2019年高职数学第二轮复习专题4数列(最新整理)
2019年高考数学(文科)二轮复习对点练：四数列专题对点练14(含答案)
专题对点练14数列与数列不等式的证明及数列中的存在性问题1.已知等比数列{a n},a1=,公比q=.(1)S n为{a n}的前n项和,证明:S n=;(2)设b n=log3a1+log3a2+…+log3a n,求数列{b n}的通项公式.2.已知数列{a n}满足a1=3,a n+1=.(1)证明:数列是等差数列,并求{a n}的通项公式;(2)令b n=a1a2…a n,求数列的前n项和S n.3.已知数列{a n}的前n项和S n=1+λa n,其中λ≠0.(1)证明{a n}是等比数列,并求其通项公式;(2)若S5=,求λ的值.4.在数列{a n}中,设f(n)=a n,且f(n)满足f(n+1)-2f(n)=2n(n∈N*),且a1=1.(1)设b n=,证明数列{b n}为等差数列;(2)求数列{a n}的前n项和S n.5.设数列{a n}的前n项和为S n,且(3-m)S n+2ma n=m+3(n∈N*),其中m为常数,且m≠-3.(1)求证:{a n}是等比数列;(2)若数列{a n}的公比q=f(m),数列{b n}满足b1=a1,b n=f(b n-1)(n∈N*,n≥2),求证:为等差数列,并求b n.6.已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=-2,且满足S n=a n+1+n+1(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=log3(-a n+1),求数列的前n项和T n,并求证T n<.7.(2018天津模拟)已知正项数列{a n},a1=1,a2=2,前n项和为S n,且满足-2(n≥2,n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)记c n=,数列{c n}的前n项和为T n,求证:≤T n<.8.已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=2,2S n=(n+1)2a n-n2a n+1,数列{b n}满足b1=1,b n b n+1=λ·.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)是否存在正实数λ,使得{b n}为等比数列?并说明理由.专题对点练14答案1.(1)证明因为a n=,S n=,所以S n=.(2)解b n=log3a1+log3a2+…+log3a n=-(1+2+…+n)=-.所以{b n}的通项公式为b n=-.2.解(1)∵a n+1=,∴a n+1-1=-1=,∴,∴.∵a1=3,∴,∴数列是以为首项,为公差的等差数列,∴(n-1)= n,∴a n=.(2)∵b n=a1a2…a n,∴b n=×…×,∴=2,∴S n=2+…+=2.3.解(1)由题意得a1=S1=1+λa1,故λ≠1,a1=,a1≠0.由S n=1+λa n,S n+1=1+λa n+1得a n+1=λa n+1-λa n,即a n+1(λ-1)=λa n.由a1≠0,λ≠0得a n≠0,所以.因此{a n}是首项为,公比为的等比数列,于是a n=.(2)由(1)得S n=1-.由S5=得1-,即.解得λ=-1.4.(1)证明由已知得a n+1=2a n+2n,∴b n+1=+1=b n+1,∴b n+1-b n=1.又a1=1,∴b1=1,∴{b n}是首项为1,公差为1的等差数列.(2)解由(1)知,b n==n,∴a n=n·2n-1.∴S n=1+2×21+3×22+…+n·2n-1,2S n=1×21+2×22+…+(n-1)·2n-1+n·2n,两式相减得-S n=1+21+22+…+2n-1-n·2n=2n-1-n·2n=(1-n)2n-1,∴S n=(n-1)·2n+1.5.证明(1)由(3-m)S n+2ma n=m+3,得(3-m)S n+1+2ma n+1=m+3,两式相减,得(3+m)a n+1=2ma n.∵m≠-3,∴,∴{a n}是等比数列.(2)由(3-m)S n+2ma n=m+3,得(3-m)S1+2ma1=m+3,即a1=1,∴b1=1.∵数列{a n}的公比q=f(m)=,∴当n≥2时,b n=f(b n-1)=,∴b n b n-1+3b n=3b n-1,∴.∴是以1为首项,为公差的等差数列,∴=1+.又=1也符合,∴b n=.6.(1)解∵S n=a n+1+n+1(n∈N*),∴当n=1时,-2=a2+2,解得a2=-8.当n≥2时,a n=S n-S n-1=a n+1+n+1-,即a n+1=3a n-2,可得a n+1-1=3(a n-1).当n=1时,a2-1=3(a1-1)=-9,∴数列{a n-1}是等比数列,首项为-3,公比为3.∴a n-1=-3n,即a n=1-3n.(2)证明b n=log3(-a n+1)=n,∴.∴T n=+…+.∴T n<.7.(1)解由-2(n≥2,n∈N*),得+2S n+1S n-1+=4,即(S n+1+S n-1)2=(2S n)2.由数列{a n}的各项均为正数,得S n+1+S n-1=2S n,所以数列{S n}为等差数列.由a1=1,a2=2,得S1=a1=1,S2=a1+a2=3,则数列{S n}的公差为d=S2-S1=2,所以S n=1+(n-1)×2=2n-1.当n≥2时,a n=S n-S n-1=(2n-1)-(2n-3)=2,而a1=1不适合上式,所以数列{a n}的通项公式为a n=(2)证明由(1)得c n=,则T n=c1+c2+c3+…+c n=+…+1-.又T n=是关于n的增函数,则T n≥T1=,因此,≤T n<.8.解(1)由2S n=(n+1)2a n-n2a n+1,得2S n-1=n2a n-1-(n-1)2a n,∴2a n=(n+1)2a n-n2a n+1-n2a n-1+(n-1)2a n,∴2a n=a n+1+a n-1,∴数列{a n}为等差数列.∵2S1=(1+1)2a1-a2,∴4=8-a2.∴a2=4.∴d=a2-a1=4-2=2.∴a n=2+2(n-1)=2n.(2)∵b n b n+1=λ·=λ·4n,b1=1,∴b2b1=4λ,∴b2=4λ,∴b n+1b n+2=λ·4n+1,∴=4,∴b n+2=4b n,∴b3=4b1=4.若{b n}为等比数列,则=b3·b1,∴16λ2=4×1,∴λ=.故存在正实数λ=,使得{b n}为等比数列.。
2019年高考数学(文)二轮复习对点练：专题四 数列 专题对点练14 Word版含答案
专题对点练14数列与数列不等式的证明及数列中的存在性问题1.已知等比数列{a n},a1=,公比q=.(1)S n为{a n}的前n项和,证明:S n=;(2)设b n=log3a1+log3a2+…+log3a n,求数列{b n}的通项公式.2.已知数列{a n}满足a1=3,a n+1=.(1)证明:数列是等差数列,并求{a n}的通项公式;(2)令b n=a1a2…a n,求数列的前n项和S n.3.已知数列{a n}的前n项和S n=1+λa n,其中λ≠0.(1)证明{a n}是等比数列,并求其通项公式;(2)若S5=,求λ的值.4.在数列{a n}中,设f(n)=a n,且f(n)满足f(n+1)-2f(n)=2n(n∈N*),且a1=1.(1)设b n=,证明数列{b n}为等差数列;(2)求数列{a n}的前n项和S n.5.设数列{a n}的前n项和为S n,且(3-m)S n+2ma n=m+3(n∈N*),其中m为常数,且m≠-3.(1)求证:{a n}是等比数列;(2)若数列{a n}的公比q=f(m),数列{b n}满足b1=a1,b n=f(b n-1)(n∈N*,n≥2),求证:为等差数列,并求b n.6.已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=-2,且满足S n=a n+1+n+1(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=log3(-a n+1),求数列的前n项和T n,并求证T n<.7.(2018天津模拟)已知正项数列{a n},a1=1,a2=2,前n项和为S n,且满足-2(n≥2,n ∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)记c n=,数列{c n}的前n项和为T n,求证:≤T n<.8.已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=2,2S n=(n+1)2a n-n2a n+1,数列{b n}满足b1=1,b n b n+1=λ·.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)是否存在正实数λ,使得{b n}为等比数列?并说明理由.专题对点练14答案1.(1)证明因为a n=,S n=,所以S n=.(2)解b n=log3a1+log3a2+…+log3a n=-(1+2+…+n)=-.所以{b n}的通项公式为b n=-.2.解(1)∵a n+1=,∴a n+1-1=-1=,∴,∴.∵a1=3,∴,∴数列是以为首项,为公差的等差数列,∴(n-1)= n,∴a n=.(2)∵b n=a1a2…a n,∴b n=×…×,∴=2,∴S n=2+…+=2.3.解(1)由题意得a1=S1=1+λa1,故λ≠1,a1=,a1≠0.由S n=1+λa n,S n+1=1+λa n+1得a n+1=λa n+1-λa n,即a n+1(λ-1)=λa n.由a1≠0,λ≠0得a n≠0,所以.因此{a n}是首项为,公比为的等比数列,于是a n=.(2)由(1)得S n=1-.由S5=得1-,即.解得λ=-1.4.(1)证明由已知得a n+1=2a n+2n,∴b n+1=+1=b n+1,∴b n+1-b n=1.又a1=1,∴b1=1,∴{b n}是首项为1,公差为1的等差数列.(2)解由(1)知,b n==n,∴a n=n·2n-1.∴S n=1+2×21+3×22+…+n·2n-1,2S n=1×21+2×22+…+(n-1)·2n-1+n·2n,两式相减得-S n=1+21+22+…+2n-1-n·2n=2n-1-n·2n=(1-n)2n-1,∴S n=(n-1)·2n+1.5.证明(1)由(3-m)S n+2ma n=m+3,得(3-m)S n+1+2ma n+1=m+3,两式相减,得(3+m)a n+1=2ma n.∵m≠-3,∴,∴{a n}是等比数列.(2)由(3-m)S n+2ma n=m+3,得(3-m)S1+2ma1=m+3,即a1=1,∴b1=1.∵数列{a n}的公比q=f(m)=,∴当n≥2时,b n=f(b n-1)=,∴b n b n-1+3b n=3b n-1,∴.∴是以1为首项,为公差的等差数列,∴=1+.又=1也符合,∴b n=.6.(1)解∵S n=a n+1+n+1(n∈N*),∴当n=1时,-2=a2+2,解得a2=-8.当n≥2时,a n=S n-S n-1=a n+1+n+1-,即a n+1=3a n-2,可得a n+1-1=3(a n-1).当n=1时,a2-1=3(a1-1)=-9,∴数列{a n-1}是等比数列,首项为-3,公比为3.∴a n-1=-3n,即a n=1-3n.(2)证明b n=log3(-a n+1)=n,∴.∴T n=+…+.∴T n<.7.(1)解由-2(n≥2,n∈N*),得+2S n+1S n-1+=4,即(S n+1+S n-1)2=(2S n)2.由数列{a n}的各项均为正数,得S n+1+S n-1=2S n,所以数列{S n}为等差数列.由a1=1,a2=2,得S1=a1=1,S2=a1+a2=3,则数列{S n}的公差为d=S2-S1=2,所以S n=1+(n-1)×2=2n-1.当n≥2时,a n=S n-S n-1=(2n-1)-(2n-3)=2,而a1=1不适合上式,所以数列{a n}的通项公式为a n=(2)证明由(1)得c n=,则T n=c1+c2+c3+…+c n=+…+1-.又T n=是关于n的增函数,则T n≥T1=,因此,≤T n<.8.解(1)由2S n=(n+1)2a n-n2a n+1,得2S n-1=n2a n-1-(n-1)2a n,∴2a n=(n+1)2a n-n2a n+1-n2a n-1+(n-1)2a n,∴2a n=a n+1+a n-1,∴数列{a n}为等差数列.∵2S1=(1+1)2a1-a2,∴4=8-a2.∴a2=4.∴d=a2-a1=4-2=2.∴a n=2+2(n-1)=2n.(2)∵b n b n+1=λ·=λ·4n,b1=1,∴b2b1=4λ,∴b2=4λ,∴b n+1b n+2=λ·4n+1,∴=4,∴b n+2=4b n,∴b3=4b1=4.若{b n}为等比数列,则=b3·b1,∴16λ2=4×1,∴λ=.故存在正实数λ=,使得{b n}为等比数列.。
江苏省2019高考数学二轮复习 专题四 数列 4.3 大题考法—数列的综合应用讲义(含解析)
第三讲大题考法-—数列的综合应用题型（一)数列与不等式问题主要考查数列中的不等关系的证明及由不等式恒成立问题求参数。
[典例感悟］[例1] （2018·南京考前模拟)若各项均为正数的数列{a n｝的前n项和为S n,且2S n＝a n＋1 (n∈N＊）．(1）求数列{a n｝的通项公式；(2)若正项等比数列{b n｝，满足b2＝2,2b7＋b8＝b9，求T n＝a1b1＋a2b2＋…＋a n b n；(3)对于（2）中的T n，若对任意的n∈N＊，不等式λ（－1)n＜错误!（T n＋21）恒成立,求实数λ的取值范围．[解］(1)因为2S n＝a n＋1，所以4S n＝(a n＋1)2，且a n＞0，则4a1＝（a1＋1）2,解得a1＝1，又4S n＋1＝(a n＋1＋1)2，所以4a n＋1＝4S n＋1－4S n＝（a n＋1＋1）2－(a n＋1）2，即（a n＋1＋a n）（a n＋1－a n)－2(a n＋1＋a n）＝0，因为a n＞0，所以a n＋1＋a n≠0，所以a n＋1－a n＝2，所以{a n}是公差为2的等差数列，又a1＝1，所以a n＝2n－1.(2）设数列{b n}的公比为q，因为2b7＋b8＝b9，所以2＋q＝q2，解得q＝－1（舍去)或q＝2,由b2＝2，得b1＝1,即b n＝2n－1.记A＝a1b1＋a2b2＋…＋a n b n＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋（2n－1）×2n－1，则2A＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋（2n－1)×2n，两式相减得－A＝1＋2(2＋22＋…＋2n－1)－(2n－1）×2n，故A＝（2n－1)×2n－1－2（2＋22＋…＋2n－1）＝(2n－1）×2n－1－2(2n－2）＝（2n－3）×2n＋3所以T n＝a1b1＋a2b2＋…＋a n b n＝(2n－3）·2n＋3.(3）不等式λ(－1)n＜错误!（T n＋21）可化为（－1)nλ＜n－错误!＋错误!.当n为偶数时,λ＜n－错误!＋错误!，记g（n）＝n－错误!＋错误!.即λ＜g(n)min。
(完整版)2019年高职数学第二轮复习专题4数列
2019年第二轮专题复习4数列2019年浙江高职考试大纲要求:1、了解数列及其有关概念2、理解等差数列，等差中项的概念，掌握等差数列的通项公式、前n 项和公式，并会运用它们解决有关问题3、理解等比数列、等比中项的概念，掌握等比数列的通项公式，前n 项和工会,并会运用它们解决有关问题。
考情分析：数列在高职考中为必考题目,2007-2012年的一个选择一个解答，2013-2018年一个选择，一个填空,一个解答。
2017年一个选择两个填空一个解答，分值有所提升.考查数列的规律性，等差等比数列的定义理解，公式应用.渗透解方程的思想。
基础知识自查考点一:数列的有序性，规律性（2017年浙江高考）.2３４５６已知数列：，－，，－，，．．．按此规律第７项为34５6７A 。
78 B 。
89C.７－８D.89－（2016年浙江高考）：数列}{n a 满足：11=a ，1++-=n n a n a ，（*N n ∈）,则5a =（ ） A 、9 B 、10 C 、11 D 、121、（2013年高考题）根据数列2，5，9，19,37，75……的前六项找出规律，可得7a =A.140 B 。
142 C 。
146 D. 1492、（2015宁波一模）根据数列0，，，,3，7，15，..。
.。
的前5项找出规律，可得7a =A ， 63 B, 32 C ， 31 D,16 考点二：nn n n a s s 求的关系，由和利用a()n n 1n+142017年浙江高考设数列的前n 项和为s ,若a =1,a =2s (n ∈N),则s =1、（2015嘉兴二模)设数列的前n 项和为的值为则4,2s a n n =A.2 B 。
4 C 。
7 D 。
82、（2016预测）已知数列的前n 项的和为=+++-=654212a a a n n s n ，则 A 。
67 B 。
51 C. 38 D 。
16考点三：利用等差数列,等比数列的通项公式求和，求某一项（或公差，公比）（2018—35-10）、如图所示，在边长为1的正三角形中,挖去一个由三边中点所构成的三角形,记挖去的三角形面积为1a ；在剩下的3个三角形中，再以同样的方法，挖去三个三角形，记挖去的3个三角形面积和为2a ,。
(理通用)2019届高考数学大二轮复习-第1部分 专题4 数列 第2讲 数列求和及综合应用课件
④若等差数列{an}的公差为 d，则ana1n＋1＝1d(a1n－an1＋1)；ana1n＋2＝21d(a1n－an1＋2)．
⑤nn＋11n＋2＝12[nn1＋1－n＋11n＋2]．
⑥
1 n＋
n＋1＝
n＋1－
n.
⑦
1 n＋
n＋k＝1k(
n＋k－
n)．
(2)公式法求和：要熟练掌握一些常见数列的前 n 项和公式，如
①1＋2＋3＋…＋n＝nn＋2 1； ②1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝__n_2___；
③12＋22＋32＋…＋n2＝16n(n＋1)(2n＋1)．
• 1．公比为字母的等比数列求和时，注意公比是否为1的分 类讨论．
来的三项是 20,21,22，依次类推．求满足如下条件的最小整数 N：N>100 且该数列的
前 N 项和为 2 的整数幂．那么该款软件的激活码是( A )
A．440
B．330
C．220
D．110
[解析] 设首项为第 1 组，接下来的两项为第 2 组，再接下来的三项为第 3 组， 依此类推，则第 n 组的项数为 n，前 n 组的项数和为n1＋ 2 n.
核心知识整合
1．分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成 cn＝an＋bn 形式的数列求 和问题的方法，其中{an}与{bn}是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．
2．裂项相消法：将数列的通项分成两个代数式子的差，即 an＝f(n＋1)－f(n)的 形式，然后通过累加抵消中间若干项的求和方法．形如{anacn＋1}(其中{an}是公差 d≠0 且各项均不为 0 的等差数列，c 为常数)的数列等．
2019版高考数学二轮复习 专题四 数列 2.4.2.1 等差、等比数列的综合问题课件 文
解题心得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.
考向一 考向二 考向三 考向四 考向五
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对点训练 3(2018北京朝阳期末,文15)已知由实数构成的等比数
列{an}满足a1=2,a1+a3+a5=42. (1)求数列{an}的通项公式; (2)求a2+a4+a6+…+a2n.
4.2.1 等差、等比数列的综合问题
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考向一 考向二 考向三 考向四 考向五
等差(比)数列的判断与证明
例1已知数列{an}满足an+1=2an+n-1,且a1=1. (1)求证:数列{an+n}为等比数列; (2)求数列{an}的前n项和Sn.
(1)证明
因为������������ +1+������+1
讨论思想
求递推数列的某
递推数
全国
递推数列、等
Ⅲ
两项;求递推数
列、等比 等价变换 比数列的通项
列的通项
数列
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年份 卷别 设问特点
涉及知识点
题目类型
数学思想 方法
求等比数列的通 全国 项及前 n 项和;判
Ⅰ 断三个量是否成
等差数列
等 项 等比 、 差前数 中列 项n 项的和通、等 列比数
方程思 想、等价 变换
∴{e������������ }是以 2 为首项,2 为公比的等比数列.
∴ e������1 + e������2 +…+e������������ =2+22+…+2n=2n+1-2. ∴ e������1 + e������2 +…+e������������ =2n+1-2.
2019版高考数学总复习 专题四 数列 4.2 数列解答题
即an=2n+1-2n(n≥2).
而a1=2=21+1-2×1,∴an=2n+1-2n(n∈N*).
-12K12教育课件
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高考真题体验·对方向
新题演练提能·刷高分
等差、等比数列的通项公式与前n项和公式的应用
1.(2018全国Ⅱ·17)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a1=-7,
S3=-15. (1)求{an}的通项公式; (2)求Sn,并求Sn的最小值. 解 (1)设{an}的公差为d,由题意得3a1+3d=-15.
K12教育课件
高考真题体验·对方向
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解 (1)设数列{an}的公比为q,数列{bn}的公差为d,则
2������ ������2
= =
2 1
+ +
32������������,,解得
������ ������
= =
10,(舍)或
������ ������
= =
1, 2,
∴an=2n-1,bn=n.
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高考真题体验·对方向
新题演练提能·刷高分
2.(2018广东东莞二模)已知等比数列{an}与等差数列{bn}, a1=b1=1,a1≠a2,a1,a2,b3成等差数列,b1,a2,b4成等比数列. (1)求{an},{bn}的通项公式; (2)设Sn,Tn分别是数列{an},{bn}的前n项和,若Sn+Tn>100,求n的最小 值.
K12教ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ课件
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高考真题体验·对方向
新题演练提能·刷高分
解
(1)由 an+1=3an+1 得 an+1+12=3
2019年高考数学(文科)二轮专题突破课件：专题四 数列4.2
即 由于(22()aa设nn+>b1+0n=,a可n)������得=������������1������������2a������++n+111,-求−an���数=������2���2列=. ({abn+n}1+的a前n)(nan项+1和-an.).
又������12+2a1=4a1+3,解得 a1=-1(舍去),a1=3.
所以{an}是首项为 3,公差为 2 的等差数列,通项公式为 an=2n+1.
(2)由
an=2n+1
可知
bn=������������
1 ������������
+1
=
1 (2������ +1)(2������ +3)
=
1 2
1-1 .
2������+1 2������+3
设数列{bn}的前 n 项和为 Tn,则
(4)an+1=
������������������ ������ + ������������������
(an≠0,p,q为非零常数)型,可用倒数法转化为等
差数列解决.
考情分析
高频考点
核心归纳
命题热点一 命题热点二 命题热点三
(∴∴1)数 ���对((∵���1���12��� =))列点aaS111n=+训==������11������123������2练,-a,a1���是n,n���∴1���++���根1等+13=a1.n据2差2==+������������下数������������2���2+���2+,1列列∴���.������������������条,���������其;������1+件首1 =,确项������1定为������ +数1,12列公. 差{a为n}的12, 通项公式: (2)∵Sn=23an+13,① ∴当 n≥2 时,Sn-1=23an-1+13.②
2019届高考数学大二轮复习精品练习：第1部分 专题4 数列 第2讲 Word版含解析
第一部分 专题四 第二讲A 组1．设{a n }的首项为a 1，公差为－1的等差数列，S n 为其前n 项和．若S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 1＝(D )A ．2B ．－2C ．12D ．－12[解析]由题意知S 1＝a 1，S 2＝2a 1－1，S 4＝4a 1－6，因为S 1，S 2，S 4成等比数列，所以S 2＝S 1·S 4，即(2a 1－1)2＝a 1(4a 1－6)，解得a 1＝－12.故选D ．2．若数列{a n }为等比数列，且a 1＝1，q ＝2，则T n ＝1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan ＋1等于( B )A ．1－14nB ．23(1－14n )C ．1－12nD ．23(1－12n)[解析]因为a n ＝1×2n －1＝2n －1，所以a n ·a n ＋1＝2n －1·2n ＝2×4n －1，所以1anan ＋1＝12×(14)n －1，所以{1anan ＋1}也是等比数列，所以T n ＝1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan ＋1＝12×错误!＝错误!(1－错误!)，故选B ．3．(2018·烟台模拟)已知等差数列{a n }中，a 2＝6，a 5＝15，若b n ＝a 2n ，则数列{b n }的前5项和等于( C)A ．30B ．45C ．90D ．186[解析]设{a n }的公差为d ，首项为a 1，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ a1＋d ＝6，a1＋4d ＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧a1＝3，d ＝3，所以a n ＝3n ，所以b n ＝a 2n ＝6n ，且b 1＝6，公差为6，所以S 5＝5×6＋5×42×6＝90.4．等差数列{a n }中，a 1>0，公差d <0，S n 为其前n 项和，对任意自然数n ，若点(n ，S n )在以下4条曲线中的某一条上，则这条曲线应是( C )[解析]∵S n ＝na 1＋错误!d ，∴S n ＝错误!n 2＋(a 1－错误!)n ，又a 1>0，公差d <0，所以点(n ，S n )所在抛物线开口向下，对称轴在y 轴右侧．[点评] 可取特殊数列验证排除，如a n ＝3－n .5．定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f (x )，如果对于任意给定的等比数列{a n }，{f (a n )}仍是等比数列，则称f (x )为“保等比数列函数”．现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：①f (x )＝x 2; ②f (x )＝2x ；③f (x )＝|x|； ④f (x )＝ln|x |.则其中是“保等比数列函数”的f (x )的序号为( C )A ．①②B ．③④C ．①③D ．②④ [分析]保等比数列函数指：①定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数；②若{a n }是等比数列，则{f (a n )}仍是等比数列．[解析]解法一：设{a n }的公比为q .①f (a n )＝a 2n ，∵a2n ＋1a2n ＝(an ＋1an )2＝q 2，∴{f (a n )}是等比数列，排除B 、D ．③f (a n )＝|an|，∵|an ＋1||an|＝|an ＋1an|＝|q|，∴{f (a n )}是等比数列，排除A ．解法二：不妨令a n ＝2n .①因为f (x )＝x 2，所以f (a n )＝a 2n ＝4n .显然{f (a n )}是首项为4，公比为4的等比数列．②因为f (x )＝2x ，所以f (a 1)＝f (2)＝22，f (a 2)＝f (4)＝24，f (a 3)＝f (8)＝28，所以错误!＝错误!＝4≠错误!＝错误!＝16，所以{f (a n )}不是等比数列．③因为f (x )＝|x|，所以f (a n )＝2n ＝(2)n .显然{f (a n )}是首项为2，公比为2的等比数列．④因为f (x )＝ln|x |，所以f (a n )＝ln2n ＝n ln2.显然{f (a n )}是首项为ln2，公差为ln2的等差数列，故选C ．6．(2018·邵阳一模)已知数列{b n }为等比数列，且b 1009＝e(e 为自然对数的底数)，数列{a n }的首项为1.2_017的值为2018a 则ln ，n b ·n a ＝＋1n a 且，[解析]因为数列{b n }为等比数列，且b 1009＝e(e 为自然对数的底数)，数列{a n }的首项为1，且a n ＋1＝a n ·b n ，所以a 2018＝b 1·b 2·b 3·b 4·…·b 2017＝b 20171009＝e 2017，ln a 2018＝lne 2017＝2017.7．已知数列{a n }是等比数列，其公比为2，设b n ＝log 2a n ，且数列{b n }的前10项的和为25，那么1a1＋1a2＋1a3＋…＋1a10的值为1 023128.[解析]数列{a n }是等比数列，其公比为2，设b n ＝log 2a n ，且数列{b n }的前10项的和为25，所以b 1＋b 2＋…＋b 10 ＝log 2(a 1·a 2·…·a 10)＝log 2(a 10121＋2＋…＋9)＝25，所以a 101×245＝225，可得：a 1＝14.那么1a1＋1a2＋1a3＋…＋1a10＝4(1＋12＋122＋…＋129)＝4×1－12101－12＝1023128.8．已知等比数列{a n }的公比q >1,42是a 1和a 4的一个等比中项，a 2和a 3的等差中项为6，若数列{b n }满足b n ＝log 2a n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n b n }的前n 项和S n .[解析](1)因为42是a 1和a 4的一个等比中项，所以a 1·a 4＝(42)2＝32.由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a2·a3＝32，a2＋a3＝12.因为q >1，所以a 3>a 2.解得⎩⎪⎨⎪⎧a2＝4，a3＝8.所以q ＝a3a2＝2.故数列{a n }的通项公式a n ＝2n .(2)由于b n ＝log 2a n (n ∈N *)，所以a n b n ＝n ·2n ， S n ＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n ，①2S n ＝1·22＋2·23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1.②①－②得，－S n ＝1·2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝错误!－n ·2n ＋1.所以S n ＝2－2n ＋1＋n ·2n ＋1＝2＋(n －1)·2n ＋1.9．(文)(2018·天津卷，18)设{a n }是等差数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)；{b n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为T n (n∈N *)．已知b 1＝1，b 3＝b 2＋2，b 4＝a 3＋a 5，b 5＝a 4＋2a 6.(1)求S n 和T n ；(2)若S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n ，求正整数n 的值．[解析](1)设等比数列{b n }的公比为q ，由b 1＝1，b 3＝b 2＋2，可得q 2－q －2＝0.因为q >0，可得q ＝2，故b n ＝2n －1.所以T n ＝1－2n1－2＝2n －1.设等差数列{a n }的公差为d .由b 4＝a 3＋a 5，可得a 1＋3d ＝4.由b 5＝a 4＋2a 6，可得3a 1＋13d ＝16，从而a 1＝1，d ＝1，故a n ＝n ，所以S n ＝错误!. (2)由(1)，知T 1＋T 2＋…＋T n ＝(21＋22＋…＋2n )－n ＝2n ＋1－n －2.由S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n 可得错误!＋2n ＋1－n －2＝n ＋2n ＋1，整理得n 2－3n －4＝0，解得n ＝－1(舍)，或n ＝4.所以n 的值为4.(理)(2018·天津卷，18)设{a n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为S n (n∈N *)，{b n }是等差数列.已知a 1＝1，a 3＝a 2＋2，a 4＝b 3＋b 5，a 5＝b 4＋2b 6.(1)求{a n }和{b n }的通项公式．(2)设数列{S n }的前n 项和为T n (n ∈N *)，①求T n ；②证明[解析](1)设等比数列{a n }的公比为q .由a 1＝1，a 3＝a 2＋2，可得q 2－q －2＝0.因为q >0，可得q ＝2，故a n ＝2n －1.设等差数列{b n }的公差为d ，由a 4＝b 3＋b 5，可得b 1＋3d ＝4.由a 5＝b 4＋2b 6，可得3b 1＋13d ＝16，从而b 1＝1，d ＝1，故b n ＝n .所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，数列{b n }的通项公式为b n ＝n .(2)①由(1)，有S n ＝1－2n1－2＝2n －1，故T n ＝k ＝1n(2k －1)＝k ＝1n 2k－n ＝错误!－n ＝2n ＋1－n －2.②因为错误!＝错误!＝ 错误!＝错误!－错误!，B 组1．设S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，S 1，S 2，S 4成等比数列，且a 3＝－52，则数列{错误!}的前n 项和T n ＝( C ) A ．－n2n ＋1B ．n2n ＋1C ．－2n2n ＋1D ．2n2n ＋1[解析]本题主要考查等差、等比数列的性质以及裂项法求和．设{a n }的公差为d ，因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋d ＝2a 1＋a3－a12＝32a 1－54，S 4＝3a 3＋a 1＝a 1－152，因为S 1，S 2，S 4成等比数列，所以(32a 1－54)2＝(a 1－152)a 1，整理得4a 21＋12a 1＋5＝0，所以a 1＝－52或a 1＝－12.当a 1＝－52时，公差d ＝0不符合题意，舍去；当a 1＝－12时，公差d ＝a3－a12＝－1，所以a n ＝－12＋(n －1)×(－1)＝－n ＋12＝－12(2n －1)，所以错误!＝－错误!＝－(错误!－错误!)，所以其前n 项和T n ＝－(1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1)＝－(1－12n ＋1)＝－2n2n ＋1，故选C ．2．(文)以S n 表示等差数列{a n }的前n 项和，若S 5>S 6，则下列不等关系不一定成立的是( D )A ．2a 3>3a 4B ．5a 5>a 1＋6a 6C ．a 5＋a 4－a 3<0D ．a 3＋a 6＋a 12<2a 7[解析]依题意得a 6＝S 6－S 5<0,2a 3－3a 4＝2(a 1＋2d )－3(a 1＋3d )＝－(a 1＋5d )＝－a 6>0,2a 3>3a 4；5a 5－(a 1＋6a 6)＝5(a 1＋4d )－a 1－6(a 1＋5d )＝－2(a 1＋5d )＝－2a 6>0,5a 5>a 1＋6a 6；a 5＋a 4－a 3＝(a 3＋a 6)－a 3＝a 6<0.综上所述，故选D ．(理)已知a n ＝32n －11，数列{a n }的前n 项和为S n ，关于a n 及S n 的叙述正确的是( C )A ．a n 与S n 都有最大值B ．a n 与S n 都没有最大值C ．a n 与S n 都有最小值D ．a n 与S n 都没有最小值[解析]画出a n ＝32n －11的图象，点(n ，a n )为函数y ＝32x －11图象上的一群孤立点，(112，0)为对称中心，S 5最小，a 5最小，a 6最大．3．已知正数组成的等差数列{a n }，前20项和为100，则a 7·a 14的最大值是( A )A ．25B ．50C ．100D ．不存在 [解析]∵S 20＝a1＋a202×20＝100，∴a 1＋a 20＝10.∵a 1＋a 20＝a 7＋a 14，∴a 7＋a 14＝10.∵a n >0，∴a 7·a 14≤(a7＋a142)2＝25.当且仅当a 7＝a 14时取等号．4．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 ＝( B )A ．2n －1B ．(32)n －1C ．(23)n －1D ．12n －1[解析]由S n ＝2a n ＋1得S n ＝2(S n ＋1－S n )，即2S n ＋1＝3S n ，∴Sn ＋1Sn ＝32，∵a 1＝1，S 1＝2a 2，∴a 2＝12a 1＝12，∴S 2＝32，∴S2S1＝32，∴S n ＝(32)n －1.5．(2018·山东省实验中学调研)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln(1＋1n)，则a n ＝( A )A ．2＋ln nB ．2＋(n －1)ln nC ．2＋n ln nD ．1＋n ＋ln n[解析]a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝ln n －ln(n －1)＋ln(n －1)－ln(n －2)＋…＋ln2－ln1＋2＝2＋ln n .6．(2018·西安一模)已知数列{a n }的通项公式a n ＝log 2n n ＋1(n∈.16的值为n 4成立的最小自然数－<n S 则使，n S 项和为n 设其前)，*N[解析]因为a n ＝log 2nn ＋1，所以S n ＝log 212＋log 223＋log 234＋…＋log 2n n ＋1＝log 2(12·23·34·…·n n ＋1)＝log 21n ＋1，若S n <－4，则1n ＋1<116，即n >15，则使S n <－4成立的最小自然数n 的值为16.7．如图所示，将正整数排成三角形数阵，每排的数称为一个群，从上到下顺次为第一群，第二群，.－3n －2n 3·2个数的和是n 群中n 则第，个数n 群恰好n 第，…，群n 第，…[解析]由图规律知，第n 行第1个数为2n －1，第2个数为3·2n －2，第3个数为5·2n －3……设这n 个数的和为S则S ＝2n －1＋3·2n －2＋5×2n －3＋…＋(2n －3)·2＋(2n －1)·20①2S n ＝2n ＋3·2n －1＋5·2n －2＋…＋(2n －3)·22＋(2n －1)·21②②－①得S n ＝2n ＋2·2n －1＋2·2n －2＋…＋2·22＋2·2－(2n －1)＝2n ＋2n ＋2n －1＋…＋23＋22－(2n －1)＝2n ＋错误!－(2n －1) ＝2n ＋2n ＋1－4－2n ＋1＝3·2n －2n －3.8．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n －1，其中λ为常数．(1)证明：a n ＋2－a n ＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n }为等差数列？并说明理由．[分析](1)利用a n ＋1＝S n ＋1－S n 用配凑法可获证；(2)假设存在λ，则a 1，a 2，a 3应成等差数列求出λ的值，然后依据a n ＋2－a n ＝λ推证{a n }为等差数列．[解析](1)由题设：a n a n ＋1＝λS n －1，a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－1，两式相减得a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1. 由于a n ＋1≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ.(2)由题设，a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1，可得a 2＝λ－1.由(1)知，a 3＝λ＋1，令2a 2＝a 1＋a 3，解得λ＝4. 故a n ＋2－a n ＝4，由此可得{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列，a 2n －1＝4n －3；{a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2n ＝4n －1.所以a n ＝2n －1，a n ＋1－a n ＝2.因此存在λ＝4，使得数列{a n }为等差数列． 9．已知数列{a n }满足a n ＋1＝－1an ＋2，a 1＝－12.(1)求证{1an ＋1}是等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)设T n ＝a n ＋a n ＋1＋…＋a 2n －1.若T n ≥p －n 对任意的n ∈N *恒成立，求p 的最大值．[解析](1)证明：∵a n ＋1＝－1an ＋2，∴a n ＋1＋1＝－1an ＋2＋1＝an ＋2－1an ＋2＝an ＋1an ＋2，由于a n ＋1≠0，∴1an ＋1＋1＝an ＋2an ＋1＝1＋1an ＋1， ∴{1an ＋1}是以2为首项，1为公差的等差数列．(2)由(1)题结论知：1an ＋1＝2＋(n －1)＝n ＋1，∴a n ＝1n ＋1－1＝－nn ＋1(n ∈N *)．(3)∵T n ＝a n ＋a n ＋1＋…＋a 2n －1≥P －n ，∴n ＋a n ＋a n ＋1＋…＋a 2n －1≥P ，即(1＋a n )＋(1＋a n ＋1)＋(1＋a n ＋2)＋…＋(1＋a 2n －1)≥p ，对任意n ∈N *恒成立，而1＋a n ＝1n ＋1，设H (n )＝(1＋a n )＋(1＋a n ＋1)＋…＋(1＋a 2n －1)，∴H (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ，H (n ＋1)＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋12n ＋1＋12n ＋2，∴H (n ＋1)－H (n )＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1＝12n ＋1－12n ＋2>0，∴数列{H (n )}单调递增，∴n ∈N *时，H (n )≥H (1)＝12，故P ≤12.1 2.∴P的最大值为。
2019年高考数学二轮复习课件及学案专题四 数列2-4-1
[答案] 220－1
[快速审题]
看到等差、等比数列，想到等差、等比数列项
的性质、和的性质．
等差(比)数列性质应用策略 解决此类问题的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号 之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解．
考点三 等差、等比数列的判定与证明 1．证明数列{an}是等差数列的两种基本方法 (1)利用定义，证明 an＋1－an(n∈N*)为一常数； (2)利用等差中项，即证明 2an＝an－1＋an＋1(n≥2)． 2．证明数列{an}是等比数列的两种基本方法
[答案] C
2． (2018· 山东青岛模拟)公差不为 0 的等差数列{an}的前 n 项 和为 Sn，若 a6＝3a4，且 S9＝λa4，则 λ 的值为( A．18
[解析]
)
B．20 C．21
D．25
设 公 差 为 d ， 由 a6 ＝ 3a4 ， 且 S9 ＝ λa4 ， 得
a ＋5d＝3a1＋9d， 1 解得 λ＝18，故选 A. 9×8d 9a ＋ ＝λa1＋3λd， 2 1
(2)由(1)可得 bn＝an＋1－2an＝3· 2n－1， an＋1 an 3 ∴ n＋1－ n＝ ， 2 4 2
an 1 3 ∴数列 n 是首项为 ，公差为 的等差数列． 2 4 2
两
q 2 1 2 式相除，得 ＝ ，即 2q －5q＋2＝0，解得 q＝2 或 q＝ . 2 1＋q2 5
a1＝1， 所以 q＝2
a ＝－16， 1 或 1 故 a3＝4 或 a3＝－4. q＝ . 2
[答案] 4 或－4
[快速审题] 前 n 项和公式．
看到求项、求和，想到求 a1，d，q 及通项公式、
2019-2020学年度最新数学高考江苏专版二轮专题复习教学案：专题四数列-含答案
2019-2020学年度最新数学高考江苏专版二轮专题复习教学案：专题四数列-含答案新高考数列在江苏高考中地位十分突出，考分比例远远大于课时比例，常在压轴题位置考查代数论证能力.江苏卷数列解答题始终与特殊数列密切联系，源于课本，高于课本，不搞“递推式”“数列不等式”之类的超教学范围的知识考查，导向非常好.但由于能力考查要求较高，多年来造成区分度很差的困惑.2013年的数列解答题降低了难度，但2014年又回升了.到2015年不仅是超纲了，而且难度也加大了，2016年把数列、集合结合命题，难度较大，2017年考查数列的新定义问题和论证等差数列，难度也不低.数列题的常规类型可分两类：一类是判断、证明某个数列是等差、等比数列；另一类是已知等差、等比数列求基本量.这个基本量涵义很广泛，有项、项数、公差、公比、通项、和式以及它们的组合式，甚至还包括相关参数.但江苏考题真正的难度在等差、等比数列的性质灵活运用上.第1课时数列中的基本量计算(基础课)[常考题型突破][必备知识]1．通项公式等差数列：a n＝a1＋(n－1)d；等比数列：a n＝a1·q n－1.2．求和公式等差数列：S n＝n(a1＋a n)2＝na1＋n(n－1)2d；等比数列：S n＝a1(1－q n)1－q＝a1－a n q1－q(q≠1)．[题组练透]1．(2017·镇江期末)已知数列{a n}为等比数列，且a1＋1，a3＋4，a5＋7成等差数列，则公差d＝________.解析：设等比数列{a n }的公比为q ， 则a 3＝a 1q 2，a 5＝a 1q 4，由a 1＋1，a 3＋4，a 5＋7成等差数列， 得2(a 1q 2＋4)＝a 1＋1＋a 1q 4＋7， 即q 2＝1.所以d ＝a 1q 2＋4－a 1－1＝3. 答案：32．(2017·镇江调研)S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若S n S 2n ＝n ＋14n ＋2，则a 3a 5＝________. 解析：因为 S n S 2n ＝n ＋14n ＋2，所以令n ＝1可得，S 1S 2＝26＝13，即a 12a 1＋d ＝13，化简可得d ＝a 1，所以a 3a 5＝a 1＋2d a 1＋4d ＝3a 15a 1＝35.答案：353．(2017·苏北四市期末)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝2a 2＋3，S 3＝2a 3＋3，则公比q 的值为________．解析：因为S 2＝2a 2＋3，S 3＝2a 3＋3，所以a 3＝2a 3－2a 2，所以a 3－2a 2＝a 1q 2－2aq ＝0，所以q 2－2q ＝0，q ≠0，则公比q ＝2.答案：24．(2017·江苏高考)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n .已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________.解析：设等比数列{a n}的公比为q ，则由S 6≠2S 3，得q ≠1，则⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝a 1(1－q 3)1－q＝74，S 6＝a 1(1－q 6)1－q ＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝14，则a 8＝a 1q 7＝14×27＝32.答案：325．(2017·苏锡常镇一模)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 6成等差数列，且a 2＋a 5＝4，则a 8的值为________．解析：因为等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 6成等差数列，且a 2＋a 5＝4， 所以⎩⎪⎨⎪⎧2×a 1(1－q 9)1－q ＝a 1(1－q 3)1－q ＋a 1(1－q 6)1－q ，a 1q ＋a 1q 4＝4，解得a 1q ＝8，q 3＝－12，所以a 8＝ a 1q 7＝(a 1q )(q 3)2＝8×14＝2.答案：2 [方法归纳][必备知识][题组练透]1．(2017·苏州考前模拟)已知等比数列{a n }满足a n >0，n ∈N *，且a 5·a 2n －5＝22n (n ≥3)，则当n ≥1时，log 2a 1＋log 2a 3＋…＋log 2a 2n －1＝________.解析：由a 5·a 2n －5＝22n (n ≥3)，得a 2n ＝22n ，则a n ＝2n，故log 2a 1＋log 2a 3＋…＋log 2a 2n －1＝1＋3＋…＋(2n －1)＝n 2.答案：n 22．已知数列{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和．若a 1＝6，a 3＋a 5＝0，则S 6＝________. 解析：∵a 3＋a 5＝2a 4，∴a 4＝0. ∵a 1＝6，a 4＝a 1＋3d ，∴d ＝－2. ∴S 6＝6a 1＋6×(6－1)2d ＝6.答案：63.(2017·南通二调)已知{a n }是公差不为0的等差数列，S n 是其前n 项和．若a 2a 3＝a 4a 5，S 9＝27，则a 1的值是________．解析：因为等差数列{a n }满足S 9＝27，所以S 9＝9a 5＝27，所以a 5＝3，因为a 2a 3＝a 4a 5，所以(a 5－3d )(a 5－2d )＝(a 5－d )a 5,4a 5d ＝6d 2，又因为等差数列{a n }的公差不为0，所以d ＝2，所以a 1＝a 5－4d ＝3－4×2＝－5.答案：－54．设公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，－217＜d ＜－19，则当S n 取最大值时，n 的值为________．解析：法一：∵S n ＝n ＋n (n －1)2d ，∴S n ＝d2n 2＋⎝⎛⎭⎫1－d 2n . ∵函数y ＝d 2x 2＋⎝⎛⎭⎫1－d 2x 的图象的对称轴方程为x ＝－1d ＋12，且开口向下，又－217＜d ＜－19， ∴9＜－1d ＋12＜192.∴S n 取最大值时，n 的值为9.法二：由a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)d ＞0， 得n －1＜1－d.∵19＜－d ＜217，∴172＜1－d＜9. 又n ∈N *，∴n －1≤8，即n ≤9.故S 9最大． 答案：9 [方法归纳](1)等差、等比数列性质的应用的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解.(2)应牢固掌握等差、等比数列的性质，特别是等差数列中“若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ”这一性质与求和公式S n ＝n (a 1＋a n )2的综合应用. [课时达标训练] [A 组——抓牢中档小题]1．(2017·南通三模)设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若公差d ＝2，a 5＝10，则S 10的值是________．解析：法一：因为等差数列{a n }中a 5＝a 1＋4d ＝10，d ＝2，所以a 1＝2，所以S 10＝10×2＋10(10－1)2×2＝110.法二：在等差数列{a n }中，a 6＝a 5＋d ＝12，所以S 10＝10(a 1＋a 10)2＝5(a 5＋a 6)＝5×(10＋12)＝110.答案：1102．(2017·全国卷Ⅲ改编)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为________．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 2，a 3，a 6成等比数列，所以a 2a 6＝a 23， 即(a 1＋d )(a 1＋5d )＝(a 1＋2d )2. 又a 1＝1，所以d 2＋2d ＝0. 又d ≠0，则d ＝－2，所以数列{a n }前6项的和S 6＝6×1＋6×52×(－2)＝－24.答案：－243．(2017·高考)若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，则a 2b 2＝________.解析：设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ， 则a 4＝－1＋3d ＝8，解得d ＝3； b 4＝－1·q 3＝8，解得q ＝－2.所以a 2＝－1＋3＝2，b 2＝－1×(－2)＝2， 所以a 2b 2＝1.答案：14．已知公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 5S 3＝3，则a 5a 3的值为________．解析：由题意S 5S 3＝5a 1＋10d3a 1＋3d ＝3，化简得d ＝4a 1，则a 5a 3＝a 1＋4d a 1＋2d ＝17a 19a 1＝179. 答案：1795．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k＝________.解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝3，4a 1＋6d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，所以S n ＝n (n ＋1)2，1S n ＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，因此∑k ＝1n 1S k ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1 ＝2nn ＋1. 答案：2nn ＋16．(2017·盐城期中)在数列{a n }中，a 1＝－2101，且当2≤n ≤100时，a n ＋2a 102－n ＝3×2n恒成立，则数列{a n }的前100项和S 100＝________.解析：因为当2≤n ≤100时，a n ＋2a 102－n ＝3×2n 恒成立，所以a 2＋2a 100＝3×22，a 3＋2a 99＝3×23，…，a 100＋2a 2＝3×2100，以上99个等式相加， 得3(a 2＋a 3＋…＋a 100)＝3(22＋23＋…＋2100)＝3(2101－4)，所以a 2＋a 3＋…＋a 100＝2101－4，又因为a 1＝－2101，所以S 100＝a 1＋(a 2＋a 3＋…＋a 100)＝－4. 答案：－47．(2017·常州前黄中学国际分校月考)在数列{a n }中，a n ＋1＝a n1＋3a n，a 1＝2，则a 20＝________.解析：由a n ＋1＝a n 1＋3a n ，a 1＝2，可得1a n ＋1＝1a n ＋3，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以12为首项，3为公差的等差数列．即1a n ＝12＋3(n －1)，可得a n ＝26n －5，所以a 20＝2115.答案：21158．(2017·苏州期中)已知数列{a n }满足：a n ＋1＝a n (1－a n ＋1)，a 1＝1，数列{b n }满足：b n ＝a n ·a n ＋1，则数列{b n }的前10项的和S 10＝________.解析：因为a n ＋1＝a n (1－a n ＋1)，a 1＝1，所以1a n ＋1－1a n ＝1，1a 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，1为公差的等差数列，所以1a n ＝n ，所以b n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，所以数列{b n }的前10项的和S 10＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫110－111＝1－111＝1011. 答案：10119．已知{a n }为等差数列，若a 11a 10＜－1，且它的前n 项和S n 有最大值，那么当S n 取得最小正值时，n ＝________.解析：由a 11a 10＜－1，得a 11＋a 10a 10＜0，且它的前n 项和S n 有最大值，则a 10＞0，a 11＜0，a 11＋a 10＜0，则S 19＞0，S 20＜0，那么当S n 取得最小正值时，n ＝19.答案：1910．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，S 10＝16，S 100－S 90＝24，则S 100＝________. 解析：依题意，S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，…，S 100－S 90依次成等差数列，设该等差数列的公差为d .又S 10＝16，S 100－S 90＝24，因此S 100－S 90＝24＝16＋(10－1)d ＝16＋9d ，解得d ＝89，因此S 100＝10S 10＋10×92d ＝10×16＋10×92×89＝200. 答案：20011．(2017·扬州期末)在正项等比数列{a n }中，若a 4＋a 3－2a 2－2a 1＝6，则a 5＋a 6的最小值为________．解析：令a 1＋a 2＝t (t >0)，则a 4＋a 3－2a 2－2a 1＝6可化为tq 2－2t ＝6(其中q 为公比)，所以a 5＋a 6＝tq 4＝6q 2－2q 4＝6⎣⎢⎡⎦⎥⎤4q 2－2＋(q 2－2)＋4≥6⎣⎢⎡⎦⎥⎤24q 2－2×(q 2－2)＋4＝48(当且仅当q ＝2时等号成立)． 答案：4812．设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋2n ，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析：当n ≥2时，a n ＋1－a n ＝2(S n －S n －1)＋2n －2n －1＝2a n ＋2n －1，从而a n ＋1＋2n ＝3(a n＋2n －1)．又a 2＝2a 1＋2＝4，a 2＋2＝6，故数列{a n ＋1＋2n }是以6为首项，3为公比的等比数列，从而a n ＋1＋2n ＝6×3n －1，即a n ＋1＝2×3n －2n ，又a 1＝1＝2×31－1－21－1，故a n ＝2×3n －1－2n －1.答案：2×3n －1－2n －113．数列{a n }中，若对∀n ∈N *，a n ＋a n ＋1＋a n ＋2＝k (k 为常数)，且a 7＝2，a 9＝3，a 98＝4，则该数列的前100项的和等于________．解析：由a n ＋a n ＋1＋a n ＋2＝k ，a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＝k ，得a n ＋3＝a n . 从而a 7＝a 1＝2，a 9＝a 3＝3，a 98＝a 2＝4.因此a 1＋a 2＋a 3＝9.所以S 100＝33(a 1＋a 2＋a 3)＋a 1＝33×9＋2＝299. 答案：29914．(2017·南京考前模拟)数列{a n }中，a n ＝2n －1，现将{a n }中的项依原顺序按第k 组有2k 项的要求进行分组：(1,3)，(5,7,9,11)，(13,15,17,19,21,23)，…，则第n 组中各数的和为________．解析：设数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ＝n 2，因为2＋4＋…＋2n ＝n ( n ＋1)＝n 2＋n,2＋4＋…＋2( n －1)＝n ( n －1)＝n 2－n .所以第n 组中各数的和为S n 2＋n －S n 2－n ＝( n 2＋n )2－(n 2－n )2＝4n 3.答案：4n 3[B 组——力争难度小题]1．在等差数列{a n }中，若任意两个不等的正整数k ，p 都有a k ＝2p ＋1，a p ＝2k ＋1，数列{a n }的前n 项和记为S n .若k ＋p ＝m ，则S m ＝________.(用m 表示)解析：设数列{a n }的公差为d ， 由题意，a 1＋(k －1)d ＝2p ＋1，① a 1＋(p －1)d ＝2k ＋1，② 两式相减，得(p －k )d ＝2(k －p )． 又k －p ≠0，所以d ＝－2. 则a 1＝2p ＋2k －1＝2m －1.因此S m ＝ma 1＋m (m －1)2d ＝m (2m －1)－m (m －1)＝m 2.答案：m 22．(2016·全国乙卷)设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________．解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则由a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝q (a 1＋a 3)＝5，知q ＝12.∵a 1＋a 1q 2＝10，∴a 1＝8. 故a 1a 2…a n ＝a n 1q 1＋2＋…＋(n －1)＝23n ·⎝⎛⎭⎫12n n (-1)2＝n nn n n 2273++22222=2--.记t ＝－n 22＋7n 2＝－12(n 2－7n )，结合n ∈N *可知n ＝3或4时，t 有最大值6. 又y ＝2t 为增函数，从而a 1a 2…a n 的最大值为26＝64. 答案：643．(2017·南京考前模拟)已知函数f (x )＝(x －2)3，数列{a n }是公差不为0的等差数列，若∑11i ＝1f (a i )＝0，则数列{a n }的前11项和S 11为________．解析：f (x )＝(x －2)3为增函数，且关于点(2,0)中心对称，则f (2＋x )＋f (2－x )＝0.设数列{a n }的公差为d ，若a 6＞2，则f (a 6)＞0，f (a 5)＋f (a 7)＝f (a 6－d )＋f (a 6＋d )＞f (2－d )＋f (2＋d )＝0，即f (a 5)＋f (a 7)＞0，同理，f (a 4)＋f (a 8)＞0，…，f (a 1)＋f (a 11)＞0，则∑11i ＝1f (a i )＞0；同理，若a 6＜2，则∑11i ＝1f (a i )＜0，所以a 6＝2.所以S 11＝11a 6＝22. 答案：224．(2017·全国卷Ⅰ改编)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N ：N >100且该数列的前N 项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是________．解析：设第一项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n 组的项数为n ，前n 组的项数和为n (n ＋1)2.由题意可知，N >100，令n (n ＋1)2>100，得n ≥14，n ∈N *，即N 出现在第13组之后．易得第n 组的所有项的和为1－2n 1－2＝2n －1，前n 组的所有项的和为2(1－2n )1－2－n ＝2n ＋1－n －2.设满足条件的N 在第k ＋1(k ∈N *，k ≥13)组，且第N 项为第k ＋1组的第t (t ∈N *)个数， 若要使前N 项和为2的整数幂，则第k ＋1组的前t 项的和2t －1应与－2－k 互为相反数，即2t －1＝k ＋2，∴2t ＝k ＋3，∴t ＝log 2(k ＋3)，∴当t ＝4，k ＝13时，N ＝13×(13＋1)2＋4＝95<100，不满足题意； 当t ＝5，k ＝29时，N ＝29×(29＋1)2＋5＝440； 当t >5时，N >440.答案：440第2课时等差、等比数列的综合问题(能力课)[常考题型突破][例1] n 项和为S n ，且a 1＝1，a 2＝2，设b n ＝a 2n －1＋a 2n .(1)若数列{b n }是公比为3的等比数列，求S 2n ；(2)若对任意n ∈N *，S n ＝a 2n ＋n 2恒成立，求数列{a n }的通项公式； (3)若S 2n ＝3(2n －1)，数列{a n a n ＋1}为等比数列，求数列{a n }的通项公式．[解] (1)由题意，b 1＝a 1＋a 2＝1＋2＝3，则S 2n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2n －1＋a 2n )＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝3(1－3n )1－3＝3n ＋1－32. (2)当n ≥2时，由2S n ＝a 2n ＋n ，得2S n －1＝a 2n －1＋n －1，两式相减得2a n ＝a 2n ＋n －(a 2n －1＋n －1)＝a 2n －a 2n －1＋1，整理得(a n －1)2－a 2n －1＝0，即(a n －a n －1－1)(a n ＋a n －1－1)＝0，故a n －a n －1＝1或a n ＋a n －1＝1.(*)下面证明a n ＋a n －1＝1对任意的n ∈N *恒不成立．事实上，因为a 1＋a 2＝3，所以a n ＋a n －1＝1不恒成立；若存在n ∈N *，使a n ＋a n －1＝1，设n 0是满足上式最小的正整数，即an 0＋an 0－1＝1，显然n 0>2，且an 0－1∈(0,1)，则an 0－1＋an 0－2≠1，则由(*)式知，an 0－1－an 0－2＝1，则an 0－2<0，矛盾．故a n ＋a n －1＝1对任意的n ∈N *恒不成立，所以a n －a n －1＝1对任意的n ∈N *恒成立.因此{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列，所以a n ＝1＋(n －1)＝n .(3)设等比数列{a n a n ＋1}的公比为q ，则当n ≥2时，a n a n ＋1a n －1a n ＝a n ＋1a n －1＝q . 即{a 2n －1}，{a 2n }分别是以1,2为首项，公比为q 的等比数列；故a 3＝q ，a 4＝2q .令n ＝2，有S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1＋2＋q ＋2q ＝9，则q ＝2.当q ＝2时，a 2n －1＝2n －1，a 2n ＝2×2n －1＝2n ，b n ＝a 2n －1＋a 2n ＝3×2n －1，此时S 2n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2n －1＋a 2n )＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝3(1－2n )1－2＝3(2n －1)． 综上所述，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2n －12，当n 为奇数，2n 2，当n 为偶数.[方法归纳]已知数列{a n }，{b n }满足2S n ＝(a n ＋2)b n ，其中S n 是数列{a n }的前n 项和．(1)若数列{a n }是首项为23，公比为－13的等比数列，求数列{b n }的通项公式； (2)若b n ＝n ，a 2＝3，求数列{a n }的通项公式；(3)在(2)的条件下，设c n ＝a n b n，求证：数列{c n }中的任意一项总可以表示成该数列其他两项之积．解：(1)因为a n ＝23×⎝⎛⎭⎫－13n －1＝－2⎝⎛⎭⎫－13n ， S n ＝23⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－13n 1－⎝⎛⎭⎫－13＝12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－13n ， 所以b n ＝2S n a n ＋2＝1－⎝⎛⎭⎫－13n －2⎝⎛⎭⎫－13n ＋2＝12. (2)若b n ＝n ，则2S n ＝na n ＋2n ，①所以2S n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1＋2(n ＋1)，②由②－①得2a n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1－na n ＋2，即na n ＝(n －1)a n ＋1＋2，③当n ≥2时，(n －1)a n －1＝(n －2)a n ＋2，④由④－③得(n －1)a n －1＋(n －1)a n ＋1＝2(n －1)a n ，即a n －1＋a n ＋1＝2a n ，由2S 1＝a 1＋2，得a 1＝2，又a 2＝3，所以数列{a n }是首项为2，公差为3－2＝1的等差数列，故数列{a n }的通项公式是a n ＝n ＋1.(3)证明：由(2)得c n ＝n ＋1n ，对于给定的n ∈N *，若存在k ≠n ，t ≠n ，k ，t ∈N *，使得c n ＝c k ·c t ，只需n ＋1n ＝k ＋1k ·t ＋1t ，即1＋1n ＝⎝⎛⎭⎫1＋1k ·⎝⎛⎭⎫1＋1t ， 即1n ＝1k ＋1t ＋1kt ，则t ＝n (k ＋1)k －n， 取k ＝n ＋1，则t ＝n (n ＋2)，所以对数列{c n }中的任意一项c n ＝n ＋1n ，都存在c n ＋1＝n ＋2n ＋1和c n 2＋2n ＝n 2＋2n ＋1n 2＋2n，使得c n ＝c n ＋1·c n 2＋2n .[例2] n n 1)a 2n －na 2n ＋1＝0，设数列{b n }满足b n ＝a 2n t n .(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 为等比数列； (2)若数列{b n }是等差数列，求实数t 的值；(3)若数列{b n }是等差数列，前n 项和为S n ，对任意的n ∈N *，均存在m ∈N *，使得8a 21S n －a 41n 2＝16b m 成立，求满足条件的所有整数a 1的值．[解] (1)证明：由题意得4(n ＋1)a 2n ＝na 2n ＋1，因为数列{a n }各项均为正，得a 2n ＋1n ＋1＝4·a 2n n ，所以a n ＋1n ＋1＝2·a n n ， 因此a n ＋1n ＋1a nn ＝2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以a 1为首项，公比为2的等比数列． (2)由(1)得a n n＝a 1·2n －1，即a n ＝a 1·2n －1·n ， 所以b n ＝a 2n t n ＝a 21·4n －1·n t n， 如果数列{b n }是等差数列，则2b 2＝b 1＋b 3，即2·a 21·2·42－1t 2＝a 21·40t ＋a 21·3·43－1t 3， 整理得16t2＝1t ＋48t 3，则t 2－16t ＋48＝0， 解得t ＝4或t ＝12.当t ＝4时，b n ＝a 21·n 4， 因为b n ＋1－b n ＝a 21(n ＋1)4－a 21n 4＝a 214，所以数列{b n }是等差数列，符合题意；当t ＝12时，b n ＝a 21n 4·3n ， 因为b 2＋b 4＝2a 214·32＋4a 214·34＝22a 214·34＝11162a 21，2b 3＝2·a 21·34·33＝a 2118，b 2＋b 4≠2b 3， 所以数列{b n }不是等差数列，t ＝12不符合题意，综上，如果数列{b n }是等差数列，则t ＝4.(3)由(2)得b n ＝a 21n 4，对任意的n ∈N *，均存在m ∈N *，使8a 21S n －a 41n 2＝16b m ， 则8·a 414·n (n ＋1)2－a 41n 2＝16a 21m 4，所以m ＝na 214. 当a 1＝2k ，k ∈N *时，m ＝4k 2n 4＝k 2n ，对任意的n ∈N *，m ∈N *，符合题意； 当a 1＝2k －1，k ∈N *，当n ＝1时，m ＝4k 2－4k ＋14＝k 2－k ＋14∉N *，故不合题意. 综上，当a 1＝2k ，k ∈N *，对任意的n ∈N *，均存在m ∈N *，使8a 21S n －a 41n 2＝16b m .[方法归纳]已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }，{c n }满足(n ＋1)b n ＝a n ＋1－S n n ，(n ＋2)c n ＝a n ＋1＋a n ＋22－S n n ，其中n ∈N *. (1)若数列{a n }是公差为2的等差数列，求数列{c n }的通项公式；(2)若存在实数λ，使得对一切n ∈N *，有b n ≤λ≤c n ，求证：数列{a n }是等差数列． 解：(1)因为数列{a n }是公差为2的等差数列，所以a n ＝a 1＋2(n －1)，S n n＝a 1＋n －1. 因为(n ＋2)c n ＝a 1＋2n ＋a 1＋2(n ＋1)2－(a 1＋n －1)＝n ＋2，所以c n ＝1. (2)证明：由(n ＋1)b n ＝a n ＋1－S n n ，得n (n ＋1)b n ＝na n ＋1－S n ，(n ＋1)(n ＋2)b n ＋1＝(n ＋1)a n ＋2－S n ＋1，两式相减，并化简得a n ＋2－a n ＋1＝(n ＋2)b n ＋1－nb n .从而(n ＋2)c n ＝a n ＋1＋a n ＋22－S n n ＝a n ＋1＋a n ＋22－[a n ＋1－(n ＋1)b n ]＝a n ＋2－a n ＋12＋(n ＋1)b n ＝(n ＋2)b n ＋1－nb n 2＋(n ＋1)b n ＝n ＋22(b n ＋b n ＋1)， 因此c n ＝12(b n ＋b n ＋1)． 因为对一切n ∈N *，有b n ≤λ≤c n ，所以λ≤c n ＝12(b n ＋b n ＋1)≤λ，故b n ＝λ，c n ＝λ. 所以(n ＋1)λ＝a n ＋1－S n n，① (n ＋2)λ＝12(a n ＋1＋a n ＋2)－S n n ，② ②－①得12(a n ＋2－a n ＋1)＝λ，即a n ＋2－a n ＋1＝2λ，故a n ＋1－a n ＝2λ(n ≥2)． 又2λ＝a 2－S 11＝a 2－a 1，则a n ＋1－a n ＝2λ(n ≥1)． 所以数列{a n }是等差数列.[例3] (2017·n a n －k ＋a n －k ＋1＋…＋a n －1＋a n ＋1＋…＋a n ＋k －1＋a n ＋k ＝2ka n ，对任意正整数n (n >k )总成立，则称数列{a n }是“P (k )数列”．(1)证明：等差数列{a n }是“P (3)数列”；(2)若数列{a n }既是“P (2)数列”，又是“P (3)数列”，证明：{a n }是等差数列．[证明] (1)因为{a n }是等差数列，设其公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ，从而，当n≥4时，a n－k＋a n＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d＝2a1＋2(n－1)d＝2a n，k＝1,2,3，所以a n－3＋a n－2＋a n－1＋a n＋1＋a n＋2＋a n＋3＝6a n，因此等差数列{a n}是“P(3)数列”．(2)数列{a n}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，当n≥3时，a n－2＋a n－1＋a n＋1＋a n＋2＝4a n，①当n≥4时，a n－3＋a n－2＋a n－1＋a n＋1＋a n＋2＋a n＋3＝6a n.②由①知，a n－3＋a n－2＝4a n－1－(a n＋a n＋1)，③a n＋2＋a n＋3＝4a n＋1－(a n－1＋a n)．④将③④代入②，得a n－1＋a n＋1＝2a n，其中n≥4，所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′.在①中，取n＝4，则a2＋a3＋a5＋a6＝4a4，所以a2＝a3－d′，在①中，取n＝3，则a1＋a2＋a4＋a5＝4a3，所以a1＝a3－2d′，所以数列{a n}是等差数列．[方法归纳]设数列{a n}的前n项的和为S n.定义：若∀n∈N*，∃m∈N*，S n＝a m，则称数列{a n}为H数列．(1)求证：数列{(n－2)d}(n∈N*，d为常数)是H数列；(2)求证：数列{(n－3)d}(n∈N*，d为常数，d≠0)不是H数列．证明：(1)∵a n＝(n－2)d，∴S n＝n(－1＋n－2)2d＝n(n－3)2d.令n(n－3)2d＝(m－2)d.(*)当d＝0时，存在正整数m满足(*)．当d ≠0时，m ＝2＋n (n －3)2， ∵∀n ∈N *，n (n －3)2∈Z ， ∴m ∈Z ，且n (n －3)2≥－1， ∴m ≥1，m ∈N *，故存在m ∈N *满足(*)．所以数列{(n －2)d }是H 数列．(2)数列{(n －3)d }的前n 项之和为S n ＝n (－2＋n －3)2d ＝n (n －5)2d . 令n (n －5)2d ＝(m －3)d . 因为d ≠0，所以m ＝3＋n (n －5)2，当n ＝2时，m ＝0，故{(n －3)d }不是H 数列． [课时达标训练]1．(2017·苏州期中)已知等比数列{a n }的公比q >1，满足：a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n ＋n ·2n ＋1>62成立的正整数n 的最小值． 解：(1)∵a 3＋2是a 2，a 4的等差中项，∴2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，代入a 2＋a 3＋a 4＝28，可得a 3＝8，∴a 2＋a 4＝20，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝8，a 1q ＋a 1q 3＝20， 解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝2，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝32，q ＝12， ∵q >1，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n .(2)∵b n ＝a n log 12a n ＝2n log 122n ＝－n ·2n ， ∴S n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n ·2n )，①2S n ＝－(1×22＋2×23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1)，② ②－①得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1. ∵S n ＋n ·2n ＋1>62，∴2n ＋1－2>62，∴n ＋1>6，n >5，∴使S n ＋n ·2n ＋1>62成立的正整数n 的最小值为6.2．已知数列{a n }，{b n }均为各项都不相等的数列，S n 为{a n }的前n 项和，a n ＋1b n ＝S n ＋1(n ∈N *)．(1)若a 1＝1，b n ＝n 2，求a 4的值； (2)若{a n }是公比为q 的等比数列，求证：存在实数λ，使得{b n ＋λ}为等比数列．解：(1)由a 1＝1，b n ＝n 2，知a 2＝4，a 3＝6，a 4＝8. (2)证明：法一：显然公比q ≠1，因为a n ＋1b n ＝S n ＋1，所以a 1q n b n ＝a 1(1－q n )1－q＋1， 所以q nb n ＝11－q ＋1a 1－q n 1－q ， 即b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫11－q ＋1a 1⎝⎛⎭⎫1q n －11－q， 所以存在实数λ＝11－q， 使得b n ＋λ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫11－q ＋1a 1⎝⎛⎭⎫1q n ， 又b n ＋λ≠0(否则{b n }为常数数列，与题意不符)， 所以当n ≥2时，b n ＋λb n －1＋λ＝1q ，此时{b n ＋λ}为等比数列， 所以存在实数λ＝11－q，使得{b n ＋λ}为等比数列．法二：因为a n ＋1b n ＝S n ＋1，①所以当n ≥2时，a n b n －1＝S n －1＋1，②①－②得，a n ＋1b n －a n b n －1＝a n ，③由③得，b n ＝a n a n ＋1b n －1＋a n a n ＋1＝1q b n －1＋1q ， 所以b n ＋11－q＝1q ⎝ ⎛⎭⎪⎫b n －1＋11－q . 又b n ＋11－q≠0(否则{b n }为常数数列，与题意不符)， 所以存在实数λ＝11－q，使得{b n ＋λ}为等比数列． 3．设数列{H n }的各项均为不相等的正整数，其前n 项和为Q n ，称满足条件“对任意的m ，n ∈N *，均有(n －m )·Q n ＋m ＝(n ＋m )(Q n －Q m )”的数列{H n }为“好”数列．(1)试分别判断数列{a n }，{b n }是否为“好”数列，其中a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，n ∈N *，并给出证明；(2)已知数列{c n }为“好”数列，其前n 项和为T n . ①若c 2 016＝2 017，求数列{c n }的通项公式； ②若c 1＝p ，且对任意给定的正整数p ，s (s >1)，有c 1，c s ，c t 成等比数列，求证：t ≥s 2. 解：(1)若a n ＝2n －1，则S n ＝n 2，所以(n －m )S n ＋m ＝(n －m )(n ＋m )2，而(n ＋m )(S n －S m )＝(n ＋m )(n 2－m 2)＝(n ＋m )2(n －m )， 所以(n －m )S n ＋m ＝(n ＋m )(S n －S m )对任意的m ，n ∈N *均成立， 即数列{a n }是“好”数列．若b n ＝2n －1，则S n ＝2n －1，取n ＝2，m ＝1， 则(n －m )S n ＋m ＝S 3＝7，(n ＋m )(S n －S m )＝3b 2＝6， 此时(n －m )S n ＋m ≠(n ＋m )(S n －S m )，即数列{b n }不是“好”数列．(2)因为数列{c n }为“好”数列，取m ＝1， 则(n －1)T n ＋1＝(n ＋1)(T n －T 1)，即2T n ＝(n －1)c n ＋1＋(n ＋1)c 1恒成立． 当n ≥2时，有2T n －1＝(n －2)c n ＋nc 1，两式相减，得2c n ＝(n －1)c n ＋1－(n －2)c n ＋c 1(n ≥2)， 即nc n ＝(n －1)c n ＋1＋c 1(n ≥2)， 所以(n －1)c n －1＝(n －2)c n ＋c 1(n ≥3)，所以nc n －(n －1)c n －1＝(n －1)c n ＋1－(n －2)c n (n ≥3)， 即(2n －2)c n ＝(n －1)c n －1＋(n －1)c n ＋1(n ≥3)， 即2c n ＝c n －1＋c n ＋1(n ≥3)，当n ＝2时，有2T 2＝c 3＋3c 1，即2c 2＝c 3＋c 1， 所以2c n ＝c n －1＋c n ＋1对任意的n ≥2，n ∈N *恒成立， 所以数列{c n }是等差数列． 设数列{c n }的公差为d ，①若c 2 016＝2 017，则c 1＋2 015d ＝2 017， 即d ＝2 017－c 12 015，因为数列{c n }的各项均为不相等的正整数， 所以d ∈N *，所以d ＝1，c 1＝2，所以c n ＝n ＋1. ②证明：若c 1＝p ，则c n ＝dn ＋p －d ， 由c 1，c s ，c t 成等比数列，得c 2s ＝c 1c t ， 所以(ds ＋p －d )2＝p (dt ＋p －d )，即(p －d )(2ds ＋p －d －p )＋d (ds 2－pt )＝0， 化简得，p (t ＋1－2s )＝d (s －1)2， 即d ＝t ＋1－2s (s －1)2p .因为p 是任意给定的正整数，要使d ∈N *，必须t ＋1－2s(s －1)2∈N *，不妨设k ＝t ＋1－2s(s －1)2，由于s 是任意给定的正整数，所以t ＝k (s －1)2＋2s －1≥(s －1)2＋2s －1＝s 2. 故不等式得证．4．(2017·常州前黄中学国际分校月考)已知数列{a n }是公差为正数的等差数列，其前n 项和为S n ，且a 2·a 3＝15，S 4＝16.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)数列{b n }满足b 1＝a 1，b n ＋1－b n ＝1a n a n ＋1. ①求数列{b n }的通项公式；②是否存在正整数m ，n (m ≠n )，使得b 2，b m ，b n 成等差数列？若存在，求出m ，n 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)设数列{a n }的公差为d ，则d ＞0.由a 2·a 3＝15，S 4＝16，得⎩⎪⎨⎪⎧(a 1＋d )(a 1＋2d )＝15，4a 1＋6d ＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝7，d ＝－2(舍去)．所以a n ＝2n －1.(2)①∵b 1＝a 1，b n ＋1－b n ＝1a n a n ＋1，∴b 1＝a 1＝1，b n ＋1－b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，即b 2－b 1＝12⎝⎛⎭⎫1－13，b 3－b 2＝12⎝⎛⎭⎫13－15，…，b n －b n －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3－12n －1(n ≥2)，累加得：b n －b 1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1＝n －12n －1，∴b n ＝b 1＋n －12n －1＝1＋n －12n －1＝3n －22n －1.b 1＝1也符合上式．故b n ＝3n －22n －1，n ∈N *.②假设存在正整数m ，n (m ≠n )，使得b 2，b m ，b n 成等差数列， 则b 2＋b n ＝2b m .又b 2＝43，b n ＝3n －22n －1＝32－14n －2，b m ＝32－14m －2，∴43＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32－14n －2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫32－14m －2， 即12m －1＝16＋14n －2， 化简得：2m ＝7n －2n ＋1＝7－9n ＋1.当n ＋1＝3，即n ＝2时，m ＝2，不合题意，舍去； 当n ＋1＝9，即n ＝8时，m ＝3，符合题意．∴存在正整数m ＝3，n ＝8，使得b 2，b m ，b n 成等差数列．5．(2017·镇江丹阳高级中学期初考试)已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝r (r >0)，且{a n a n ＋1}是公比为q (q >0)的等比数列，设b n ＝a 2n －1＋a 2n (n ∈N *)．(1)求使a n a n ＋1＋a n ＋1a n ＋2>a n ＋2a n ＋3(n ∈N *)成立的q 的取值范围； (2)求数列{b n }的前n 项和S n ；(3)试证明：当q ≥2时，对任意正整数n ≥2，S n 不可能是数列{b n }中的某一项． 解：(1)依题意得q n －1＋q n >q n ＋1， ∵q >0，∴q 2－q －1<0， ∴0<q <5＋12.(2)∵b n ＋1b n ＝a 2n ＋1＋a 2n ＋2a 2n －1＋a 2n ＝a 2n a 2n ＋1a 2n ＋a 2n ＋1a 2n ＋2a 2n ＋1a 2n －1＋a 2n ＝a 2n －1a 2n a 2n q ＋a 2n a 2n ＋1a 2n ＋1q a 2n －1＋a 2n ＝q (q >0)，且b 1＝a 1＋a 2＝1＋r >0，∴ 数列{b n }是以1＋r 为首项，q 为公比的等比数列，∴S n＝⎩⎪⎨⎪⎧n (1＋r )，q ＝1，(1＋r )(1－q n)1－q，q ≠1.(3)证明：当q ≥2时，S n ＝(1＋r )(1－q n )1－q ，∵S n －a n ＋1＝(1＋r )(1－q n )1－q－(1＋r )q n＝1＋r 1－q[(1－q n )－q n (1－q )]＝1＋r 1－q[1＋q n (q －2)]<0，∴S n <a n ＋1，又S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，a n >0，n ∈N *，∴S n >a n ，故当q ≥2时，对任意正整数n ≥2，S n 不可能是数列{b n }中的某一项．6．(2017·南通二调)设数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，且满足：①|a 1|≠|a 2|；②r (n －p )S n ＋1＝()n 2＋n a n ＋(n 2－n －2)a 1，其中r ，p ∈R ，且r ≠0.(1)求p 的值；(2)数列{a n }能否是等比数列？请说明理由； (3)求证：当r ＝2时，数列{a n }是等差数列． 解：(1)n ＝1时，r (1－p )S 2＝2a 1－2a 1＝0， 因为|a 1|≠|a 2|，所以S 2≠0， 又r ≠0，所以p ＝1.(2)数列{a n }不是等比数列．理由如下： 假设{a n }是等比数列，公比为q ，当n ＝2时，rS 3＝6a 2，即ra 1(1＋q ＋q 2)＝6a 1q ， 所以r (1＋q ＋q 2)＝6q ，①当n ＝3时，2rS 4＝12a 3＋4a 1，即2ra 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝12a 1q 2＋4a 1， 所以r (1＋q ＋q 2＋q 3)＝6q 2＋2，②由①②得q ＝1，与|a 1|≠|a 2|矛盾，所以假设不成立. 故{a n }不是等比数列．(3)证明：当r ＝2时，易知a 3＋a 1＝2a 2.由2(n －1)S n ＋1＝(n 2＋n )a n ＋(n 2－n －2)a 1，得 n ≥2时，2S n ＋1＝n (n ＋1)a n n －1＋(n ＋1)(n －2)a 1n －1，①2S n ＋2＝(n ＋1)(n ＋2)a n ＋1n ＋(n －1)(n ＋2)a 1n，② ②－①得，2a n ＋2＝(n ＋1)(n ＋2)a n ＋1n －n (n ＋1)a n n －1＋(n 2－n ＋2)a 1n (n －1)， 即2(a n ＋2－a 1)＝(n ＋1)(n ＋2)(a n ＋1－a 1)n －n (n ＋1)(a n －a 1)n －1， 两边同除(n ＋1)得，2(a n ＋2－a 1)n ＋1＝(n ＋2)(a n ＋1－a 1)n －n (a n －a 1)n －1，即a n ＋2－a 1n ＋1－a n ＋1－a 1n ＝n 2⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋1－a 1n －a n －a 1n －1 ＝n (n －1)2×2⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －a 1n －1－a n －1－a 1n －2＝……＝n (n －1)×…×3×22×2×…×2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3－a 13－1－a 2－a 12－1＝0，所以a n －a 1n －1＝a n －1－a 1n －2＝…＝a 2－a 11，令a 2－a 1＝d ，则a n －a 1n －1＝d (n ≥2)．所以a n ＝a 1＋(n －1)d (n ≥2)． 又n ＝1时，也适合上式， 所以a n ＝a 1＋(n －1)d (n ∈N *)． 所以a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *)．所以当r ＝2时，数列{a n }是等差数列．第3课时数列的综合应用(能力课)[常考题型突破][例1](2017·n}的前n项和为S n，且2S n＝a n ＋1 (n∈N*)．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若正项等比数列{b n}，满足b2＝2,2b7＋b8＝b9，求T n＝a1b1＋a2b2＋…＋a n b n；(3)对于(2)中的T n，若对任意的n∈N*，不等式λ(－1)n＜12n＋1(T n＋21)恒成立，求实数λ的取值范围．[解](1)因为2S n＝a n＋1，所以4S n＝(a n＋1)2，且a n＞0，则4a1＝(a1＋1)2，解得a1＝1，又4S n＋1＝(a n＋1＋1)2，所以4a n＋1＝4S n＋1－4S n＝(a n＋1＋1)2－(a n＋1)2，即(a n＋1＋a n)(a n＋1－a n)－2(a n＋1＋a n)＝0，因为a n＞0，所以a n＋1＋a n≠0，所以a n＋1－a n＝2，所以{a n}是公差为2的等差数列，又a1＝1，所以a n＝2n－1.(2) 设数列{b n}的公比为q，因为2b7＋b8＝b9，所以2＋q＝q2，解得q＝－1(舍去)或q ＝2，由b2＝2，得b1＝1，即b n＝2n－1.记A＝a1b1＋a2b2＋…＋a n b n＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n－1)×2n－1，则2A＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n－1)×2n，两式相减得－A＝1＋2(2＋22＋…＋2n－1)－(2n－1)×2n，故A＝(2n－1)×2n－1－2(2＋22＋…＋2n－1)＝(2n－1)×2n－1－2(2n－2)＝(2n－3)×2n ＋3所以T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝(2n －3)·2n ＋3. (3)不等式λ(－1)n ＜12n ＋1(T n＋21)可化为(－1)nλ＜n －32＋62n －1. 当n 为偶数时，λ＜n －32＋62n －1，记g (n )＝n －32＋62n －1.即λ＜g (n )min .g (n ＋2)－g (n )＝2＋62n ＋1－62n －1＝2－92n ，当n ＝2时，g (n ＋2)＜g (n )，n ≥4时，g (n ＋2)＞g (n )，即g (4)＜g (2)，当n ≥4时，g (n )单调递增，g (n )min ＝g (4)＝134，即λ＜134.当n 为奇数时，λ＞32－n －62n －1，记h (n )＝32－n －62n －1，所以λ＞h (n )max .h (n ＋2)－h (n )＝－2－62n ＋1＋62n －1＝－2＋92n ，当n ＝1时，h (n ＋2)＞h (n )，n ≥3时，h (n ＋1)＜h (n )，即h (3)＞h (1)，n ≥3时，h (n )单调递减，h (n )max ＝h (3)＝－3，所以λ＞－3. 综上所述，实数λ的取值范围为⎝⎛⎭⎫－3，134. [方法归纳]已知数列{a n }满足a 1＝6，a 2＝20，且a n －1·a n ＋1＝a 2n －8a n ＋12(n ∈N *，n ≥2)．(1)证明：数列{a n ＋1－a n }为等差数列； (2)令c n ＝(n ＋1)a n na n ＋1＋na n ＋1(n ＋1)a n，数列{c n }的前n 项和为T n ，求证：2n <T n <2n ＋23.证明：(1)当n ＝2时，a 1·a 3＝a 22－8a 2＋12， 所以a 3＝42.当n ≥2时，由a n －1·a n ＋1＝a 2n －8a n ＋12， 得a n ·a n ＋2＝a 2n ＋1－8a n ＋1＋12，两式相减得a 2n ＋1－a 2n －8a n ＋1＋8a n ＝a n a n ＋2－a n －1a n ＋1， 所以a 2n ＋a n a n ＋2－8a n ＝a 2n ＋1＋a n －1a n ＋1－8a n ＋1，即a n (a n ＋a n ＋2－8)＝a n ＋1(a n ＋1＋a n －1－8)，所以a n ＋a n ＋2－8a n ＋1＝a n ＋1＋a n －1－8a n ＝…＝a 3＋a 1－8a 2＝2.所以a n ＋2＋a n －8＝2a n ＋1， 即a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝8， 即(a n ＋2－a n ＋1)－(a n ＋1－a n )＝8， 当n ＝1时，也满足此式． 又a 2－a 1＝14，所以数列{a n ＋1－a n }是以14为首项，8为公差的等差数列． (2)由(1)知a n ＋1－a n ＝14＋8(n －1)＝8n ＋6.由a 2－a 1＝8×1＋6，a 3－a 2＝8×2＋6，…，a n －a n －1＝8×(n －1)＋6，累加得a n －a 1＝8×[1＋2＋3＋…＋(n －1)]＋6(n －1)＝8×(n －1)(1＋n －1)2＋6(n －1)＝4n 2＋2n －6，所以a n ＝4n 2＋2n .所以c n ＝(n ＋1)a n na n ＋1＋na n ＋1(n ＋1)a n ＝2n ＋12n ＋3＋2n ＋32n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－22n ＋3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋22n ＋1＝2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3， 所以T n ＝2n ＋2⎝⎛⎭⎫13－15＋⎝⎛⎭⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3＝2n ＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3，又13>13－12n ＋3＝2n ＋3－33(2n ＋3)＝2n 3(2n ＋3)>0， 所以2n <T n <2n ＋23.[例2] n n S n ，T n ，满足对一切n ∈N *，都有S n ＋3＝T n .(1)若a 1≠b 1，试分别写出一个符合条件的数列{a n }和{b n }；(2)若a 1＋b 1＝1，数列{c n }满足：c n ＝4a n ＋λ(－1)n －1·2b n ，求最大的实数λ，使得当n ∈N *，恒有c n ＋1≥c n 成立．[解] (1)设数列{a n }，{b n }的公差分别是d 1，d 2. 则S n ＋3＝(n ＋3)a 1＋(n ＋3)(n ＋2)2d 1，T n ＝nb 1＋n (n －1)2d 2.∵对一切n ∈N *，有S n ＋3＝T n ，∴(n ＋3)a 1＋(n ＋3)(n ＋2)2d 1＝nb 1＋n (n －1)2d 2，即d 12n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1＋52d 1n ＋3a 1＋3d 1＝d22n 2＋⎝⎛⎭⎫b 1－12d 2n . ∴⎩⎨⎧d 12＝d 22，a 1＋52d 1＝b 1－12d 2，3a 1＋3d 1＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧d 2＝d 1，a 1＝－d 1，b 1＝2d 1.故答案不唯一．例如取d 1＝d 2＝2，a 1＝－2，b 1＝4， 得a n ＝2n －4(n ∈N *)，b n ＝2n ＋2(n ∈N *)． (2)∵a 1＋b 1＝1，又由(1)，可得d1＝d2＝1，a1＝－1，b1＝2.∴a n＝n－2，b n＝n＋1.∴c n＝4n－2＋λ(－1)n－12n＋1.∴c n＋1－c n＝4n－1＋λ(－1)n2n＋2－4n－2－λ(－1)n－12n＋1＝3·4n－2＋λ(－1)n(2n＋2＋2n＋1)＝316·22n＋6λ(－1)n·2n.∵当n∈N*时，c n＋1≥c n恒成立，即当n∈N*时，316·22n＋6λ(－1)n·2n≥0恒成立．∴当n为正奇数时，λ≤132·2n恒成立，而1 32·2n≥116.∴λ≤116；当n为正偶数时，λ≥－132·2n恒成立，而－132·2n≤－18，∴λ≥－18.∴－18≤λ≤116，∴λ的最大值是116.[方法归纳][变式训练](2017·南京三模)已知常数p ＞0，数列{a n }满足a n ＋1＝|p －a n |＋2a n ＋p ，n ∈N *.(1)若a 1＝－1，p ＝1，①求a 4的值；②求数列{a n }的前n 项和S n .(2)若数列{a n }中存在三项a r ，a s ，a t (r ，s ，t ∈N *，r ＜s ＜t )依次成等差数列，求a 1p的取值范围．解：(1)因为p ＝1，所以a n ＋1＝|1－a n |＋2a n ＋1.①因为a 1＝－1，所以a 2＝|1－a 1|＋2a 1＋1＝1，a 3＝|1－a 2|＋2a 2＋1＝3，a 4＝|1－a 3|＋2a 3＋1＝9.②因为a 2＝1，a n ＋1＝|1－a n |＋2a n ＋1，所以当n ≥2时，a n ≥1，从而a n ＋1＝|1－a n |＋2a n ＋1＝a n －1＋2a n ＋1＝3a n ，于是有a n ＝3n －2(n ≥2) .故当n ≥2时，S n ＝－1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝－1＋1－3n －11－3＝3n －1－32 ，当n ＝1时，S 1＝－1，符合上式，故S n ＝3n －1－32，n ∈N *. (2)因为a n ＋1－a n ＝|p －a n |＋a n ＋p ≥p －a n ＋a n ＋p ＝2p ＞0，所以a n ＋1＞a n ，即数列{a n }单调递增．(ⅰ)当a 1 p ≥1时，有a 1≥p ，于是a n ≥a 1≥p ，所以a n ＋1＝|p －a n |＋2a n ＋p ＝a n －p ＋2a n ＋p ＝3a n ，所以a n ＝3n －1a 1.若{a n }中存在三项a r ，a s ，a t (r ，s ，t ∈N *，r ＜s ＜t )依次成等差数列，则有2a s ＝a r ＋a t ，即2×3s －1＝3r －1＋3t －1. (*)因为s ≤t －1，所以2×3s －1＝23×3s ＜3t －1＜3r －1＋3t －1，即(*)不成立． 故此时数列{a n }中不存在三项依次成等差数列．(ⅱ)当－1＜a 1 p＜1时，有－p ＜a 1＜p . 此时a 2＝|p －a 1|＋2a 1＋p ＝p －a 1＋2a 1＋p ＝a 1＋2p ＞p ，于是当n ≥2时，a n ≥a 2＞p ，从而a n ＋1＝|p －a n |＋2a n ＋p ＝a n －p ＋2a n ＋p ＝3a n .所以a n ＝3n －2a 2＝3n －2(a 1＋2p ) (n ≥2)．若{a n }中存在三项a r ，a s ，a t (r ，s ，t ∈N *，r ＜s ＜t )依次成等差数列，由(ⅰ)可知，r ＝1，于是有2×3s －2(a 1＋2p )＝a 1＋3t －2(a 1＋2p )．因为2≤s ≤t －1，所以a 1 a 1＋2p＝2×3s －2－3t －2＝29×3s －13×3t －1＜0. 因为2×3s －2－3t －2是整数，所以a 1 a 1＋2p≤－1， 于是a 1≤－a 1－2p ，即a 1≤－p ，与－p ＜a 1＜p 相矛盾．故此时数列{a n }中不存在三项依次成等差数列．(ⅲ)当a 1p ≤－1时，则有a 1≤－p ＜p ，a 1＋p ≤0，于是a 2＝|p －a 1|＋2a 1＋p ＝p －a 1＋2a 1＋p ＝a 1＋2p ，a 3＝|p －a 2|＋2a 2＋p ＝|p ＋a 1|＋2a 1＋5p ＝－p －a 1＋2a 1＋5p ＝a 1＋4p ，此时2a 2＝a 1＋a 3，则a 1，a 2，a 3成等差数列．综上可知，a 1p≤－1. 故a 1p 的取值范围为(－∞，－1].[例3] 已知各项均为正数的数列{a n }满足：a 1＝a ，a 2＝b ，a n ＋1＝a n a n ＋2＋m (n ∈N *)，其中m ，a ，b 均为实常数．(1)若m ＝0，且a 4,3a 3，a 5成等差数列．①求b a的值； ②若a ＝2，令b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，2log 2a n －1，n 为偶数，求数列{b n }的前n 项和S n ； (2)是否存在常数λ，使得a n ＋a n ＋2＝λa n ＋1对任意的n ∈N *都成立？若存在，求出实数λ的值(用m ，a ，b 表示)；若不存在，请说明理由．[解] (1)①因为m ＝0，所以a 2n ＋1＝a n a n ＋2，所以正项数列{a n }是等比数列，不妨设其公比为q .又a 4,3a 3，a 5成等差数列，所以q 2＋q ＝6，解得q ＝2或q ＝－3(舍去)，所以b a＝2. ②当a ＝2时，数列{a n }是首项为2、公比为2的等比数列，所以a n ＝2n ，所以b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ，n 为奇数，2n －1，n 为偶数， 即数列{b n }的奇数项依次构成首项为2、公比为4的等比数列，偶数项依次构成首项为3、公差为4的等差数列．当n 为偶数时，S n ＝2⎝⎛⎭⎫1－4n 21－4＋n 2(3＋2n －1)2＝2n ＋13＋n 2＋n 2－23； 当n 为奇数时， S n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－4n ＋121－4＋n －12(3＋2n －3)2＝2n ＋23＋n 2－n 2－23.。
2019届高考数学二轮复习 第一篇 专题四 数列 第2讲 数列求和及简单应用教案 文
裂项的基本思想是 an=f(n）-f(n+1)，
=-
等.
考向 3 错位相减法求和
【例 4】 (2018·吉林百校联盟九月联考)已知等差数列｛an｝的前 n 项和为 Sn,若 Sm—1=— 4,Sm=0，Sm+2=14（m≥2,且 m∈N*）。 (1)求数列{an｝的通项; (2）求数列{m（an+6)×2n—3}的前 n 项和. 解：(1)由已知得 am=Sm—Sm—1=4,
②解:由①,得 cn=
=
—
，
所以 Sn= 1- + - +…+ —
= 1—
=
.
③解：因为 dn=（3n+1）Sn=（3n+1)·
=n,
则问题转化为对任意正整数 n 使不等式 + +…+ > 恒成立.
设 f（n）= + + +…+ ,
则 f（n+1)—f（n）=
+
+…+
- + +…+
=
+
—
=
—
〉0.
据此可得数列｛an}是首项为 2，公比为 2 的等比数列,
其前 8 项和为 S8=
=29—2=512—2=510。
故选 C.
（3)令 bn=nan,则 2bn=bn—1+bn+1,所以｛bn}为等差数列， 因为 b1=1，b2=4, 所以公差 d=3，则 bn=3n-2,
所以 b18=52,即 18a18=52,
数列的通项公式 【例 1】 (1)（2018·安徽黄山一模)数列{an}中，已知对任意正整数 n，有 a1+a2+…+an=2n— 1，则 + +…+ 等于（ )
(全国通用版)2019高考数学二轮复习 板块四 考前回扣 专题4 数列学案 理
回扣4 数列1．牢记概念与公式等差数列、等比数列2.活用定理与结论(1)等差、等比数列{a n}的常用性质(2)判断等差数列的常用方法①定义法a n＋1－a n＝d(常数)(n∈N*)⇔{a n}是等差数列．②通项公式法a n＝pn＋q(p，q为常数，n∈N*)⇔{a n}是等差数列．③中项公式法2a n＋1＝a n＋a n＋2(n∈N*)⇔{a n}是等差数列．④前n项和公式法S n＝An2＋Bn(A，B为常数，n∈N*)⇔{a n}是等差数列．(3)判断等比数列的常用方法①定义法a n ＋1a n＝q (q 是不为0的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列． ②通项公式法a n ＝cq n (c ，q 均是不为0的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列．③中项公式法a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(a n ·a n ＋1·a n ＋2≠0，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列．3．数列求和的常用方法(1)等差数列或等比数列的求和，直接利用公式求和．(2)形如{a n ·b n }(其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列)的数列，利用错位相减法求和． (3)通项公式形如a n ＝c(an ＋b 1)(an ＋b 2)(其中a ，b 1，b 2，c 为常数)用裂项相消法求和．(4)通项公式形如a n ＝(－1)n·n 或a n ＝a ·(－1)n(其中a 为常数，n ∈N *)等正负项交叉的数列求和一般用并项法．并项时应注意分n 为奇数、偶数两种情况讨论．(5)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成c n ＝a n ＋b n 形式的数列求和问题的方法，其中{a n }与{b n }是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列． (6)并项求和法：先将某些项放在一起求和，然后再求S n .1．已知数列的前n 项和求a n ，易忽视n ＝1的情形，直接用S n －S n －1表示．事实上，当n ＝1时，a 1＝S 1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1.2．易混淆几何平均数与等比中项，正数a ，b 的等比中项是±ab .3．等差数列中不能熟练利用数列的性质转化已知条件，灵活整体代换进行基本运算．如等差数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，已知S n T n ＝n ＋12n ＋3，求a nb n时，无法正确赋值求解．4．易忽视等比数列中公比q ≠0导致增解，易忽视等比数列的奇数项或偶数项符号相同造成增解．5．运用等比数列的前n 项和公式时，易忘记分类讨论．一定分q ＝1和q ≠1两种情况进行讨论．6．利用错位相减法求和时，要注意寻找规律，不要漏掉第一项和最后一项． 7．裂项相消法求和时，裂项前后的值要相等， 如1n (n ＋2)≠1n －1n ＋2，而是1n (n ＋2)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2.8．通项中含有(－1)n的数列求和时，要把结果写成n 为奇数和n 为偶数两种情况的分段形式．1．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 13>0，S 14<0，若a k ·a k ＋1<0，则k 等于( ) A ．6 B ．7 C ．13 D ．14 答案 B解析 因为{a n }为等差数列，S 13＝13a 7，S 14＝7(a 7＋a 8)， 所以a 7>0，a 8<0，a 7·a 8<0，所以k ＝7.2．已知在等比数列{a n }中，a 1＋a 2＝3，a 3＋a 4＝12，则a 5＋a 6等于( ) A ．3 B ．15 C ．48 D ．63 答案 C 解析a 3＋a 4a 1＋a 2＝q 2＝4，所以a 5＋a 6＝(a 3＋a 4)·q 2＝48. 3．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1>0，a 3＋a 10>0，a 6a 7<0，则满足S n >0的最大自然数n 的值为( )A ．6B ．7C ．12D ．13答案 C解析 ∵a 1>0，a 6a 7<0，∴a 6>0，a 7<0，等差数列的公差小于零， 又a 3＋a 10＝a 1＋a 12>0，a 1＋a 13＝2a 7<0， ∴S 12>0，S 13<0，∴满足S n >0的最大自然数n 的值为12. 4．已知数列{a n }满足13n a ＋＝9·3n a (n ∈N *)且a 2＋a 4＋a 6＝9，则15793l og ()a a a ＋＋等于( )A ．－13B ．3C ．－3 D.13答案 C 解析 由已知13n a ＋＝9·3n a ＝23na ＋，所以a n ＋1＝a n ＋2，所以数列{a n }是公差为2的等差数列，a 5＋a 7＋a 9＝(a 2＋3d )＋(a 4＋3d )＋(a 6＋3d )＝(a 2＋a 4＋a 6)＋9d ＝9＋9×2＝27，所以15793log ()a a a ＋＋＝13log 27＝－3.故选C.5．已知正数组成的等比数列{a n }，若a 1·a 20＝100，那么a 7＋a 14的最小值为( ) A ．20 B ．25 C ．50 D ．不存在答案 A解析 在正数组成的等比数列{a n }中，因为a 1·a 20＝100，由等比数列的性质可得a 1·a 20＝a 7·a 14＝100，那么a 7＋a 14≥2 a 7·a 14＝2100＝20，当且仅当a 7＝a 14＝10时取等号，所以a 7＋a 14的最小值为20.6．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2a n －4(n ∈N *)，则a n 等于( ) A ．2n ＋1B ．2nC ．2n －1D ．2n －2答案 A解析 a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－4－(2a n －4)⇒a n ＋1＝2a n ，再令n ＝1，∴S 1＝2a 1－4⇒a 1＝4， ∴数列{a n }是以4为首项，2为公比的等比数列， ∴a n ＝4·2n －1＝2n ＋1，故选A.7．已知等差数列{a n }的公差和首项都不等于0，且a 2，a 4，a 8成等比数列，则a 1＋a 5＋a 9a 2＋a 3等于( )A ．2B ．3C ．5D ．7 答案 B解析 ∵在等差数列{a n }中，a 2，a 4，a 8成等比数列，∴a 24＝a 2a 8，∴(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋7d )，∴d 2＝a 1d ，∵d ≠0，∴d ＝a 1，∴a 1＋a 5＋a 9a 2＋a 3＝15a 15a 1＝3，故选B.8．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)(n ∈N *)，则S 20等于( ) A ．31 B ．122 C ．324 D ．484答案 B解析 由题意可知，因为a n (4＋cos n π)＝n (2－cos n π)， 所以a 1＝1，a 2＝25，a 3＝3，a 4＝45，a 5＝5，a 6＝65，…，所以数列{a n }的奇数项构成首项为1，公差为2的等差数列，偶数项构成首项为25，公差为25的等差数列，所以S 20＝(a 1＋a 3＋…＋a 19)＋(a 2＋a 4＋…＋a 20) ＝122，故选B.9．已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 1，a 3，a 13成等比数列，若a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，则2S n ＋16a n ＋3(n ∈N *)的最小值为( )A ．4B ．3C ．23－2 D.92答案 A解析 由题意a 1，a 3，a 13成等比数列，可得(1＋2d )2＝1＋12d ，解得d ＝2，故a n ＝2n －1，S n ＝n 2，因此2S n ＋16a n ＋3＝2n 2＋162n ＋2＝n 2＋8n ＋1＝(n ＋1)2－2(n ＋1)＋9n ＋1＝(n ＋1)＋9n ＋1－2，由基本不等式知，2S n ＋16a n ＋3＝(n ＋1)＋9n ＋1－2≥2(n ＋1)×9n ＋1－2＝4，当且仅当n ＝2时取得最小值4.10．已知F (x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12－1是R 上的奇函数，数列{a n }满足a n ＝f (0)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f (1)(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝n －1B ．a n ＝nC ．a n ＝n ＋1D ．a n ＝n 2答案 C解析 由题意F (x )＝f ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋12－1是R 上的奇函数，即F (x )关于(0,0)对称，则f (x )关于⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1对称． 即f (0)＋f (1)＝2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1，f⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＝2， f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2n ＝2， 则a n ＝f (0)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f (1)＝n ＋1.11．在等差数列{a n }中，已知a 3＋a 8＝10，则3a 5＋a 7＝________.答案 20解析 设公差为d ，则a 3＋a 8＝2a 1＋9d ＝10， 3a 5＋a 7＝3(a 1＋4d )＋(a 1＋6d )＝4a 1＋18d ＝2×10＝20.12．若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝________. 答案 50解析 ∵数列{a n }为等比数列，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，∴a 10a 11＋a 9a 12＝2a 10a 11＝2e 5，∴a 10a 11＝e 5， ∴ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ln(a 1a 2…a 20) ＝ln(a 10a 11)10＝ln(e 5)10＝ln e 50＝50.13．数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝2，S n ＋1＋(－1)nS n ＝2n ，则S 100＝____________. 答案 198解析 当n 为偶数时，S n ＋1＋S n ＝2n ，S n ＋2－S n ＋1＝2n ＋2，所以S n ＋2＋S n ＝4n ＋2，故S n ＋4＋S n ＋2＝4(n ＋2)＋2，所以S n ＋4－S n ＝8，由a 1＝2知，S 1＝2，又S 2－S 1＝2，所以S 2＝4，因为S 4＋S 2＝4×2＋2＝10，所以S 4＝6，所以S 8－S 4＝8，S 12－S 8＝8，…，S 100－S 96＝8，所以S 100＝24×8＋S 4＝192＋6＝198.14．若数列{a n }满足a 2－a 1>a 3－a 2>a 4－a 3>…>a n ＋1－a n >…，则称数列{a n }为“差递减”数列．若数列{a n }是“差递减”数列，且其通项a n 与其前n 项和S n (n ∈N *)满足2S n ＝3a n ＋2λ－1()n ∈N *，则实数λ的取值范围是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞解析 当n ＝1时，2a 1＝3a 1＋2λ－1，a 1＝1－2λ，当n >1时，2S n －1＝3a n －1＋2λ－1，所以2a n ＝3a n －3a n －1，a n ＝3a n －1，所以a n ＝()1－2λ3n －1，a n －a n －1＝()1－2λ3n －1－()1－2λ3n －2＝()2－4λ3n －2，依题意()2－4λ3n －2是一个递减数列，所以2－4λ<0，λ>12.15．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1 000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 (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 <1 000，3，n ＝1 000，所以数列{b n }的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893.16．各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足：S n ＝14a 2n ＋12a n ＋14(n ∈N *)．(1)求a n ；(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 的前n 项和为T n ，证明：对一切正整数n ，都有T n <54.(1)解 由S n ＝14a 2n ＋12a n ＋14，①可知当n ≥2时，S n －1＝14a 2n －1＋12a n －1＋14，②由①－②化简得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0， 又数列{a n }各项为正数，∴当n ≥2时，a n －a n －1＝2，故数列{a n }成等差数列，公差为2，又a 1＝S 1＝14a 21＋12a 1＋14，解得a 1＝1，∴a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)证明 T n ＝1a 21＋1a 22＋1a 23＋…＋1a 2n －1＋1a 2n＝112＋132＋152＋…＋1(2n －3)2＋1(2n －1)2. ∵1(2n －1)2＝14n 2－4n ＋1<14n 2－4n ＝14n (n －1)＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ，∴T n ＝112＋132＋152＋…＋1(2n －3)2＋1(2n －1)2<1＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －2－1n －1＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝1＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12＋12－13＋…＋1n －2－1n －1＋1n －1－1n ＝1＋14－14n <54.。
江苏省2019高考数学二轮复习专题四数列4.3大题考法—数列的综合应用达标训练(含解析)
数列的综合应用A 组——大题保分练1．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且(S n －1)2＝a n S n . (1)求a 1；(2)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n －1为等差数列； (3)是否存在正整数m ，k ，使1a k S k ＝1a m＋19成立？若存在，求出m ，k ；若不存在，说明理由．解：(1)n ＝1时，(a 1－1)2＝a 21，∴a 1＝12.(2)证明：∵(S n －1)2＝a n S n ， ∴n ≥2时，(S n －1)2＝(S n －S n －1)S n ， ∴－2S n ＋1＝－S n －1S n ， ∴1－S n ＝S n (1－S n －1)， ∴1S n －1－1＝S nS n －1，∴1S n －1－1S n －1－1＝1S n －1－S n S n －1＝1－S nS n －1＝－1为定值， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n －1为等差数列． (3)∵1a 1－1＝－2， ∴1S n －1＝－2＋(n －1)×(－1)＝－n －1， ∴S n ＝nn ＋1，∴a n ＝S n －2S n＝1nn ＋.假设存在正整数m ，k ，使1a k S k ＝1a m＋19，则(k ＋1)2＝m (m ＋1)＋19， ∴4(k ＋1)2＝4m (m ＋1)＋76，∴[(2k ＋2)＋(2m ＋1)][(2k ＋2)－(2m ＋1)]＝75， ∴(2k ＋2m ＋3)(2k －2m ＋1)＝75＝75×1＝25×3＝15×5，∴⎩⎪⎨⎪⎧2k ＋2m ＋3＝75，2k －2m ＋1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧2k ＋2m ＋3＝25，2k －2m ＋1＝3或⎩⎪⎨⎪⎧2k ＋2m ＋3＝15，2k －2m ＋1＝5.∴⎩⎪⎨⎪⎧k ＝18，m ＝18或⎩⎪⎨⎪⎧k ＝6，m ＝5或⎩⎪⎨⎪⎧k ＝4，m ＝2.2．已知常数λ≥0，设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，满足：a 1＝1，S n ＋1＝a n ＋1a nS n ＋(λ·3n ＋1)a n ＋1(n ∈N *)． (1)若λ＝0，求数列{a n }的通项公式；(2)若a n ＋1<12a n 对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的取值范围．解：(1)λ＝0时，S n ＋1＝a n ＋1a nS n ＋a n ＋1， ∴S n ＝a n ＋1a nS n ， ∵a n >0，∴S n >0，∴a n ＋1＝a n .∵a 1＝1，∴a n ＝1. (2)∵S n ＋1＝a n ＋1a nS n ＋(λ·3n ＋1)a n ＋1，a n >0， ∴S n ＋1a n ＋1－S n a n ＝λ·3n＋1， 则S 2a 2－S 1a 1＝λ·3＋1，S 3a 3－S 2a 2＝λ·32＋1，…，S n a n －S n －1a n －1＝λ·3n －1＋1(n ≥2)相加，得S n a n－1＝λ(3＋32＋…＋3n －1)＋n －1，则S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ·3n－32＋n ·a n (n ≥2)． 上式对n ＝1也成立，∴S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ·3n－32＋n ·a n (n ≥N *)．③ ∴S n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ·3n ＋1－32＋n ＋1·a n ＋1(n ≥N *)．④ ④－③，得a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ·3n ＋1－32＋n ＋1·a n ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λ·3n－32＋n ·a n ， 即⎝ ⎛⎭⎪⎫λ·3n ＋1－32＋n ·a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ·3n －32＋n ·a n . ∵λ≥0，∴λ·3n ＋1－32＋n >0，λ·3n－32＋n >0.∵a n ＋1<12a n 对一切n ∈N *恒成立，∴λ·3n－32＋n <12⎝ ⎛⎭⎪⎫λ·3n ＋1－32＋n 对一切n ∈N *恒成立． 即λ>2n 3n＋3对一切n ∈N *恒成立． 记b n ＝2n3n＋3， 则b n －b n ＋1＝2n 3n ＋3－2n ＋23n ＋1＋3＝n －n －6n＋n ＋1＋. 当n ＝1时，b n －b n ＋1＝0； 当n ≥2时，b n －b n ＋1>0， ∴b 1＝b 2＝13是{b n }中的最大项．综上所述，λ的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫13，＋∞. 3．在数列{}a n 中，已知a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋2，n ＝2k －1，3a n ，n ＝2k(k ∈N *)．(1)求数列{}a n 的通项公式；(2)设数列{}a n 的前n 项和为S n ，问是否存在正整数m ，n ，使得S 2n ＝mS 2n －1？若存在，求出所有的正整数对(m ，n )；若不存在，请说明理由．解：(1)由题意，数列{}a n 的奇数项是以a 1＝1为首项，公差为2的等差数列；偶数项是以a 2＝2为首项，公比为3的等比数列．所以对任意正整数k ，a 2k －1＝2k －1，a 2k ＝2×3k －1.所以数列{}a n 的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n ＝2k －1，2·3n2－1，n ＝2k (k ∈N *)．(2)S 2n ＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n ) ＝n 1＋2n －12＋21－3n1－3＝3n ＋n 2－1，n ∈N *.S 2n －1＝S 2n －a 2n ＝3n －1＋n 2－1.假设存在正整数m ，n ，使得S 2n ＝mS 2n －1， 则3n＋n 2－1＝m (3n －1＋n 2－1)，所以3n －1(3－m )＝(m －1)(n 2－1)，(*)从而3－m ≥0，所以m ≤3,又m∈N*，所以m＝1,2,3.当m＝1时，(*)式左边大于0，右边等于0，不成立；当m＝3时，(*)式左边等于0，所以2(n2－1)＝0，n＝1，所以S2＝3S1；当m＝2时，(*)式可化为3n－1＝n2－1＝(n＋1)(n－1)，则存在k1，k2∈N，k1<k2，使得n－1＝3k1，n＋1＝3k2，且k1＋k2＝n－1，从而3k2－3k1＝3k1(3k2－k1－1)＝2，所以3k1＝1,3k2－k1－1＝2，所以k1＝0，k2－k1＝1，于是n＝2，S4＝2S3.综上可知，符合条件的正整数对(m，n)只有两对：(2,2)，(3,1)．4．若数列{a n}中存在三项，按一定次序排列构成等比数列，则称{a n}为“等比源数列”．(1)已知数列{a n}中，a1＝2，a n＋1＝2a n－1.①求{a n}的通项公式；②试判断{a n}是否为“等比源数列”，并证明你的结论．(2)已知数列{a n}为等差数列，且a1≠0，a n∈Z(n∈N*)．求证：{a n}为“等比源数列”．解：(1)①由a n＋1＝2a n－1，得a n＋1－1＝2(a n－1)，且a1－1＝1，所以数列{a n－1}是首项为1，公比为2的等比数列，所以a n－1＝2n－1.所以数列{a n}的通项公式为a n＝2n－1＋1.②数列{a n}不是“等比源数列”，用反证法证明如下：假设数列{a n}是“等比源数列”，则存在三项a m，a n，a k(m<n<k)按一定次序排列构成等比数列．因为a n＝2n－1＋1，所以a m<a n<a k，所以a2n＝a m a k，得(2n－1＋1)2＝(2m－1＋1)(2k－1＋1)，即22n－2＋2×2n－1＋1＝2m＋k－2＋2m－1＋2k－1＋1，两边同时乘以21－m，得到22n－m－1＋2n－m＋1＝2k－1＋1＋2k－m，即22n－m－1＋2n－m＋1－2k－1－2k－m＝1，又m<n<k，m，n，k∈N*，所以2n－m－1≥1，n－m＋1≥1，k－1≥1，k－m≥1，所以22n－m－1＋2n－m＋1－2k－1－2k－m必为偶数，不可能为1.所以数列{a n }中不存在任何三项，按一定次序排列构成等比数列． 综上可得，数列{a n }不是“等比源数列”． (2)证明：不妨设等差数列{a n }的公差d ≥0.当d ＝0时，等差数列{a n }为非零常数数列，数列{a n }为“等比源数列”．当d >0时，因为a n ∈Z ，则d ≥1，且d ∈Z ，所以数列{a n }中必有一项a m >0.为了使得{a n }为“等比源数列”，只需要{a n }中存在第n 项，第k 项(m <n <k )， 使得a 2n ＝a m a k 成立，即[a m ＋(n －m )d ]2＝a m [a m ＋(k －m )d ]， 即(n －m )·[2a m ＋(n －m )d ]＝a m (k －m )成立． 当n ＝a m ＋m ，k ＝2a m ＋a m d ＋m 时，上式成立． 所以{a n }中存在a m ，a n ，a k 成等比数列． 所以数列{a n }为“等比源数列”．B 组——大题增分练1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且2a 5－a 3＝13，S 4＝16. (1)求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)设T n ＝∑i ＝1n(－1)ia i ，若对一切正整数n ，不等式λT n ＜[a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ]·2n －1 恒成立，求实数λ的取值范围．解：(1)设数列{a n }的公差为d . 因为2a 5－a 3＝13，S 4＝16，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d －a 1＋2d ＝13，4a 1＋6d ＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1，S n ＝n 2.(2)①当n 为偶数时，设n ＝2k ，k ∈N *，则T 2k ＝(a 2－a 1)＋(a 4－a 3)＋…＋(a 2k －a 2k －1)＝2k . 代入不等式λT n <[a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ]·2n －1，得λ·2k ＜4k，从而λ＜4k2k .设f (k )＝4k2k ，则f (k ＋1)－f (k )＝4k ＋1k ＋－4k 2k ＝4kk －2kk ＋.因为k ∈N *，所以f (k ＋1)－f (k )＞0，所以f (k )是递增的，所以f (k )min ＝2，所以λ＜2. ②当n 为奇数时，设n ＝2k －1，k ∈N *， 则T 2k －1＝T 2k －(－1)2ka 2k ＝2k －(4k －1)＝1－2k . 代入不等式λT n <[a n ＋1＋(－1)n ＋1a n ]·2n －1，得λ·(1－2k )＜(2k －1)4k，从而λ＞－4k. 因为k ∈N *，所以－4k的最大值为－4，所以λ＞－4. 综上，λ的取值范围为(－4,2)．2．(2018·苏南四校联考)设数列{a n }的首项为1，前n 项和为S n ，若对任意的n ∈N *，均有S n ＝a n ＋k －k (k 是常数且k ∈N *)成立，则称数列{a n }为“P (k )数列”．(1)若数列{a n }为“P (1)数列”，求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在数列{a n }既是“P (k )数列”，也是“P (k ＋2)数列”？若存在，求出符合条件的数列{a n }的通项公式及对应的k 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)数列{a n }为“P (1)数列”，则S n ＝a n ＋1－1， 故S n ＋1＝a n ＋2－1，两式相减得：a n ＋2＝2a n ＋1， 又n ＝1时，a 1＝a 2－1，所以a 2＝2， 故a n ＋1＝2a n 对任意的n ∈N *恒成立，即a n ＋1a n＝2(常数)，故数列{a n }为等比数列，其通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *.(2)假设存在这样的数列{a n }，则有S n ＝a n ＋k －k ， 故有S n ＋1＝a n ＋k ＋1－k ，两式相减得：a n ＋1＝a n ＋k ＋1－a n ＋k ， 故有a n ＋3＝a n ＋k ＋3－a n ＋k ＋2同理由{a n }是“P (k ＋2)数列”可得：a n ＋1＝a n ＋k ＋3－a n ＋k ＋2，所以a n ＋1＝a n ＋3对任意n ∈N *恒成立所以S n ＝a n ＋k －k ＝a n ＋k ＋2－k ＝S n ＋2，即S n ＝S n ＋2，又S n ＝a n ＋k ＋2－k －2＝S n ＋2－2，即S n ＋2－S n ＝2，两者矛盾，故不存在这样的数列{a n }既是“P (k )数列”，也是“P (k ＋2)数列”．3．(2018·江苏高考)设{a n }是首项为a 1，公差为d 的等差数列，{b n }是首项为b 1，公比为q 的等比数列．(1)设a 1＝0，b 1＝1，q ＝2，若|a n －b n |≤b 1对n ＝1,2,3,4均成立，求d 的取值范围； (2)若a 1＝b 1>0，m ∈N *，q ∈(1，m2 ]，证明：存在d ∈R ，使得|a n －b n |≤b 1对n ＝2,3，…，m ＋1均成立，并求d 的取值范围(用b 1，m ，q 表示)．解：(1)由条件知a n ＝(n －1)d ，b n ＝2n －1.因为|a n －b n |≤b 1对n ＝1,2,3,4均成立，即|(n －1)d －2n －1|≤1对n ＝1,2,3,4均成立，所以1≤1,1≤d ≤3,3≤2d ≤5,7≤3d ≤9， 解得73≤d ≤52.所以d 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤73，52.(2)由条件知a n ＝b 1＋(n －1)d ，b n ＝b 1qn －1.若存在d ，使得|a n －b n |≤b 1(n ＝2,3，…，m ＋1)成立， 即|b 1＋(n －1)d －b 1qn －1|≤b 1(n ＝2,3，…，m ＋1)，即当n ＝2,3，…，m ＋1时，d 满足q n －1－2n －1b 1≤d ≤q n －1n －1b 1.因为q ∈(1，m2 ]，则1＜qn －1≤q m≤2，从而q n －1－2n －1b 1≤0，q n －1n －1b 1＞0，对n ＝2,3，…，m ＋1均成立．因此，取d ＝0时，|a n －b n |≤b 1对n ＝2,3，…，m ＋1均成立．下面讨论数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1－2n －1的最大值和数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1n －1的最小值(n ＝2,3，…，m ＋1)． ①当2≤n ≤m 时，q n －2n －q n －1－2n －1＝nq n －q n －nq n －1＋2n n － ＝n q n －q n －1－q n ＋2n n －.当1＜q ≤21m时，有q n ≤q m ≤2，从而n (q n －q n －1)－q n＋2＞0.因此，当2≤n ≤m ＋1时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1－2n －1单调递增， 故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1－2n －1的最大值为q m －2m .②设f (x )＝2x(1－x )，当x ＞0时，f ′(x )＝(ln 2－1－x ln 2)2x＜0， 所以f (x )单调递减，从而f (x )＜f (0)＝1.当2≤n ≤m 时，q nn q n －1n －1＝q n －n ≤21n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＜1，因此，当2≤n ≤m ＋1时，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1n －1单调递减，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫q n －1n －1的最小值为q mm . 因此d 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤b 1q m －m ，b 1q m m .4．(2018·苏北三市三模)已知两个无穷数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，a 1＝1，S 2＝4，对任意的n ∈N *，都有3S n ＋1＝2S n ＋S n ＋2＋a n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若{b n }为等差数列，对任意的n ∈N *，都有S n >T n .证明：a n >b n ； (3)若{b n }为等比数列，b 1＝a 1，b 2＝a 2，求满足a n ＋2T nb n ＋2S n＝a k (k ∈N *)的n 值．解：(1)由3S n ＋1＝2S n ＋S n ＋2＋a n ，得2(S n ＋1－S n )＝S n ＋2－S n ＋1＋a n ， 即2a n ＋1＝a n ＋2＋a n ，所以a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n . 由a 1＝1，S 2＝4，可知a 2＝3.所以数列{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列． 故{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2)证明：法一：设数列{b n }的公差为d ， 则T n ＝nb 1＋n n －2d ，由(1)知，S n ＝n 2. 因为S n >T n ，所以n 2>nb 1＋n n －2d ，即(2－d )n ＋d －2b 1>0恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧2－d ≥0，2－d ＋d －2b 1>0，即⎩⎪⎨⎪⎧d ≤2，b 1<1.所以a n －b n ＝2n －1－b 1－(n －1)d ＝(2－d )n ＋d －1－b 1≥(2－d )＋d －1－b 1＝1－b 1>0. 所以a n >b n ，得证．法二：设{b n }的公差为d ，假设存在自然数n 0≥2，使得an 0≤bn 0， 则a 1＋(n 0－1)×2≤b 1＋(n 0－1)d ， 即a 1－b 1≤(n 0－1)(d －2)， 因为a 1>b 1，所以d >2. 所以T n －S n ＝nb 1＋n n －2d －n 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫d 2－1n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b 1－d 2n ，因为d2－1>0，所以存在n 0∈N *，当n >n 0时，T n －S n >0恒成立．这与“对任意的n ∈N *，都有S n >T n ”矛盾．所以a n >b n ，得证． (3)由(1)知，S n ＝n 2.因为{b n }为等比数列，且b 1＝1，b 2＝3， 所以{b n }是以1为首项，3为公比的等比数列． 所以b n ＝3n －1，T n ＝3n－12.则a n ＋2T n b n ＋2S n ＝2n －1＋3n －13n －1＋2n 2＝3n ＋2n －23n －1＋2n2＝ 3－6n 2－2n ＋23n －1＋2n2，因为n ∈N *，所以6n 2－2n ＋2>0，所以a n ＋2T nb n ＋2S n<3.而a k ＝2k －1，所以a n ＋2T nb n ＋2S n＝1， 即3n －1－n 2＋n －1＝0.(*)当n ＝1,2时，(*)式成立； 当n ≥2时，设f (n )＝3n －1－n 2＋n －1，则f (n ＋1)－f (n )＝3n－(n ＋1)2＋n －(3n －1－n 2＋n －1)＝2(3n －1－n )>0，所以0＝f (2)<f (3)<…<f (n )<…. 故满足条件的n 的值为1和2.。
2019年高考数学大二轮复习专题四数列4.2数列求和与综合应用课件201812282144
(2)因为 Tn≥m 恒成立，所以只需(Tn)min≥m 即可． 由(1)知 又因为
1n－1 an＝2 ，则 1n an＋1＝2 .
1 1n 1 an＋1＝2anbn，所以2 ＝2anbn，
◎ 变式训练 1 3 1．正项等比数列{an}中的 a1，a4 031 是函数 f(x)＝ x －4x2＋6x－3 的极值点， 3 则 log 6a2 016＝( A．1 C. 2 解析： ) B．2 D．－1 因为 f′(x)＝x2－8x＋6，且 a1，a4 031 是方程 x2－8x＋6＝0 的两根，
当 n＝1 时，a1b2－b2＝b1， 1 因为 b1＝1，b2＝2， 所以 a1＝3， 又因为{an}是公差为 2 的等差数列， 所以 an＝2n＋1，
则(2n＋1)bn＋1－bn＋1＝nbn.化简，得 bn＋1 1 2bn＋1＝bn，即 b ＝2， n 1 所以数列{bn}是以 1 为首项，以 为公比的等比数列， 2 为 2 的等差数列，数列{bn}满足 b1＝1，b2＝2，若 n∈N*时，anbn＋1－bn＋1＝nbn. (1)求{bn}的通项公式； 1 (2)设 cn＝ ，求{cn}的前 n 项和 Sn. anan＋1
解析：
(1)因为 anbn＋1－bn＋1＝nbn.
[母题变式] 4n2 1．本例中若 cn＝ ，试求其前 n 项和 Tn. anan－1 4n2 4n2 解析： cn＝ ＝ anan－1 2n＋12n－1 4n2－1＋1 ＝ 2n－12n＋1 1 1 1 ＝1＋22n－1－2n＋1 1 1 1 1 1 1 所以 Tn＝n＋21－3＋3－5＋…＋2n－1－2n＋1 1 1 n 1 － ＝n＋2 ＝n＋2n＋1. 2 n ＋ 1
数列综合二轮复习(2019年11月整理)
二、知识点：
1、基本方法：掌握等差数列和等比数列的 通项公式和前n项和公式；
2、利用性质：掌握等 如累加法、迭乘法、错位相减法等；掌握一 些比较有效的技巧；
3、注意细节：等比数列的项不为零；q不 等于0或1；首项单独考虑等。
三、高考命题的几种类型
4、、已知数列{an}的前n项和为Sn，p为 非零常数，满足条件：
高三数学二轮复习
一、考试要求
（1）理解数列的概念，了解数列通项公式 的意义，了解递推公式是给出数列的一种方 法，并能根据递推公式写出数列的前几项．
（2）理解等差数列的概念，掌握等差数列 的通项公式与前n项和公式，并能解决简单 的实际问题．
（3）理解等比数列的概念，掌握等比数列的 通项公式与前n项和公式，并能解决简单的实 际问题．
1、考查数列本身的有关知识；
2、考查数列与其他数学知识的结合，如数 列与函数、方程、不等式、三角、几何、 极限、数学归纳法等；
3、考查数列的实际应用，特别是一些常见 见的增长模型。
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四、例题
1、已知等比数列{an}中a2=sinα＋cosα， a3=1＋sin2α，其中0<α<π。
（1）问2sin2α－ 第几项？
12cos4α＋
23是数列{an}的
（2）设数列{an}的前n项和是Sn，若
lim
n
Sn存
在，求α的取值范围。
2、已知二次函数f(x)=ax2＋bx＋c有 f(0)=3，且直线y=5x＋1与f(x)的图象相 切于点（2，11）。 （1） 求函数f(x)的解析式；
（2） 若f(n)为数列{an}的前n项和，求 数列{an}的通项公式；
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数列与函数的关系数列的通项 数列通项等差数列的前n 项和等差数列的性质等差数列等差数列的通项等差数列的定义等比数列的前n 项和等比数列的性质等比数列等比数列的通项等比数列的定义2019 年第二轮专题复习 4 数列2019 年浙江高职考试大纲要求：1、了解数列及其有关概念2、理解等差数列，等差中项的概念，掌握等差数列的通项公式、前 n 项和公式，并会运用它们解决有关问题3、理解等比数列、等比中项的概念，掌握等比数列的通项公式，前 n 项和工会，并会运用它们解决有关问题。
考情分析：数列在高职考中为必考题目，2007-2012 年的一个选择一个解答，2013-2018 年一个选择，一个填空，一个解答。
2017 年一个选择两个填空一个解答，分值有所提升。
考查数列的规律性，等差等比数列的定义理解，公式应用。
渗透解方程的思想。
基础知识自查一、知识框架构建项数 数列的有关概念 项 数列的定义考点一：数列的有序性，规律性（2017 年浙江高考）.n 4 5 642 ３ ４ ５ ６已知数列： ，－ ， ，－ ， ，．．．按此规律第７项为3 4 ５ 6 ７7 8 ７8 A.B.C.－D.－89８9（ 2016 年浙江高考） ： 数列 {a }满足： a = 1， a= -n + a ，（ n ∈ N * ）， 则 a =n1nn +15（ ）A 、9B 、10C 、11D 、121、（2013 年高考题）根据数列 2,5,9,19,37,75……的前六项找出规律，可得a 7 =A.140B. 142C. 146D. 1492、（2015 宁波一模）根据数列 0， ,,3,7,15， ..... 的前 5 项找出规律，可得 a 7 =A, 63 B, 32 C, 31 D,16考点二： 利用a n 和s n 的关系，由s n 求a n(2017年浙江高考) 设数列的前n 项和为s n , 若a 1=1, a n+1=2s n ( n ∈N) ,则s 4=1、（2015 嘉兴二模）设数列的前 n 项和为s n = 2 ,则a 的值为nA.2B.4C.7D.82、（2016 预测）已知数列的前 n 项的和为 s = 2n 2 - n +1，则a + a + a =A. 67B. 51C. 38D. 16考点三：利用等差数列，等比数列的通项公式求和，求某一项（或公差，公比）（2018-35-10）、如图所示，在边长为 1 的正三角形中，挖去一个由三边中点所构成的三角形，记挖去的三角形面积为a 1 ；在剩下的 3 个三角形中，再以同样n1的方法，挖去三个三角形，记挖去的 3 个三角形面积和为 a 2 ， ......，重复以上过 程，记挖去的 3n-1 个三角形面积的和为a n ，得到数列{a n }。
（1） 写出a 1 ， a 2 ， a 3 和a n（2） 证明数列{a n }是等比数列，并求出前 n 项和公式S n（2018-4-2）在等差数列{a n }中， a 1 + a 2 + a 3 = 5 ， a 2 + a 3 + a 4 = 11，则公差d 为A. 6B. 3C. 1D. 2（2017 年浙江高考）等比数列{a n }满足 a 1 + a 2 + a 3 = 4 ， a 4 + a 5 + a 6 = 12 ，则其前 9 项的和 S 9 ={a }a 22、（2017-28-7）等差数列 中 ，2a 及公差d（1）求；（4 分）= 13, a 4= 9当 n 为多少时，前 n 项和sn 开始为负？（3 分1、（2014 年浙江高考）.在等比数列{a n }中，若 a 2 = 3, a 4 = 27 ，则 a 5 = ()A. -81B.81C. 81或-81D.3 或-32、（2013 年浙江高考）在等差数列{a n }中，已知a 2 = 1, a 7 = 20.（1） 求 a 12 的值.（2）求和 a 1 + a 2 + a 3 + a 4 + a 5 + a 6 .13、（2014 年高考）.在等差数列{a n }中，已知 a 1 = 2, S 7 = 35 ，则等差数列{a n }的公差 d =4、(2013 年高考）已知等比数列的前 n 项和公式为 S n = 1 -2n，则公比 q =考点四，利用等差等比数列性质求等差比中项(2018-25-4)在等比数列{a n }中， a n > 0 ， a 1 ⋅ a 3 = 4 ，则log 2 a 2 =1(2011 年浙江高考）在等比数列{a n }中，若 a 3 • a 5 = 5 ，则 a 1 • a 7 的值等于()A ．5B. 10C. 15D.252、2015 年浙江高考当且仅当 x ∈时，三个数 4， x - 1,9 成等比数列考点五：数列的综合应用2016 年浙江高考）（本题满分 8 分）某城市住房公积金 2016 年初的账户余额为 2 亿元人民币，当年全年支出 3500 万元，收入 3000 万元。
假设以后每年的资金支出额比上一年多 200 万元， 收入金额比上一年增加 10%，试求：（1）2018 年，该城市的公积金应支出多少万元？收入多少万元？（4 分）（2） 到 2025 年底，该城市的公积金账户余额为多少万元？（4 分）（ 可 能 有 用 的 数 据 ： 1.12 = 1.21 ， 1.13 = 1.331， 1.14 = 1.464 ， 1.15 = 1.611，1.16 = 1.772 ，1.17 = 1.949 ， 1.18 =2.144 ， 1.19 = 2.358 ， 1.110 = 2.594 ，1.111 =2.853 ）⎧5,(0≤x ≤1) 2014 年浙江高考 33.(8 分)已知函数 f (x ) = ⎨ f (x -1) + 3（,x > 1 .⎩）(1)求 f (2), f (5) 的值；(4 分)(2)当 x ∈ N * 时， f (1), f (2), f (3), f (4), …构成一数列，求其通项公式.(4 分)2015 年浙江高考 30.(9 分)根据表中所给的数字填空格,要求每行的数成等差数列,每列的数成等比数列.求：(1) a , b , c 的值;(3 分)(2)按要求填满其余各空格中的数;(3 分) (3)表格中各数之和.(3 分)B ． 3 43 16n2 6 4 n 3n 1 1 2 n 第二轮专题复习数列课后练习23 - 1 33 - 1 43 - 1 53- 1数列， ， ， ，…….的一个通项公式是……………..( )1、 23 4 5A 、 a n = n (n 2 - 1) n + 1B 、 a n =n (n 2 + 1) n C 、 a n =n (n 2 + 3n + 3) n + 1D 、 a n =n (n 2+ 2)n2．已知 2，x ，y,8 成等比数列，可求得 y的值为xA ．1C ．D ． 163、在等比数列{a } 中，3a 1 = a 3- 2a 2 ,则公比 q 等于…………………………..()A 、－1 或－3B 、－1 或 3C 、1 或 －3D 、1 或 34、 26 与0.52的等比中项是（ ）A ．16B ． ±2C ．4D ． ±45、在等差数列中，若a , a 是方程x 2 - 4x + 3 = 0的两个根，则a ={a } a + a + + a = 2n - 1, a 2 + a 2 + …… + a 2=A. (2n -1)26、B. 1(2n -1)23C. 4n-11 D. 1(4n -1)37、已知等比数列的前 n 项和公式为 S n = 1 -2n，则公比 q =8、二模已知数列的通项公式为 a n = -5n + 2 ,则其前 n 项的和为8、设数列的通项公式设a = n 2-1,则s =.将全体正整数排成一个三角形数阵： 9、6、在等比数列 中,若2 n 则1 2 3 4 5 6 7 8 9 10按照以上排列的规律，第n 行(n ≥ 3) 从左向右的第 3 个数为10、等差数列{ a n }的前 n 项和记为 S n .已知 a 10 = 30, a 20 = 50.（Ⅰ）求通项 a n ；（Ⅱ）若 S n =242，求 n.一模：已知数列{a n }的前n 项的和为s n ，对任意的实数n ∈ N ,点（a n , s n )都在直线2x - y - 2 = 0上，求数列{a n }的通项公式11、已知公差不为0的等差数列的首项为5，且 1 , 1 , 1成等比数列a 1 a 2 a 4（1）求数列的通项公式（2）求值：a 2 +a 6 +a 10 + a 14 + a 18 + a 22 + a 26 + a 30 .12、已知数列{a } 是等差数列，前n项的和S =n2 , 求:n n（1）a4的值；（2）数列的通项公式；（3）和式a1 +a3 +a5 +⋅⋅⋅+a25 的值13、设各项为正数的等比数列的前n 项和为S n ,已知S 1 = 2, S 3 = 14.（1） 求数列的通项公式（2） 若数列{b n }满足b n = 3log 2 a n , 求{b n }的通项公式（3） 求数列{b n }的前n 项和T n二模已知等差数列的前三项为a -1,4,2a , 其前n 项的和为s(1) 设S k = 2550，求a 和k 的值 (2) 设bn =S n , 求b + b + b +...... + b 的值n37114n-1n14、三模已知等差数列中， a 1 =2, a 2 + a 3 =10(1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 设b n = 2 n ，求数列{b } 的前 N 项的和a15、已知等差数列{a n }，a 1＝11，a 8＝－10， (1)写出数列的通项公式 a n ，并求 a 21 的值． (2)求前 8 项之和 S 8.16、二模已知数列sn =（1）求通项公式n2+ 3n2（2）已知b n =1a2-n -1, 求数列{bn}的前n项和T nn“”“”At the end, Xiao Bian gives you a passage. Minand once said, "people who learn to learn are very happy people.". In every wonderful life, learning is an eternal theme. As a professional clerical and teaching position, I understand the importance of continuous learning, "life is diligent, nothing can be gained", only continuous learning can achieve better self. Only by constantly learning and mastering the latest relevant knowledge, can employees from all walks of life keep up with the pace of enterprise development and innovate to meet the needs of the market. This document is also edited by my studio professionals, there may be errors in the document, if there are errors, please correct, thank you!。