和为S n ＝23a n ＋13，则数列{a n }的通项公式是a n ＝________.【答案】 (－2)n －1 【解析】 ∵S n ＝23a n ＋13，∴当n ＝1时，S 1＝23a 1＋13＝a 1，∴a 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(23a n ＋13)－(23a n －1＋13)＝23a n －23a n －1，∴a na n －1＝－2，∴a n ＝1×(－2)n －1＝(－2)n －1. 4．在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1,2a 2＋2,5a 3成等比数列．(1)求d ，a n ；(2)若d <0，求|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |.【分析】 (1)由a 1＝10结合等比数列的性质可求得d 的值，进而求出a n ；(2)首先确定出⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1≤0，的n 值，然后分类讨论．【解析】 (1)由题意得a 1·5a 3＝(2a 2＋2)2，a 1＝10， 即d 2－3d －4＝0. 故d ＝－1或d ＝4.所以a n ＝－n ＋11，n ∈N ＋或a n ＝4n ＋6，n ∈N ＋.(2)设数列{a n }的前n 项和为S n .因为d <0，得d ＝－1，a n ＝－n ＋11.则当n ≤11时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝S n ＝－12n 2＋212n .当n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝－S n ＋2S 11 ＝12n 2－212n ＋110. 综上所述，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝⎩⎪⎨⎪⎧－12n 2＋212n ， n ≤11，12n 2－212n ＋110， n ≥12.课后作业一、选择题(每小题5分，共40分)1．数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100等于( )A ．200B ．－200C ．400D ．－400【答案】 B【解析】 S 100＝1－5＋9－13＋…＋(4×99－3)－(4×100－3)＝50×(－4)＝－200.2．公比为2的等比数列{a n }的各项都是正数，且a 3a 11＝16，则a 5＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8【答案】 A【解析】 利用等比数列的性质和通项公式求解． ∵a 3·a 11＝16，∴a 27＝16.又∵a n >0，∴a 7＝4，a 5＝a 7·q －2＝4×2－2＝1.故选A.3．在等比数列{a n }中，如果a 1＋a 2＝40，a 3＋a 4＝60，那么a 7＋a 8＝( )A ．135B ．100C ．95D ．80【答案】 A【解析】 由等比数列的性质知，a 1＋a 2，a 3＋a 4，a 5＋a 6，a 7＋a 8成等比数列，其首项为40，公比为6040＝32.∴a 7＋a 8＝40×(32)3＝135.4．已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为( )或5 或5【答案】 C【解析】 由题知q 3＝S 6－S 3S 3＝8，则q ＝2，由数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是公比为12，首项为1的等比数列，其前5项和T 5＝1×1－1251－12＝3116，故选C. 5．等差数列{a n }中，a 1＋a 2＋…＋a 50＝200，a 51＋a 52＋…＋a 100＝2 700，则a 1等于( )A ．－1 221B ．－C ．－D ．－20【答案】 C【解析】 设{a n }公差为d ，则a 51＋a 52＋…＋a 100＝2 700＝200＋50×50d ，∴d ＝1.把d ＝1代入a 1＋a 2＋…＋a 50＝200，可得a 1＝－.6．根据市场调查结果，预测某种家用商品从年初开始的n 个月内累积的需求量S n (万件)近似地满足S n ＝n90(21n －n 2－5)(n ＝1,2，…，12)．按此预测，在本年度内，需求量超过万件的月份是( )A ．5月、6月B ．6月、7月C ．7月、8月D ．8月、9月【答案】 C【解析】 设第n 个月份的需求量超过万件．则S n －S n －1＝n90(21n－n 2－5)－n －190[21(n －1)－(n －1)2－5]＞，解不等式，得n 2－15n ＋54＜0，即6＜n ＜9.∴应选C.7．已知数列{a n }为等比数列，S n 是它的前n 项和．若a 2·a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5＝( )A ．35B ．33C ．31D ．29【答案】 C【解析】 由a 2·a 3＝2a 1知a 21q 3＝2a 1，又a 1≠0.∴a 1q 3＝2，由a 4和2a 7的等差中项为54得，52＝a 4＋2a 7，即52＝a 1q 3＋2a 1q 6＝2＋4q 3，∴q 3＝18，q ＝12； ∴a 1＝16，S 5＝16?1－125?1－12＝31.8．数列1×12，2×14，3×18，4×116，…的前n 项和为( )A ．2－n2n ＋1－12nB ．2－12n －1－n2n(n 2＋n ＋2)－12n(n ＋1)n ＋1－12n ＋1【答案】 B【解析】 S n ＝1×12＋2×14＋3×18＋…＋n ×12n ，①∴12S n ＝1×122＋2×18＋…＋(n －2)12n －1＋(n －1)·12n ＋n ×12n ＋1，② ①－②，得：12S n ＝1×12＋1×14＋1×18＋…＋12n －n ×12n ＋1.12S n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12－n 2n ＋1.∴S n ＝2－12n －1－n 2n . 二、填空题(每小题10分，共20分)9．已知1，a 1，a 2,4成等差数列，1，b 1，b 2，b 3,4成等比数列，则a 1＋a 2b 2＝________. 【答案】 52【解析】 由题意知，a 1＋a 2＝1＋4＝5，b 22＝b 1·b 3＝1×4，∴b 2＝2或－2.又∵b 21＝1×b 2，∴b 2>0，故b 2＝2.∴a 1＋a 2b 2＝52.10．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比不为1.若a 1＝1，则对任意的n ∈N ＋，都有a n ＋2＋a n ＋1－2a n ＝0，则S 5＝________.【答案】 11【解析】 利用“特殊值”法，确定公式．由题意知a 3＋a 2－2a 1＝0，设公比为q ，则a 1(q 2＋q －2)＝0.由q2＋q－2＝0解得q＝－2或q＝1(舍去)，则S5＝a1?1－q5?1－q＝1－?－2?53＝11.三、解答题(每小题20分，共40分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)11．等差数列{a n}中，a4＝10，且a3，a6，a10成等比数列，求数列{a n}的前20项和S20.【解析】设数列{a n}的公差为d，则a3＝a4－d＝10－d，a6＝a4＋2d＝10＋2d，a10＝a4＋6d＝10＋6d.因为a3，a6，a10成等比数列，所以a3a10＝a26，即(10－d)(10＋6d)＝(10＋2d)2，整理得10d2－10d＝0，解得d＝0，或d＝1.当d＝0时，S20＝20a4＝200；当d＝1时，a1＝a4－3d＝10－3×1＝7，于是S20＝20a1＋20×192d＝20×7＋190＝330.12．数列{a n}满足a1＝1，a n＋1＝(n2＋n－λ)a n(n＝1,2，…)，λ是常数．(1)当a2＝－1时，求λ及a3的值；(2)是否存在实数λ，使数列{a n}为等差数列？若存在，求出λ及数列{a n}的通项公式；若不存在，请说明理由．【分析】(1)把a1，a2及n代入已知等式，即可求出λ，从而a3也很容易求出．(2)假设存在实数λ，使数列{a n} 为等差数列，利用等差数列的定义求解．【解析】(1)因为a n＋1＝(n2＋n－λ)a n(n＝1,2，…)，且a1＝1，所以当a2＝－1时，得－1＝2－λ，所以λ＝3，所以a3＝(22＋2－3)×(－1)＝－3.(2)不存在实数λ使数列{a n}为等差数列．理由如下：由a1＝1，a n＋1＝(n2＋n－λ)a n，得a2＝2－λ，a3＝(6－λ)(2－λ)．若存在实数λ，使数列{a n}为等差数列．则a3－a2＝a2－a1，即(5－λ)(2－λ)＝1－λ，解得λ＝3.所以a2－a1＝1－λ＝－2，a4－a3＝(11－λ)(6－λ)(2－λ)＝－24，这与{a n}为等差数列矛盾．所以不存在λ使数列{a n}为等差数列．【规律方法】根据等差数列的定义可知，一个数列是不是等差数列，要看任意相邻两项的差是不是同一个常数，要判断一个数列是否为等差数列，需证明a n＋1－a n＝d(d为常数)．。
数列的综合运算
数列的综合运算数列是数学中常见的一种数学表达形式，它是按照一定规律排列的数的集合。
数列的综合运算是指对数列中的元素进行加减乘除等运算，从而得出数列的和、差、积等结果。
本文将介绍数列的综合运算，并给出相关的例子和解题步骤。
一、等差数列的综合运算等差数列是指数列中的相邻两个数之差恒定的数列。
常用的等差数列的通项公式为：an = a1 + (n-1)d其中，an 表示第 n 个数，a1 表示首项，d 表示公差，n 表示项数。
1. 等差数列的和等差数列的和可使用求和公式来计算。
求和公式如下：Sn = (n/2)(a1 + an)其中，Sn 表示前 n 项的和。
例如：求等差数列 2, 5, 8, 11, 14 的和。
首先确定首项 a1 = 2，公差 d = 5 - 2 = 3，项数 n = 5。
代入求和公式，得到：S5 = (5/2)(2 + 14) = 40因此，等差数列 2, 5, 8, 11, 14 的和为 40。
2. 等差数列的差等差数列的差可以通过相邻两项的差值来计算。
对于等差数列，任意两项之差都相等。
例如：对于等差数列 2, 5, 8, 11, 14，相邻两项之差均为 3。
3. 等差数列的积等差数列的积可以通过将所有项相乘来计算。
例如：求等差数列 2, 5, 8, 11, 14 的积。
将所有项相乘，得到：2 × 5 × 8 × 11 × 14 = 6160因此，等差数列 2, 5, 8, 11, 14 的积为 6160。
二、等比数列的综合运算等比数列是指数列中的相邻两个数之比恒定的数列。
常用的等比数列的通项公式为：an = a1 * q^(n-1)其中，an 表示第 n 个数，a1 表示首项，q 表示公比，n 表示项数。
1. 等比数列的和等比数列的和可使用求和公式来计算。
求和公式如下：Sn = a1 * (1 - q^n) / (1 - q)其中，Sn 表示前 n 项的和。
等差数列与等比数列的求和问题综合练习题
等差数列与等比数列的求和问题综合练习题数列是数学中常见的一个概念，它包含了一系列按照某种规律排列的数字。
在数列中，等差数列和等比数列是两种常见的类型，它们之间存在着不同的求和方法。
本文将通过综合练习题的方式，详细探讨等差数列与等比数列的求和问题。
一、等差数列求和等差数列是指数列中相邻两项之间的差值保持恒定的数列。
首先，我们来看一个等差数列求和的例子。
例题1：已知等差数列的首项a1为3，公差d为4，求前10项的和S10。
解题思路：利用等差数列通项公式an = a1 + (n-1)d，其中an代表数列的第n 项。
首先计算出第10项的值a10 = a1 + (10-1)d = 3 + (10-1)4 = 3 + 9*4 = 3 + 36 = 39。
其次计算出前10项的和S10 = (a1 + a10) * n / 2 = (3 + 39) * 10 / 2= 42 * 10 / 2 = 210。
答案：前10项的和S10为210。
二、等比数列求和等比数列是指数列中相邻两项之间的比值保持恒定的数列。
下面我们来看一个等比数列求和的例子。
例题2：已知等比数列的首项a1为3，公比q为2，求前5项的和S5。
解题思路：利用等比数列通项公式an = a1 * q^(n-1)，其中an代表数列的第n 项。
首先计算出第5项的值a5 = a1 * q^(5-1) = 3 * 2^(5-1) = 3 * 2^4 = 3 * 16 = 48。
其次计算出前5项的和S5 = a1 * (1 - q^n) / (1 - q) = 3 * (1 - 2^5) / (1 - 2) = 3 * (1 - 32) / (1 - 2) = 3 * (-31) / (-1) = 93。
答案：前5项的和S5为93。
三、综合练习题接下来，我将给出一些综合训练题，涵盖了等差数列与等比数列的求和问题。
请你根据题意，独立思考并计算出答案。
练习题1：已知等差数列的首项a1为2，公差d为3，求前20项的和S20。
等差数列等比数列综合经典例题
以下是等差数列和等比数列的经典例题：
等差数列求和问题：已知一个等差数列的首项为a1，公差为d，第n项为an，求前n项和Sn。
解法：根据等差数列的通项公式an = a1 + (n-1)d，得到Sn = (a1+an)n/2 = n(a1+an)/2 = n(a1+a1+(n-1)d)/2。
将其化简可得Sn = n(a1+an)/2 = n(a1+a1+(n-1)d)/2 = (n/2)(a1+an) = (n/2)(a1+a1+(n-1)d)，其中a1和an可以根据公式计算出来，从而求得Sn。
等比数列求和问题：已知一个等比数列的首项为a1，公比为q，第n项为an，求前n项和Sn。
解法：根据等比数列的通项公式an = a1q^(n-1)，得到Sn = a1(1-q^n)/(1-q)。
将其化简可得Sn = a1*(1-q^n)/(1-q) = a1*(1-q)*(1+q+q^2+...+q^(n-1))/(1-q)。
由于1+q+q^2+...+q^(n-1)是一个等比数列的前n项和，因此可以用等比数列求和公式S=q^n-1/(q-1)求出，将其代入上式，就可以得到Sn的表达式。
这些例题是等差数列和等比数列求和问题中比较经典的例子，掌握了这些例题的解法，就能够比较顺利地解决一类问题。
在实际应用中，还会有更加复杂的情况，需要根据具体的条件设计相应的求和方法。
第二讲 等差、等比数列的综合
第二讲 等差、等比数列的小综合一、问题一：判断和证明数列是否为等差、等比数列 1、证明：一个数列是等差、等比数列的主要方法有三：① 定义法：对任意2≥n 时，d a a n n =--1或q a a n n=-1② 直接求出通项得：B An a n +=或1-⋅=n n q A a 即可③ 中项法：112-++=n n n a a a 或112+-⋅=n n n a a a2、证明一个数列不是等差、等比数列，采用反证，即证3122a a a +≠或3122a a a ⋅≠即可，切记不要证112-++≠n n n a a a 或112+-⋅≠n n n a a a 这样会增加计算的运算量。
二、例题讲解例1、（1）设n a 是等差数列，证明：数列{}na c 是等比数列（2）设n a 是正项等比数列，证明：数列{}log (0,1)c n a c c >≠是等差数列例2、在数列{}n a 中，241+=+n n a S ，且11=a（1）设n n n a a b 21-=+，求证：数列{}n b 是等比数列 （2）设nnn a c 2=，求证：数列{}n c 是等差数列练习：已知)4,3,2()2(,111 =+==+n S n na a n n ，证明：数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n S n 是等比数列（n S 为n a 的前n 项和）例3、设{}n a 是公比不为1的等比数列，其前n 项和为n S ，且435,,a a a 成等差数列证明：对任意21,,,k k k k N S S S *++∈成等差数列练习：证明{}n a 为等差数列的充要条件是对任何*∈N n 都有13221111++++n n a a a a a a 11+=n a a n二、问题二：等差数列与等比数列的相互转化（交汇问题） 例1、已知{}{}n n b a , 是各项均为正数的等比数列，设nnn a b C =，数列{}n C 能否是等比数列，证明你的结论。
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专 题2 数列知识网络图解一、数列的概念、性质例①若数到{αn }满足αn+1= 若α1=67则α2009的值为（ ）A.67 B.57 C.37 D.17②αn 则数列{αn }最大项为（ ）A. α1B. α45C. α44D. α2007③通项为αn =n 2－α n+1的数列{αn }是递增数列，则实数α的取值范围为_________ 二、等差数列、等比数列 知识整合 2αn ，0≤αn ＜1212≤αn ＜1 2αn －1，要点 热点 探究例1（1）已知两个等差数列{αn }和{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且n n A B =7453n n ++，则使得nna b 为整数的正整数n 的个数是( )（2）已知等差数列{αn }的前n 项和为S n ，若OB=α6O A ＋α195OC ，且A 、B 、C 三点共线（该直线不过点O ），则S 200等于（ ）（3）与差数列{αn }中，S 6=36，S n =324，S n －6=144，则n =___________（4）等差数列{αn }共有2n ＋1次，其中奇数项之和为319，偶数次之和为290则其中间项的值为 （ ） A. α9=10 B. α10 =16 C. α11 =29 D. α12=39()1212112121*(21)7(21)45122172131(21)21,2,3,5,11n n n n n n n na a n a A nb b b B n n n az n N n b ----+•--+ ====++-++•- ∈ ∈ ∴=Q 解 ()619512006195200211200200200100222A C a a a a a a s ,B,∴+=++=•=•=•=Q 三点共线()65466511113180366()180362163618324182n n n n nn n nn s s a a a s a a a a a a a a a s n n n --- -=++⋯+= =++⋯+= ∴+=+= +=+∴ =•== ∴= ()12111121121211131914102902213192902922S a a n n a S n a a a a S a ++== ∴= ∴=++=•=+ ∴==奇偶中间项为又例2等差数列{αn }的前n 项和为S n ，α1=1，S 3=9+（1）求数列{αn }的通项αn ，与前n 项和S n ；（2）设b n =ns n(*)n N ∈，求证：数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列 【解析】（1）由已知得故αn =2n －1，S n =n （n ） （2）证明：由（1）得b n =ns n= n 假设数列{b n }中存在三项b p ，b q ，b r (p ,q ,r 互不相等)成等比数列，则2q b =b p b r , 即 (q )2=（p ）（），∴（q 2－pr ）＋（2 q －p －r =0∵p ，q ，r ∈N ·,∴ ∴2()2p r += pr ，即（p －r ）2=0，∴p =r ，这与p ≠r 矛盾 ∴数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列 变式 已知数列{αn }中，α1=12，点（n ，2αn+1－αn ）在直线y=x 上，其中n =1，2，3… （1）令b n =αn+1－αn －1，求证：数列{b n }是等比数列； （2）求数列{αn }的通项；（3）设S n ，T n 分别为数列{αn }，{b n }的前n 项和，是否存在实数λ，使得数列{n nS T nλ+}为等差数列？若存在，试求出λ；若不存在，则说明理由。
解（1）αn+2－αn+1－1=12(αn+1－αn －1) （2）α1=12，2α2－α1=1 α2=12（1＋α1）=34α2－α1－1=3131424--=- b n =αn+1－αn -1=34-·（12）n+1 αn ＋1-αn =1－3(12)n+1T n =13322n +-+ S n =233322n n n -+- α1＋13α1+3d =9+∴d =2 q 2－pr =0 2 q －p －r =021333332222n n n s Tn n n n λλλ++-=+--+ ∴存在2λ=使32n s Tn n n λ+-={32n -}等差 例3 已知数列{αn }为等差数列，公差d ≠0，由{αn }中的部分项组成的数列12b b a a ，，…，n b a ，…为等比数列，其中b 1=1，b 2=5，b 3=17（1）求数列{b n }的通项公式；（2）记T n =123123nn n n n n C b C b C b b +++…+C ，求T n解（1）∵25117aa a =⨯ ∴2111(4)(16)a d a a d +=+∴12a d = ∴25111143b b a a a dq a a a +==== 又1113(1)n bn n a a a b d ===+-∴11113(1)2n n a a a b -=+- ∴b n =－1（2）11212(33+n n n T C C =+…+13)n n n C -－（1)n n n C +…+C=1+23（12233n n C C +-+…03)(n n n n C C +-+…)n n C =02212(333n n C C +++…+3)2n n n n C - =12(13)233n n++- =2112233n n ++- 变式 （理）设数列{αn }的首项α1=α≠14，且αn+1=记b n =α2n －1-14n =1，2，3，…（1）求α2，α3;（2）判断数列{b n }是否为等比数列，并证明你的结论； （3）求lim n →∞（b 1＋b 2＋…+ b n ）(文)数列{αn }的前n 项和为S n ，且α1=1, αn+1=13n s ，n =1，2，3，…求： （1）α2，α3，α4的值及数列{αn }的通项公式； （2）α2+α4+α6＋…+α2n 的值 三、简单递推数列与数列求和12αn ， n 为偶数 αn ＋14，n 为奇数探究点一 基本求和问题例1（1）已知数列{αn }为等差数列，且公差不为0，首项也不为0，求和:111na a i i i ∑+= （2）已知α＞0且α≠1数列{αn }是首项为α，公比边也为α的等比数列，令b n =αn ·1ga n（n ∈N ），求数列{αn }的前n 项和S n （3）已知f 、（x ）=193x+求'f （0）'1()f n ++…+'()n f n （4）数列{αn }满足αn =解：（1）11n n a a + （2）2lg [1(1)](1)n a an na a a -+-- （3）∵当121x x +=时，f 、（x 1）+ f 、（x 2）=1212129961393(99)9x x x x x x +++=+++ 令n s = f 、（0）'1()f n ++…+'()nf nn s ='()n f n '1()n f n-+…'f （0）∴2n s =['f （0）+'()n f n ](n+1)=13(n+1) ∴s n =16n +（4）当n=2k 时 s n = s 2k =(α1+α3+…+α2k-1)+( α2+α4+…+α2k )=222222424343k n n k ++--+=+ 当n=2k+1时s n = s 2k+1= s 2k +α2k+1=222243k k +-++2k+1=12124()23n n +--+∴s n =例2 数列{αn }中,α1=8，α4=2且满足αn+2=2αn+1-αn ，n ∈N （1）求数列{αn }的通项公式； （2）设S n =12a a ++…n a ，求S n ； （3）设1(*)(12)n bn n N n a =∈-，12n T b b =++…+ b n (*)n N ∈，是否存在最大的整数m ，使得对任意(*)n N ∈，均有T n ＞32m成立？若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由 解析 （1）αn =8－2（n －1）=10－2n （2）由αn =10－2n ≥0 得n ≤5 n ≤5时 S n =α1+α2+…+αn =8 n +(1)2n n -（－2）=9n －n 2 n ,2n ,n 为奇数 n 为偶数11242()23n n +--+，n 为奇数222443n n +-+，n 为偶数n ＞5时 S n =α1+α2+…+α5－α6－α7－…－αm =（α1+α2+…αn ）－2（α1+…＋α5）=9 n 2－n 2－40∴ （3）b n =12(1)n n + m ＜32·12（1－111123+-+…111n n -+）m ＜16（111n -+） m ＜16（112-）=8 ∴m 的最大值为7探究点二 用叠加法、累乘法、迭代法求通项公式例3（1）已知数列{αn }满 足α1=1，αn =αn －1+ n （n ≥2）则αn =______（2）已知数列{αn }满足α1=2，αn =αn －1·2 n －1（n ≥2），则αn =_____ （3）在数列{αn }中α1=3，αn ＋1=2n a (*)n N ∈，则αn =_____解（1）()()2122221()22332n n n n n --++探究点三 构造新数列，转化为等差、等比数列问题 例4（1）在数列{αn }中，若α1=1，αn ＋1=2αn +3（n ≥1），则该数列的通项αn =____(2) 在数列{αn }中，若α1=1，αn ＋1=2αn +3n+1（n ≥1），则该数列的通项αn =_____ (3) 在数列{αn }中，若α1=3, αn ＋1=323nn a a +(*)n N ∈则该数列的通项αn =_____(4)已知数列{αn }满足x 1=3, x 2=32, x n =12（x n -1+ x n -2），n =3,4…，则数列{x n }的通项公式为____ 112112()11122111221121()2n n n n n n n n x Ax B x Ax A A B A B B AB x x x x ------ -=-⎧=+=⎧⎧⎪=-⎪⎪⎪⇒⎨⎨⎨=-⎪⎪⎪==-⎩⎩⎪⎩ -=--解（4）令 则或 若A= B=-则∴112121122n n n n x x x x --- +=+=若A=- B=1 则112()2n n x -∴=+-S n = 9 n －n 2n =59 n 2＋n 2-40 n ＞5=…=()212111322n n x x =-⎛⎫⎛⎫--=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭21132x x =+=L探究点四 归纳——猜想——证明例5数列{αn }满足αn ＋1=2，αn ＞0，且（n +1）2n a +1n n a a +－21n na +=0，又数列{b n }满b n =121n -+（1）求数列的通项αn 和前n 项和S n（2）求数列{b n }的前n 项和T n （3）比较S n 与T n 的大小【解答】（1）∵αn ＞0(*)n N ∈，且（n +1）2n a +1n n a a +-21n na +=0，∴（n +1）2()()011a a nnn a a n n +-=++∴11a n a n =-+或1n n +， ∵αn ＞0(*)n N ∈ ∴11n n a n a n +=+ ∴121223n n n n n n n a a a a a a a a -----=⨯⨯⨯ (32)21a a a a ⨯=12123n n n n n n --⨯⨯⨯---…2231n ⨯= 又α1=2， 所以，αn =2n ∴S n =α1+α2+…+αn =2(1+2+…+n )= n 2+ n（2）∵b n =2n-1+1 T n = b 1+ b 2+…+ b n =（2°+21+…2n -1）+ n =2n+ n －1(3)T n -S n =2n －n 2－1当n=1时，T 1－S 1=21-12-1=0 ∴T 1= S 1； 当n=2时，T 2－S 2=22-22-1=-1 ∴T 2＜S 2当n=3时，T 3－S 3=23-32-1=-2 ∴T 3＜S 3；当n=4时，T 4－S 4=24-42-1=-1， ∴T 4＜S 4；当n=5时，T 5－S 5=25-52-1=6 ∴T 5＜S 5；当n=6时，T 6－S 6=26-62-1=27， ∴T 6＜S 6.猜想：当n ≥5时，T n ＞S n ，即2n ＞n 2+1.下用数学归纳法证明； ①当n=5时，前面已验证成立；②假设n=k （k ≥5）时命题成立，即2k ＞k 2＋1成立，那么当n=k ＋1（k ≥5）时， 2k+1=2·2k＞2·(k 2+1)= k 2+ k 2+2≥k 2+5 k +2＞k 2+2 k +2=( k +1)2+1. 即n=k ＋1（k ≥5）时命题也成立由①②可知，当k ≥5时，有T n = S n ; 综上可知：当n =1时，T 1= S 1;当2≤n ＜5时，T n ＜S n 当n ≥5时，有T n ＞S n 。