2019-2020年高考数学第二轮专题复习数列教案
2020届高三第二轮数学专题复习教案：数列
2020届高三第二轮数学专题复习教案：数列一、本章知识结构：二、重点知识回忆１．数列的概念及表示方法〔１〕定义：按照一定顺序排列着的一列数．〔２〕表示方法：列表法、解析法〔通项公式法和递推公式法〕、图象法．〔３〕分类：按项数有限依旧无限分为有穷数列和无穷数列；按项与项之间的大小关系可分为单调数列、摆动数列和常数列．〔４〕n a 与n S 的关系：11(1)(2)n n n S n a S S n -=⎧=⎨-⎩≥． 2．等差数列和等比数列的比较〔１〕定义：从第2项起每一项与它前一项的差等于同一常数的数列叫等差数列；从第2项起每一项与它前一项的比等于同一常数〔不为0〕的数列叫做等比数列． 〔２〕递推公式：110n n n n a a d a a q q n *++-==≠∈N ，·，，．〔３〕通项公式：111(1)n n n a a n d a a q n -*=+-=∈N ，，．〔４〕性质等差数列的要紧性质：①单调性：0d ≥时为递增数列，0d ≤时为递减数列，0d =时为常数列．②假设m n p q +=+，那么()m n p q a a a a m n p q *+=+∈N ，，，．专门地，当2m n p +=时，有2m n p a a a +=．③()()n m a a n m d m n *-=-∈N ，．④232k k k k k S S S S S --，，，…成等差数列．等比数列的要紧性质：①单调性：当1001a q <⎧⎨<<⎩，或101a q >⎧⎨>⎩时，为递增数列；当101a q <⎧⎨>⎩，，，或1001a q >⎧⎨<<⎩时，为递减数列；当0q <时，为摆动数列；当1q =时，为常数列．②假设m n p q +=+，那么()m n p q a a a a m n p q *=∈N ··，，，．专门地，假设2m n p +=，那么2m n pa a a =·．③(0)n m nm a q m n q a -*=∈≠N ，，．④232k k k k kS S S S S --，，，…，当1q ≠-时为等比数列；当1q =-时，假设k 为偶数，不是等比数列．假设k 为奇数，是公比为1-的等比数列． 三、考点剖析考点一：等差、等比数列的概念与性质 例1. 〔2018深圳模拟〕数列.12}{2n n S n a n n -=项和的前〔1〕求数列}{n a 的通项公式； 〔2〕求数列.|}{|n n T n a 项和的前解：〔1〕当111112,1211=-⨯===S a n 时；、当.213])1()1(12[)12(,2221n n n n n S S a n n n n -=-----=-=≥-时，.213111的形式也符合n a -=.213}{,n a a n n -=的通项公式为数列所以、〔2〕令.6,,0213*≤∈≥-=n n n a n 解得又N当2212112||||||,6n n S a a a a a a T n n n n n -==+++=+++=≤ 时；当||||||||||,67621n n a a a a a T n ++++++=> 时na a a a a a ----+++= 87621.7212)12()6612(222226+-=---⨯⨯=-=n n n n S S n综上，⎪⎩⎪⎨⎧>+-≤-=.6,7212,6,1222n n n n n n T n 点评：此题考查了数列的前n 项与数列的通项公式之间的关系，专门要注意n ＝１时情形，在解题时经常会不记得。
(全国通用)2020版高考数学二轮复习 提升专题 数列 教案讲义
第1讲 等差数列、等比数列[例1] (1)(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 4＝0，a 5＝5，则( )A.a n ＝2n －5B.a n ＝3n －10C.S n ＝2n 2－8nD.S n ＝12n 2－2n(2)(2019·全国卷Ⅰ)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若a 1＝13，a 24＝a 6，则S 5＝________.[答案] (1)A (2)1213[解析] (1)设首项为a 1，公差为d .由S 4＝0，a 5＝5可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，4a 1＋6d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝2. 所以a n ＝－3＋2(n －1)＝2n －5，S n ＝n ×(－3)＋n （n －1）2×2＝n 2－4n .故选A.(2)由a 24＝a 6得(a 1q 3)2＝a 1q 5，整理得q ＝1a 1＝3.∴S 5＝13（1－35）1－3＝1213.[解题方略] 等差(比)数列基本运算的解题思路 (1)设基本量：首项a 1和公差d (公比q ).(2)列、解方程(组)：把条件转化为关于a 1和d (或q )的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量.[跟踪训练]1.(2019·福州市质量检测)已知数列{a n }中，a 3＝2，a 7＝1.若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，则a 9＝( )A.12 B.54 C.45D.－45解析：选C 因为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，a 3＝2，a 7＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的公差d ＝1a 7－1a 37－3＝1－127－3＝18，所以1a 9＝1a 7＋(9－7)×18＝54，所以a 9＝45，故选C.2.(2019·开封市定位考试)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＋4S 2＝0，则公比q ＝( )A.－1B.1C.－2D.2解：(1)设{a n }的公比为q ，由题设得2q 2＝4q ＋16，即q 2－2q －8＝0.解得q ＝－2(舍去)或q ＝4.因此{a n }的通项公式为a n ＝2×4n －1＝22n －1.(2)由(1)得b n ＝(2n －1)log 22＝2n －1，因此数列{b n }的前n 项和为1＋3＋…＋2n －1＝n 2.解析：选C 法一：因为a 3＋4S 2＝0，所以a 1q 2＋4a 1＋4a 1q ＝0，因为a 1≠0，所以q 2＋4q ＋4＝0，所以q ＝－2，故选C.法二：因为a 3＋4S 2＝0，所以a 2q ＋4a 2q ＋4a 2＝0，因为a 2≠0，所以q ＋4q＋4＝0，即(q＋2)2＝0，所以q ＝－2，故选C.3.(2019·全国卷Ⅱ)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，a 1＝2，a 3＝2a 2＋16. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和.[例2] (1)(2019·长春市质量监测一)各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 6＝30，S 9＝70，则S 3＝________.(2)在等差数列{a n }中，已知a 1＝13，3a 2＝11a 6，则数列{a n }的前n 项和S n 的最大值为________.[解析] (1)法一：设数列{a n }的公比为q (q ＞0且q ≠1)，由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧S 6＝a 1（1－q 6）1－q＝30， ①S 9＝a 1（1－q 9）1－q ＝70，②①÷②得，1－q 61－q 9＝1＋q 31＋q 3＋q 6＝37，又由q ＞0，得q 3＝2，再由S 3S 6＝a 1（1－q 3）1－q a 1（1－q 6）1－q＝11＋q 3＝13，得S 3＝13S 6＝10. 法二：由题意可得(S 6－S 3)2＝S 3(S 9－S 6)，即(30－S 3)2＝40S 3，即S 23－100S 3＋900＝0，解得S 3＝10或S 3＝90，又数列{a n }的各项均为正数，所以S 3＜S 6，S 3＝90(舍去)，故S 3＝10.(2)设{a n }的公差为d .法一：由3a 2＝11a 6，得3(13＋d )＝11(13＋5d )， 解得d ＝－2，所以a n ＝13＋(n －1)×(－2)＝－2n ＋15.由⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1≤0得⎩⎪⎨⎪⎧－2n ＋15≥0，－2（n ＋1）＋15≤0，解得6.5≤n ≤7.5. 因为n ∈N *，所以当n ＝7时，数列{a n }的前n 项和S n 最大，最大值为S 7＝7（13－2×7＋15）2＝49.法二：由3a 2＝11a 6，得3(13＋d )＝11(13＋5d )， 解得d ＝－2，所以a n ＝13＋(n －1)×(－2)＝－2n ＋15. 所以S n ＝n （13＋15－2n ）2＝－n 2＋14n ＝－(n －7)2＋49，所以当n ＝7时，数列{a n }的前n 项和S n 最大，最大值为S 7＝49. [答案] (1)10 (2)49[解题方略] 与数列性质有关问题的求解策略[跟踪训练]1.在等比数列{a n }中，a 3，a 15是方程x 2＋6x ＋2＝0的根，则a 2a 16a 9的值为( ) A.－2＋22B.－ 2C. 2D.－2或 2解析：选B 设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 3，a 15是方程x 2＋6x ＋2＝0的根，所以a 3·a 15＝a 29＝2，a 3＋a 15＝－6，所以a 3<0，a 15<0，则a 9＝－2，所以a 2a 16a 9＝a 29a 9＝a 9＝－2，故选B.2.(2019·四省八校双教研联考)在公差不为0的等差数列{a n }中，4a 3＋a 11－3a 5＝10，则15a 4＝( ) A.－1 B.0 C.1D.2解析：选C 法一：设{a n }的公差为d (d ≠0)，由4a 3＋a 11－3a 5＝10，得4(a 1＋2d )＋(a 1＋10d )－3(a 1＋4d )＝10，即2a 1＋6d ＝10，即a 1＋3d ＝5，故a 4＝5，所以15a 4＝1，故选C.法二：设{a n }的公差为d (d ≠0)，因为a n ＝a m ＋(n －m )d ，所以由4a 3＋a 11－3a 5＝10，得4(a 4－d )＋(a 4＋7d )－3(a 4＋d )＝10，整理得a 4＝5，所以15a 4＝1，故选C.法三：由等差数列的性质，得2a 7＋3a 3－3a 5＝10，得4a 5＋a 3－3a 5＝10，即a 5＋a 3＝10，则2a 4＝10，即a 4＝5，所以15a 4＝1，故选C.3.数列{a n }是首项a 1＝m ，公差为2的等差数列，数列{b n }满足2b n ＝(n ＋1)a n ，若对任意n ∈N *都有b n ≥b 5成立，则m 的取值范围是________.解析：由题意得，a n ＝m ＋2(n －1)， 从而b n ＝n ＋12a n ＝n ＋12[m ＋2(n －1)].又对任意n ∈N *都有b n ≥b 5成立，结合数列{b n }的函数特性可知b 4≥b 5，b 6≥b 5，故⎩⎪⎨⎪⎧52（m ＋6）≥3（m ＋8），72（m ＋10）≥3（m ＋8），解得－22≤m ≤－18.答案：[－22，－18][例3] 设S n 为数列{a n }的前n 项和，对任意的n ∈N *，都有S n ＝2－a n ，数列{b n }满足b 1＝2a 1，b n ＝b n －11＋b n －1(n ≥2，n ∈N *).(1)求证：数列{a n }是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)判断数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是等差数列还是等比数列，并求数列{b n }的通项公式.[解] (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－a 1，解得a 1＝1； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a n －1－a n ， 即a n a n －1＝12(n ≥2，n ∈N *). 所以数列{a n }是首项为1， 公比为12的等比数列，故数列{a n }的通项公式为a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.(2)因为a 1＝1，所以b 1＝2a 1＝2.因为b n ＝b n －11＋b n －1，所以1b n ＝1b n －1＋1，即1b n －1b n －1＝1(n ≥2).所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是首项为12，公差为1的等差数列.所以1b n ＝12＋(n －1)·1＝2n －12，故数列{b n }的通项公式为b n ＝22n －1.[解题方略]数列{a n }是等差数列或等比数列的证明方法(1)证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法： ①利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为一常数； ②利用等差中项，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2).(2)证明{a n }是等比数列的两种基本方法： ①利用定义，证明a n ＋1a n(n ∈N *)为一常数； ②利用等比中项，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2).[跟踪训练]已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －3n (n ∈N *). (1)求a 1，a 2，a 3的值.(2)设b n ＝a n ＋3，证明数列{b n }为等比数列，并求通项公式a n . 解：(1)因为数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －3n (n ∈N *). 所以n ＝1时，由a 1＝S 1＝2a 1－3×1，解得a 1＝3，n ＝2时，由S 2＝2a 2－3×2，得a 2＝9， n ＝3时，由S 3＝2a 3－3×3，得a 3＝21.(2)因为S n ＝2a n －3n ， 所以S n ＋1＝2a n ＋1－3(n ＋1)， 两式相减，得a n ＋1＝2a n ＋3，①把b n ＝a n ＋3及b n ＋1＝a n ＋1＋3，代入①式， 得b n ＋1＝2b n (n ∈N *)，且b 1＝6，所以数列{b n }是以6为首项，2为公比的等比数列， 所以b n ＝6×2n －1，所以a n ＝b n －3＝6×2n －1－3＝3(2n－1).逻辑推理——等比数列运算中的分类讨论[典例] 已知等比数列{a n }中a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值范围是( ) A.(－∞，－1] B.(－∞，0)∪[1，＋∞) C.[3，＋∞)D.(－∞，－1]∪[3，＋∞)[解析] 设等比数列{a n }的公比为q ， 则S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1q ＋1＋q ＝1＋q ＋1q.当公比q >0时，S 3＝1＋q ＋1q≥1＋2q ·1q＝3，当且仅当q ＝1时，等号成立；当公比q <0时，S 3＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－q －1q ≤1－2（－q ）·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1q ＝－1，当且仅当q ＝－1时，等号成立.所以S 3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞). [答案] D[素养通路]等比数列的公比q <0时，相邻两项一定异号，相隔一项的两项符号一定相同；等比数列的公比q >0时，数列中的各项符号相同.用等比数列前n 项和公式时，如果其公比q 不确定，要分q ＝1和q ≠1两种情况进行讨论.本题考查了逻辑推理及数学运算的核心素养.[专题过关检测]A 组——“6＋3＋3”考点落实练一、选择题1.(2019·全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3＝( )A.16B.8C.4D.2解析：选C 由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1>0，q >0，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝15，a 1q 4＝3a 1q 2＋4a 1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，∴a 3＝a 1q 2＝4.故选C.2.(2019·湖南省五市一校联考)已知数列{a n }满足2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)，a 2＋a 4＋a 6＝12，a 1＋a 3＋a 5＝9，则a 1＋a 6＝( )A.6B.7C.8D.9解析：选B 法一：由题意知，数列{a n }是等差数列，设公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＋a 1＋3d ＋a 1＋5d ＝12，a 1＋a 1＋2d ＋a 1＋4d ＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，所以a 1＋a 6＝a 1＋a 1＋5d ＝7，故选B. 法二：由题意知，数列{a n }是等差数列，将a 2＋a 4＋a 6＝12与a 1＋a 3＋a 5＝9相加可得3(a 1＋a 6)＝12＋9＝21，所以a 1＋a 6＝7，故选B.3.(2019·福州市质量检测)等比数列{a n }的各项均为正实数，其前n 项和为S n .若a 3＝4，a 2a 6＝64，则S 5＝( )A.32B.31C.64D.63解析：选 B 法一：设首项为a 1，公比为q ，因为a n ＞0，所以q ＞0，由条件得⎩⎪⎨⎪⎧a 1·q 2＝4，a 1q ·a 1q 5＝64，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，所以S 5＝31，故选B. 法二：设首项为a 1，公比为q ，因为a n ＞0，所以q ＞0，由a 2a 6＝a 24＝64，a 3＝4，得q ＝2，a 1＝1，所以S 5＝31，故选B.4.数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝3，a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2，n ∈N *)，那么a 2019＝( ) A.1 B.－2 C.3D.－3解析：选A 因为a n ＋1＝a n －a n －1(n ≥2)，所以a n ＝a n －1－a n －2(n ≥3)，所以a n ＋1＝a n －a n－1＝(a n －1－a n －2)－a n －1＝－a n －2(n ≥3).所以a n ＋3＝－a n (n ∈N *)，所以a n ＋6＝－a n ＋3＝a n ， 故{a n }是以6为周期的周期数列. 因为2019＝336×6＋3，所以a 2019＝a 3＝a 2－a 1＝3－2＝1.故选A.5.(2019届高三·西安八校联考)若等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6>S 7>S 5，则满足S n S n ＋1<0的正整数n 的值为( )A.10B.11C.12D.13解析：选C 由S 6>S 7>S 5，得S 7＝S 6＋a 7<S 6，S 7＝S 5＋a 6＋a 7>S 5，所以a 7<0，a 6＋a 7>0，所以S 13＝13（a 1＋a 13）2＝13a 7<0，S 12＝12（a 1＋a 12）2＝6(a 6＋a 7)>0，所以S 12S 13<0，即满足S n S n＋1<0的正整数n 的值为12，故选C.6.已知数列{a n }满足a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，n ∈N *，且a 5＝π2，若函数f (x )＝sin2x ＋2cos 2x 2，记y n ＝f (a n )，则数列{y n }的前9项和为( )A.0B.－9C.9D.1解析：选 C 由已知可得，数列{a n }为等差数列，f (x )＝sin2x ＋cos x ＋1，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1.∵f (π－x )＝sin(2π－2x )＋cos(π－x )＋1＝－sin2x －cos x ＋1，∴f (π－x )＋f (x )＝2，∵a 1＋a 9＝a 2＋a 8＝…＝2a 5＝π，∴f (a 1)＋…＋f (a 9)＝2×4＋1＝9，即数列{y n }的前9项和为9.二、填空题7.(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，S 3＝34，则S 4＝________.解析：设等比数列的公比为q ，则a n ＝a 1qn －1＝qn －1.∵a 1＝1，S 3＝34，∴a 1＋a 2＋a 3＝1＋q ＋q 2＝34，即4q 2＋4q ＋1＝0，∴q ＝－12，∴S 4＝1×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－1241－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝58.答案：588.(2019·北京高考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝－3，S 5＝－10，则a 5＝________，S n 的最小值为________.解析：∵a 2＝a 1＋d ＝－3，S 5＝5a 1＋10d ＝－10， ∴a 1＝－4，d ＝1， ∴a 5＝a 1＋4d ＝0， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n －5.令a n <0，则n <5，即数列{a n }中前4项为负，a 5＝0，第6项及以后为正. ∴S n 的最小值为S 4＝S 5＝－10. 答案：0 －109.设某数列的前n 项和为S n ，若S nS 2n为常数，则称该数列为“和谐数列”.若一个首项为1，公差为d (d ≠0)的等差数列{a n }为“和谐数列”，则该等差数列的公差d ＝________.解析：由S n S 2n ＝k (k 为常数)，且a 1＝1，得n ＋12n (n －1)d ＝k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋12×2n （2n －1）d ，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d ，整理得，(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0，∵对任意正整数n ，上式恒成立，∴⎩⎪⎨⎪⎧d （4k －1）＝0，（2k －1）（2－d ）＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，k ＝14，∴数列{a n }的公差为2.答案：2 三、解答题10.(2019·北京高考)设{a n }是等差数列，a 1＝－10，且a 2＋10，a 3＋8，a 4＋6成等比数列.(1)求{a n }的通项公式；(2)记{a n }的前n 项和为S n ，求S n 的最小值. 解：(1)设{a n }的公差为d .因为a 1＝－10， 所以a 2＝－10＋d ，a 3＝－10＋2d ，a 4＝－10＋3d . 因为a 2＋10，a 3＋8，a 4＋6成等比数列， 所以(a 3＋8)2＝(a 2＋10)(a 4＋6). 所以(－2＋2d )2＝d (－4＋3d ). 解得d ＝2.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －12. (2)由(1)知，a n ＝2n －12.则当n ≥7时，a n >0；当n ≤6时，a n ≤0. 所以S n 的最小值为S 5＝S 6＝－30.11.(2019·广西梧州、桂林、贵港等期末)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，a 2＋a 3＝8，S 9＝81.(1)求{a n }的通项公式；(2)若S 3，a 14，S m 成等比数列，求S 2m .解：(1)∵⎩⎪⎨⎪⎧S 9＝9a 5＝9（a 1＋4d ）＝81，a 2＋a 3＝2a 1＋3d ＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2， 故a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. (2)由(1)知，S n ＝n （1＋2n －1）2＝n 2.∵S 3，a 14，S m 成等比数列，∴S 3·S m ＝a 214，即9m 2＝272，解得m ＝9，故S 2m ＝182＝324.12.(2019·广州市调研测试)设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 3＝7，a n ＝2a n －1＋a 2－2(n ≥2).(1)证明：数列{a n ＋1}为等比数列；(2)求数列{a n }的通项公式，并判断n ，a n ，S n 是否成等差数列？解：(1)证明：∵a 3＝7，a 3＝3a 2－2，∴a 2＝3， ∴a n ＝2a n －1＋1， ∴a 1＝1，a n ＋1a n －1＋1＝2a n －1＋2a n －1＋1＝2(n ≥2)，∴数列{a n ＋1}是首项为a 1＋1＝2，公比为2的等比数列. (2)由(1)知，a n ＋1＝2n， ∴a n ＝2n－1，∴S n ＝2（1－2n）1－2－n ＝2n ＋1－n －2，∴n ＋S n －2a n ＝n ＋(2n ＋1－n －2)－2(2n－1)＝0，∴n ＋S n ＝2a n ，即n ，a n ，S n 成等差数列.B 组——大题专攻强化练1.(2019·湖南省湘东六校联考)已知数列{a n }满足a n ＋1－3a n ＝3n(n ∈N *)且a 1＝1. (1)设b n ＝a n3n －1，证明：数列{b n }为等差数列；(2)设c n ＝n a n，求数列{c n }的前n 项和S n . 解：(1)证明：由已知得a n ＋1＝3a n ＋3n，得b n ＋1＝a n ＋13n＝3a n ＋3n3n＝a n3n －1＋1＝b n ＋1，所以b n ＋1－b n ＝1，又a 1＝1，所以b 1＝1， 所以数列{b n }是首项为1，公差为1的等差数列. (2)由(1)知，b n ＝a n3n －1＝n ，所以a n ＝n ·3n －1，c n ＝13n －1，所以S n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n 1－13＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n ＝32－12·3n －1.2.(2019·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.已知S 9＝－a 5. (1)若a 3＝4，求{a n }的通项公式；(2)若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围. 解：(1)设{a n }的公差为d . 由S 9＝－a 5得a 1＋4d ＝0. 由a 3＝4得a 1＋2d ＝4. 于是a 1＝8，d ＝－2.因此{a n }的通项公式为a n ＝10－2n . (2)由(1)得a 1＝－4d ，故a n ＝(n －5)d ，S n ＝n （n －9）d 2.由a 1>0知d <0，故S n ≥a n 等价于n 2－11n ＋10≤0，解得1≤n ≤10，所以n 的取值范围是{n |1≤n ≤10，n ∈N }.3.(2019·全国卷Ⅱ)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0，4a n ＋1＝3a n －b n ＋4，4b n ＋1＝3b n －a n －4.(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列； (2)求{a n }和{b n }的通项公式.解：(1)证明：由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )，即a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n ).又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列.由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8， 即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2. 又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列. (2)由(1)知，a n ＋b n ＝12n －1，a n －b n ＝2n －1，所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12，b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12.4.已知数列{a n }的首项a 1＝3，a 3＝7，且对任意的n ∈N *，都有a n －2a n ＋1＋a n ＋2＝0，数列{b n }满足b n ＝a 2n －1，n ∈N *.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)求使b 1＋b 2＋…＋b n ＞2020成立的最小正整数n 的值. 解：(1)令n ＝1得，a 1－2a 2＋a 3＝0，解得a 2＝5.又由a n －2a n ＋1＋a n ＋2＝0知，a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＝…＝a 2－a 1＝2， 故数列{a n }是首项a 1＝3，公差d ＝2的等差数列， 于是a n ＝2n ＋1，b n ＝a 2n －1＝2n ＋1.(2)由(1)知，b n ＝2n＋1.于是b 1＋b 2＋…＋b n ＝(21＋22＋ (2))＋n ＝2（1－2n）1－2＋n ＝2n ＋1＋n －2.令f (n )＝2n ＋1＋n －2，易知f (n )是关于n 的单调递增函数，又f (9)＝210＋9－2＝1031，f (10)＝211＋10－2＝2056， 故使b 1＋b 2＋…＋b n ＞2020成立的最小正整数n 的值是10.第2讲 数列通项与求和[例1] (1)已知S n 为数列{a n }的前n 项和，a 1＝1，当n ≥2时，S n －1＋1＝a n ，则a 8＝________.(2)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，则a n ＝____________. [解析] (1)当n ＝2时，S 1＋1＝a 2，即a 2＝2.当n ≥2时，⎩⎪⎨⎪⎧S n －1＋1＝a n ，S n ＋1＝a n ＋1，相减得a n ＋1＝2a n ，又a 1＝1，所以a 2＝2a 1.所以数列{a n }构成一个等比数列， 所以a 8＝a 2·q 6＝2×26＝128.(2)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，①故当n ≥2时，a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)，② ①－②得(2n －1)a n ＝2，所以a n ＝22n －1， 又n ＝1时，a 1＝2适合上式， 从而{a n }的通项公式为a n ＝22n －1. [答案] (1)128 (2)22n －1[解题方略]1.给出S n 与a n 的递推关系求a n ，常用思路是：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .2.形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠1，q ≠0)，可构造一个新的等比数列.[跟踪训练]1.已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且log 5(S n ＋1)＝n ＋1，则数列{a n }的通项公式为________.解析：由log 5(S n ＋1)＝n ＋1，得S n ＋1＝5n ＋1，所以S n ＝5n ＋1－1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4×5n；当n ＝1时，a 1＝S 1＝24，不满足上式.所以数列a n 的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧24，n ＝1，4×5n，n ≥2. 答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧24，n ＝1，4×5n，n ≥2 2.已知首项为2的数列{a n }满足a n ＋1(2n －1)＝a n (2n ＋1)(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为a n ＝________.答案：4n －2解析：因为a n ＋1(2n －1)＝a n (2n ＋1)(n ∈N *)，且a 1＝2，所以a n ＋1a n ＝2n ＋12n －1，得a n ＝a 1×a 2a 1×a 3a 2×…×a n a n －1＝2×31×53×…×2n －12n －3＝4n －2. 考点二数列的求和题型一 分组转化求和[例2] 已知{a n }为等差数列，且a 2＝3，{a n }前4项的和为16，数列{b n }满足b 1＝4，b 4＝88，且数列{b n －a n }为等比数列.(1)求数列{a n }和{b n －a n }的通项公式； (2)求数列{b n }的前n 项和S n .[解] (1)设{a n }的公差为d ，因为a 2＝3，{a n }前4项的和为16，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝3，4a 1＋4×32d ＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2， 所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. 设{b n －a n }的公比为q ， 则b 4－a 4＝(b 1－a 1)q 3， 因为b 1＝4，b 4＝88，所以q 3＝b 4－a 4b 1－a 1＝88－74－1＝27，解得q ＝3，所以b n －a n ＝(4－1)×3n－1＝3n.(2)由(1)得b n ＝3n＋2n －1，所以S n ＝(3＋32＋33＋ (3))＋(1＋3＋5＋…＋2n －1) ＝3（1－3n）1－3＋n （1＋2n －1）2＝32(3n －1)＋n 2 ＝3n ＋12＋n 2－32. [解题方略]求解此类题的关键：一是会“列方程”，即会利用方程思想求出等差数列与等比数列中的基本量；二是会“用公式”，即会利用等差(比)数列的通项公式，求出所求数列的通项公式；三是会“分组求和”，观察数列的通项公式的特征，若数列是由若干个简单数列(如等差数列、等比数列、常数列等)组成，则求前n 项和时可用分组求和法，把数列分成几个可以直接求和的数列；四是会“用公式法求和”，对分成的各个数列的求和，观察数列的特点，一般可采用等差数列与等比数列的前n 项和公式求和.题型二 裂项相消求和[例3] (2019·湖南省湘东六校联考)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝S n －1＋1(n ≥2，n ∈N )，且a 1＝1.(1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)记b n ＝1a n ·a n ＋1，T n 为{b n }的前n 项和，求使T n ≥2n成立的n 的最小值.[解] (1)由已知有S n －S n －1＝1(n ≥2，n ∈N )， ∴数列{S n }为等差数列，又S 1＝a 1＝1， ∴S n ＝n ，即S n ＝n 2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1. 又a 1＝1也满足上式，∴a n ＝2n －1.(2)由(1)知，b n ＝1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1. 由T n ≥2n得n 2≥4n ＋2，即(n －2)2≥6，∴n ≥5，∴n 的最小值为5. [解题方略]求解此类题需过“三关”：一是定通项关，即会利用求通项的常用方法，求出数列的通项公式；二是巧裂项关，即能将数列的通项公式准确裂项，表示为两项之差的形式；三是消项求和关，即把握消项的规律，求和时正负项相消，准确判断剩余的项是哪几项，从而准确求和.题型三 错位相减求和[例4] (2019·天津高考)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，公比大于0.已知a 1＝b 1＝3，b 2＝a 3，b 3＝4a 2＋3.(1)求{a n }和{b n }的通项公式.(2)设数列{c n }满足c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n 为奇数，b n 2，n 为偶数.求a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n (n ∈N *).[解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q .依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧3q ＝3＋2d ，3q 2＝15＋4d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝3， 故a n ＝3＋3(n －1)＝3n ，b n ＝3×3n －1＝3n.所以，{a n }的通项公式为a n ＝3n ，{b n }的通项公式为b n ＝3n. (2)a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)＋(a 2b 1＋a 4b 2＋a 6b 3＋…＋a 2n b n ) ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ×3＋n （n －1）2×6＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n ×3n )＝3n 2＋6(1×31＋2×32＋…＋n ×3n). 记T n ＝1×31＋2×32＋…＋n ×3n，① 则3T n ＝1×32＋2×33＋…＋n ×3n ＋1，②②－①得，2T n ＝－3－32－33－ (3)＋n ×3n ＋1＝－3（1－3n）1－3＋n ×3n ＋1＝（2n －1）3n ＋1＋32.所以，a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n ＝3n 2＋6T n ＝3n 2＋3×（2n －1）3n ＋1＋32＝（2n －1）3n ＋2＋6n 2＋92(n ∈N *).[解题方略]运用错位相减法求和的关键：一是判断模型，即判断数列{a n }，{b n }是不是一个为等差数列，一个为等比数列；二是错开位置，为两式相减不会看错列做准备；三是相减，相减时一定要注意最后一项的符号，学生在解题时常在此步出错，一定要小心.[跟踪训练]1.已知{a n }为正项等比数列，a 1＋a 2＝6，a 3＝8. (1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)若b n ＝log 2a na n，且{b n }的前n 项和为T n ，求T n .解：(1)依题意，设等比数列{a n }的公比为q ，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝6，a 1q 2＝8，则3q 2－4q －4＝0，而q ＞0，∴q ＝2.于是a 1＝2，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n. (2)由(1)得b n ＝log 2a n a n ＝n2n ，∴T n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，12T n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n 2n ＋1， 两式相减得，12T n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1，∴T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n2n＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n1－12－n2n ＝2－n ＋22n.2.(2019·江西七校第一次联考)设数列{a n }满足：a 1＝1，3a 2－a 1＝1，且2a n ＝a n －1＋a n ＋1a n －1a n ＋1(n ≥2).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，且b 1＝12，4b n ＝a n －1a n (n ≥2)，求T n .解：(1)∵2a n ＝a n －1＋a n ＋1a n －1a n ＋1(n ≥2)，∴2a n ＝1a n －1＋1a n ＋1(n ≥2).又a 1＝1，3a 2－a 1＝1， ∴1a 1＝1，1a 2＝32，∴1a 2－1a 1＝12， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公差为12的等差数列.∴1a n ＝1＋12(n －1)＝12(n ＋1)， 即a n ＝2n ＋1. (2)∵4b n ＝a n －1a n (n ≥2)， ∴b n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1(n ≥2)，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎛⎪⎫1－12＋ ⎛⎪⎫12－13＋…＋ ⎛⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. [例5] (2019·昆明市诊断测试)已知数列{a n }是等比数列，公比q ＜1，前n 项和为S n ，若a 2＝2，S 3＝7.(1)求{a n }的通项公式；(2)设m ∈Z ，若S n ＜m 恒成立，求m 的最小值.[解] (1)由a 2＝2，S 3＝7得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝2，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝7， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，q ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2(舍去).所以a n ＝4·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3.(2)由(1)可知，S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＜8.因为a n ＞0，所以S n 单调递增.又S 3＝7，所以当n ≥4时，S n ∈(7，8). 又S n ＜m 恒成立，m ∈Z ，所以m 的最小值为8.[解题方略]求解数列与函数交汇问题注意两点：(1)数列是一类特殊的函数，其定义域是正整数集(或它的有限子集)，在求数列最值或不等关系时要特别重视；(2)解题时准确构造函数，利用函数性质时注意限制条件.[跟踪训练](2019·重庆市七校联合考试)已知等差数列{a n }的公差为d ，且关于x 的不等式a 1x 2－dx －3＜0的解集为(－1，3).(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2a n ＋12＋a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)由题意知，方程a 1x 2－dx －3＝0的两个根分别为－1和3.则⎩⎪⎨⎪⎧d a 1＝2，－3a 1＝－3，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，a 1＝1.故数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.(2)由(1)知a n ＝2n －1，所以b n ＝2a n ＋12＋a n ＝2n＋(2n －1)， 所以S n ＝(2＋22＋23＋…＋2n )＋(1＋3＋5＋…＋2n －1)＝2n ＋1＋n 2－2.数学运算——数列的通项公式及求和问题[典例] 设{a n }是公比大于1的等比数列，S n 为其前n 项和，已知S 3＝7，a 1＋3，3a 2，a 3＋4构成等差数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝a n ＋ln a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . [解] (1)设数列{a n }的公比为q (q >1).由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝7，（a 1＋3）＋（a 3＋4）2＝3a 2，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1＋q ＋q 2）＝7，a 1（1－6q ＋q 2）＝－7. 由q >1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，故数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1.(2)由(1)得b n ＝2n －1＋(n －1)ln2，所以T n ＝(1＋2＋22＋…＋2n －1)＋[0＋1＋2＋…＋(n －1)]ln2＝1－2n1－2＋n （n －1）2ln2＝2n－1＋n （n －1）2ln2.[素养通路]数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养.主要包括：理解运算对象，掌握运算法则，探究运算思路，选择运算方法，设计运算程序，求得运算结果等.本题通过列出关于首项与公比的方程组，并解此方程组得出首项与公比，从而得出通项公式；通过分组分别根据等比数列求和公式、等差数列求和公式求和.考查了数学运算这一核心素养.[专题过关检测]A 组——“6＋3＋3”考点落实练一、选择题1.若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n ＋1·(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 2020＝( )A.－3027B.3027C.－3030D.3030解析：选C 因为a 1＋a 2＋…＋a 2020＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2019＋a 2020)＝(1－4)＋(7－10)＋…＋[(3×2019－2)－(3×2020－2)]＝(－3)×1010＝－3030，故选C.2.已知数列{a n }满足a n ＋1a n ＋1＋1＝12，且a 2＝2，则a 4＝( )A.－12B.23C.12D.11解析：选D 因为数列{a n }满足a n ＋1a n ＋1＋1＝12，所以a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，即数列{a n ＋1}是等比数列，公比为2，则a 4＋1＝22(a 2＋1)＝12，解得a 4＝11.3.(2019·广东省六校第一次联考)数列{a n }的前n 项和为S n ＝n 2＋n ＋1，b n ＝(－1)na n (n ∈N *)，则数列{b n }的前50项和为( )A.49B.50C.99D.100解析：选A 由题意得，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3，所以数列{b n }的前50项和为(－3＋4)＋(－6＋8)＋…＋(－98＋100)＝1＋2×24＝49，故选A.4.已知数列{a n }是等差数列，若a 2，a 4＋3，a 6＋6构成公比为q 的等比数列，则q ＝( ) A.1 B.2 C.3D.4解析：选A 令等差数列{a n }的公差为d ，由a 2，a 4＋3，a 6＋6构成公比为q 的等比数列，得(a 4＋3)2＝a 2(a 6＋6)，即(a 1＋3d ＋3)2＝(a 1＋d )·(a 1＋5d ＋6)，化简得(2d ＋3)2＝0，解得d ＝－32.所以q ＝a 4＋3a 2＝a 1－92＋3a 1－32＝a 1－32a 1－32＝1.故选A.5.河南洛阳的龙门石窟是中国石刻艺术宝库之一，现为世界文化遗产，龙门石窟与莫高窟、云冈石窟、麦积山石窟并称中国四大石窟.现有一石窟的某处浮雕共7层，每上层的数量是下层的2倍，总共有1016个浮雕，这些浮雕构成一幅优美的图案，若从最下层往上，浮雕的数量构成一个数列{a n }，则log 2(a 3a 5)的值为( )A.8B.10C.12D.16解析：选C 依题意得，数列{a n }是以2为公比的等比数列， 因为最下层的浮雕的数量为a 1，所以S 7＝a 1（1－27）1－2＝1016，解得a 1＝8，所以a n ＝8×2n －1＝2n ＋2(1≤n ≤7，n ∈N *)，所以a 3＝25，a 5＝27，从而a 3×a 5＝25×27＝212， 所以log 2(a 3a 5)＝log 2212＝12，故选C.6.(2019·洛阳市统考)已知数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，且a n >0，6S n ＝a 2n ＋3a n ，b n ＝2a n（2a n －1）（2a n ＋1－1），若k >T n 恒成立，则k 的最小值为( )A.17 B.149 C.49D.8441解析：选B ∵6S n ＝a 2n ＋3a n ，∴6S n ＋1＝a 2n ＋1＋3a n ＋1， ∴6a n ＋1＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )＋3(a n ＋1－a n )， ∴(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )＝3(a n ＋1＋a n )， ∵a n >0，∴a n ＋1＋a n >0，∴a n ＋1－a n ＝3， 又6a 1＝a 21＋3a 1，a 1>0，∴a 1＝3.∴{a n }是以3为首项，3为公差的等差数列，∴a n ＝3n ，∴b n ＝17·⎝ ⎛⎭⎪⎫18n －1－18n ＋1－1，∴T n ＝17·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫18－1－182－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫182－1－183－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫18n －1－18n ＋1－1＝17·⎝ ⎛⎭⎪⎫17－18n ＋1－1<149， ∴k ≥149，∴k 的最小值为149，故选B.二、填空题7.在各项都为正数的等比数列{a n }中，已知a 1＝2，a 2n ＋2＋4a 2n ＝4a 2n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析：设等比数列{a n }的公比为q >0，因为a 1＝2，a 2n ＋2＋4a 2n ＝4a 2n ＋1， 所以(a n q 2)2＋4a 2n ＝4(a n q )2，化为q 4－4q 2＋4＝0， 解得q 2＝2，q >0，解得q ＝ 2.则数列{a n }的通项公式a n ＝2×(2)n －1＝2n ＋12.答案：2n ＋128.(2019·安徽合肥一模改编)设等差数列{a n }满足a 2＝5，a 6＋a 8＝30，则a n ＝________，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n －1的前n 项和为________. 解析：设等差数列{a n }的公差为d .∵{a n }是等差数列，∴a 6＋a 8＝30＝2a 7，解得a 7＝15，∴a 7－a 2＝5d .又a 2＝5，则d ＝2.∴a n ＝a 2＋(n －2)d ＝2n ＋1.∴1a 2n －1＝14n （n ＋1）＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n －1的前n 项和为14⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n4（n ＋1）.答案：2n ＋1n4（n ＋1）9.(2019·福州市质量检测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且S n ＝λa n －1(λ为常数)，若数列{b n }满足a n b n ＝－n 2＋9n －20，且b n ＋1<b n ，则满足条件的n 的取值集合为________.解析：因为a 1＝1，且S n ＝λa n －1(λ为常数)， 所以a 1＝λ－1＝1，解得λ＝2，所以S n ＝2a n －1，所以S n －1＝2a n －1－1(n ≥2)，所以a n ＝2a n －1，∴数列{a n }是等比数列，首项是1，公比是2，所以a n ＝2n －1.因为a n b n ＝－n 2＋9n －20，所以b n ＝－n 2＋9n －202n －1， 所以b n ＋1－b n ＝n 2－11n ＋282n＝（n －4）（n －7）2n<0，解得4<n <7，又因为n ∈N *，所以n ＝5或n ＝6. 即满足条件的n 的取值集合为{5，6}. 答案：{5，6} 三、解答题10.(2019·江西七校第一次联考)数列{a n }满足a 1＝1，a 2n ＋2＝a n ＋1(n ∈N *). (1)求证：数列{a 2n }是等差数列，并求出{a n }的通项公式； (2)若b n ＝2a n ＋a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和.解：(1)由a 2n ＋2＝a n ＋1得a 2n ＋1－a 2n ＝2，且a 21＝1， 所以数列{a 2n }是以1为首项，2为公差的等差数列， 所以a 2n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，又由已知易得a n ＞0，所以a n ＝2n －1(n ∈N *). (2)b n ＝2a n ＋a n ＋1＝22n －1＋2n ＋1＝2n ＋1－2n －1，故数列{b n }的前n 项和T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(3－1)＋(5－3)＋…＋(2n ＋1－2n －1)＝2n ＋1－1.11.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ＋1－2，b n ＝a n2n ＋2n .(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n b n }的前n 项和T n . 解：(1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1－2－2n ＋2＝2n，当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，所以a n ＝2n .(2)∵b n ＝a n2n ＋2n ＝2n ＋1，∴a n b n ＝(2n ＋1)·2n.∴T n ＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n ＋1)·2n， 2T n ＝3×22＋5×23＋7×24＋…＋(2n ＋1)·2n ＋1，∴－T n ＝6＋23＋24＋…＋2n ＋1－(2n ＋1)·2n ＋1＝6＋23（1－2n －1）1－2－(2n ＋1)2n ＋1＝－2－(2n －1)·2n ＋1.∴T n ＝(2n －1)·2n ＋1＋2.12.(2019·郑州市第二次质量预测)数列{a n }满足：a 12＋a 23＋…＋a nn ＋1＝n 2＋n ，n ∈N *.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n ，数列{b n }的前n 项和为S n ，求满足S n >920的最小正整数n .解：(1)由题意知，a 12＋a 23＋…＋a nn ＋1＝n 2＋n ，当n ≥2时，a 12＋a 23＋…＋a n －1n ＝(n －1)2＋n －1，两式相减得，a nn ＋1＝2n ，a n ＝2n (n ＋1)(n ≥2).当n ＝1时，a 1＝4也符合，所以a n ＝2n (n ＋1)，n ∈N *. (2)b n ＝1a n＝12n （n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以S n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n 2（n ＋1）， 由S n ＝n 2（n ＋1）＞920得n ＞9，所以满足条件的最小正整数n 为10.B 组——大题专攻强化练1.(2019·河北省九校第二次联考)已知{a n }是各项都为正数的数列，其前n 项和为S n ，且S n 为a n 与1a n的等差中项.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝（－1）na n，求{b n }的前n 项和T n .解：(1)由题意知，2S n ＝a n ＋1a n，即2S n a n －a 2n ＝1，①当n ＝1时，由①式可得a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，代入①式，得2S n (S n －S n －1)－(S n －S n －1)2＝1， 整理得S 2n －S 2n －1＝1.所以{S 2n }是首项为1，公差为1的等差数列，S 2n ＝1＋n －1＝n . 因为{a n }的各项都为正数，所以S n ＝n ， 所以a n ＝S n －S n －1＝n －n －1(n ≥2)，又a 1＝S 1＝1，所以a n ＝n －n －1.(2)b n ＝（－1）na n ＝（－1）nn －n －1＝(－1)n(n ＋n －1)，当n 为奇数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…＋(n －1＋n －2)－(n ＋n －1)＝－n ；当n 为偶数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…－(n －1＋n －2)＋(n ＋n －1)＝n .所以{b n }的前n 项和T n ＝(－1)nn .2.(2019·安徽省考试试题)已知等差数列{a n }中，a 5－a 3＝4，前n 项和为S n ，且S 2，S 3－1，S 4成等比数列.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝(－1)n4na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)设{a n }的公差为d ，由a 5－a 3＝4，得2d ＝4，d ＝2. ∴S 2＝2a 1＋2，S 3－1＝3a 1＋5，S 4＝4a 1＋12，又S 2，S 3－1，S 4成等比数列，∴(3a 1＋5)2＝(2a 1＋2)·(4a 1＋12)， 解得a 1＝1， ∴a n ＝2n －1. (2)b n ＝(－1)n4na n a n ＋1＝(－1)n⎝⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1，当n 为偶数时，T n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15－⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17＋…－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1，∴T n ＝－1＋12n ＋1＝－2n2n ＋1.当n 为奇数时，T n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋15－⎝ ⎛⎭⎪⎫15＋17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋12n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＋12n ＋1，∴T n ＝－1－12n ＋1＝－2n ＋22n ＋1.∴T n＝⎩⎪⎨⎪⎧－2n 2n ＋1，n 为偶数，－2n ＋22n ＋1，n 为奇数.3.(2019·江苏高考题节选)定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M 数列”. (1)已知等比数列{a n }(n ∈N *)满足：a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，求证：数列{a n }为“M 数列”；(2)已知数列{b n }(n ∈N *)满足：b 1＝1，1S n ＝2b n －2b n ＋1，其中S n 为数列{b n }的前n 项和.求数列{b n }的通项公式.解：(1)证明：设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由⎩⎪⎨⎪⎧a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a 21q 4＝a 1q 4，a 1q 2－4a 1q ＋4a 1＝0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2.因此数列{a n }为“M 数列”.(2)因为1S n ＝2b n －2b n ＋1，所以b n ≠0.由b 1＝1，S 1＝b 1，得11＝21－2b 2，则b 2＝2.由1S n ＝2b n －2b n ＋1，得S n ＝b n b n ＋12（b n ＋1－b n ）. 当n ≥2时，由b n ＝S n －S n －1，得b n ＝b n b n ＋12（b n ＋1－b n ）－b n －1b n2（b n －b n －1），整理得b n ＋1＋b n －1＝2b n .所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列. 因此，数列{b n }的通项公式为b n ＝n (n ∈N *). 4.已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n . (1)设b n ＝a nn，求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n . 解：(1)由a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n 可得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋12n， 又b n ＝a n n ，所以b n ＋1－b n ＝12n ，由a 1＝1，得b 1＝1，所以当n ≥2时，(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝121＋122＋…＋12n －1，所以b n －b 1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12＝1－12n －1，即b n ＝2－12n －1(n ≥2)，易知b 1＝1满足上式，所以b n ＝2－12n －1(n ∈N *).(2)由(1)可知a n ＝2n －n 2n －1，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n 2n －1的前n 项和为T n ，则T n ＝120＋221＋322＋…＋n2n －1，①12T n ＝121＋222＋323＋…＋n2n ，② 由①－②得，12T n ＝120＋121＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝120－12n1－12－n 2n ＝2－n ＋22n . 所以T n ＝4－n ＋22n －1.所以数列{a n }的前n 项和S n ＝n (n ＋1)－4＋n ＋22n －1.[思维流程——找突破口][典例] 已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)·a n .设b n ＝a n n. (1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由； (3)求{a n }的通项公式. [快审题][稳解题] (1)由条件可得a n ＋1＝2（n ＋1）na n .将n ＝1代入得，a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以a 2＝4. 将n ＝2代入得，a 3＝3a 2，所以a 3＝12. 从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4.(2)数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列. 理由如下： 由条件可得a n ＋1n ＋1＝2a nn， 即b n ＋1＝2b n ，又b 1＝1，所以数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列. (3)由(2)可得a n n＝2n －1，所以a n ＝n ·2n －1.[题后悟道] 等差、等比数列基本量的计算模型(1)分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要首先求解的中间问题.如为求和需要先求出通项、为求出通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的逻辑次序.(2)注意细节.在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等.[针对训练]已知正数数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 2n ＝S n ＋S n －1(n ≥2)，a 1＝1. (1)求数列{a n }的通项公式.(2)设b n ＝(1－a n )2－a (1－a n )，若b n ＋1>b n 对任意n ∈N *恒成立，求实数a 的取值范围.。
2019-2020年高考数学二轮复习第一部分专题三数列第一讲等差数列等比数列教案
2019-2020年高考数学二轮复习第一部分专题三数列第一讲等差数列等比数列教案等差数列、等比数列的判定及其通项公式在考查基本运算、基本概念的同时，也注重对函数与方程、等价转化、分类讨论等数学思想的考查；对等差数列、等比数列的性质考查主要是求解数列的等差中项、等比中项、通项公式和前n 项和的最大、最小值等问题，主要是中低档题；等差数列、等比数列的前n 项和是高考考查的重点.年份 卷别 考查角度及命题位置 xxⅠ卷 等差、等比数列的综合应用·T 17xxⅠ卷等差数列的通项公式及前n 项和公式·T 7 等比数列的概念及前n 项和公式·T 13Ⅱ卷等差数列的通项公式、性质及前n 项和公式·T 5 等比数列的通项公式及性质·T 9[真题自检]1．(xx·高考全国卷Ⅱ)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝( ) A ．5 B ．7 C ．9D ．11解析：法一：∵a 1＋a 5＝2a 3，∴a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝3，∴a 3＝1，∴S 5＝5a 1＋a 52＝5a 3＝5.法二：∵a 1＋a 3＋a 5＝a 1＋(a 1＋2d )＋(a 1＋4d )＝3a 1＋6d ＝3，∴a 1＋2d ＝1， ∴S 5＝5a 1＋5×42d ＝5(a 1＋2d )＝5.解析：A2．(xx·高考全国卷Ⅰ)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解析：∵公差为1，∴S 8＝8a 1＋8×8－12×1＝8a 1＋28，S 4＝4a 1＋6. ∵S 8＝4S 4，∴8a 1＋28＝4(4a 1＋6)，解得a 1＝12，∴a 10＝a 1＋9d ＝12＋9＝192.答案：B3．(xx·高考全国卷Ⅰ改编)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n 项和．若S n ＝126，求n 的值．解析：∵a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，∴数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列． 又∵S n ＝126，∴21－2n1－2＝126，∴n ＝6.等差数列、等比数列的基本运算[方法结论]1．两组求和公式 (1)等差数列：S n ＝n a 1＋a n2＝na 1＋n n －12d ；(2)等比数列：S n ＝a 11－q n 1－q ＝a 1－a n q1－q(q ≠1)．2．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 (q )的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量．[题组突破]1．(xx·贵阳模拟)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3＋a 9＝16，则S 11＝( ) A ．88 B ．48 C ．96D ．176解析：依题意得S 11＝11a 1＋a 112＝11a 3＋a 92＝11×162＝88，选A. 优解：依题意，可考虑将题目中的等差数列特殊化为常数列(注意慎用此方法)，即a n ＝8，因此S 11＝88，选A.答案：A2．(xx·海口模拟)已知数列{a n }，a n ＞0, 它的前n 项和为S n ，且2a 2是4a 1与a 3的等差中项．若{a n }为等比数列，a 1＝1，则S 7＝________.解析：设数列{a n }的公比为q ，依题意有a 1＝1,4a 2＝4a 1＋a 3，即4q ＝4＋q 2，故q ＝2，则S 7＝1－271－2＝127. 答案：1273．(xx·长沙模拟)已知数列{a n }为等差数列，其中a 2＋a 3＝8，a 5＝3a 2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{b n }中，b 1＝1，b 2＝2，从数列{a n }中取出第b n 项记为c n ，若{c n }是等比数列，求{b n }的前n 项和．解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋3d ＝8a 1＋4d ＝3a 1＋3d ，解得a 1＝1，d ＝2，从而{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，n ∈N *. (2)c 1＝ab 1＝a 1＝1，c 2＝ab 2＝a 2＝3， 从而等比数列{c n }的公比为3， 因此c n ＝1×3n －1＝3n －1.另一方面，c n ＝a ＝2b n －1， 所以2b n －1＝3n －1，因此b n ＝3n －1＋12. 记{b n }的前n 项和为S n ， 则S n ＝1＋31＋…＋3n －1＋n 2＝3n＋2n －14.[误区警示]在运用等比数列前n 项和公式时，一定要注意判断公比q 是否为1，切忌盲目套用公式导致失误．等差数列、等比数列的性质[方法结论]1．等差数列、等比数列常用性质：等差数列等比数列性质 (1)若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ；(2)a n ＝a m ＋(n －m )d ；(3)S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍成等差数列(1)若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ； (2)a n ＝a m qn －m ；(3)S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍成等比数列(S m ≠0)(1)若n 为奇数，则S n ＝na . (2)若n 为偶数，则S n ＝n2(a ＋a )．3．在等差数列中，当项数为偶数2n 时，有S 偶－S 奇＝nd ，S 偶S 奇＝a n ＋1a n；当项数为奇数2n －1时， 有S 奇－S 偶＝a n ，S 偶S 奇＝n －1n. 4．在等比数列中，当项数为偶数2n 时，S 偶S 奇＝q . [题组突破]1．(xx·洛阳模拟)等差数列{a n }为递增数列，若a 21＋a 210＝101，a 5＋a 6＝11，则数列{a n }的公差d等于( ) A ．1 B ．2 C ．9D ．10解析：依题意得(a 1＋a 10)2－2a 1a 10＝(a 5＋a 6)2－2a 1a 10＝121－2a 1a 10＝101，∴a 1a 10＝10， 又a 1＋a 10＝a 5＋a 6＝11，a 1＜a 10，∴a 1＝1，a 10＝10，d ＝a 10－a 110－1＝1，选A.答案：A2．(xx·江西红色七校联考)等比数列{a n }满足a n >0，q >1，a 3＋a 5＝20，a 2a 6＝64，则公比q 为( ) A.14 B.12 C ．2D ．4解析：通解：由已知可得a 21q 6＝64，即a 1q 3＝8，得a 4＝8，所以8q＋8q ＝20，化简得2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2或q ＝12(舍去)，故q ＝2，选C.优解：由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a 3＋a 5＝20a 3a 5＝64，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝4a 5＝16或⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝16a 5＝4(舍去)，故a 5a 3＝164＝4＝q 2，故q ＝2，选C. 答案：C3．(xx·江西高安中学等九校联考)已知数列{a n }是等比数列，数列{b n }是等差数列，若a 1·a 6·a 11＝33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，则tan b 3＋b 91－a 4·a 8的值是( )A ．1B.22C ．－22D ．－ 3解析：{a n }是等比数列，{b n }是等差数列，且a 1·a 6·a 11＝33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，∴a 36＝(3)3,3b 6＝7π，∴a 6＝3，b 6＝7π3，∴tan b 3＋b 91－a 4·a 8＝tan 2b 61－a 26＝tan2×7π31－32＝tan(－7π3)＝tan(－2π－π3)＝－tan π3＝－ 3.答案：D [误区警示]在等比数列中，S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m …仍成等比数列的前提是S m ≠0，易忽视这一条件．等差数列、等比数列的判定与证明[方法结论]1．证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法： (1)利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为一常数； (2)利用等差中项性质，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)． 2．证明{a n }是等比数列的两种基本方法： (1)利用定义，证明a n ＋1a n(n ∈N *)为一常数； (2)利用等比中项性质，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2，a n ≠0)． [典例] (xx·高考全国卷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． 解析：(1)设{a n }的公比为q .由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 11＋q ＝2，a 11＋q ＋q2＝－6.解得q ＝－2，a 1＝－2.故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n.(2)由(1)可得S n ＝a 11－q n 1－q ＝－23＋(－1)n 2n ＋13.由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n 2n ＋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． [类题通法]等价转化思想在解决a n 与S n 关系问题中的应用在已知a n 与S n 的关系问题中，通常利用a n 与S n 的关系转化为{a n }中a n 与a n －1或a n ＋1与a n 的关系，然后求解其他问题．[演练冲关]1．(xx·华南师大附中测试)在数列{a n }中，a 1＝p ，a n ＋1＝qa n ＋d (n ∈N *，p ，q ，d 是常数)，则d ＝0是数列{a n }是等比数列的( ) A ．必要不充分条件 B ．充分不必要条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：当d ＝0，p ＝0时，a n ＝0，数列{a n }不是等比数列，所以充分性不成立；当q ＝0，p ＝d ，d ≠0时，a n ＝d ，则数列{a n }为公比为1的等比数列，所以必要性不成立．综上所述，d ＝0是数列{a n }是等比数列的既不充分也不必要条件，故选D.答案：D2．(xx·临川一中模拟)已知数列{a n }满足：a 1＝3，a n ＋1＝n ＋1na n ＋2n ＋2. (1)证明：数列{a n n}是等差数列； (2)证明：1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n＜1.证明：(1)由a n ＋1＝n ＋1n a n ＋2n ＋2得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋2，即a n ＋1n ＋1－a nn＝2， ∴数列{a n n}是首项为3，公差为2的等差数列． (2)由(1)知，a n n＝3＋(n －1)×2＝2n ＋1， ∴a n ＝n (2n ＋1)， ∴1a n＝1n 2n ＋1＜1n n ＋1＝1n －1n ＋1， ∴1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n ＜(11－12)＋(12－13)＋(13－14)＋…＋(1n －1n ＋1)＝11－1n ＋1＜1， ∴1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a n＜1.等差、等比数列与其他知识的交汇1．交汇点 数列与其他知识的交汇数列在中学教材中既有相对独立性，又有较强的综合性，很多数列问题一般转化为特殊数列求解，一些题目常与函数、向量、三角函数、解析几何等知识交汇结合，考查数列的基本运算与应用． [典例1] (xx·宜昌月考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若OB →＝a 1OA →＋a 2 016OC →，且A ，B ，C 三点共线(该直线不过点O )，则S 2 016等于( ) A ．1 007 B ．1 008 C ．2 015D ．2 016解析：∵A ，B ，C 三点共线，∴a 1＋a 2 016＝1，∴S 2 016＝2 016a 1＋a 2 0162＝1 008，故选B.答案：B [类题通法]本题巧妙地将三点共线条件(PA →＝xPB →＋yPC →且A ，B ，C 三点共线⇔x ＋y ＝1)与等差数列的求和公式结合，解决的关键是抓住整体求值思想．[演练冲关]1．(xx·铜仁质检)在由正数组成的等比数列{a n }中，若a 3a 4a 5＝3π，则sin(log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7)的值为( ) A.12 B.32 C ．1D ．－32解析：因为a 3a 4a 5＝3π＝a 34，所以a 4＝3π3，即log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7＝log 3(a 1a 2…a 7)＝log 3a 74＝7log 33π3＝7π3，所以sin(log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7)＝32.答案：B2．创新点 新定义下数列的创新问题 [典例2] 设S n 为数列{a n }的前n 项和，若S 2n S n(n ∈N *)是非零常数，则称该数列为“和等比数列”；若数列{c n }是首项为2，公差为d (d ≠0)的等差数列，且数列{c n }是“和等比数列”，则d ＝________.解析：由题意可知，数列{c n }的前n 项和为S n ＝n c 1＋c n2，前2n 项和为S 2n ＝2nc 1＋c 2n2，所以S 2nS n ＝2n c 1＋c 2n2n c 1＋c n2＝2＋2nd4＋nd －d＝2＋21＋4－d nd.因为数列{c n }是“和等比数列”，即S 2nS n 为非零常数，所以d ＝4. 答案：4 [类题通法]解决新定义下数列问题一般是直接扣定义进行求解．本例的关键是抓住S 2nS n为非零常数来确定参数值．[演练冲关]2．在数列{a n }中，n ∈N *，若a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n＝k (k 为常数)，则称{a n }为“等差比数列”，下列是对“等差比数列”的判断： ①k 不可能为0；②等差数列一定是“等差比数列”； ③等比数列一定是“等差比数列”； ④“等差比数列”中可以有无数项为0.其中所有正确判断的序号是________．解析：由等差比数列的定义可知，k 不为0，所以①正确，当等差数列的公差为0，即等差数列为常数列时，等差数列不是等差比数列，所以②错误；当{a n }是等比数列，且公比q ＝1时，{a n }不是等差比数列，所以③错误；数列0,1,0,1，…是等差比数列，该数列中有无数多个0，所以④正确．答案：①④。
2019-2020年高三数学第二轮复习教案数列问题的题型与方法二人教版
一、考试内容数列；等差数列及其通项公式，等差数列前n项和公式；等比数列及其通项公式，等比数列前n项和公式。
二、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，并能运用公式解答简单的问题。
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，并能运用公式解决简单的问题。
三、复习目标1．能灵活地运用等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前n项和公式解题；2．能熟练地求一些特殊数列的通项和前项的和；3．使学生系统掌握解等差数列与等比数列综合题的规律，深化数学思想方法在解题实践中的指导作用，灵活地运用数列知识和方法解决数学和实际生活中的有关问题；4．通过解决探索性问题，进一步培养学生阅读理解和创新能力，综合运用数学思想方法分析问题与解决问题的能力．5．在解综合题的实践中加深对基础知识、基本技能和基本数学思想方法的认识，沟通各类知识的联系，形成更完整的知识网络，提高分析问题和解决问题的能力．6．培养学生善于分析题意，富于联想，以适应新的背景，新的设问方式，提高学生用函数的思想、方程的思想研究数列问题的自觉性、培养学生主动探索的精神和科学理性的思维方法．四、双基透视1．可以列表复习等差数列和等比数列的概念、有关公式和性质.2．判断和证明数列是等差（等比）数列常有三种方法：(1)定义法：对于n≥2的任意自然数,验证为同一常数。
(2)通项公式法：①若 = +（n-1）d= +（n-k）d，则为等差数列；②若，则为等比数列。
(3)中项公式法：验证都成立。
3. 在等差数列中,有关S n的最值问题——常用邻项变号法求解：(1)当>0,d<0时，满足的项数m使得取最大值.(2)当<0,d>0时，满足的项数m使得取最小值。
在解含绝对值的数列最值问题时,注意转化思想的应用。
2019-2020年高三数学二轮复习 专题3数列与递教案 苏教版
2019-2020年高三数学二轮复习专题3数列与递教案苏教版【高考趋势】近几年高考中，数列问题除在小题中有两题左右外，大题常在最后两题之一的位置。
小题一般为概念性问题，只要掌握等差、等比的基本属性便能解决，而大题的综合性较强，常从数列的递推关系式入手，化归为等差或等比数列，求出其通项公式，再进一步研究其和，构造不等式等，在证明不等式时，常利用函数的思想解决有关问题。
【考点展示】1、等比数列{a n}的前n项和为S n=3n+1-a，则实数a的值为。
2、等差数列{a n}中，a1=1，a3+a5=14，其前n项和S n=100,则n等于。
3、若f(n)=1+(nN*)，则按此形式写出f(1)的表达式应有f(1)=(不必算出最后结果)4、设{a n}为公比q1的等比数列，若a xx和a xx是方程4x2-8x+3=0的两根，则a xx+a xx=5、在等差数列{a n}中，a5=4, a7=-2，则|a1|+|a2|+…+|a10|=【样题剖析】例1、设{a n}是公比大于1的等比数列，S n为数列{a n}的前n项和，已知S3=7，且a1+3,3a2,a3+4构成等差数列。
（1）求数列{a n}的通项公式；（2）令b n=lna3n+1, nN*，求数列{b n}的前n项和T n。
例2、已知各项均为正数的数列{a n}的前n项和满足S n1，且6S n=(a n+1)(a n+2), nN*。
（1）求{a n}的通项公式；（2）设数列{b n}满足a n(2b n-1)=1，并记T n为{b n}的前n项和，求证：3T n+1log2(a n+3), nN*。
例3、在数列{a n}中，a1=2, a n+1=λa n+λn+1+(2-λ)2n(nN*)，其中λ0。
（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求数列{a n}的前n项和S n；（3）证明：存在kN*，使得对任意nN*均成立。
例4、已知函数f(x)=x2-4，设曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线与x轴的交点（x n+1,0）(nN*),其中x n为正实数。
2019-2020学年高考数学二轮复习 专题19 数列的综合应用导学案.doc
5.数列 ，…的前n项和为．
6.已知数列 的首项 ，其递公式为 ，
则数列 的通项公式 =。
例1．设数列 的前 项和为 已知
（I）设 ，证明数列 是等比数列
（II）求数列 的通项公式。
例2：已知 ，点 在函数 的图象上，其中
（1）证明数列 是等比数列；
（2）设 ，求 及数列 的通项；
（3）记 ，求数列 的前 项 ，并证明
例3．在占地3250亩的荒山上建造森林公园，2000年春季植树100亩，以后每年春季植 面积都比上一年增加50亩，直到荒山全部绿化为止。
（1）问：到哪一年春季，才能将荒山全部绿化完？
（2）如果新植树木的每亩木材量为2m3，树木每年的自然增长率为20%，到全部绿化完时，该森林公园的木材总量是多少？（1.29≈5.16）
1、等差数列 中,若 , ,则 ______.
2.设公差为 的等差数列 的前 项和为 ,若 , ,
则当 取最大值时, 的值为___.
3.在等差数列 中，Sn是它的前n 项的和，且 ，给出下列命题：①此数列公差 ；② ；③ 是各项中最大的一项；④ 是Sn中的最大项 ⑤ 是递增数列。其中真命题的序号是。
2019-2020学年高考数学二轮复习专题19数列的综合应用导学案
一：学习目标
内容
要求
A
B
C
数列
数列的概念
√
等差数列
√
等比数列
√
二：课前预习
1 .已知 成等差数列， 成等比数列，且 ，
则 的取值范围是
2.若正项等比数列 的公比 ，且 、 、 成等差数列，
则 .
3.已知三角形的三边构成等比数列,它们的公比为 ,则 的取值范围是..
高三数学第二轮复习教案《数列》
数列（第二轮复习）1.等差(比)数列的定义如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的差(比)等于同一个常数，这个数列叫做等差(比)数列.2.通项公式等差 a n =a 1+(n-1)d ，等比a n =a 1q n -13.等差(比)中项如果在a 、b 中间插入一个数A ，使a 、A 、b 成等差(比)数列，则A 叫a 、b 的等差(比)中项．A ＝(a+b)/2或A ＝±ab4.重要性质：m+n=p+q ⇔ a m ·a n ＝a p ·a q (等比数列)a m +a n ＝a p +a q (等差数列) (m 、n 、p 、q ∈N*) 特别地 m+n=2p ⇔ a m +a n ＝2a p (等差数列) a m ·a n ＝a p 2 (等比数列)5.等差数列前n 项和等比数列前n 项和6.如果某个数列前n 项和为Sn ，则7.差数列前n 项和的最值（1）若a1＞0，d ＜0，则S n 有最大值，n 可由 ⎩⎨⎧≥≥+0a 0a 1n n （2）若a1＜0，d ＞0，则S n 有最小值，n 可由 ⎩⎨⎧≤≤+0a 0a 1n n 8．求数列的前n 项和S n ，重点应掌握以下几种方法：（1）.倒序相加法：如果一个数列{a n }，与首末两项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用把正着写和与倒着写和的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和的方法称为倒序相加法.（2）.错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列与一个等比数列对应项乘积组成，此时求和可采用错位相减法.（3）.分组转化法：把数列的每一项分成两项，或把数列的项“集”在一块重新组合，或把整个数列分成两部分，使其转化为等差或等比数列，这一求和方法称为分组转化法.（4）.裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差，()()⎩⎨⎧≥-==-2111n S S n S a n n n ()()d n n na n a a S n n 21211-+=+=()()()⎪⎩⎪⎨⎧≠--==111111q qq a q na S n n在求和时一些正负项相互抵消，于是前n项的和变成首尾若干少数项之和，这一求和方法称为裂项相消法.9. 三个模型：（1）复利公式按复利计算利息的一种储蓄，本金为a元，每期利率为r，存期为x，则本利和y=a(1+r)x（2）.单利公式利息按单利计算，本金为a元，每期利率为r，存期为x，则本利和y=a(1+xr) （3）.产值模型原来产值的基础数为N，平均增长率为p，对于时间x的总产值y=N(1+p) x10．例、习题：1.若关于x的方程x2-x+a=0和x2-x+b=0(a,b∈R且a≠b)的四个根组成首项为1/4的等差数列，则a+b的值为( )A. 3/8B. 11/24C. 13/24D. 31/722.在等差数列{a n}中，a2+a4=p，a3+a5=q．则其前6项的和S6为( )(A) 5 (p+q)/4 (B) 3(p+q)/2 (C) p+q (D) 2(p+q)3.下列命题中正确的是( )A.数列{a n}的前n项和是S n=n2+2n-1，则{a n}为等差数列B.数列{a n}的前n项和是S n=3n-c，则c=1是{a n}为等比数列的充要条件C.数列既是等差数列，又是等比数列D.等比数列{a n}是递增数列，则公比q大于14.等差数列{a n}中，a1＞0，且3a8=5a13，则S n中最大的是( )(A)S10(B)S11(C)S20(D)S215.等差数列{a n}中，S n为数列前n项和，且S n/S m＝n2/m2 (n≠m)，则a n / a m值为( )(A)m/n (B)(2m-1)/n (C)2n/(2n-1) (D)(2n-1)/(2m-1)6.已知{a n}的前n项和S n=n2-4n+1，则|a1|+|a2|+…|a10|=( )(A)67 (B)65 (C)61 (D)567.一个项数是偶数的等比数列，它的偶数项的和是奇数项和的2倍，又它的首项为1，且中间两项的和为24，则此等比数列的项数为（）(A)12 (B)10 (C)8 (D)68.计算机是将信息转换成二进制进行处理的，二进制即“逢2进1”，如(1101)2表示二进制数，将它转换成十进制形式是1×23+1×22+0×21+1×20=13，那么将二进制数(111…11)2 （16个1）位转换成十进制形式是( )(A) 217-2 (B) 216-2 (C) 216-1 (D)215-19.{a n}为等比数列，{b n}为等差数列，且b1=0,C n＝a n+b n，若数列{C n}是1，1，5，…则{C n}的前10项和为___________.10.如果b是a，c的等差中项，y是x与z的等比中项，且x，y，z都是正数，则(b-c)log m x+(c-a)log m y+(a-b)log m z=_______.11.数列{a n}的前n项和S n=n2+1，则a n=_________________.12.四个正数成等差数列，若顺次加上2，4，8，15后成等比数列，求原数列的四个数.13.已知等比数列{a n }的公比为q ，前n 项的和为S n ，且S 3，S 9，S 6成等差数列.(1)求q 3的值；(2)求证a 2，a 8，a 5成等差数列.14.一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项和与奇数项和之比为32∶27，求公差d.15.数列{a n }是由正数组成的等比数列，S n 为前n 项的和，是否存在正常数c ，使得 对任意的n ∈N +成立?并证明你的结论.16.一个首项为正数的等差数列中，前3项和等于前11项和，问此数列前多少项的和最大?17.已知等比数列{a n }的首项a1＞0，公比q ＞0.设数列{b n }的通项b n =a n+1+a n+2(n ∈N*)，数列{a n }与{b n }的前n 项和分别记为A n 与B n ，试比较A n 与B n 的大小.()()()c S c S c S n n n -=-+-++12lg 2lg lg18.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10=100，S 100=10，试求S 110.19.已知数列{a n }和{b n }满足(n ∈N +)，试证明：{a n }成等差数列的充分条件是{b n }成等差数列.20.已知数列{a n }中的a 1=1/2，前n 项和为S n ．若S n =n 2a n ，求S n 与a n 的表达式.21.在数列{a n }中，a n ＞0， 2Sn = a n +1(n ∈N) ①求S n 和a n 的表达式；②求证： n a n a a b n n +++⋅++⋅+⋅= 21212121111321<+++nS S S S。
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.。
2019-2020学年高三数学 数列2复习学案 文.doc
2019-2020学年高三数学 数列2复习学案 文一、已知n S 求n a .a n 与S n 的关系是： a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ S 1， n ＝1S n －S n －1， n ≥2.1、已知数列{}n a 的前n 项和,92n n S n -=则第k 项满足85<<k a ，则k 等于（ ）A.9B.8C.7D.62、已知数列的{}n a 的前n 项和,23n n S +=则=n a3、已知数列的{}n a 的前n 项和),0(1412>+=n n n a a S ）（则=n a二、数列单调性的判断【典例分析】已知数列{a n }满足前n 项和S n ＝n 2＋1，数列{b n }满足b n ＝2a n ＋1，且前n 项和为T n ，设c n ＝T 2n ＋1－T n .(1)求数列{b n }的通项公式；(2)判断数列{c n }的增减性．三、等差数列（一）、等差数列的概念1、等差数列的定义2、等差数列的通项公式 等差数列的通项公式的特征 等差数列的通项公式的性质：若,q p n m +=+则推广公式：3、等差数列的前n 项和公式 等差数列的前n 项和公式的特征：4、等差中项公式：（二）、典例分析1、在数列1，1，2，3，5，x ，13，21，34，55中的，x 等于（ ）A 、5B 、7C 、8D 、112、等差数列{a n }中，已知a 1+a 4+a 7=39,则a 4=( )A 、13B 、14C 、15D 、163、12+与12-的等差中项是（ ） A 、1 B 、-1 C 、2 D 、1±4、等差数列{a n }中，a 3=3，a 8=33，则{a n }的公差为 。
5、等差数列{a n }中，a 1=1，a 3+a 5=14,前n 项和s n =100,则n=6、在等差数列{a n }中，a 1=20,a n =54，s n =999,则d= ，n=7、已知三个数成等差数列，它们的和等于18，它们的平方和等于16，则这三个数是四、等比数列（一）等比数列的概念1、等比数列的定义2、等比数列的通项公式 等比数列的通项公式的特征等比数列的通项公式的性质：若,q p n m +=+则推广公式：3、等比数列的前n 项和公式等比数列的前n 项和公式的特征：4、等比中项公式：（二）典例分析1、等比数列{a n }中，已知，a 2=9，公比q 为3，则a 4=( )A 、27B 、81C 、243D 、1922、2与8的等比中项为 。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2019-2020年高考数学第二轮专题复习数列教案二、高考要求1．理解数列的有关概念，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n项. 2．理解等差（比）数列的概念，掌握等差（比）数列的通项公式与前n项和的公式. 并能运用这些知识来解决一些实际问题.3．了解数学归纳法原理，掌握数学归纳法这一证题方法，掌握“归纳—猜想—证明”这一思想方法.三、热点分析1.数列在历年高考中都占有较重要的地位，一般情况下都是一个客观性试题加一个解答题，分值占整个试卷的10%左右.客观性试题主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n项和公式、极限的四则运算法则、无穷递缩等比数列所有项和等内容，对基本的计算技能要求比较高，解答题大多以考查数列内容为主，并涉及到函数、方程、不等式知识的综合性试题，在解题过程中通常用到等价转化，分类讨论等数学思想方法，是属于中高档难度的题目.2.有关数列题的命题趋势（1）数列是特殊的函数，而不等式则是深刻认识函数和数列的重要工具，三者的综合求解题是对基础和能力的双重检验，而三者的求证题所显现出的代数推理是近年来高考命题的新热点（2）数列推理题是新出现的命题热点.以往高考常使用主体几何题来考查逻辑推理能力，近两年在数列题中也加强了推理能力的考查。
（3）加强了数列与极限的综合考查题3.熟练掌握、灵活运用等差、等比数列的性质。
等差、等比数列的有关性质在解决数列问题时应用非常广泛，且十分灵活，主动发现题目中隐含的相关性质，往往使运算简洁优美.如a2a4+2a3a5+a4a6=25，可以利用等比数列的性质进行转化：a2a4=a32，a4a6=a52，从而有a32+2aa53+a52=25，即（a3+a5）2=25.4.对客观题，应注意寻求简捷方法解答历年有关数列的客观题，就会发现，除了常规方法外，还可以用更简捷的方法求解.现介绍如下：①借助特殊数列. ②灵活运用等差数列、等比数列的有关性质，可更加准确、快速地解题，这种思路在解客观题时表现得更为突出，很多数列客观题都有灵活、简捷的解法5.在数列的学习中加强能力训练数列问题对能力要求较高，特别是运算能力、归纳猜想能力、转化能力、逻辑推理能力更为突出.一般来说，考题中选择、填空题解法灵活多变，而解答题更是考查能力的集中体现，尤其近几年高考加强了数列推理能力的考查，应引起我们足够的重视.因此，在平时要加强对能力的培养。
6．这几年的高考通过选择题，填空题来着重对三基进行考查，涉及到的知识主要有：等差（比）数列的性质. 通过解答题着重对观察、归纳、抽象等解决问题的基本方法进行考查，其中涉及到方程、不等式、函数思想方法的应用等，综合性比较强，但难度略有下降.四、复习建议1．对基础知识要落实到位，主要是等差（比）数列的定义、通项、前n项和.2． 注意等差（比）数列性质的灵活运用.3． 掌握一些递推问题的解法和几类典型数列前n 项和的求和方法.4． 注意渗透三种数学思想：函数与方程的思想、化归转化思想及分类讨论思想. 5． 注意数列知识在实际问题中的应用，特别是在利率,分期付款等问题中的应用.6． 数列是高中数学的重要内容之一，也是高考考查的重点。
而且往往还以解答题的形式出现，所以我们在复习时应给予重视。
近几年的高考数列试题不仅考查数列的概念、等差数列和等比数列的基础知识、基本技能和基本思想方法，而且有效地考查了学生的各种能力。
五、典型例题数列的概念与性质【例1】 已知由正数组成的等比数列，若前项之和等于它前项中的偶数项之和的11倍，第3项与第4项之和为第2项与第4项之积的11倍，求数列的通项公式. 解：∵q =1时， 又显然，q ≠1 ∴2212121)1(1)1(q q q a S q q a S n n n--==--=偶数项依题意；解之又421422143),1(q a a a q q a a a =+=+，依题意，将代入得【例2】 等差数列{a n }中，=30，=15，求使a n ≤0的最小自然数n 。
解：设公差为d ，则或或或解得：⇒ a 33 = 30 与已知矛盾 或⇒ a 33 = - 15 与已知矛盾 或⇒a 33 = 15 或 ⇒ a 33 = - 30 与已知矛盾 ∴a n = 31+(n - 1) () ⇒ 31 0 ⇒ n ≥63 ∴满足条件的最小自然数为63。
【例3】 设等差数列{a }的前n 项和为S ，已知S 4=44,S 7=35（1）求数列{a }的通项公式与前n 项和公式； （2）求数列的前n 项和T n 。
解：（1）设数列的公差为d ，由已知S 4=44,S 7=35可得a 1=17,d=-4 ∴a =-4n +21 (n ∈N ),S=-2n +19 (n ∈N ).（2）由a =-4n +21≥0 得n ≤, 故当n ≤5时，a ≥0, 当n ≥6时，当n ≤5时,T=S=-2n +19n 当n ≥6时,T=2S 5-S=2n -19n +90.【例4】 已知等差数列的第2项是8，前10项和是185，从数列中依次取出第2项，第4项，第8项，……，第项，依次排列一个新数列，求数列的通项公式及前n 项和公式。
解：由 得∴23)1(35)1(1+=-+=-+=n n d n a a n ∴62321222321121-+=--+=+++=++n n n n n n b b b S ·…… 【例5】 已知数列：…，…，…，，，1001001002100133323122211++++++ ①求证数列为等差数列，并求它的公差 ②设，求的和。
解：①由条件，()212122121+=+=+++=+++=n n n n n n n n n a n …… ∴；∴()12121221≥=+-+=-+n n n a a n n 故为等差数列，公差 ②()()()()214421122211++=++=++=n n n n n n b n · 又知()()()()21121122111++=++--+=+-+n n n n n n n n ∴……………+⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=+⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=+++2121421114413143121421n n n b b b n∴221214lim 21=⎪⎭⎫⎝⎛+-=++++∞→n b b b n n …… 【例6】 已知数列1，1，2……它的各项由一个等比数列与一个首项为0的等差数列的对应项相加而得到。
求该数列的前n 项和S n ；解：(1)记数列1，1，2……为{A n }，其中等比数列为{a n }，公比为q ； 等差数列为{b n }，公差为d ，则A n =a n +b n (n ∈N ）依题意，b 1 =0，∴A 1 =a 1 +b 1 =a 1 =1 ① A =a +b=a q+b+d=1 ②A =a +b=a q 2 +b+2d=2 ③由①②③得d=-1, q=2, ∴∴ 2)1(12)]1()21()11[()221(1212121n n n b b b a a a A A A S n n nn n n -+-=-++-+-++++=+++++++=+++=-……………【例7】 已知数列满足a n +S n =n ,(1)求a 1,a 2,a 3,由此猜想通项a n ,并加以证明。
解法1：由a n +S n =n ,当n =1时，a 1=S 1，∴a 1+a 1=1，得a 1=当n =2时，a 1+a 2=S 2，由a 2+S 2=2，得a 1+2a 2=2，∴a 2= 当n =3时，a 1+a 2+a 3=S 3，由a 3+S 3=3，得a 1+a 2+2a 3=3∴a 3=猜想，(1)下面用数学归纳法证明猜想成立。
当n =1时,a 1=1-,(1)式成立假设,当n =k 时,(1)式成立,即a k =1-成立， 则当n =k+1时,a k+1+S k+1=k+1,S k+1=S k +a k+1 ∴2a k+1=k+1-S k 又a k =k+S k ∴2a k+1=1+a k ∴a k+1=1211)2111(21)1(21+-=-+=+k k k a 即当n =k+1时,猜想（1）也成立。
所以对于任意自然数n ,都成立。
解法2：由a n +S n =n 得，两式相减得：，即，即，下略【例8】 设数列是首项为1的等差数列，数列是首项为1的等比数列，又5479261)(432===∈-=c c c N n b a c n n n ，，，且。
(1)求数列的通项公式与前n 项和公式；(2)当时，试判断c n 的符号（大于零或小于零），并给予严格证明。
解：(1)设数列的公比为q11)1(1)1(-=-+=-+=∴n n n q b d n d n a a ，)(])1(1[1N n q d n b a c n n n n ∈--+=-=-由条件得⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎧=-+⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==⇒=-+=-+547313421922161132q d q d q d q d)()34()1(21)34()]1(211[11N n n n c n n n ∈-+=--+=∴--])34()34()34[()]1()12()11[(2110-+++-++++++=n n n S ……)(334)3(411341)34(]2)1([211N n n n n n n n n n ∈+-+=---++=-(2)050)34(270)34(35645<≥<-=<-=n c n c c ，猜想…，，证明：①当n =5，c 5<0命题成立②假设当0)34()1(210)5(1<-+<≥=-k k k c k k n ，即时，03421])34(3121[])34()1(21[)34()2(2154111<-<-+-+=-+=--+k k k k k k c 当也成立由①，②对一切n 5，都有c n <0。
【例9】 是等差数列，数列满足{}n n n n n n b S N n a a a b 为，)(21∈⋅⋅=++的前n 项和。
(1)若的公差等于首项a 1，证明对于任意自然数n 都有；(2)若中满足，试问n 多大时，S n 取得最大值？证明你的结论。
解：(1)当11141114)3(4,1b dd a b d a b b S n =+===时，∴原命题成立 假设当成立 则ddb a a a a d d b a b b S S k k k k k k k k k k k 444413211311⋅+⋅=⋅+=+=++++++++da b d d a b d d b b a k k k k k k k 44)4(4441111+++++=+=+=da b S N n k n n n n 413+=∈+=∴有意时命题也成立，故对任当 (2)由d a d a a a a 556)7(8383555125-=∴+==，有0541255612517<=+-=+=d d d d a a ……181714210b b b b b >>>>> 001817161617161515>=<=a a a b a a a b ， 1615151411314S S S S S S S <>>>>∴，，…d d a a d d a a 59135610518515=+=-=+=，又14161615161518150,|||,|S S b b b b a a >∴>+<∴<∴故中最大【例10】 已知数列的前n 项和为S n ，满足条件)2lg(lg )1(lg 1-+=-++n b b n S n n ，其中b >0且b 1。