2018届高三数学二轮复习：数列专题及其问题详解
2018高考数学理二轮专题复习课件 专题四 数列4.1.2 精品
(2)由 anan＋1＝3n，得 an－1an＝3n－1(n≥2)，所以aann＋－11＝3(n≥2)，
则数列{an}的所有奇数项和偶数项均构成以 3 为公比的等比数 列，又 a1＝1，a1a2＝3，所以 a2＝3，所以 S2 015＝1×11－－331 008＋
3×1－31 1－3
007＝31
008－2.
5.nn＋11n＋2＝12nn1＋1－n＋11n＋2
6.
1＝ n＋ n＋k＝1k(
n＋k－
n)
8．n·n！＝(n＋1)！－n!
[专题回访]
1．若数列{an}是等差数列，且 a1＋a8＋a15＝π，则 tan(a4＋ a12)＝( )
A. 3
B．－ 3
3 C. 3
D．－
[答案] (1)A (2)A
[方法规律] 数列与不等式、函数等问题主要利用函数、不
等式的解题思路来加以解决．
4专能提升 1.(热点一)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2＋6n＋7，则数列 {an}的通项公式为________．
解析：当 n＝1 时，a1＝1＋6＋7＝14；当 n≥2 时，an＝Sn －Sn－1＝n2＋6n＋7－[(n－1)2＋6(n－1)＋7]＝2n＋5，所以数列{an} 的通项公式为 an＝12n4，＋n5＝，1n≥2 .
A．212 B．29
C．28 D．26
[自主解答] (1)由 a1，a3，a13 成等比数列可得(1＋2d)2＝1
＋12d，得 d＝2，故 an＝2n－1，Sn＝n2，因此2Sann＋＋136＝22nn2＋＋126＝ nn2＋＋18＝n＋12－n＋21n＋1＋9＝n＋1＋n＋9 1－2.
由
基
本
不
2018年高考数学二轮复习 5 数列讲学案 理.doc
回扣5 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，分裂前后的值要相等， 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 ．6 B ．7 C ．12 D ．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1393n n a a+=⋅(n ∈N *)且a 2＋a 4＋a 6＝9，则15793l o g ()a a a ++等于( )A ．－13 B ．3C ．－3 D.13答案 C解析 由已知1393n n aa+=⋅＝32n a+，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1579133log ()log 27 3.a a a ++==-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 4·a 17＝100，那么a 7＋a 14≥2a 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 ．2 B ．3 C ．5 D ．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)，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 ．4 B ．3 C ．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 ，由已知可知，S 7＝7×a 1＋7×(7－1)2×d ＝7＋21d ＝28， 解得d ＝1，所以{a n }的通项公式为a n ＝1＋(n －1)×1＝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可知，①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.(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.。
2018大二轮高考总复习理数文档：解答题2 数 列 Word版含解析
第一单元 高考中档大题突破解答题02: 数 列基本考点——等差、等比数列的基本运算1．等差数列的通项公式及前n 项和公式 a n ＝a 1＋(n －1)d ；S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d ．2．等比数列的通项公式及前n 项和公式 a n ＝a 1qn －1(q ≠0)；S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q(q ≠1)．3．等差(比)数列的基本运算在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a 1和d (或q )的方程组求解，但要注意消元法及整体代换，以减少计算量．1．(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和． 已知S 2＝2，S 3＝－6． (1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列． (1)解：设{a n }的公比为q .由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1＋q )＝2，a 1(1＋q ＋q 2)＝－6. 解得q ＝－2，a 1＝－2． 故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n ． (2)解：由(1)可得S n ＝a 1(1－q n )1－q＝－23＋(－1)n 2n ＋13．由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n2n ＋3－2n ＋23＝2⎣⎡⎦⎤－23＋(－1)n 2n ＋13＝2S n ，故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．2．(2017·全国卷Ⅱ)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，a 1＝－1，b 1＝1，a 2＋b 2＝2．(1)若a 3＋b 3＝5，求{b n }的通项公式； (2)若T 3＝21，求S 3．解：设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ， 则a n ＝－1＋(n －1)·d ，b n ＝q n －1．由a 2＋b 2＝2得d ＋q ＝3.① (1)由a 3＋b 3＝5得2d ＋q 2＝6.②联立①和②解得⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝3，q ＝0(舍去)，⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2.因此{b n }的通项公式为b n ＝2n －1．(2)由b 1＝1，T 3＝21得q 2＋q －20＝0． 解得q ＝－5或q ＝4．当q ＝－5时，由①得d ＝8，则S 3＝21． 当q ＝4时，由①得d ＝－1，则S 3＝－6．常考热点——数列的综合问题1．错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列{a n }与等比数列 {b n }对应项相乘({a n ·b n })型数列求和． (2)步骤：①求和时先乘以数列{b n }的公比． ②把两个和的形式错位相减． ③整理结果形式．[提醒] 错位相减法求和时，易漏掉减数式的最后一项． 2．裂项相消求和的原理及注意问题(1)原理：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．(2)注意：在相加抵消过程中，有的是依次抵消，有的是间隔抵消，特别是间隔抵消时要注意规律性．(2017·濮阳一模)设等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 5＝15，且2a 2，a 6，a 8＋1成公比大于1的等比数列.阿凡题1083958(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．[思路点拨] (1)利用等差数列的首项与公差通过数列的和求出a 3，利用2a 2，a 6，a 8＋1成公比大于1的等比数列．求出公差，然后求解数列的通项公式．(2)化简数列的通项公式，利用错位相减法求解数列的和即可． 【解】 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，因为S 5＝15， 所以a 3＝3，又因为2a 2，a 6，a 8＋1成公比大于1的等比数列．所以a 26＝2a 2(a 8＋1)，即：(a 3＋3d )2＝2(a 3－d )(a 3＋5d ＋1)，所以d ＝1或d ＝－1519(舍去)，所以a 1＝a 3－2d ＝3－2＝1.所以a n ＝n ， 数列{a n }的通项公式为a n ＝n ； (2)由(1)可知：设b n ＝2n ·a n ＝n ·2n ，T n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n ①； ①×2可得：2T n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)2n ＋n ·2n ＋1 ②，①－②得：－T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1．∴T n ＝(n －1)2n ＋1＋2．用错位相减法求和的注意事项(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．(2017·全国卷Ⅲ)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n .阿凡题1083959(1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和．【解】 (1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，故当n ≥2时， a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)， 两式相减得(2n －1)a n ＝2， 所以a n ＝22n －1(n ≥2)．又由题设可得a 1＝2，满足上式， 所以{a n }的通项公式为a n ＝22n －1． (2)记⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n ．由(1)知a n 2n ＋1＝2(2n ＋1)(2n －1)＝12n －1－12n ＋1，则S n ＝11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝2n2n ＋1．1．(2017·云南统检)设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝2，对任意n ∈N *，都有2S n＝(n ＋1)a n ．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫4a n (a n ＋2)的前n 项和为T n ，求证：12≤T n <1．(1)解：因为2S n ＝(n ＋1)a n ， 当n ≥2时，2S n －1＝na n －1，两式相减，得2a n ＝(n ＋1)a n －na n －1，即(n －1)a n ＝na n －1， 所以当n ≥2时，a n n ＝a n －1n －1，所以a n n ＝a 11＝2，即a n ＝2n (n ≥2)．(2)证明：由(1)知a n ＝2n ，令b n ＝4a n (a n ＋2)，n ∈N *，所以b n ＝42n (2n ＋2)＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1．所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n即T n ＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1 ＝1－1n ＋1．因为1n ＋1>0，所以1－1n ＋1<1．显然当n ＝1时，T n 取得最小值12．所以12≤T n <1．2．(2017·株洲二模)数列{a n }的通项a n 是关于x 的不等式x 2－x ＜nx 的解集中正整数的个数．f (n )＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n ＋n．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n2n ，求数列{b n }的前n 项和S n ；(3)求证：对n ≥2，且n ∈N *，恒有712≤f (n )＜1． (1)解：x 2－x ＜nx 等价于x (x －n －1)＜0，解得x ∈(0，n ＋1)，其中有正整数n 个，于是a n ＝n ．(2)解：由(1)得b n ＝n 2n ＝n ·⎝⎛⎭⎫12n ， S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝1×12＋2×⎝⎛⎭⎫122＋…＋n ×⎝⎛⎭⎫12n ，12S n ＝1×⎝⎛⎭⎫122＋2×⎝⎛⎭⎫123＋…＋n ×⎝⎛⎭⎫12n ＋1， 两式相减得12S n ＝12＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －n ×⎝⎛⎭⎫12n ＋1＝1－⎝⎛⎭⎫12n －n ×⎝⎛⎭⎫12n ＋1， 故S n ＝2－⎝⎛⎭⎫12n －1－n ×⎝⎛⎭⎫12n ． (3)证明：f (n )＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n ＋n＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n ＜1n ＋1n＋…＋1n ＝1．由f (n )＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n ＋n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n ，知f (n ＋1)＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋12n ＋1＋12n ＋2，于是f (n ＋1)－f (n )＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1＞12n ＋2＋12n ＋2－1n ＋1＝0，故f (n ＋1)＞f (n )，∴当n ≥2，且n ∈N *时，f (n )为增函数， ∴f (n )≥f (2)＝712，综上可知712≤f (n )＜1．1．(2017·西安八校联考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 5＝－3，S 10＝－40． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若从数列{a n }中依次取出第2,4,8，…，2n ，…项，按原来的顺序排成一个新数列{b n }，求数列{b n }的前n 项和T n ．解：(1)∵a 5＝a 1＋4d ＝－3， S 10＝10a 1＋45d ＝－40， 解得a 1＝5，d ＝－2． ∴a n ＝－2n ＋7．(2)依题意，b n ＝a 2n ＝－2×2n ＋7＝－2n ＋1＋7，故T n ＝－(22＋23＋…＋2n ＋1)＋7n＝－22－2n ＋1×21－2＋7n＝4＋7n －2n ＋2．2．(2017·九江二模)各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＋2＝4S n ＋6，n ∈N *．(1)求a 1及通项公式a n ；(2)若b n ＝na n，求数列{b n }的前n 项和T n ．解：(1)∵各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ， 满足S n ＋2＝4S n ＋6，n ∈N *，∴n ＝1时，S 3＝4S 1＋6，∴a 1＋a 2＋a 3＝4a 1＋6，① n ＝2时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝4(a 1＋a 2)＋6，② 由②－①，得a 4＝4a 2＝a 2q 2， ∴q 2＝4，∵q ＞0，∴q ＝2， 由①式知a 1(1＋q ＋q 2)＝4a 1＋6，∴a 1(1＋2＋4)＝4a 1＋6,3a 1＝6，解得a 1＝2， ∴a n ＝2n ．(2)∵b n ＝n a n ＝n 2n ，∴T n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，③∴12T n ＝122＋223＋324＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，④ 由③－④，得12T n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12－n 2n ＋1＝1－12n －n 2n ＋1，∴T n ＝2－n ＋22n ．3．(2017·开封二模)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝12a n (a n ＋1)，n ∈N *．(1)求通项a n ；(2)若b n ＝1S n，求数列{b n }的前n 项和T n ．解：(1)a 1＝S 1＝12a 1(a 1＋1)，a 1＞0，解得a 1＝1，∀n ∈N *，a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝12a n ＋1(a n ＋1＋1)－12a n (a n ＋1)，移项整理并因式分解得： (a n ＋1－a n －1)(a n ＋1＋a n )＝0， 因为{a n }是正项数列，所以a n ＋1－a n －1＝0，a n ＋1－a n ＝1，{a n }是首项a 1＝1，公差为1的等差数列，a n ＝n ．(2)由(1)得S n ＝12a n (a n ＋1)＝12n (n ＋1)，b n ＝1S n ＝2n (n ＋1)＝2n －2n ＋1，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝⎛⎭⎫21－22＋⎝⎛⎭⎫22－23＋…＋⎝⎛⎭⎫2n －2n ＋1， ＝21－2n ＋1＝2nn ＋1． 4．(2017·涪陵二模)数列{a n }满足：a 1＝2，a 2＝3，a n ＋2＝3a n ＋1－2a n (n ∈N *)． (1)记d n ＝a n ＋1－a n ，求证：数列{d n }是等比数列；(2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，证明S n ＜32．证明：(1)∵a n ＋2＝3a n ＋1－2a n ， ∴d n ＋1d n ＝a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a 1＝3a n ＋1－2a n －a n ＋1a n ＋1－a n ＝2a n ＋1－2a na n ＋1－a n＝2， ∴数列{d n }是等比数列，∵d 1＝a 2－a 1＝1，q ＝2， ∴d n ＝2n －1．(2)∵d n ＝2n －1，d n ＝a n ＋1－a n ，∴a n ＋1－a n ＝2n －1，∴a 2－a 1＝20，a 3－a 2＝21，a 4－a 3＝22，…，a n －a n －1＝2n －2，∴累加得：a n －a 1＝20＋21＋…＋2n －2＝1－2n －11－2＝2n －1－1，∴a n ＝2n －1＋1．∴1a n ＝12n －1＋1＜12n －1(n ≥2)，n ＝1时，S n ＝12＜32成立； ∴当n ≥2时，S n ＝12＋12＋122＋…＋12n －1＝12＋12⎝⎛⎭⎫1－12n －11－12＝32－12n －1＜32． 5．(2017·江西重点中学一模)数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝5，a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋1 (1)设b n ＝a n ＋1－a n ，证明{b n }是等差数列，并求{b n }的通项公式； (2)设c n ＝tan b n ·tan b n ＋1，求数列{c n }的前n 项和S n ． (1)证明：由a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋1得， a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋1，由b n ＝a n ＋1－a n 得，b n ＋1＝b n ＋1，即b n ＋1－b n ＝1， 又b 1＝a 2－a 1＝5－1＝4，所以{b n }是首项为4，公差为1的等差数列．且b n ＝b 1＋(n －1)d ＝4＋n －1＝n ＋3；(2)解：c n ＝tan b n ·tan b n ＋1＝tan (n ＋3)·tan (n ＋4)， 由tan[(n ＋4)－(n ＋3)]＝tan (n ＋4)－tan (n ＋3)1＋tan (n ＋4)tan (n ＋3)，可得tan(n ＋3)·tan(n ＋4)＝tan (n ＋4)－tan (n ＋3)tan 1－1，即有数列{c n }的前n 项和S n ＝tan 5－tan 4tan 1＋tan 6－tan 5tan 1＋…＋tan (n ＋4)－tan (n ＋3)tan 1－n＝tan (n ＋4)－tan 4tan 1－n ．6．(2017·南充二模)设各项均为正数的数列{a n }和{b n }满足：对任意n ∈N *，a n ，b n ，a n＋1成等差数列，b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列，且a 1＝1，b 1＝2，a 2＝3． (1)证明数列{b n }是等差数列； (2)求数列{1a n}前n 项的和．(1)证明：∵对任意n ∈N *，a n ，b n ，a n ＋1成等差数列，b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列， ∴2b n ＝a n ＋a n ＋1，a 2n ＋1＝b n ·b n ＋1，a n ＞0， ∴a n ＋1＝b n b n ＋1， ∴2b n ＝b n －1b n ＋b n b n ＋1， ∴2b n ＝b n －1＋b n ＋1． ∴数列{b n }是等差数列．(2)解：a 1＝1，b 1＝2，a 2＝3.由(1)可得：32＝2b 2，解得：b 2＝92．∴公差d ＝b 2－b 1＝92－2＝22． b n ＝2＋22(n －1)＝2×n ＋12． ∴b n ＝(n ＋1)22．∴a 2n ＋1＝b n ·b n ＋1＝(n ＋1)22×(n ＋2)22，a n ＋1＞0．∴a n ＋1＝(n ＋1)(n ＋2)2，∴n ≥2时，a n ＝n (n ＋1)2.n ＝1时也成立．∴a n ＝n (n ＋1)2.n ∈N *．∴1a n ＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1． ∴数列{1a n}前n 项的和＝2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1 ＝2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1．。
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2018届高三第二轮复习——数列第1讲等差、等比考点【高 考 感 悟】从近三年高考看，高考命题热点考向可能为：1．必记公式(1)等差数列通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d .(2)等差数列前n 项和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）d2.(3)等比数列通项公式：a n a 1q n －1.(4)等比数列前n 项和公式： S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1（q ＝1）a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q 1－q （q ≠1）.(5)等差中项公式：2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)． (6)等比中项公式：a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ≥2)．(7)数列{a n }的前n 项和与通项a n 之间的关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1（n ＝1）S n －S n －1（n ≥2）.2．重要性质(1)通项公式的推广：等差数列中，a n ＝a m ＋(n －m )d ；等比数列中，a n ＝a m q n －m .(2)增减性：①等差数列中，若公差大于零，则数列为递增数列；若公差小于零，则数列为递减数列． ②等比数列中，若a 1＞0且q ＞1或a 1＜0且0＜q ＜1，则数列为递增数列；若a 1＞0且0＜q ＜1或a 1＜0且q ＞1，则数列为递减数列． 3．易错提醒(1)忽视等比数列的条件：判断一个数列是等比数列时，忽视各项都不为零的条件． (2)漏掉等比中项：正数a ，b 的等比中项是±ab ，容易漏掉－ab .【 真 题 体 验 】1．(2015·新课标Ⅰ高考)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和．若S 8＝4S 4，则a 10＝( )A.172B.192C ．10D ．12 2．(2015·新课标Ⅱ高考)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )A ．2B ．1 C.12 D.183．(2015·浙江高考)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零．若a 2，a 3，a 7成等比数列，且2a 1＋a 2＝1，则a 1＝__________，d ＝________．4．(2016·全国卷1)已知{}n a 是公差为3的等差数列，数列{}n b 满足12111==3n n n n b b a b b nb +++=1，，，. （I ）求{}n a 的通项公式；（II ）求{}n b 的前n 项和.【考 点 突 破 】考点一、等差（比）的基本运算1．(2015·湖南高考)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，且3S 1，2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________．2．(2015·重庆高考)已知等差数列{a n }满足a 3＝2，前3项和S 3＝92.(1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 15，求{b n }的前n 项和T n .考点二、等差（比）的证明与判断【典例1】( 2017·全国1 )记S n 为等比数列{}n a 的前n 项和，已知S 2=2，S 3=-6.（1）求{}n a 的通项公式；（2）求S n ，并判断S n +1，S n ，S n +2是否成等差数列。
2018届高考数学(理)二轮专题复习：第一部分 专题四 数列 1-4-2 含答案
限时规范训练十一 数列求和及综合应用限时45分钟，实际用时分值81分，实际得分一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)1．数列{a n }中，a 1＝1，对所有n ∈N *都有a 1·a 2·…·a n ＝n 2，则a 3＋a 5＝( ) A.6116 B.259 C.2516D.3115解析：选A.当n ≥1时，a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2；当n ≥2时，a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝(n －1)2.两式相除，得a n ＝⎝⎛⎭⎪⎫n n －12.∴a 3＝94，a 5＝2516，∴a 3＋a 5＝6116，故选A.2．已知S n 表示数列{a n }的前n 项和，若对任意n ∈N *满足a n ＋1＝a n ＋a 2，且a 3＝2，则S 2 019＝( ) A ．1 008×2 020 B ．1 008×2 019 C ．1 009×2 019D ．1 009×2 020解析：选C.在a n ＋1＝a n ＋a 2中，令n ＝1，得a 2＝a 1＋a 2，a 1＝0；令n ＝2，得a 3＝2＝2a 2，a 2＝1，于是a n ＋1－a n ＝1，故数列{a n }是首项为0，公差为1的等差数列，S 2 019＝2 019×2 0182＝1009×2 019.3．已知数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，若a 1a 2a 3＝15，且3S 1S 3＋15S 3S 5＋5S 5S 1＝35，则a 2等于( )A ．2 B.12 C ．3D.13解析：选C.∵S 1＝a 1，S 3＝3a 2，S 5＝5a 3， ∴35＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋1a 1a 3， ∵a 1a 2a 3＝15.∴35＝a 315＋a 115＋a 215＝a 25，即a 2＝3. 4．数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则项数n 为( ) A ．120 B ．99 C ．11 D ．121解析：选A.a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－nn ＋1＋n n ＋1－n＝n ＋1－n ，所以a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n ) ＝n ＋1－1＝10.即n ＋1＝11，所以n ＋1＝121，n ＝120. 5.122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n ＋12－1的值为( )A.n ＋12n ＋2B.34－n ＋12n ＋2C.34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2D.32－1n ＋1＋1n ＋2解析：选C.∵1n ＋12－1＝1n 2＋2n ＝1nn ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2. ∴122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n ＋12－1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2.6．定义np 1＋p 2＋…＋p n为n 个正数p 1，p 2，…，p n 的“均倒数”．若已知正项数列{a n }的前n项的“均倒数”为12n ＋1，又b n ＝a n ＋14，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝( )A.111 B.112 C.1011D.1112解析：选C.设数列{a n }的前n 项和为S n ，由na 1＋a 2＋…＋a n ＝12n ＋1得S n ＝n (2n ＋1)，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4n －1，∴b n ＝4n －1＋14＝n ，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝11×2＋12×3＋…＋110×11＝⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫110－111＝1－111＝1011.故选C.二、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)7．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＋(－1)na n ＝cos(n ＋1)π，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 019＝________.解析：∵a n ＋1＋(－1)n a n ＝cos(n ＋1)π＝(－1)n ＋1，∴当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝－1，k ∈N *，∴S 2 019＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 018＋a 2 019)＝1＋(－1)×1 009＝－ 1008.答案：－1 0088．若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式a n ＝________.解析：当n ＝1时，由已知S n ＝23a n ＋13，得a 1＝23a 1＋13，即a 1＝1；当n ≥2时，由已知得到S n－1＝23a n －1＋13，所以a n ＝S n －S n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23a n ＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫23a n －1＋13＝23a n －23a n －1，所以a n ＝－2a n －1，所以数列{a n }为以1为首项，－2为公比的等比数列，所以a n ＝(－2)n －1.答案：(－2)n －19．在等比数列{a n }中，0＜a 1＜a 4＝1，则能使不等式⎝⎛⎭⎪⎫a 1－1a 1＋⎝⎛⎭⎪⎫a 2－1a 2＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫a n －1an≤0成立的最大正整数n 是________．解析：设等比数列的公比为q ，由已知得a 1q 3＝1，且q ＞1，⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－1a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－1a 2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1a n ＝(a 1＋a 2＋…＋a n )－⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝a 11－q n 1－q －1a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1q n 1－1q≤0，化简得q －3≤q4－n，则－3≤4－n ，n ≤7. 答案：7三、解答题(本题共3小题，每小题12分，共36分) 10．等差数列{a n }中，a 2＝4，a 4＋a 7＝15. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n －2＋n ，求b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10的值． 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d .由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝4，a 1＋3d ＋a 1＋6d ＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝1.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋2. (2)由(1)可得b n ＝2n＋n . 所以b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10) ＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋ (10)＝21－2101－2＋1＋10×102＝(211－2)＋55 ＝211＋53＝2 101.11．已知正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：4S n ＝(a n －1)(a n ＋3)(n ∈N *)． (1)求a n ；(2)若b n ＝2n·a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)∵4S n ＝(a n －1)(a n ＋3)＝a 2n ＋2a n －3， ∴当n ≥2时，4S n －1＝a 2n －1＋2a n －1－3， 两式相减得，4a n ＝a 2n －a 2n －1＋2a n －2a n －1，化简得，(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0， ∵{a n }是正项数列，∴a n ＋a n －1≠0，∴a n －a n －1－2＝0，对任意n ≥2，n ∈N *都有a n －a n －1＝2， 又由4S 1＝a 21＋2a 1－3得，a 21－2a 1－3＝0， 解得a 1＝3或a 1＝－1(舍去)，∴{a n }是首项为3，公差为2的等差数列， ∴a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1. (2)由已知及(1)知，b n ＝(2n ＋1)·2n ，T n ＝3·21＋5·22＋7·23＋…＋(2n －1)·2n －1＋(2n ＋1)·2n ，①2T n ＝3·22＋5·23＋7·24＋…＋(2n －1)·2n ＋(2n ＋1)·2n ＋1，②②－①得，T n ＝－3×21－2(22＋23＋24＋…＋2n )＋(2n ＋1)·2n ＋1＝－6－2×41－2n －11－2＋(2n ＋1)·2n ＋1＝2＋(2n －1)·2n ＋1.12．若数列{a n }的前n 项和为S n ，点(a n ，S n )在y ＝16－13x 的图象上(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若c 1＝0，且对任意正整数n 都有c n ＋1－c n ＝log 12a n .求证：对任意正整数n ≥2，总有13≤1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ＜34.解：(1)∵S n ＝16－13a n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝13a n －1－13a n ，∴a n ＝14a n －1.又∵S 1＝16－13a 1，∴a 1＝18，∴a n ＝18⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122n ＋1.(2)证明：由c n ＋1－c n ＝log 12a n ＝2n ＋1，得当n ≥2时，c n ＝c 1＋(c 2－c 1)＋(c 3－c 2)＋…＋(c n －c n －1)＝0＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2－1＝(n ＋1)(n －1)．∴1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ＝122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n 2－1 ＝12×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1 ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＜34. 又∵1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ≥1c 2＝13，∴原式得证．。
【精品】2018届高考数学(理)热点题型：数列(含答案解析)
数列热点一 等差数列、等比数列的综合问题解决等差、等比数列的综合问题时，重点在于读懂题意，灵活利用等差、等比数列的定义、通项公式及前n 项和公式解决问题，求解这类问题要重视方程思想的应用.【例1】已知首项为32的等比数列{a n }不是递减数列，其前n 项和为S n (n∈N *)，且S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝S n －1S n (n∈N *)，求数列{T n }的最大项的值与最小项的值.解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ， 因为S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列， 所以S 5＋a 5－S 3－a 3＝S 4＋a 4－S 5－a 5，即4a 5＝a 3， 于是q 2＝a 5a 3＝14.又{a n }不是递减数列且a 1＝32，所以q ＝－12.故等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝(－1)n －1·32n .(2)由(1)得S n＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋12n，n 为奇数，1－12n，n 为偶数，当n 为奇数时，S n 随n 的增大而减小， 所以1<S n ≤S 1＝32，故0<S n －1S n ≤S 1－1S 1＝32－23＝56.当n 为偶数时，S n 随n 的增大而增大，所以34＝S 2≤S n <1，故0>S n －1S n ≥S 2－1S 2＝34－43＝－712.综上，对于n∈N *，总有－712≤S n －1S n ≤56.所以数列{T n }最大项的值为56，最小项的值为－712.【类题通法】解决等差数列与等比数列的综合问题，既要善于综合运用等差数列与等比数列的相关知识求解，更要善于根据具体问题情境具体分析，寻找解题的突破口.【对点训练】已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，其前n 项和为S n ，满足S 5－2a 2＝25，且a 1，a 4，a 13恰为等比数列{b n }的前三项. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设T n 是数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前n 项和，是否存在k∈N *，使得等式1－2T k ＝1b k成立？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由. 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d(d≠0)， ∴⎩⎨⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫5a 1＋5×42d －2（a 1＋d ）＝25，（a 1＋3d ）2＝a 1（a 1＋12d ），解得a 1＝3，d ＝2，∴a n ＝2n ＋1. ∵b 1＝a 1＝3，b 2＝a 4＝9，∴等比数列{b n }的公比q ＝3，∴b n ＝3n . (2)不存在.理由如下：∵1a n a n ＋1＝1（2n ＋1）（2n ＋3）＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3， ∴T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3， ∴1－2T k ＝23＋12k ＋3(k∈N *)，易知数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫12k ＋3为单调递减数列， ∴23<1－2T k ≤1315，又1b k ＝13k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，13，∴不存在k∈N *，使得等式1－2T k ＝1b k 成立.热点二 数列的通项与求和数列的通项与求和是高考必考的热点题型，求通项属于基本问题，常涉及与等差、等比的定义、性质、基本量运算.求和问题关键在于分析通项的结构特征，选择合适的求和方法.常考求和方法有：错位相减法、裂项相消法、分组求和法等.【例2】设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)当d>1时，记c n ＝a nb n ，求数列{c n }的前n 项和T n .(1)解 由题意有⎩⎨⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎨⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2， 解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎨⎧a 1＝9，d ＝29.故⎩⎨⎧a n ＝2n －1，b n＝2n －1或⎩⎪⎨⎪⎧a n＝19（2n ＋79），b n＝9·⎝ ⎛⎭⎪⎫29n －1.(2)解 由d>1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1， 故c n ＝2n －12n －1， 于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，①12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n .②①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ，故T n ＝6－2n ＋32n －1.【类题通法】用错位相减法解决数列求和的模板 第一步：(判断结构)若数列{a n ·b n }是由等差数列{a n }与等比数列{b n }(公比q)的对应项之积构成的，则可用此法求和.第二步：(乘公比)设{a n ·b n }的前n 项和为T n ，然后两边同乘以q. 第三步：(错位相减)乘以公比q 后，向后错开一位，使含有q k (k∈N *)的项对应，然后两边同时作差. 第四步：(求和)将作差后的结果求和，从而表示出T n .【对点训练】设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3，n ∈N *.(1)证明：a n ＋2＝3a n ； (2)求S 2n .(1)证明 由条件，对任意n∈N *，有a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3， 因而对任意n∈N *，n ≥2，有a n ＋1＝3S n －1－S n ＋3. 两式相减，得a n ＋2－a n ＋1＝3a n －a n ＋1， 即a n ＋2＝3a n ，n ≥2.又a 1＝1，a 2＝2， 所以a 3＝3S 1－S 2＋3＝3a 1－(a 1＋a 2)＋3＝3a 1， 故对一切n∈N *，a n ＋2＝3a n .(2)解 由(1)知，a n ≠0，所以a n ＋2a n ＝3.于是数列{a 2n －1}是首项a 1＝1，公比为3的等比数列；数列{a 2n }是首项a 2＝2，公比为3的等比数列. 因此a 2n －1＝3n －1，a 2n ＝2×3n －1.于是S 2n ＝a 1＋a 2＋…＋a 2n＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n ) ＝(1＋3＋…＋3n －1)＋2(1＋3＋…＋3n －1) ＝3(1＋3＋…＋3n －1)＝32(3n －1).热点三 数列的综合应用 热点3.1 数列与函数的综合问题数列是特殊的函数，以函数为背景的数列的综合问题体现了在知识交汇点上命题的特点，该类综合题的知识综合性强，能很好地考查逻辑推理能力和运算求解能力，因而一直是高考命题者的首选.【例3－1】 设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f(x)＝2x 的图象上(n∈N *). (1)若a 1＝－2，点(a 8，4b 7)在函数f(x)的图象上，求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)若a 1＝1，函数f(x)的图象在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n b n 的前n 项和T n .解 (1)由已知，b 7＝2a 7，b 8＝2a 8＝4b 7， 有2a 8＝4×2a 7＝2a 7＋2，解得d ＝a 8－a 7＝2.所以，S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝－2n ＋n(n －1)＝n 2－3n.(2)函数f(x)＝2x 在(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)， 它在x 轴上的截距为a 2－1ln 2. 由题意知，a 2－1ln 2＝2－1ln 2， 解得a 2＝2.所以，d ＝a 2－a 1＝1.从而a n ＝n ，b n ＝2n ， 所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n2n ，2T n ＝11＋22＋322＋…＋n2n －1因此，2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n＝2－12n －1－n 2n ＝2n ＋1－n －22n. 所以，T n ＝2n ＋1－n －22n.热点3.2 数列与不等式的综合问题数列与不等式知识相结合的考查方式主要有三种：一是判断数列问题中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；三是考查与数列问题有关的不等式的证明.在解决这些问题时，如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法等.如果是解不等式问题，要使用不等式的各种不同解法，如数轴法、因式分解法. 【例3－2】 在等差数列{a n }中，a 2＝6，a 3＋a 6＝27. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列{a n }的前n 项和为S n ，且T n ＝S n3·2n －1，若对于一切正整数n ，总有T n ≤m 成立，求实数m 的取值范围.解 (1)设公差为d ，由题意得： ⎩⎨⎧a 1＋d ＝6，2a 1＋7d ＝27，解得⎩⎨⎧a 1＝3，d ＝3，∴a n ＝3n. (2)∵S n ＝3(1＋2＋3＋…＋n)＝32n(n ＋1)，∴T n ＝n （n ＋1）2n ，T n ＋1＝（n ＋1）（n ＋2）2n ＋1，∴T n ＋1－T n ＝（n ＋1）（n ＋2）2n ＋1－n （n ＋1）2n＝（n ＋1）（2－n ）2n ＋1，∴当n≥3时，T n >T n ＋1，且T 1＝1<T 2＝T 3＝32，∴T n 的最大值是32，故实数m 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞.。
2018届高考数学理二轮复习全国通用课件 专题三 数列 第1讲 精品
【训练 2】 (1)设数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 a1＝1，2nSn＝ an＋1－13n2－n－23，n∈N*. ①求 a2 的值； ②求数列{an}的通项公式. (2)已知正项数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＝1，Sn＋1＋Sn＝a2n＋1， 数列{bn}满足 bn·bn＋1＝3an，且 b1＝1.求数列{an}、{bn}的通项 公式.
【训练1】 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan＋1＝
λSn－1，其中λ为常数.
(1)证明：an＋2－an＝λ；
(2)是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由.
(1)证明 由题设，anan＋1＝λSn－1，① 知 an＋1an＋2＝λSn＋1－1，② ②－①得：an＋1(an＋2－an)＝λan＋1. ∵an＋1≠0，∴an＋2－an＝λ. (2)解 由题设可求 a2＝λ－1，∴a3＝λ＋1，令 2a2＝a1＋a3，解 得 λ＝4，故 an＋2－an＝4.由此可得{a2n－1}是首项为 1，公差为 4 的等差数列，a2n－1＝4n－3；{a2n}是首项为 3，公差为 4 的等差 数列，a2n＝4n－1.所以 an＝2n－1，an＋1－an＝2.因此存在 λ＝4， 使得数列{an}为等差数列.
热点一 等差、等比数列的判定与证明
【例 1】 (2016·开封二模)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝14， 且 Sn＝Sn－1＋an－1＋12(n∈N*，且 n≥2)，数列{bn}满足：b1＝ －1149，且 3bn－bn－1＝n(n≥2，且 n∈N*). (1)求数列{an}的通项公式； (2)求证：数列{bn－an}为等比数列.
答案 －1n
4.(2016·全国Ⅲ卷)已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0. (1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式； (2)若 S5＝3312，求 λ. (1)证明 由题意得 a1＝S1＝1＋λa1，故 λ≠1，a1＝1－1 λ，a1≠ 0.由 Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1，得 an＋1＝λan＋1－λan， 即 an＋1(λ－1)＝λan，由 a1≠0，λ≠0 得 an≠0，所以aan＋n 1＝λλ－1.
2018届高考数学理新课标二轮专题复习课件：3-2数列 精品
3．(2016·太原检测)已知数列{an}满足：a1＝12，3（11＋－aann＋1）＝
2（1＋an） 1－an＋1 ，an·an＋1<0(n≥1，n∈N*)；数列{bn}满足：bn＝an＋12－
an2(n≥1，n∈N*)． (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)证明：数列{bn}中的任意三项不可能成等差数列．
当 d＝－1 时，a3＝0 与已知矛盾，d＝2. ∵an＝a1＋(n－1)d＝2＋2(n－1)＝2n.(3 分) 由 bn＋Sn＝2，得 Sn＝2－bn. 当 n＝1 时，b1＋S1＝2，解得 b1＝1； 当 n≥2 时，bn＝Sn－Sn－1＝(2－bn)－(2－bn－1)＝bn－1－bn，即 bn＝12bn－1. ∴数列{bn}是首项为 1，公比为12的等比数列，故 bn＝2n1－1.(6 分)
(2)由(1)知 Sn＝2－2n1－1， ∴cn＝an2Sn＝2n－2nn－1.(7 分) ∴Tn＝2(1＋2＋3＋…＋n)－(210＋221＋232＋…＋2nn－1)＝n(n＋1) －(210＋221＋232＋…＋2nn－1)． 令 Rn＝210＋221＋232＋…＋2nn－1，
则12Rn＝211＋222＋233＋…＋2nn， 两式相减得12Rn＝1＋12＋212＋…＋2n1－1－2nn＝11－－2121n－2nn＝2－ n＋2n 2， ∴Rn＝4－n2＋n－21 ， ∴Tn＝n2＋n－4＋n2＋n－21 .(12 分)
(2)∵an·bn＝(－1)n－123n×(－1)n＋1n＝32nn ， ∴Tn＝3(21＋222＋233＋…＋2nn)， ∴12Tn＝3(212＋223＋…＋n－2n 1＋2nn＋1)， 以上两式相减得：12Tn＝3(211＋212＋…＋21n－2nn＋1)＝3(1－21n－ 2nn＋1)， ∴Tn＝6(1－n2＋n＋21 )．
2018年高三年级数学二轮复习-数列专题及答案解析
2018届高三第二轮复习——数列第1讲等差、等比考点【高 考 感 悟】从近三年高考看，高考命题热点考向可能为：1．必记公式(1)等差数列通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d . (2)等差数列前n 项和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）d2.(3)等比数列通项公式：a n a 1qn －1.(4)等比数列前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1（q ＝1）a 1（1－q n ）1－q＝a 1－a n q 1－q （q ≠1）.(5)等差中项公式：2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)． (6)等比中项公式：a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ≥2)． (7)数列{a n }的前n 项和与通项a n 之间的关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1（n ＝1）S n －S n －1（n ≥2）.2．重要性质(1)通项公式的推广：等差数列中，a n ＝a m ＋(n －m )d ；等比数列中，a n ＝a m qn －m.(2)增减性：①等差数列中，若公差大于零，则数列为递增数列；若公差小于零，则数列为递减数列． ②等比数列中，若a 1＞0且q ＞1或a 1＜0且0＜q ＜1，则数列为递增数列；若a 1＞0且0＜q ＜1或a 1＜0且q ＞1，则数列为递减数列． 3．易错提醒(1)忽视等比数列的条件：判断一个数列是等比数列时，忽视各项都不为零的条件． (2)漏掉等比中项：正数a ，b 的等比中项是±ab ，容易漏掉－ab .【 真 题 体 验 】1．(2015·新课标Ⅰ高考)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和．若S 8＝4S 4，则a 10＝( )A.172 B.192C ．10D ．12 2．(2015·新课标Ⅱ高考)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )A ．2B ．1 C.12 D.183．(2015·浙江高考)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零．若a 2，a 3，a 7成等比数列，且2a 1＋a 2＝1，则a 1＝__________，d ＝________．4．(2016·全国卷1)已知{}n a 是公差为3的等差数列，数列{}n b 满足12111==3n n n n b b a b b nb +++=1，，，. （I ）求{}n a 的通项公式；（II ）求{}n b 的前n 项和.【考 点 突 破 】考点一、等差（比）的基本运算1．(2015·湖南高考)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，且3S 1，2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________．2．(2015·重庆高考)已知等差数列{a n }满足a 3＝2，前3项和S 3＝92.(1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 15，求{b n }的前n 项和T n .考点二、等差（比）的证明与判断【典例1】( 2017·全国1 )记S n 为等比数列{}n a 的前n 项和，已知S 2=2，S 3=-6.（1）求{}n a 的通项公式；（2）求S n ，并判断S n +1，S n ，S n +2是否成等差数列。
2018届高考数学文新课标二轮专题复习课件：2-8 数列 精品
(2)(2016·福州五校联考)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn＝pn2 a1＋2a2＋3a3＋…＋nan
－2n，n∈N*，bn＝ 1＋2＋3＋…＋n ，若数列{bn}是公差为 2
的等差数列，则数列{an}的通项公式为________．
【解析】 由 Sn＝pn2－2n 可知，当 n＝1 时，a1＝p－2， 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2pn－p－2，a1＝p－2 适合上式， 因而对任意的 n∈N*，均有 an＝2pn－p－2，an＋1－an＝2p， 因而数列{an}是公差为 2p 的等差数列，a2＝3p－2，b1＝a1＝ p－2， b2＝a11＋＋22a2＝7p－ 3 6，b2－b1＝7p－ 3 6－(p－2)＝2，得 p＝23， a1＝－21.
4．(2016·兰州模拟)已知数列{an}，{bn}都是等差数列，Sn，
Tn
分别是它们的前
n
项和，并且Sn＝7n＋1，则 a2＋a5＋a17＋a22 ＝
Tn n＋3
b8＋b10＋b12＋b16
() 34
A. 5 31
C. 4
B．5 31
D. 5
答案 D 解析 令 Sn＝(7n＋1)n，Tn＝n(n＋3)，则 an＝14n－6，bn＝ 2n＋2，所以ba82＋＋ba150＋＋ab1172＋＋ab2126＝2128＋＋6242＋＋22362＋＋33402＝351.
(2)(2016·河南六市联考)已知正项数列{an}的前 n 项和为 Sn，
若{an}和{ Sn}都是等差数列，且公差相等，则 a6＝( )
11
3
A. 4
B.2
7 C.2
D．1
【 解 析 】 设 {an} 的 公 差 为 d ， 由 题 意 得 ， Sn ＝ na1＋n（n－ 2 1）d＝ d2n2＋（a1－d2）n，又{an}和{ Sn}都是
2018届高考数学二轮复习第五章 数列专题(共5个专题)
专题1 等比数列专题[基础达标] (30分钟 60分) 一、选择题(每小题5分，共30分)1.在等比数列{a n }中，a 1=12，q=12，a n =132，则项数n 为 ( )A .3B .4C .5D .6C 【解析】由等比数列通项公式可知a n =a 1q n-1，则132=12× 12 n -1=12n ，解得n=5.2{a n }中，a 1+a 2=2，a 4+a 5=274，则a 1= ( ) A .15B .45C .43D .32B 【解析】设等比数列{a n }的公比为q ，则q 3=a 4+a5a 1+a 2=278，q=32，则a 1+a 2=a 1+32a 1=52a 1=2，解得a 1=45.3{a n }的前n 项和为S n ，若a 3=6，S 3= 304x d x ，则公比q 的值为 ( )A .1B .-12 C .1或-12 D .-1或-12C【解析】S 3= 304x d x=2x 203=18，所以当q=1时，符合条件.当q ≠1时，联立方程组 a 3=6，S 3=18，即a 1q 2=6，a 1+a 1q +6=18，解得q=-12.所以公比q 的值为1或-12.4x ，y 为正实数，且x ，a 1，a 2，y 成等差数列，x ，b 1，b 2，y 成等比数列，则(a 1+a 2)2b 1b 2的取值范围是 ( )A .RB .(0，4]C .[4，+∞)D .(-∞，0]∪[4，+∞)C 【解析】由x ，a 1，a 2，y 成等差数列得a 1+a 2=x+y ，由x ，b 1，b 2，y 成等比数列得b 1b 2=xy ，所以(a 1+a 2)2b 1b 2=(x +y )2xy=2+ y x +xy ≥2+2=4.5{a n}中，a3=5，a8=2，则数列{lg a n}的前10项和等于() A.2 B.5 C.10 D.lg 50B【解析】由等比数列的性质知a3a8=a1a10=a2a9=a4a7=a5a6，所以数列{lg a n}的前10项和为lg a1+lg a2+…+lg a10=lg a1·a2·…·a10=lg(a3a8)5=lg(5×2)5=5.6{a n}满足a2+8a5=0，设S n是数列1a n的前n项和，则S5S2=() A.-11 B.-8 C.5 D.11A【解析】设等比数列{a n}的公比为q，则q3=a5a2=-18，q=-12，则数列1a n也是等比数列，且公比为1q =-2，所以S5S2=1-1q51-12=33-3=-11.二、填空题(每小题5分，共20分)7{a n}的各项均为正数，且a1+a2=49，a3+a4+a5+a6=40，则a7+a8+a99的值为.117【解析】设等比数列{a n}的公比为q(q>0)，则a3+a4+a5+a6=(a1+a2)(q2+q4)=49(q2+q4)=40，解得q=3.所以a1+a2=a1+a1q=4a1=49，a1=19，则a7+a8+a99=36+37+389×9=32+33+34=117.8{a n}是递减数列，且对任意的正整数n，a n=-n2+λn恒成立，则实数λ的取值范围为.(-∞，3)【解析】∵{a n}是递减数列，∴a n+1<a n，∵a n=-n2+λn恒成立，即-(n+1)2+λ(n+1)<-n2+λn，∴λ<2n+1对任意n∈N*恒成立.而2n+1在n=1时取得最小值3，∴λ<3.9{a n}为等差数列，首项a1=1，公差d≠0，若a k1，a k2，a k3，…，a kn，…成等比数列，且k1=1，k2=2，k3=5，则数列{k n}的通项公式k n=.3n-1+12【解析】由题意可得a1，a2，a5成等比数列，则a22=a1·a5，即(a1+d)2=a1(a1+4d)，又d≠0，所以化简得d=2a1=2，所以等比数列的公比q=a2a1=3，则a kn =a1q n-1=a1+(k n-1)d，即3n-1=1+2(k n-1)，解得k n=3n-1-12+1=3n-1+12.10.设{a n}是等比数列，公比q=2，S n为{a n}的前n项和.记T n=17S n-S2na n+1，n∈N*，设T n为数列{T n}的最大项，则n0=.4【解析】T n=12)n1-2-12)2n1-2a(2)n=1-2·2)2n2)n(2)n=1-2·(2)n+(2)n-17，因为(2)n+n≥8，当且仅当(2)n=4，即n=4时取等号，所以当n0=4时T n有最大值.三、解答题(共10分)11.(10分{a n}的前n项和为S n，已知a1=1，S n+1=4a n+2.(1)设b n=a n+1-2a n，证明数列{b n}是等比数列；(2)求数列{a n}的通项公式.【解析】(1)由a1=1及S n+1=4a n+2，得a1+a2=4a1+2，∴a2=3a1+2=5，∴b1=a2-2a1=3，由于S n+1=4a n+2，①则当n≥2时，有S n=4a n-1+2.②①-②得a n+1=4a n-4a n-1，∴a n+1-2a n=2(a n-2a n-1)，又∵b n=a n+1-2a n，∴b n=2b n-1，∴数列{b n}是首项b1=3，公比为2的等比数列.(2)由(1)可得b n=a n+1-2a n=3·2n-1，∴a n+12n+1−a n2n=34，∴数列a n2是首项为12，公差为34的等差数列.∴a n2n =12+34(n-1)=34n-14，∴a n=(3n-1)·2n-2.[高考冲关](25分钟40分)1.(5分{a n}和{b n}分别是等差数列与等比数列，且a1=b1=16，a5=b5=1，则以下结论正确的是() A.a2<a3B.a3>b3C.a3<b3D.b2>b3B【解析】由{a n}是等差数列，且a1=16，a5=1，得公差d<0，所以a2>a3，A错误；a3=a1+a52=b1+b52>b1b5=b3，B正确，C错误；由{b n}是等比数列，且b1=16，b5=1，得公比q=12或-12，当q=-12时，b2=-8<b3=4，D错误.2.(5分)已知数列{c n}，其中c n=2n+3n，且数列{c n+1-pc n}为等比数列，则常数p 的值为() A.2 B.3 C.2或3 D.5C【解析】由数列{c n+1-pc n}为等比数列，得(c3-pc2)2=(c2-pc1)(c4-pc3)，即(35-13p)2=(13-5p)(97-35p)，解得p=2或p=3.3.(5分{a n}满足a n=n2(a n-1<n2)，2a n-1(a n-1≥n2)(n≥2)，若{a n}为等比数列，则a1的取值范围是.92，+∞【解析】由题意可得当{a n}为等比数列时，a n-1≥n2，∀n≥2恒成立，此时a n=2n-1a1，所以2n-1a1≥(n+1)2，即a1≥(n+1)22n-1，∀n∈N*恒成立，则a1≥(n+1)22n-1max ，n∈N*.令b n=(n+1)22n-1，则b n+1-b n=(n+2)22−(n+1)22n-1=2-n22，所以b1<b2>b3>…，则(b n)max=b2=92，故a1≥92.4.(12分{a n}的前n项和S n满足：S n=2(a n-1)，数列{b n}满足：对任意n∈N*有a1b1+a2b2+…+a n b n=(n-1)·2n+1+2.(1)求数列{a n}与数列{b n}的通项公式；(2)记c n=b na n，数列{c n}的前n项和为T n，证明：当n≥6时，n|2-T n|<1.【解析】(1)当n=1时，S1=a1=2(a1-1)，所以a1=2.当n>1时，a n=S n-S n-1=2(a n-a n-1)，即a n=2a n-1，所以数列{a n}是首项a1=2，公比q=2的等比数列，通项公式为a n=2n(n∈N*).由题意有a1b1=(1-1)·22+2=2，得b1=1.当n≥2时，a nb n=(a1b1+a2b2+…+a n b n)-(a1b1+a2b2+…+a n-1b n-1)=[(n-1)·2n+1+2]-[(n-2)·2n+2]=n·2n，所以b n=n，显然b1=1满足该式，故数列{b n}的通项公式为b n=n(n∈N*).(2)因为T n=b1a1+b2a2+…+b na n=12+222+…+n2n，所以12T n=12+22+…+n2，两式相减得12T n=12+12+12+…+12−n2=121-12n1-12−n2=1-n+12，所以T n=2-n+22，即|2-T n|=n+22.下证：当n≥6时，n(n+2)2n<1，令f(n)=n(n+2)2n，f(n+1)-f(n)=(n+1)(n+3)2−n(n+2)2=3-n22，当n≥2时，f(n+1)-f(n)<0，即当n≥2时，f(n)单调递减，又f(6)<1，所以当n≥6时，f(n)<1，即n(n+2)2n<1，即当n≥6时，n|2-T n|<1.5.(13分)已知函数f(x)=log3(ax+b)的图象经过点A(2，1)和B(5，2)，记a n=3f(n)，n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n=a n2n，T n=b1+b2+…+b n，若T n<m(m∈Z)，求m的最小值；(3)求使不等式1+1a11+1a2…1+1a n≥p2n+1对一切n∈N*均成立的最大实数p.【解析】(1)由题意得log3(2a+b)=1，log3(5a+b)=2，解得a=2，b=-1，∴f(x)=log3(2x-1)，∴a n=3lo g3(2n-1)=2n-1，n∈N*.(2)由(1)得b n=2n-12，∴T n=121+322+523+…+2n-32n-1+2n-12n，①1 2T n=122+323+…+2n-52n-1+2n-32n+2n-12n+1.②①-②得1 2T n=121+222+223+…+22n-1+22n−2n-12n+1=121+121+122+…+12n-2+12n-1-2n-12n+1=32−12n-1−2n-12n+1.∴T n=3-12n-2−2n-12=3-2n+32，设f(n)=2n+32，n∈N*，则由f(n+1)f(n)=2n+52n+12n+3n=2n+52(2n+3)=12+12n+3≤12+15<1，得f(n)=2n+32，n∈N*随n的增大而减小，∴T(n)<3，又T n<m(m∈Z)恒成立，∴m min=3.(3)由题意得p≤2n+11+1a11+1a2…1+1a n对n∈N*恒成立.记F(n)=2n+11+1a11+1a2…1+1a n，则F(n+1)F(n)=12n+31+1a11+1a2…1+1a n1+1a n+112n+11+1a11+1a2…1+1a n=(2n+1)(2n+3)=4(n+1)-1>2(n+1)2(n+1)=1.又∵F(n)>0，∴F(n+1)>F(n)，即F(n)随n的增大而增大，F(n)的最小值为F(1)=233，∴p≤233，即p max=233.专题2 等差数列专题[基础达标](25分钟55分)一、选择题(每小题5分，共35分)1S n为等差数列{a n}的前n项和，S8=4a3，a7=-2，则a9=() A.-6 B.-4 C.-2 D.2A【解析】由S8=4a3得8a1+8×72×d=4(a1+2d)，则a1=-5d①，由a7=-2得a7=a1+6d=-2②，联立方程①②，解得a1=10，d=-2，故a9=a1+(9-1)d=10-16=-6.2{a n}的前n项和为S n，若a4=9，a6=11，则S9=() A.180 B.90 C.72 D.10B【解析】解法1：由a4=9，a6=11得d=a6-a46-4=11-92=1，又由a4=a1+3d得a1=9-3d=6，故S9=9×6+9×82×1=90.解法2：由等差数列的性质得S9=9(a1+a9)2=9(a4+a6)2=9×(9+11)2=90.3{a n}是等差数列，S n是其前n项和，若公差d<0且S2=S7，则下列结论中不正确的是() A.S4=S5B.S9=0C.a5=0D.S2+S7=S4+S5D【解析】由公差d<0且S2=S7，得a3+a4+a5+a6+a7=5a5=0，则a5=0，故C 正确；S5-S4=a5=0，故A正确；S9=9a5=0，故B正确；S2+S7-S4-S5=(a6+a7)-(a3+a4)=6d<0，故D错误.4{a n}满足a n+1+a n=4n，则a1=() A.-1 B.1 C.2 D.3B【解析】设等差数列{a n}的公差为d，由a n+1+a n=4n，得a n+a n-1=4(n-1)(n≥2)，两式相减得a n+1-a n-1=4=2d，d=2，又a2+a1=4=2a1+d，解得a1=1.5n边形，各内角的度数成等差数列，公差为10°，最小角为100°，则边数n等于() A.8 B.8或9 C.9 D.6A【解析】由题意可得凸n边形的内角和为100n+n(n-1)2×10=180(n-2)，解得n=8或9，又由100+10(n-1)<180，解得n<9，所以n=8.6{a n}中，a1+a2+a3=3，a28+a29+a30=165，则此数列前30项和等于() A.810 B.840 C.870 D.900B【解析】由a1+a2+a3=3，a28+a29+a30=165，可知a1+a2+a3+a28+a29+a30=168，由等差数列的性质可得3(a1+a30)=168，解得a1+a30=56，所以S30=30(a1+a30)2=15×56=840.7{a n}中a10a9<-1，它的前n项和S n有最大值，则当S n取得最小正值时，n=() A.17 B.18 C.19 D.20A【解析】由等差数列以及前n项和S n有最大值可得数列单调递减，又a10a9<-1，∴a9>0，a10<0，∴由不等式的性质可得a10<-a9，即a9+a10<0，∴S17=17(a1+a17)2=17×2a92=17a9>0，S18=18(a1+a18)2=9(a1+a18)=9(a9+a10)<0，∴当S n取得最小正值时，n=17.二、填空题(每小题5分，共10分)8S n是等差数列{a n}的前n项和，若a1=2，S5=12，则a6等于.3【解析】设等差数列{a n}的公差为d，则S5=5a1+10d=10+10d=12，解得d=15，则a6=a1+5d=2+5×15=3.9{log k a n}是首项为4，公差为2的等差数列，其中k>0，且k≠1.设c n=a n lg a n，若{c n}中的每一项恒小于它后面的项，则实数k的取值范围为.0，63∪(1，+∞)【解析】由题可知log k a n=4+(n-1)×2=2n+2，所以a n=k2n+2，又c n=a n lg a n，所以c n=a n lg a n=k2n+2lg k2n+2=(2n+2)k2n+2lg k，由于{c n}中的每一项恒小于它后面的项，即c n<c n+1.①当k>1时，有lg k>0，因此由c n<c n+1得(2n+2)k2n+2lg k<(2n+4)k2n+4lg k，可化为(2n+2)k2n+2<(2n+4)k2n+4，即n+1<(n+2)k2，即转化为不等式k2>n+1n+2，此不等式在k>1下恒成立，故k>1符合；②当0<k<1时，有lg k<0，因此由c n<c n+1得(2n+2)k2n+2lg k<(2n+4)k2n+4·lg k，可化为(2n+2)k2n+2>(2n+4)k2n+4，即n+1>(n+2)k2，即转化为不等式k2<n+1n+2恒成立，∵n∈N*，∴n+1n+2∈23，1，所以k2<23，则0<k<63.综合得实数k的取值范围为0，63∪(1，+∞).三、解答题(共10分)10.(10分)设数列{a n}的前n项和为S n.已知a1=1，2S nn =a n+1-13n2-n-23，n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)证明对一切正整数n，有1a1+1a2+…+1a n<74.【解析】(1)∵2S nn =a n+1-13n2-n-23，n∈N*，∴2S n=na n+1-13n3-n2-23n=na n+1-n(n+1)(n+2)3，①∴当n≥2时，2S n-1=(n-1)a n-(n-1)n(n+1)3，②由①-②，得2S n-2S n-1=na n+1-(n-1)a n-n(n+1).∵2a n=2S n-2S n-1，∴2a n=na n+1-(n-1)a n-n(n+1)，∴a n+1n+1−a nn=1.∴数列a nn 是首项为a11=1，公差为1的等差数列.∴a nn=1+1×(n-1)=n，∴a n=n2(n≥2).当n=1时，上式显然成立.∴a n=n2，n∈N*.(2)由(1)知，a n=n2，n∈N*，①当n=1时，1a1=1<74，∴原不等式成立.②当n≥2时，∵n2>(n-1)(n+1)，∴1n2<1(n-1)(n+1)=121n-1-1n+1，∴1 a1+1a2+…+1a n=1+122+132+…+1n2<1+1211-13+1212-14+1213-15+…+121n-2-1n+1 21n-1-1n+1=1+1211−13+12−14+13−15+…+1n-2−1n+1n-1−1n+1=1+1211+12−1 n −1n+1=74+12-1n−1n+1<74，∴当n≥3时，原不等式亦成立.综上，对一切正整数n，有1a1+1a2+…+1a n<74.[高考冲关](20分钟40分)1.(5分{a n}的前n项和为S n，S11=22，a4=-12，如果当n=m时，S n最小，那么m的值为() A.10 B.9 C.5 D.4C【解析】设等差数列{a n}的公差为d，则S11=11a1+55d=22，a4=a1+3d=-12，解得a1=-33，d=7，则a n=7n-40，所以当n≤5时，a n<0；当n≥6时，a n>0.所以该数列的前5项和最小.2.(5分a>0，b>0，a，b的等差中项是12，且α=a+1a，β=b+1b，则α+β的最小值为() A.2 B.3 C.4 D.5D【解析】由题可知a+b=1，所以α+β=a+1a +b+1b=1+1a+1b(a+b)=3+ba+a b ≥3+2=5，当且仅当ba=ab，即a=b=12时，取等号.3.(5分{a n }的前n 项和为S n ，且a 1=a 2=1，{nS n +(n+2)a n }为等差数列，则{a n }的通项公式a n = .n 2n -1【解析】由{nS n +(n+2)a n }为等差数列，且S 1+3a 1=4，2S 2+4a 2=8，则该等差数列的公差和首项都为4，所以nS n +(n+2)a n =4+4(n-1)=4n ，即S n +n +2na n =4，S n-1+n +1n -1a n-1=4(n ≥2)，两式相减整理得a nan -1=n 2(n -1)(n ≥2)，则a n =a 1·a 2a 1·a3a 2·…·anan -1=12n -1×1×21×32×…×n n -1=n 2n -1.4.(12分{a n }是公差为2的等差数列，且a 3+1是a 1+1与a 7+1的等比中项.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n =a 2n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 【解析】(1)由已知可得(a 3+1)2=(a 1+1)(a 7+1)， 即(a 1+5)2=(a 1+1)(a 1+13)，解得a 1=3， ∴a n =a 1+(n-1)d=2n+1， ∴{a n }的通项公式为a n =2n+1. (2)b n =a 2n =2·2n +1=2n+1+1， S n =22+1+23+1+…+2n+1+1 =22+23+…+2n+1+n =4(1-2n )1-2+n=2n+2+n-4，∴数列{b n }的前n 项和S n =2n+2+n-4.5.(13分{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)i a 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.【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d.因为2a5-a3=13，S4=16，所以2(a1+4d)-(a1+2d)=13，4a1+6d=16，解得a1=1，d=2，所以a n=2n-1，S n=n2.(2)①当n为偶数时，设n=2k，k∈N*，则T2k=(a2-a1)+(a4-a3)+…+(a2k-a2k-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+12(k+1)−4k2k=4k(3k-1)2k(k+1).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T2k-1=T2k-(-1)2k a2k=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).专题3 热点专题突破数列的综合问题1n为等差数列{a n}的前n项和，且a1=1，S7=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b1，b11，b101；(2)求数列{b n}的前1000项和.【解析】(1)设{a n}的公差为d，由S7=7+21d=28，解得d=1.所以{a n}的通项公式为a n=n.b1=[lg 1]=0，b11=[lg 11]=1，b101=[lg 101]=2.(2)因为b n=0(1≤n<10)，1(10≤n<100)，2(100≤n<1000)，3(n=1000)，所以数列{b n}的前1000项和为1×90+2×900+3×1=1893.2.数列{a n}的前n项和为S n，且a1=1，a n+1=2S n+1，数列{b n}为等差数列，且b3=3，b5=9.(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；(2)若对任意的n∈N*， S n+12·k≥b n恒成立，求实数k的取值范围.【解析】(1)由a n+1=2S n+1，①得a n=2S n-1+1，②①-②得a n+1-a n=2(S n-S n-1)，∴a n+1=3a n(n≥2).又a2=3，a1=1也满足上式，∴a n=3n-1.由b5-b3=2d=6，可得d=3，∴b n=3+(n-3)×3=3n-6.(2)S n=a1(1-q n)1-q =1-3n1-3=3n-12，∴3n-12+12k≥3n-6对n∈N*恒成立，∴k≥2(3n-6)3对n∈N*恒成立.令c n=3n-63，c n-c n-1=3n-63−3n-93n-1=-2n+73n-1，当n≤3时，c n>c n-1，当n≥4时，c n<c n-1，∴(c n)max=c3=19，即k≥2(c n)max=29，∴实数k的取值范围是29，+∞.3.已知数列{a n}和{b n}满足a1a2a3…a n=2b n(n∈N*).若{a n}为等比数列，且a1=2，b3=3+b2.(1)求a n与b n；(2)设c n=b n-a na nb n(n∈N*)，记数列{c n}的前n项和为S n，求S n.【解析】(1)设等比数列{a n}的公比为q，∵a1a2a3…a n=2b n(n∈N*)，∴a1a2a3=2b3，∴a13q3=8q3=2b3，同理a1a2=2b2，即a12q=4q=2b2，而b3=3+b2，∴8q3=23+b2=23×2b2=8×4q，∴q=2或q=-2，∵a1a2=2b2>0，∴q=2，a n=a1q n-1=2n.又a1a2a3…a n=2b n(n∈N*)，∴2n(n+1)2=2b n，∴b n=n(n+1)2.(2)由c n=1a n −1b n=12-21n-1n+1，得S n=c1+c2+…+c n=12+122+…+12n-21-12+12-13+…+1n-1n+1=121-12n1-12-21-1 n+1=2n+1−12n-1.4.已知数列{a n}中，a1=1，a n=-13 a n-1+43，n≥2，且b n=a n+13，数列{b n}的前n项和为S n.(1)求证：数列{b n}是等比数列，并求数列{a n}的通项公式；(2)若对任意n ∈N *，p ≤S n -1S n≤q ，求q-p 的最小值.【解析】(1)因为b n+1=a n+1+13=-13 a n +43 +13=-13a n +13=-13b n ， 又b 1=a 1+13=43≠0，所以数列{b n }是等比数列， 则b n =b 1 -13n -1=43× -13n -1，所以a n =b n -13=43× -13 n -1−13.(2)由(1)可知S n =4 1- -1 n 1- -13=1- -13 n，当n 为奇数时，S n =1+ 13n∈ 1，43；当n 为偶数时，S n =1- 13 n∈ 89，1 . 因为函数y=x-1x 在(0，+∞)上单调递增， 所以S n -1S n的取值范围是 -1772，0 ∪ 0，712 .所以p ≤-1772，q ≥712， 所以q-p ≥712+1772=5972， 即q-p 的最小值是5972.5.已知各项均为正数的数列{a n }满足a n +12−a n 2=a n 2+a n a n+1，且a 2+a 4=2a 3+4，其中n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足b n =nan (2n +1)·2n (n ∈N *)，若存在正整数m ，n (1<m<n )，使得b 1，b m ，b n 成等比数列，求m ，n 的值.【解析】(1)因为a n +12−a n 2=a n 2+a n a n+1，即(a n+1+a n )(a n+1-2a n )=0，又a n >0，所以有a n+1-2a n =0，即a n+1=2a n ， 所以数列{a n }是公比为2的等比数列，由a2+a4=2a3+4得2a1+8a1=8a1+4，解得a1=2，所以数列{a n}的通项公式为a n=2n(n∈N*).(2)b n=na n(2n+1)·2=n2n+1，若b1，b m，b n成等比数列，则m2m+12=13n2n+1，整理得3m2+n(2m2-4m-1)=0.因为1<m<n，所以2m2-4m-1<0，解得1-62<m<1+62，又m∈N*，且m>1，所以m=2，此时n=12.6{a n}满足a1=8999，a n+1=10a n+1.(1)证明数列 a n+19是等比数列，并求数列{a n}的通项公式；(2)数列{b n}满足b n=lg a n+19，T n为数列1b n b n+1的前n项和，求证T n<12.【解析】(1)∵a n+1=10a n+1，∴a n+1+19=10a n+109=10 a n+19，即a n+1+19a n+1=10.∴数列 a n+19是等比数列，其中首项为a1+19=100，公比为10.∴a n+19=100×10n-1=10n+1，∴a n=10n+1-19.(2)由(1)得b n=lg a n+19=lg 10n+1=n+1，∴1b n b n+1=1(n+1)(n+2)=1n+1−1n+2，∴T n=12−13+13−14+…+1n+1−1n+2=12−1n+2<12.7{a n}满足 a n-a n+12≤1，n∈N*.(1)证明：|a n|≥2n-1(|a1|-2)，n∈N*；(2)若|a n|≤32n，证明：|a n|≤2，n∈N*.【解析】(1)由 a n-a n+12≤1得|a n|-12|a n+1|≤1，故|a n|2−|a n+1|2≤12，n∈N*，所以|a 1|2−|a n |2= |a 1|2-|a 2|2 + |a 2|2-|a 3|2 +…+|a n -1|2n -1-|a n |2 ≤12+12+…+12n -1=1 1-12n -11-12=1-12n -1<1，因此|a n |≥2n-1(|a 1|-2). (2)任取n ∈N *，由(1)知，对于任意m>n ，|a n |2n−|a m |2m= |a n|2n -|a n +1|2n +1 + |an +1|2n +1-|a n +2|2n +2+…+|a m -1|2m -1-|a m |2m≤12n +12n +1+…+12m -1=1n 1-12m -n 1-1=12n -11-12m -n<12n -1，故|a n |<12n -1+|a m |2m·2n≤12n -1+12m · 32 m·2n=2+ 34m·2n. 从而对于任意m>n ，均有|a n |<2+ 34 m·2n ， ①由m 的任意性得|a n |≤2.否则，存在n 0∈N *，有|a n 0|>2，取正整数m 0>lo g 3|a n 0|-22n 0且m 0>n 0，则2n 0· 34m 0<2n 0· 34 lo g 34a n 0-2n 0=|a n 0|-2，与①式矛盾.综上，对于任意n ∈N *，均有|a n |≤2.8{a n }满足：a 1+2a 2+…+na n =4-n +22n -1，n ∈N *.(1)求a 3的值；(2)求数列{a n }的前n 项和T n ； (3)令b 1=a 1，b n =T n -1n+ 1+12+13+…+1n a n (n ≥2)，证明：数列{b n }的前n 项和S n 满足S n <2+2ln n.【解析】(1)依题意有a 1+2a 2+…+na n =4-n +22n -1，n ∈N *，当n ≥2时，有a 1+2a 2+…+(n-1)a n-1=4-n +12n -2，两式相减得na n =-n +22n -1+n +12n -2=n 2n -1，即a n =12n -1，n ≥2.且n=1时，a 1=1也满足通项公式，综上得a n =12n -1，n ∈N *.则a 3=14.(2)由(1)知T n =a 1(1-q n )1-q =1· 1-12n1-1=2-12n -1.(3)由(2)得T n =2-12n -1，当n ≥2时， b n =T n -1n+ 1+12+13+…+1n a n=1n (a 1+a 2+…+a n-1)+ 1+12+13+…+1n a n =1n a 1+1n a 2+…+1n a n-1+ 1+12+…+1n a n ， 所以S n =b 1+b 2+…+b n =a 1+ 12a 1+ 1+12 a 2 +13a 1+13a 2+1+12+13a 3+ (1)a 1+1n a 2+…+1n a n-1+ 1+12+…+1n a n = 1+12+…+1n a 1+ 1+12+…+1n a 2+…+1+12+…+1n a n = 1+12+…+1n (a 1+a 2+…+a n ) =T n 1+12+…+1n = 2- 12n -11+12+13+…+1n ，下面证明12+13+…+1n +1<ln(1+n )， 令函数F (x )=ln(1+x )-x1+x ，x>0， 则F'(x )=x(1+x )2>0，即F (x )在(0，+∞)上单调递增， 故F (x )=ln(1+x )-x1+x >F (0)=0， 即对于(0，+∞)，恒有ln(1+x )>x1+x ，令x=1n ，有ln1+1n>1n1+1n=1n+1，即ln n+1n >1n+1，所以ln(n+1)>12+13+…+1n+1.故ln n>12+13+…+1n.故S n=2-12n-11+12+13+…+1n<21+12+13+…+1n<2(1+ln n)=2+2ln n.专题4 数列的概念与简单表示法专题[基础达标](20分钟45分)一、选择题(每小题5分，共30分)1.数列13，18，115，124，…的一个通项公式为()A.a n=12+1B.a n=1n+2C.a n=1n(n+2)D.a n=12-1C【解析】观察知a n=1(n+1)2-1=1n(n+2).2.已知数列{a n}满足a0=1，a n=a0+a1+…+a n-1(n≥1)，则当n≥1时，a n等于() A.2n B.12n(n+1) C.2n-1D.2n-1C【解析】由题设可知a1=a0=1，a2=a0+a1=2，代入四个选项检验可知a n=2n-1.3A n(n，a n)(n∈N)都在函数y=a x(a>0，a≠1)的图象上，则a4+a6与2a5的大小关系是()A.a4+a6<2a5B.a4+a6=2a5C.a4+a6>2a5D .a 4+a 6与2a 5的大小与a 有关C 【解析】∵点A n (n ，a n )(n ∈N )都在函数y=a x (a>0，a ≠1)的图象上，∴a n =a n ，则a 4+a 6=a 4+a 6≥2 a 4·a 6=2a 5，当且仅当a 4=a 6时取等号，∵a>0，a ≠1，∴a 4≠a 6，则a 4+a 6>2a 5.4{a n }的前n 项和为S n ，a 1=-9，a 2+a 3=-12，则使S n 取得最小值时n 的值为 ( )A .2B .4C .5D .7C 【解析】因为a 2+a 3=2a 1+3d=-18+3d=-12，解得d=2，从而有S n =-9n+n (n -1)2×2=n 2-10n=(n-5)2-25，所以当n=5时，S n 最小.5.已知数列{a n }的前n 项和S n =2a n -1，则满足an n ≤2的正整数n 的集合为 ( ) A .{1，2} B .{1，2，3，4}C .{1，2，3}D .{1，2，4}B 【解析】因为S n =2a n -1，所以当n ≥2时，S n-1=2a n-1-1，两式相减，得a n =2a n -2a n-1，整理得a n =2a n-1，所以{a n }是公比为2的等比数列，又因为a 1=2a 1-1，解得a 1=1，故{a n }的通项公式为a n =2n-1.而an n ≤2，即2n-1≤2n ，所以有n=1，2，3，4.6{a n }满足1+log 3a n =log 3a n+1(n ∈N *)，a 2+a 4+a 6=9，则lo g 13(a 5+a 7+a 9)=( )A .-15B .15C .-5D .5C 【解析】由1+log 3a n =log 3a n+1(n ∈N *)得a n+1=3a n (n ∈N *)，所以数列{a n }为等比数列，且公比为3，因此由a 2+a 4+a 6=9得a 5+a 7+a 9=(a 2+a 4+a 6)×q 3=9×33=35，所以lo g 1(a 5+a 7+a 9)=lo g 135=-5.二、填空题(每小题5分，共15分)7{a n }满足：a 1=a 2=1，a n =1-a 1+a 2+a 3+…+a n -24(n ≥3，n ∈N *)，则a 6= .316 【解析】由题意可得a 3=1-a 14=34，a 4=1-a 1+a 24=1-12=12，则a 6=1-a 1+a 2+a 3+a 44=1-1316=316.8{a n }中，a n >0，前n 项和为S n ，且S n =a n (a n +1)2(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为 . a n =n 【解析】由S n =a n (a n +1)2，a n >0，得a 1=a 1(a 1+1)2，解得a 1=1，又S n-1=a n -1(a n -1+1)2(n ≥2)，两式相减得2a n =a n 2−a n -12 + a n -a n-1，化简得a n -a n-1=1(n ≥2)，则数列{a n }是首项和公差都等于1的等差数列，则a n =n.9{a n }满足a 1=1，a n+2=1+1a n(n∈N *)，若a 2014=a 2016，则a 13+a 2016= .55+13 526【解析】由题意可得a 1=1，a 3=2，a 5=32，a 7=53，a 9=85，a 11=138，a 13=2113，且a 2014=a 2016=1+1a 2014，整理得a 20142-a 2014-1=0，a 2014>0，解得a 2014=1+ 52，则a 2016=1+ 52，故a 13+a 2016=2113+1+ 52=55+13 526.[高考冲关] (15分钟 30分)1.(5分)已知数列{a n }满足：a 1=17，对于任意的n ∈N *，a n+1=72a n (1-a n )，则a 1413-a 1314=( )A .-27B .27C .-37D .37D 【解析】a 1=17，a 2=72×17×67=37，a 3=72×37×47=67，a 4=72×67×17=37，….归纳可知当n 为大于1的奇数时，a n =67；当n 为正偶数时，a n =37.故a 1413-a 1314=67−37=37.2.(5分)若数列{a n }的通项公式是a n =(n+2) 78 n，且a n ≤a n 0，n ∈N *恒成立，则n 0= ( )A .5B .6C .5或6D .4或5或6C【解析】因为a n+1-a n=(n+3)78n+1-(n+2)78n=78n·5-n8，所以a1<a2<…<a5=a6>a7>…，则数列{a n}的最大项为a5，a6，即n0=5或6.3. (5分{a n}的各项均为正整数，对于n∈N*有a n+1=3a n+5(a n为奇数)，a n2(a n为偶数，其中k为使a n+1为奇数的正整数)，a1=11，a65=.31【解析】由题设知，a1=11，a2=3×11+5=38，a3=382=19，a4=3×19+5=62，a5=622=31，a6=3×31+5=98，a7=982=49，a8=3×49+5=152，a9=1522=19，…，所以数列{a n}从第3项开始是周期为6的周期数列，所以a65=a3+(6×10+2)=a5=31.4.(5分{a n}的前n项和S n=2a n-2n+1，若不等式2n2-n-3<(5-λ)a n对∀n∈N*恒成立，则整数λ的最大值为.4【解析】当n=1时，a1=S1=2a1-22，解得a1=4，当n≥2时，S n-1=2a n-1-2n，则a n=S n-S n-1=2a n-2a n-1-2n，得a n=2a n-1+2n，所以a n2n −a n-12n-1=1.又a121=2，所以数列a n2n是以2为首项，1为公差的等差数列，a n2=n+1，即a n=(n+1)·2n.因为a n>0，所以不等式2n2-n-3<(5-λ)a n，等价于5-λ>2n-32.记b n=2n-32，当n≥2时，b n+1b n=2n-12n+12n-3n=2n-14n-6，所以当n≥3时，b n+1b n <1，(b n)max=b3=38，所以5-λ>38，λ<5-38=378，所以整数λ的最大值为4.5.(10分)已知数列{a n}的前n项和S n=n2+1，数列{b n}满足b n=2a n+1，且前n项和为T n，设c n=T2n+1-T n.(1)求数列{b n}的通项公式；(2)判定数列{c n}的单调性.【解析】(1)a1=2，a n=S n-S n-1=2n-1(n≥2)，则a n=2(n=1)，2n-1(n≥2，n∈N*).又b n=2a n+1，则b n=23(n=1)，1n(n≥2，n∈N*).(2)因为c n=T2n+1-T n=b n+1+b n+2+…+b2n+1=1n+1+1n+2+…+12n+1，所以c n+1-c n=12n+2+12n+3−1n+1=12n+3−12n+2=-1(2n+2)(2n+3)<0，则c n+1<c n，所以数列{c n}为递减数列.专题5 数列的求和与综合应用专题[基础达标](40分钟65分)一、选择题(每小题5分，共30分)1.数列1，(1+2)，(1+2+22)，…，(1+2+22+…+2n-1)，…的前n项和为()A.2n-1B.n·2n-nC.2n+1-nD.2n+1-n-2D【解析】记a n=1+2+22+…+2n-1=2n-1，∴S n=2·(2n-1)2-1-n=2n+1-2-n.2{a n}的前n项和为S n，a2，a4是方程x2-x-2=0的两个根，S5=()A.52B.5 C.-52D.-5A【解析】解法1：由x2-x-2=0解得a2=-1，a4=2，或a2=2，a4=-1，当a2=-1，a4=2时，d=32，a n=32n-4，所以S5=5×-52+5×42×32=52；当a2=2，a4=-1时，d=-32，a n=-32n+5，所以S5=5×72+5×42×-32=52.解法2：由已知得a2+a4=1，则S5=5(a1+a5)2=5(a2+a4)2=52×1=52.3{a n}的通项公式为a n=2n-2，若b n=log2a n+3，则数列1b n b n+1的前n项和T n为()A.n2(n-2)B.n2(n+2)C.2nn+2D.12(n+2)B【解析】由题可知b n=log2a n+3=log22n-2+3=n+1，1b n b n+1=1(n+1)(n+2)=1n+1−1n+2，则T n=b1+b2+…+b n=12-13+13-14+…+1n+1-1n+2=12−1n+2=n2(n+2).4{a n }和等比数列{b n }中，有a n =n ，b n =2n-1，记c n =a n b n ，则数列{c n }的前n 项和为 ( )A .(n+1)×2n +1B .(n-1)×2n -1C .(n-1)×2n +1D .(n-1)×2n+1+1C 【解析】由c n =a n b n =n ·2n-1，记其前n 项和为T n ，则T n =c 1+c 2+c 3+…+c n =1×20+2×21+3×22+…+n×2n-1 ①，两边同乘以2，得2T n =1×21+2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1+n×2n ②，①-②得-T n =1+21+22+23+…+2n-1-n×2n ，化简得T n =(n-1)×2n +1.5.现有200根相同的钢管，把它们堆成三角形垛，要使剩余的钢管尽可能少，那么剩余的钢管为 ( )A .9根B .10根C .19根D .29根B 【解析】设堆成x 层，得1+2+3+…+x ≤200，即求使得x (x+1)≤400成立的最大正整数x ，应为19.∴剩余的钢管为200-19(19+1)2=10.6S n 是等差数列{a n }的前n 项和，且S 6>S 7>S 5，给出下列五个命题：①d<0；②S 11>0；③S 12<0；④数列{S n }中的最大项为S 11；⑤|a 6|>|a 7|.其中正确命题的个数是 ( )A .5B .4C .3D .1C 【解析】由已知得S 6-S 5=a 6>0，S 7-S 6=a 7<0，S 7-S 5=a 6+a 7>0，则d=a 7-a 6<0，S 11=11(a 1+a 11)2=11a 6>0，S 12=12(a 1+a 12)2=6(a 6+a 7)>0，由a 6>0，a 7<0，a 6+a 7>0，得|a 6|>|a 7|，数列{S n }中的最大项为S 6，故①②⑤正确. 二、填空题(每小题5分，共15分)7{a n }中，a 1=0，a n+2+(-1)n a n =2.记S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 2016-S 2013= .2016【解析】当n为奇数时，a n+2-a n=2，又a1=0，则数列{a n}的奇数项构成以0为首项，2为公差的等差数列，即a2k-1=2k-2，k∈N*；当n为偶数时，a n+2+a n=2，则S2016-S2013=a2014+a2015+a2016=a2015+2=2014+2=2016.8{a n}中，a1=2，当n≥2时，a n=2a n-1+3·2n-1，数列a n2的前n项和为S n，则不等式S n<20的解集为.{1，2，3，4}【解析】当n≥2时，a n2=a n-12n-1+32，令b n=a n2，则数列{b n}是以b1=1为首项，公差为32的等差数列，S n=n+n(n-1)2×32=3n2+n4，由S n<20得3n2+n-80<0，即(3n+16)(n-5)<0，所以n=1，2，3，4符合条件.9{a n}的首项a1=2，前n项和为S n，且a n+1=2S n+2n+2(n∈N*)，则S n=.3n+1 2-n-32【解析】由a n+1=2S n+2n+2得S n+1=3S n+2n+2，则S n+1+(n+1)+32=3 S n+n+32，且S1+1+32=92，所以数列 S n+n+32是以92为首项，3为公比的等比数列，则S n+n+32=92×3n-1，S n=3n+12-n-32.三、解答题(共20分)10.(10分{a n}中，a1=13，a n+1=a n2-a n，(n∈N*).(1)求证：数列1a n-1是等比数列，并求{a n}的通项公式a n；(2)设b n=na n1-a n ，求证：∑i=1nb i<2.【解析】由已知得1a n+1=2a n-1，∴1a n+1-1=21a n-1，∴1a n+1-11 n -1=2，∴1a1-1是首项为1a1-1=2，公比为2的等比数列，∴1a n -1=2·2n-1=2n，∴a n=12+1.(2)b n=na n1-a n =n2，∴S n=12+222+…+n2n，∴12S n=122+223+…+n2n+1，两式相减得12S n=12+12+12+…+12−n2=1-n+22，∴S n=2-n+22<2，即∑i=1nb i<2.11.(10分S n为公差不为0的等差数列{a n}的前n项和，且a1=1，S1，S2，S4成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n=1a n a n+1，求数列{b n}的前n项和.【解析】(1)由已知得S22=S1·S4，即a1(4a1+6d)=(2a1+d)2，可得2a1d=d2，又由a1=1，d≠0得d=2，故a n=2n-1，n∈N*.(2)由已知可得b n=1(2n-1)(2n+1)，T n=11×3+13×5+15×7+…+1(2n-1)(2n+1)=1 21-13+13-15+15-17+…+12n-1−12n+1=12×1-12n+1=n2n+1，n∈N*.[高考冲关](30分钟40分)1.(5分已知点D为△ABC的边BC上一点，BD=3DC，E n(n∈N*)为边AC的一列点，满足E n A=14a n+1E n B-(3a n+2)E n D，其中实数列{a n}中a n>0，a1=1，则{a n}的通项公式为()A.3×2n-1-2B.2n-1C.3n-2D.2×3n-1-1D【解析】由BD=3DC得E n D−E n B=3(E n C−E n D)，则E n C=43E n D−13E n B，设E n A=m E n C，则E n A=43m E n D−13m E n B，则43m=-(3a n+2)，-13m=14a n+1，消去m得。
2018届高考数学二轮复习第三部分讲重点解答题专练3_2数列课件理
所以 an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝2 n－1.
(2)由(1)可知 cn＝(2n＋1)· 2n－1， 则 Tn ＝ 3×20 ＋ 5×21 ＋ 7×22 ＋ … ＋ (2n － 1)×2 n 1)×2n 1，①
an (2)记{ }的前n项和为Sn. 2n＋1 an 2 1 1 由(1)知 ＝ ＝ － . 2n＋1 （2n＋1）（2n－1） 2n－1 2n＋1 1 1 1 1 1 1 2n 则Sn＝ － ＋ － ＋…＋ － ＝ . 1 3 3 5 2n－1 2n＋1 2n＋1
[错位相减法求和] (2017· 江西九校联考)等差数列{an}前 n 项和为 Sn，数列{bn} 是等比数列，满足 a1＝3，b1＝1，b2＋S2＝10，a5－2b2＝a3. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)令 cn＝an·bn，设数列{cn}的前 n 项和为 Tn，求 Tn.
【解析】 设{an}的公差为d， {bn}的公比为q，则an＝－1＋ (n－1)d，bn＝qn－1. 由a2＋b2＝2得d＋q＝3.① (1)由a3＋b3＝5得2d＋q2＝6.②
d＝3， d＝1， 联立①和②解得 (舍去)， q＝0 q＝2.
因此{bn}的通项公式为b n＝2n 1. 3×21 ＋ 5×22 ＋ 7×23 ＋ … ＋ (2n － 1)×2n － 1 ＋ (2n ＋ 1)×2n，② ① － ② 得 － Tn ＝ 3 ＋ 2×21 ＋ 2×22 ＋ … ＋ 2×2n
－1
－ (2n ＋
1)×2n＝1＋2＋22＋…＋2 n－(2n＋1)· 2n＝2n＋1－1 －(2n＋1)· 2n＝(1 －2n)· 2n－1.所以 Tn＝(2n－1)· 2n＋1.
2018届高中数学高考二轮复习数列教案含答案(全国通用)
教学过程一、考纲解读1.高考对于本节的考查方式:(1)选择填空重点考查等差、等比数列的性质；(2)解答题中重点考查通项公式、求和（重视求和的错位相减法、裂项相消法）(3)递推数列也是考察的重点，只局限于最基本的形式2. 数列在历年高考高考试题中占有重要的地位，近几年更是有所加强.一般情况下都是一至两个考查性质的客观题和一个考察能力的解答题。
文科以等差数列的基础知识、基本解法为主，理科注重概念的理解和运用。
分值在22分左右二、复习预习(1)数列的概念和简单表示法①了解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图像、通项公式）.②了解数列是自变量为正整数的一类函数.(2)等差数列、等比数列①理解等差数列、等比数列的概念.②掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式.③能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题.④了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系.(3)数列求和,求通项.与函数,不等式等知识的综合题,考查学生对知识的掌握和应用能力.错位相减法、裂项相消法三、知识讲解考点1 数列的概念和简单表示法①了解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图像、通项公式）.②了解数列是自变量为正整数的一类函数.考点2 等差数列、等比数列①理解等差数列、等比数列的概念.②掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式.③能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题.④了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系.考点3 综合问题(1)求数列通项累加法,累乘法,构造法,数学归纳法(2)数列求和裂项相消法,错位相减法, 数学归纳法(3)与函数,不等式等知识的综合题,考查学生对知识的掌握和应用能力.放缩法四、例题精析例1 [2014全国大纲] 等比数列{}n a 中，42a =，55a =，则数列{lg }n a 的前8项和等于( ) (A)6 (B)5 (C)4 (D)3【规范解答】选（C ）.（求解对照）由已知有在等比数列{}n a 中，42a =，55a =， 则63728154a a a a a a a a ⋅=⋅=⋅=⋅=10所以410lg )lg(lg lg lg 4821821==⋅⋅⋅=+⋅⋅⋅++a a a a a a 。
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2018届高三第二轮复习——数列第1讲等差、等比考点【高 考 感 悟】从近三年高考看，高考命题热点考向可能为：1．必记公式(1)等差数列通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d . (2)等差数列前n 项和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）d2.(3)等比数列通项公式：a n a 1qn －1.(4)等比数列前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1（q ＝1）a 1（1－q n ）1－q＝a 1－a n q 1－q （q ≠1）.(5)等差中项公式：2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)． (6)等比中项公式：a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ≥2)． (7)数列{a n }的前n 项和与通项a n 之间的关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1（n ＝1）S n －S n －1（n ≥2）.2．重要性质(1)通项公式的推广：等差数列中，a n ＝a m ＋(n －m )d ；等比数列中，a n ＝a m qn －m.(2)增减性：①等差数列中，若公差大于零，则数列为递增数列；若公差小于零，则数列为递减数列． ②等比数列中，若a 1＞0且q ＞1或a 1＜0且0＜q ＜1，则数列为递增数列；若a 1＞0且0＜q ＜1或a 1＜0且q ＞1，则数列为递减数列． 3．易错提醒(1)忽视等比数列的条件：判断一个数列是等比数列时，忽视各项都不为零的条件． (2)漏掉等比中项：正数a ，b 的等比中项是±ab ，容易漏掉－ab .【 真 题 体 验 】1．(2015·新课标Ⅰ高考)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和．若S 8＝4S 4，则a 10＝( )A.172 B.192C ．10D ．12 2．(2015·新课标Ⅱ高考)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )A ．2B ．1 C.12 D.183．(2015·高考)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零．若a 2，a 3，a 7成等比数列，且2a 1＋a 2＝1，则a 1＝__________，d ＝________．4．(2016·全国卷1)已知{}n a 是公差为3的等差数列，数列{}n b 满足12111==3n n n n b b a b b nb +++=1，，，. （I ）求{}n a 的通项公式；（II ）求{}n b 的前n 项和.【考 点 突 破 】考点一、等差（比）的基本运算1．(2015·高考)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，且3S 1，2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________．2．(2015·高考)已知等差数列{a n }满足a 3＝2，前3项和S 3＝92.(1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 15，求{b n }的前n 项和T n .考点二、等差（比）的证明与判断【典例1】( 2017·全国1 )记S n 为等比数列{}n a 的前n 项和，已知S 2=2，S 3=-6.（1）求{}n a 的通项公式；（2）求S n ，并判断S n +1，S n ，S n +2是否成等差数列。
.【规律感悟】 判断和证明数列是等差(比)数列的三种方法 (1)定义法：对于n ≥1的任意自然数，验证a n ＋1－a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫或a n ＋1a n 为同一常数．(2)通项公式法：①若a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a m ＋(n －m )d 或a n ＝kn ＋b (n ∈N *)，则{a n }为等差数列；②若a n ＝a 1q n －1＝a m q n －m 或a n ＝pq kn ＋b (n ∈N *)，则{a n }为等比数列． (3)中项公式法：①若2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)，则{a n }为等差数列；②若a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ∈N *，n ≥2)，且a n ≠0，则{a n }为等比数列．变式：(2014·全国大纲高考)数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2.(1)设b n ＝a n ＋1－a n ，证明{b n }是等差数列；(2)求{a n }的通项公式．考点三、等差（比）数列的性质命题角度一 与等差(比)数列的项有关的性质【典例2】 (1)(2015·新课标Ⅱ高考)已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7＝( )A．21 B．42 C．63 D．84(2)(2015·模拟)已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且S10＝12，则a5＋a6＝( )A.125B．12 C．6 D.65命题角度二与等差(比)数列的和有关的性质【典例3】(1)(2014·全国大纲高考)设等比数列{a n}的前n项和为S n.若S2＝3，S4＝15，则S6＝( ) A．31 B．32C．63 D．64(2)(2015·中学二调)等差数列{a n}中，3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝24，则该数列前13项的和是( ) A．13 B．26 C．52 D．156[针对训练]1．在等差数列{a n}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25，则a2＋a8＝________．2．在等比数列{a n}中，a4·a8＝16，则a4·a5·a7·a8的值为________．3．若等比数列{a n}的各项均为正数，且a10a11＋a9a12＝2e5，则ln a1＋ln a2＋…＋ln a20＝______．【巩固训练】一、选择题1．(2015·新课标Ⅱ高考)设S n是等差数列{a n}的前n项和．若a1＋a3＋a5＝3，则S5＝( ) A．5 B．7 C．9 D．112．(2014·高考)等差数列{a n}的前n项和为S n，若a1＝2，S3＝12，则a6等于( ) A．8 B．10 C．12 D．143．(2014·高考)对任意等比数列{a n}，下列说法一定正确的是( )A．a1，a3，a9成等比数列 B．a2，a3，a6成等比数列C．a2，a4，a8成等比数列 D．a3，a6，a9成等比数列4．(2014·高考)设{a n}是首项为a1，公差为－1的等差数列，S n为其前n项和．若S1，S2，S4成等比数列，则a1＝( )A．2 B．－2 C.12D．－125．(2015·模拟)数列{a n}满足a n－a n＋1＝a n·a n＋1(n∈N*)，数列{b n}满足b n＝1an，且b1＋b2＋…＋b9＝90，则b4·b6( )A．最大值为99 B．为定值99 C．最大值为100 D．最大值为200二、填空题6．(2015·高考)中位数为1 010的一组数构成等差数列，其末项为2 015，则该数列的首项为________．7．(2015·高考)已知数列{a n}是递增的等比数列，a1＋a4＝9，a2a3＝8，则数列{a n}的前n项和等于________．8．(2014·高考)在等差数列{a n}中，a1＝7，公差为d，前n项和为S n，当且仅当n＝8时S n取得最大值，则d的取值围为________．三、解答题9．(文)(2015·模拟)在等比数列{a n}中，已知a1＝2，a4＝16.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若a3，a5分别为等差数列{b n}的第3项和第5项，试求数列{b n}的前n项和S n.10、(2014·高考)已知等差数列{a n}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)记S n为数列{a n}的前n项和，是否存在正整数n，使得S n＞60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由．11．(2015·高考)设a1，a2，a3，a4是各项为正数且公差为d(d≠0)的等差数列．(1)证明：2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列；(2)是否存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列？并说明理由第2讲数列求和（通项）及其综合应用【高考感悟】从近三年高考看，高考命题热点考向可能为：【真题体验】1．(2015·高考)设{a n}是等差数列，下列结论中正确的是( ) A．若a1＋a2＞0，则a2＋a3＞0B．若a1＋a3＜0，则a1＋a2＜0C．若0＜a1＜a2，则a2＞a1a3D．若a1＜0，则(a2－a1)(a2－a3)＞02．(2015·模拟)已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a5＝5，S5＝15，则数列{1anan＋1}的前100项和为( ) A.100101B.99101C.99100D.1011003．(2015·高考)等差数列{a n}中，a2＝4，a4＋a7＝15.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝2a n－2＋n，求b1＋b2＋b3＋…＋b10的值．【考 点 突 破 】考点一、数列的通项公式【规律感悟】 求通项的常用方法(1)归纳猜想法：已知数列的前几项，求数列的通项公式，可采用归纳猜想法．(2)已知S n 与a n 的关系，利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2求a n .(3)累加法：数列递推关系形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，其中数列{f (n )}前n 项和可求，这种类型的数列求通项公式时，常用累加法(叠加法)．(4)累乘法：数列递推关系如a n ＋1＝g (n )a n ，其中数列{g (n )}前n 项积可求，此数列求通项公式一般采用累乘法(叠乘法)．(5)构造法：①递推关系形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ，q 为常数)可化为a n ＋1＋qp －1＝p ⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋q p －1(p ≠1)的形式，利用⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋q p －1是以p 为公比的等比数列求解．②递推关系形如a n ＋1＝pa na n ＋p(p 为非零常数)可化为1a n ＋1＝1a n －1p的形式．1．(2015·新课标Ⅱ高考)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝____________． 2．(2015·模拟)数列{a n }满足13a 1＋132a 2＋…＋13n a n ＝3n ＋1，n ∈N *，则a n ＝________．3．若数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝5a n －133a n －7，则a 2 015的值为________．考点二、数列的前n 项和【规律感悟】1.分组求和的常见方法(1)根据等差、等比数列分组． (2)根据正号、负号分组． (3)根据数列的周期性分组．2．裂项后相消的规律 常用的拆项公式(其中n ∈N *)①1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1. ②1n （n ＋k ）＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k . ③1（2n －1）（2n ＋1）＝12(12n －1－12n ＋1)． 3．错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列{a n }乘以等比数列{b n }对应项({a n ·b n })型数列求和．(2)步骤：①求和时先乘以数列{b n }的公比．②把两个和的形式错位相减．③整理结果形式． 4．倒序求和。