(完整word)2018届高三年级数学二轮复习_数列专题与答案

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2018届高三数学(理)高考总复习教师用书：第五章数列 Word版含答案

第五章⎪⎪⎪数列第一节数列的概念与简单表示法1．数列的有关概念概念含义数列按照一定顺序排列的一列数数列的项数列中的每一个数数列的通项数列{a n }的第n 项a n通项公式数列{a n }的第n 项a n 与n 之间的关系能用公式a n ＝f (n )表示，这个公式叫做数列的通项公式前n 项和数列{a n }中，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n 叫做数列的前n 项和列表法列表格表示n 与a n 的对应关系图象法把点(n ，a n )画在平面直角坐标系中公式法通项公式把数列的通项使用公式表示的方法递推公式使用初始值a 1和a n ＋1＝f (a n )或a 1，a 2和a n ＋1＝f (a n ，a n －1)等表示数列的方法n n 若数列{a n }的前n 项和为S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.4．数列的分类[小题体验]1．已知数列{a n }的前4项为1,3,7,15，则数列{a n }的一个通项公式为________．答案：a n ＝2n －1(n ∈N *)2．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n2a n ＋3，则a 5等于________．答案：11613．(教材习题改编)已知函数f (x )＝x －1x ，设a n ＝f (n )(n ∈N *)，则{a n }是________数列(填“递增”或“递减”)．答案：递增1．数列是按一定“次序”排列的一列数，一个数列不仅与构成它的“数”有关，而且还与这些“数”的排列顺序有关．2．易混项与项数的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号．3．在利用数列的前n 项和求通项时，往往容易忽略先求出a 1，而是直接把数列的通项公式写成a n ＝S n －S n －1的形式，但它只适用于n ≥2的情形．[小题纠偏]1．已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n ＝n 2＋1，则数列{a n }的通项公式是________．答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥22．数列{a n }的通项公式为a n ＝－n 2＋9n ，则该数列第________项最大．答案：4或5考点一由数列的前几项求数列的通项公式(基础送分型考点——自主练透)[题组练透]1．已知n ∈N *，给出4个表达式：①a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，n 为奇数，1，n 为偶数，②a n ＝1＋(－1)n2，③a n ＝1＋cos n π2，④a n ＝⎪⎪⎪⎪sin n π2．其中能作为数列：0,1,0,1,0,1,0,1，…的通项公式的是( )A ．①②③B ．①②④C ．②③④D ．①③④解析：选A 检验知①②③都是所给数列的通项公式． 2．根据数列的前几项，写出各数列的一个通项公式： (1)4,6,8,10，…； (2)(易错题)－11×2，12×3，－13×4，14×5，…； (3)a ，b ，a ，b ，a ，b ，…(其中a ，b 为实数)； (4)9,99,999,9 999，…．解：(1)各数都是偶数，且最小为4，所以它的一个通项公式a n ＝2(n ＋1)，n ∈N *． (2)这个数列的前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式a n ＝(－1)n ×1n (n ＋1)，n ∈N *．(3)这是一个摆动数列，奇数项是a ，偶数项是b ，所以此数列的一个通项公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，n 为奇数，b ，n 为偶数. (4)这个数列的前4项可以写成10－1,100－1,1 000－1，10 000－1，所以它的一个通项公式a n ＝10n －1，n ∈N *．[谨记通法]由数列的前几项求数列通项公式的策略(1)根据所给数列的前几项求其通项公式时，需仔细观察分析，抓住以下几方面的特征，并对此进行归纳、联想，具体如下：①分式中分子、分母的特征； ②相邻项的变化特征； ③拆项后的特征； ④各项符号特征等．(2)根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是利用不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想，由不完全归纳得出的结果是不可靠的，要注意代值检验，对于正负符号变化，可用(－1)n 或(－1)n＋1来调整．如“题组练透”第2(2)题．考点二由a n 与S n 的关系求通项a n (重点保分型考点——师生共研)[典例引领]已知下面数列{a n }的前n 项和S n ，求{a n }的通项公式． (1)S n ＝2n 2－3n ；(2)S n ＝3n ＋b ．解：(1)a 1＝S 1＝2－3＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n )－[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5，由于a 1也适合此等式，∴a n ＝4n －5． (2)a 1＝S 1＝3＋b ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋b )－(3n －1＋b )＝2·3n －1．当b ＝－1时，a 1适合此等式．当b ≠－1时，a 1不适合此等式． ∴当b ＝－1时，a n ＝2·3n －1；当b ≠－1时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3＋b ，n ＝1，2·3n －1，n ≥2.[由题悟法]已知S n 求a n 的 3个步骤(1)先利用a 1＝S 1求出a 1；(2)用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n 的表达式；(3)对n ＝1时的结果进行检验，看是否符合n ≥2时a n 的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n ＝1与n ≥2两段来写．[即时应用]已知数列{a n }的前n 项和为S n ． (1)若S n ＝(－1)n ＋1·n ，求a 5＋a 6及a n ； (2)若S n ＝3n ＋2n ＋1，求a n ．解：(1)a 5＋a 6＝S 6－S 4＝(－6)－(－4)＝－2，当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(－1)n ＋1·n －(－1)n ·(n －1) ＝(－1)n ＋1·[n ＋(n －1)] ＝(－1)n ＋1·(2n －1)，又a 1也适合此式，所以a n ＝(－1)n ＋1·(2n －1)．(2)因为当n ＝1时，a 1＝S 1＝6；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋2n ＋1)－[3n －1＋2(n －1)＋1] ＝2·3n －1＋2，由于a 1不适合此式，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6，n ＝1，2·3n －1＋2，n ≥2.考点三由递推关系式求数列的通项公式(题点多变型考点——多角探明) [锁定考向]递推公式和通项公式是数列的两种表示方法，它们都可以确定数列中的任意一项，只是由递推公式确定数列中的项时，不如通项公式直接．常见的命题角度有： (1)形如a n ＋1＝a n f (n )，求a n ； (2)形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，求a n ；(3)形如a n ＋1＝Aa n ＋B (A ≠0且A ≠1)，求a n ．[题点全练]角度一：形如a n ＋1＝a n f (n )，求a n 1．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，求数列{a n }的通项公式．解：∵a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，∴a n －1＝n －2n －1a n －2，a n －2＝n －3n －2a n －3，…，a 2＝12a 1．以上(n －1)个式子相乘得 a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n ．当n ＝1时，a 1＝1，上式也成立．∴a n ＝1n (n ∈N *)．角度二：形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，求a n2．设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，求数列{a n }的通项公式．解：由题意有a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n (n ≥2)．以上各式相加，得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝(n －1)(2＋n )2＝n 2＋n －22．又∵a 1＝1，∴a n ＝n 2＋n2(n ≥2)．∵当n ＝1时也满足此式，∴a n ＝n 2＋n2(n ∈N *)．角度三：形如a n ＋1＝Aa n ＋B (A ≠0且A ≠1)，求a n3．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，求数列{a n }的通项公式．解：∵a n ＋1＝3a n ＋2，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，∴a n ＋1＋1a n ＋1＝3，∴数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3，又a 1＋1＝2，∴a n ＋1＝2·3n －1， ∴a n ＝2·3n －1－1(n ∈N *)．[通法在握]典型的递推数列及处理方法[演练冲关]根据下列条件，求数列{a n }的通项公式． (1)a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2n ； (2)a 1＝12，a n ＝n －1n ＋1a n －1(n ≥2)．解：(1)由题意知a n ＋1－a n ＝2n ，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝2n －1＋2n －2＋…＋2＋1＝1－2n1－2＝2n －1．(2)因为a n ＝n －1n ＋1a n －1(n ≥2)，所以当n ≥2时，a n a n －1＝n －1n ＋1，所以a na n －1＝n －1n ＋1，a n －1a n －2＝n －2n ，…，a 3a 2＝24，a 2a 1＝13，以上n －1个式子相乘得a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 3a 2·a 2a 1＝n －1n ＋1·n －2n ·…·24·13，即a n a 1＝1n ＋1×1n ×2×1，所以a n ＝1n (n ＋1)．当n ＝1时，a 1＝11×2＝12，也与已知a 1＝12相符，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝1n (n ＋1)．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．数列1，23，35，47，59，…的一个通项公式a n ＝( )A ．n 2n ＋1B ．n2n －1 C ．n 2n －3D ．n2n ＋3解析：选B 由已知得，数列可写成11，23，35，…，故通项为n 2n －1．2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝n 2－2n ＋2，则数列{a n }的通项公式为( ) A ．a n ＝2n －3B ．a n ＝2n ＋3C ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －3，n ≥2D ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n ＋3，n ≥2解析：选C 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －3，由于n ＝1时a 1的值不适合n ≥2的解析式，故通项公式为选项C ．3．若a 1＝12，a n ＝4a n －1＋1(n ≥2)，当a n >100时，n 的最小值为( )A ．3B ．4C ．5D ．6解析：选C 由a 1＝12，a n ＝4a n －1＋1(n ≥2)得，a 2＝4a 1＋1＝4×12＋1＝3，a 3＝4a 2＋1＝4×3＋1＝13，a 4＝4a 3＋1＝4×13＋1＝53，a 5＝4a 4＋1＝4×53＋1＝213>100．4．(2016·肇庆三模)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n －a n －1＝n (n ≥2)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________．解析：由a n －a n －1＝n 得a 2－a 1＝2， a 3－a 2＝3，a 4－a 3＝4，…，a n －a n －1＝n ，上面(n －1)个式子相加得 a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝12n (n ＋1)．又n ＝1时也满足此式，所以a n ＝12n (n ＋1)．答案：12n (n ＋1)5．(2017·南昌模拟)数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＋S n －1＝2n －1(n ≥2)，且S 2＝3，则a 1＋a 3的值为________．解析：∵S n ＋S n －1＝2n －1(n ≥2)，令n ＝2，得S 2＋S 1＝3，由S 2＝3得a 1＝S 1＝0，令n ＝3，得S 3＋S 2＝5，所以S 3＝2，则a 3＝S 3－S 2＝－1，所以a 1＋a 3＝0＋(－1)＝－1．答案：－1二保高考，全练题型做到高考达标1．数列0,1,0，－1,0,1,0，－1，…的一个通项公式是a n 等于( ) A ．(－1)n ＋12B ．cos n π2C ．cos n ＋12πD ．cos n ＋22π解析：选D 令n ＝1,2,3，…，逐一验证四个选项，易得D 正确．2．(2017·福建福州八中质检)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋1(n ∈N *)，则a 2017＝( )A ．1B ．0C ．2 017D ．－2 017解析：选A ∵a 1＝1，∴a 2＝(a 1－1)2＝0，a 3＝(a 2－1)2＝1，a 4＝(a 3－1)2＝0，…，可知数列{a n }是以2为周期的数列，∴a 2 017＝a 1＝1．3．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2(a n －1)，则a n ＝( ) A ．2n B ．2n －1 C ．2nD ．2n －1解析：选C 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2(a 1－1)，可得a 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1，∴a n ＝2a n －1，∴数列{a n }为等比数列，公比为2，首项为2，所以a n ＝2n ．4．设曲线f (x )＝x n ＋1(n ∈N *)在点(1,1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ，则x 1·x 2·x 3·x 4·…·x 2 017＝( )A ．2 0162 017B ．12 017 C ．2 0172 018D ．12 018解析：选D 由f (x )＝x n ＋1得f ′(x )＝(n ＋1)x n ，切线方程为y －1＝(n ＋1)(x －1)，令y ＝0得x n ＝n n ＋1，故x 1·x 2·x 3·x 4·…·x 2 017＝12×23×…×2 0172 018＝12 018．5．(2017·衡水中学检测)若数列{a n }满足：a 1＝19，a n ＋1＝a n －3(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和数值最大时，n 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：选B ∵a 1＝19，a n ＋1－a n ＝－3，∴数列{a n }是以19为首项，－3为公差的等差数列， ∴a n ＝19＋(n －1)×(－3)＝22－3n ．设{a n }的前k 项和数值最大，则有⎩⎪⎨⎪⎧ a k ≥0，a k ＋1≤0k ∈N *，∴⎩⎪⎨⎪⎧22－3k ≥0，22－3(k ＋1)≤0，∴193≤k ≤223， ∵k ∈N *，∴k ＝7．∴满足条件的n 的值为7．6．在数列－1,0，19，18，…，n －2n 2，…中，0．08是它的第____________项．解析：令n －2n 2＝0．08，得2n 2－25n ＋50＝0，即(2n －5)(n －10)＝0．解得n ＝10或n ＝52(舍去)．答案：107．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a 2n －1－1(n >1)，则a 2 017＝________，|a n ＋a n ＋1|＝________(n >1)．解析：由a 1＝1，a n ＝a 2n －1－1(n >1)，得a 2＝a 21－1＝12－1＝0，a 3＝a 22－1＝02－1＝－1， a 4＝a 23－1＝(－1)2－1＝0，a 5＝a 24－1＝02－1＝－1，由此可猜想当n >1，n 为奇数时a n ＝－1，n 为偶数时a n ＝0， ∴a 2 017＝－1，|a n ＋a n ＋1|＝1．答案：－1 18．在一个数列中，如果∀n ∈N *，都有a n a n ＋1a n ＋2＝k (k 为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k 叫做这个数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且a 1＝1，a 2＝2，公积为8，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝________．解析：依题意得数列{a n }是周期为3的数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，因此a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝4(a 1＋a 2＋a 3)＝4×(1＋2＋4)＝28．答案：289．已知S n 为正项数列{a n }的前n 项和，且满足S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)． (1)求a 1，a 2，a 3，a 4的值； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)由S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)，可得 a 1＝12a 21＋12a 1，解得a 1＝1； S 2＝a 1＋a 2＝12a 22＋12a 2，解得a 2＝2；同理，a 3＝3，a 4＝4．(2)S n ＝12a 2n ＋12a n ，① 当n ≥2时，S n －1＝12a 2n －1＋12a n －1，② ①－②得(a n －a n －1－1)(a n ＋a n －1)＝0．由于a n ＋a n －1≠0，所以a n －a n －1＝1，又由(1)知a 1＝1，故数列{a n }是首项为1，公差为1的等差数列，故a n ＝n ． 10．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋4．(1)若k ＝－5，则数列中有多少项是负数？n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值； (2)对于n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，求实数k 的取值范围．解：(1)由n 2－5n ＋4<0，解得1<n <4．因为n ∈N *，所以n ＝2,3，所以数列中有两项是负数，即为a 2，a 3．因为a n ＝n 2－5n ＋4＝⎝⎛⎭⎫n －522－94，由二次函数性质，得当n ＝2或n ＝3时，a n 有最小值，其最小值为a 2＝a 3＝－2． (2)由a n ＋1>a n ，知该数列是一个递增数列，又因为通项公式a n ＝n 2＋kn ＋4，可以看作是关于n 的二次函数，考虑到n ∈N *，所以－k 2<32，即得k >－3．所以实数k 的取值范围为(－3，＋∞)．三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n ·2n ＋1，该数列的项排成一个数阵(如图)，则该数阵中的第10行第3个数为________．a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 ……解析：由题意可得该数阵中的第10行、第3个数为数列{a n }的第1＋2＋3＋…＋9＋3＝9×102＋3＝48项，而a 48＝(－1)48×96＋1＝97，故该数阵第10行、第3个数为97．答案：972．(2017·甘肃诊断性考试)已知数列{a n }满足a 1＝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．证明：(1)由a n ＋1＝10a n ＋1，得a n ＋1＋19＝10a n ＋109＝10⎝⎛⎭⎫a n ＋19，即a n ＋1＋19a n ＋19＝10．所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋19是等比数列，其中首项为a 1＋19＝100，公比为10，所以a n ＋19＝100×10n －1＝10n ＋1，即a n ＝10n ＋1－19．(2)由(1)知b n ＝lg ⎝⎛⎭⎫a n ＋19＝lg 10n ＋1＝n ＋1，即1b n b n ＋1＝1(n ＋1)(n ＋2)＝1n ＋1－1n ＋2．所以T n ＝12－13＋13－14＋…＋1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2<12．第二节等差数列及其前n 项和1．等差数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d 表示．(2)等差中项：数列a ，A ，b 成等差数列的充要条件是A ＝a ＋b2，其中A 叫做a ，b 的等差中项．2．等差数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ．(2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n (a 1＋a n )2． 3．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n ． (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则{a 2n }也是等差数列，公差为2d ． (4)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }也是等差数列．(5)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列．[小题体验]1．在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25，则a 2＋a 8＝________．答案：102．(教材习题改编)已知等差数列{a n }，a 5＝－20，a 20＝－35，则a n ＝________ 答案：－15－n3．(教材习题改编)已知等差数列5,427，347，…，则前n 项和S n ＝________．答案：114(75n －5n 2)1．要注意概念中的“从第2项起”．如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或第4项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列．2．求等差数列的前n 项和S n 的最值时，需要注意“自变量n 为正整数”这一隐含条件．[小题纠偏]1．首项为24的等差数列，从第10项开始为负数，则公差d 的取值范围是( ) A ．(－3，＋∞) B ．⎝⎛⎭⎫－∞，－83 C ．⎝⎛⎭⎫－3，－83 D ．⎣⎡⎭⎫－3，－83 答案：D2．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，S 3＝12，则a 6等于________．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，则S 3＝3a 1＋3d ，所以12＝3×2＋3d ，解得d ＝2，所以a 6＝a 1＋5d ＝2＋5×2＝12．答案：12考点一等差数列的基本运算(基础送分型考点——自主练透)[题组练透]1．(2016·郑州二检)已知{a n }为等差数列，公差为1，且a 5是a 3与a 11的等比中项，S n是{a n }的前n 项和，则S 12的值为______．解析：由题意得，a 25＝a 3a 11，即(a 1＋4)2＝(a 1＋2)(a 1＋10)，a 1＝－1，∴S 12＝12×(－1)＋12×112×1＝54．答案：542．(2017·西安质检)公差不为零的等差数列{a n }中，a 7＝2a 5，则数列{a n }中第________项的值与4a 5的值相等．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 7＝2a 5，∴a 1＋6d ＝2(a 1＋4d )，则a 1＝－2d ，∴a n＝a 1＋(n －1)d ＝(n －3)d ，而4a 5＝4(a 1＋4d )＝4(－2d ＋4d )＝8d ＝a 11，故数列{a n }中第11项的值与4a 5的值相等．答案：113．(2016·江苏高考)已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 1＋a 22＝－3，S 5＝10，则a 9的值是________．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由S 5＝10，知S 5＝5a 1＋5×42d ＝10，得a 1＋2d ＝2，即a 1＝2－2d ．所以a 2＝a 1＋d ＝2－d ，代入a 1＋a 22＝－3，化简得d 2－6d ＋9＝0，所以d ＝3，a 1＝－4．故a 9＝a 1＋8d ＝－4＋24＝20．答案：204．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，a 12＝－8，S 9＝－9，则S 16＝________．解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧a 12＝a 1＋11d ＝－8，S 9＝9a 1＋9×82d ＝－9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝－1.∴S 16＝16×3＋16×152×(－1)＝－72．答案：－72[谨记通法]等差数列基本运算的方法策略(1)等差数列中包含a 1，d ，n ，a n ，S n 五个量，可“知三求二”．解决这些问题一般设基本量a 1，d ，利用等差数列的通项公式与求和公式列方程(组)求解，体现方程思想．(2)如果已知等差数列中有几项的和是常数的计算问题，一般是等差数列的性质和等差数列求和公式S n ＝n (a 1＋a n )2结合使用，体现整体代入的思想．考点二等差数列的判断与证明(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]已知数列{a n }的前n 项和为S n 且满足a n ＋2S n ·S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12．(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列；(2)求a n 的表达式．解：(1)证明：∵a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，又a n ＝－2S n ·S n －1，∴S n －1－S n ＝2S n ·S n －1，S n ≠0，n ≥2．因此1S n －1S n －1＝2(n ≥2)．故由等差数列的定义知⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1＝1a 1＝2为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)知1S n ＝1S 1＋(n －1)d ＝2＋(n －1)×2＝2n ，即S n ＝12n．由于当n ≥2时，有a n ＝－2S n ·S n －1＝－12n (n －1)，又∵a 1＝12，不适合上式．∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，－12n (n －1)，n ≥2.[由题悟法]等差数列的判定与证明方法[即时应用]已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a n －12a n －1＋1(n ∈N *，n ≥2)，数列{b n }满足关系式b n ＝1a n(n ∈N *)．(1)求证：数列{b n }为等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)证明：∵b n ＝1a n ，且a n ＝a n －12a n －1＋1，∴b n ＋1＝1a n ＋1＝1a n 2a n ＋1＝2＋1a n ，∴b n ＋1－b n ＝2＋1a n －1a n ＝2．又b 1＝1a 1＝1，∴数列{b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)知数列{b n }的通项公式为 b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，又b n ＝1a n，∴a n ＝1b n ＝12n －1．∴数列{a n }的通项公式为a n ＝12n －1．考点三等差数列的性质及最值(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 11＝22，则a 3＋a 7＋a 8＝( ) A ．18 B ．12 C ．9D ．6解析：选D 由题意得S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11(2a 1＋10d )2＝22，即a 1＋5d ＝2，所以a 3＋a 7＋a 8＝a 1＋2d ＋a 1＋6d ＋a 1＋7d ＝3(a 1＋5d )＝6．2．(2017·合肥质检)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 8＝1，S 16＝0，当S n 取最大值时n 的值为( )A ．7B ．8C ．9D ．10解析：选B 法一：由⎩⎪⎨⎪⎧a 8＝a 1＋7d ＝1，S 16＝16a 1＋16×152d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝15，d ＝－2，则S n ＝－n 2＋16n ＝－(n －8)2＋64，则当n ＝8时，S n 取得最大值．法二：因为{a n }是等差数列，所以S 16＝8(a 1＋a 16)＝8(a 8＋a 9)＝0，则a 9＝－a 8＝－1，即数列{a n }的前8项是正数，从第9项开始是负数，所以(S n )max ＝S 8，选项B 正确．[由题悟法]1．等差数列的性质(1)项的性质：在等差数列{a n }中，a m －a n ＝(m －n )d ⇔a m －a nm －n ＝d (m ≠n )，其几何意义是点(n ，a n )，(m ，a m )所在直线的斜率等于等差数列的公差．(2)和的性质：在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，则 ①S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)； ②S 2n －1＝(2n －1)a n ．2．求等差数列前n 项和S n 最值的2种方法(1)函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn ，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．(2)邻项变号法：①当a 1>0，d <0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧ a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值为S m ；②当a 1<0，d >0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值为S m ．[即时应用]1．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 6a 5＝911，则S 11S9＝( )A ．1B ．－1C ．2D ．12解析：选A S 11S 9＝11(a 1＋a 11)29(a 1＋a 9)2＝11a 69a 5＝119×911＝1．2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知前6项和为36，最后6项的和为180，S n ＝324(n ＞6)，则数列{a n }的项数为________．解：由题意知a 1＋a 2＋…＋a 6＝36，① a n ＋a n －1＋a n －2＋…＋a n －5＝180，②①＋②得(a 1＋a n )＋(a 2＋a n －1)＋…＋(a 6＋a n －5)＝6(a 1＋a n )＝216，∴a 1＋a n ＝36，又S n ＝n (a 1＋a n )2＝324，∴18n ＝324，∴n ＝18．答案：183．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：200一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2017·桂林调研)等差数列{a n }中，a 4＋a 8＝10，a 10＝6，则公差d ＝( ) A ．14B ．12C ．2D ．－12解析：选A 由a 4＋a 8＝2a 6＝10，得a 6＝5，所以4d ＝a 10－a 6＝1，解得d ＝14，故选A ．2．等差数列{a n }的前n 项之和为S n ，若a 5＝6，则S 9为( ) A ．45 B ．54 C ．63D ．27解析：选B 法一：∵S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9a 5＝9×6＝54．故选B ．法二：由a 5＝6，得a 1＋4d ＝6，∴S 9＝9a 1＋9×82d ＝9(a 1＋4d )＝9×6＝54，故选B ．3．(2017·陕西质量监测)已知数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2．若a k ·a k ＋1<0，则正整数k ＝( )A ．21B ．22C ．23D ．24解析：选C 3a n ＋1＝3a n －2⇒a n ＋1＝a n －23⇒{a n }是等差数列，则a n ＝473－23n ．∵a k ＋1·a k <0， ∴⎝⎛⎭⎫473－23k ⎝⎛⎭⎫453－23k <0，∴452<k <472，又∵k ∈N *， ∴k ＝23．4．(2016·北京高考)已知{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：65．等差数列{a n }中，已知a 5>0，a 4＋a 7<0，则{a n }的前n 项和S n 的最大值为________．解析：∵⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＋a 7＝a 5＋a 6<0，a 5>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 5>0，a 6<0，∴S n 的最大值为S 5．答案：S 5二保高考，全练题型做到高考达标1．(2017·太原一模)在单调递增的等差数列{a n }中，若a 3＝1，a 2a 4＝34，则a 1＝( )A ．－1B ．0C ．14D ．12解析：选B 由题知，a 2＋a 4＝2a 3＝2，又∵a 2a 4＝34，数列{a n }单调递增，∴a 2＝12，a 4＝32．∴公差d ＝a 4－a 22＝12．∴a 1＝a 2－d ＝0．2．数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2＋3n (n ∈N *)，若p －q ＝5，则a p －a q ＝( ) A ．10B ．15C ．－5D ．20解析：选D 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2＋3n －[2(n －1)2＋3(n －1)]＝4n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝5，符合上式， ∴a n ＝4n ＋1，a p －a q ＝4(p －q )＝20．3．(2017·河南六市一联)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，若{a n }和{S n }都是等差数列，且公差相等，则a 6＝( )A ．114B ．32C ．72D ．1解析：选A 设{a n }的公差为d ，由题意得，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n ，又{a n }和{S n}都是等差数列，且公差相同，∴⎩⎨⎧d ＝ d 2，a 1－d2＝0，解得⎩⎨⎧d ＝12，a 1＝14，a 6＝a 1＋5d ＝14＋52＝114．4．(2017·沈阳教学质量监测)设等差数列{a n }满足a 2＝7，a 4＝3，S n 是数列{a n }的前n 项和，则使得S n >0成立的最大的自然数n 是( )A ．9B ．10C ．11D ．12解析：选A 由题可得{a n }的公差d ＝3－74－2＝－2，a 1＝9，所以a n ＝－2n ＋11，则{a n }是递减数列，且a 5>0>a 6，a 5＋a 6＝0，于是S 9＝2a 52·9>0，S 10＝a 5＋a 62·10＝0，S 11＝2a 62·11<0，故选A ．5．设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S nS 2n为常数，则称数列{a n }为“吉祥数列”．已知等差数列{b n }的首项为1，公差不为0，若数列{b n }为“吉祥数列”，则数列{b n }的通项公式为( )A ．b n ＝n －1B ．b n ＝2n －1C ．b n ＝n ＋1D ．b n ＝2n ＋1解析：选B 设等差数列{b n }的公差为d (d ≠0)，S n S 2n ＝k ，因为b 1＝1，则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．因为对任意的正整数n 上式均成立，所以(4k －1)d ＝0，(2k －1)(2－d )＝0，解得d ＝2，k ＝14．所以数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1．6．在等差数列{a n }中，公差d ＝12，前100项的和S 100＝45，则a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝________．解析：因为S 100＝1002(a 1＋a 100)＝45，所以a 1＋a 100＝910，a 1＋a 99＝a 1＋a 100－d ＝25，则a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝502(a 1＋a 99)＝502×25＝10．答案：107．在等差数列{a n }中，a 1＝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 的取值范围为________．解析：由题意，当且仅当n ＝8时S n 有最大值，可得⎩⎪⎨⎪⎧d <0，a 8>0，a 9<0，即⎩⎪⎨⎪⎧d <0，7＋7d >0，7＋8d <0，解得－1<d <－78．答案：⎝⎛⎭⎫－1，－78 8．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则正整数m 的值为________．解析：因为等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，所以a m ＝S m －S m －1＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3，数列的公差d ＝1，a m ＋a m ＋1＝S m ＋1－S m－1＝5，即2a 1＋2m －1＝5，所以a 1＝3－m ．由S m ＝(3－m )m ＋m (m －1)2×1＝0，解得正整数m 的值为5．答案：59．已知等差数列的前三项依次为a,4,3a ，前n 项和为S n ，且S k ＝110． (1)求a 及k 的值；(2)设数列{b n }的通项b n ＝S nn ，证明：数列{b n }是等差数列，并求其前n 项和T n ．解：(1)设该等差数列为{a n }，则a 1＝a ，a 2＝4，a 3＝3a ，由已知有a ＋3a ＝8，得a 1＝a ＝2，公差d ＝4－2＝2，所以S k ＝ka 1＋k (k －1)2·d ＝2k ＋k (k －1)2×2＝k 2＋k ．由S k ＝110，得k 2＋k －110＝0，解得k ＝10或k ＝－11(舍去)，故a ＝2，k ＝10． (2)证明：由(1)得S n ＝n (2＋2n )2＝n (n ＋1)，则b n ＝S nn ＝n ＋1，故b n ＋1－b n ＝(n ＋2)－(n ＋1)＝1，即数列{b n }是首项为2，公差为1的等差数列，所以T n ＝n (2＋n ＋1)2＝n (n ＋3)2． 10．(2017·南昌调研)设数列{a n }的前n 项和为S n,4S n ＝a 2n ＋2a n －3，且a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比数列，当n ≥5时，a n >0．(1)求证：当n ≥5时，{a n }成等差数列； (2)求{a n }的前n 项和S n ．解：(1)证明：由4S n ＝a 2n ＋2a n －3,4S n ＋1＝a 2n ＋1＋2a n ＋1－3，得4a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n ＋2a n ＋1－2a n ，即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －2)＝0．当n ≥5时，a n >0，所以a n ＋1－a n ＝2，所以当n ≥5时，{a n }成等差数列．(2)由4a 1＝a 21＋2a 1－3，得a 1＝3或a 1＝－1，又a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比数列，所以由(1)得a n ＋1＋a n ＝0(n ≤5)，q ＝－1，而a 5>0，所以a 1>0，从而a 1＝3，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3(－1)n －1，1≤n ≤4，2n －7，n ≥5，所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧32[1－(－1)n ]，1≤n ≤4，n 2－6n ＋8，n ≥5.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2016·安庆二模)已知数列{a n }是各项均不为零的等差数列，S n 为其前n 项和，且a n＝S 2n －1(n ∈N *)．若不等式λa n ≤n ＋8n对任意n ∈N *恒成立，则实数λ的最大值为________．解析：a n ＝S 2n －1⇒a n ＝(2n －1)(a 1＋a 2n －1)2＝(2n －1)a n ⇒a 2n ＝(2n －1)a n ⇒a n ＝2n－1，n ∈N *．λa n ≤n ＋8n 就是λ≤(n ＋8)(2n －1)n ⇒λ≤2n －8n ＋15，f (n )＝2n －8n ＋15在n ≥1时单调递增，其最小值为f (1)＝9，所以λ≤9，故实数λ的最大值为9．答案：92．已知数列{a n}满足，a n＋1＋a n＝4n－3(n∈N*)．(1)若数列{a n}是等差数列，求a1的值；(2)当a1＝2时，求数列{a n}的前n项和S n．解：(1)法一：∵数列{a n}是等差数列，∴a n＝a1＋(n－1)d，a n＋1＝a1＋nd．由a n＋1＋a n＝4n－3，得(a1＋nd)＋[a1＋(n－1)d]＝4n－3，∴2dn＋(2a1－d)＝4n－3，即2d＝4,2a1－d＝－3，解得d＝2，a1＝－12．法二：在等差数列{a n}中，由a n＋1＋a n＝4n－3，得a n＋2＋a n＋1＝4(n＋1)－3＝4n＋1，∴2d＝a n＋2－a n＝(a n＋2＋a n＋1)－(a n＋1＋a n)＝4n＋1－(4n－3)＝4，∴d＝2．又∵a1＋a2＝2a1＋d＝2a1＋2＝4×1－3＝1，∴a1＝－12．(2)由题意，①当n为奇数时，S n＝a1＋a2＋a3＋…＋a n＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a n－1＋a n)＝2＋4[2＋4＋…＋(n－1)]－3×n－1 2＝2n2－3n＋52．②当n为偶数时，S n＝a1＋a2＋a3＋…＋a n ＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a n－1＋a n)＝1＋9＋…＋(4n －7) ＝2n 2－3n 2．第三节等比数列及其前n 项和1．等比数列的有关概念 (1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为a n ＋1a n＝q ． (2)等比中项：如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即：G 是a 与b 的等比中项⇔a ，G ，b 成等比数列⇒G 2＝ab ．2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －1．(2)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 ≠1.3．等比数列的常用性质 (1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n－m(n ，m ∈N *)．(2)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k ；(3)若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n (λ≠0)仍然是等比数列；(4)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n＋3k，…为等比数列，公比为q k ．[小题体验]1．(教材习题改编)将公比为q 的等比数列a 1，a 2，a 3，a 4，…依次取相邻两项的乘积组成新的数列a 1a 2，a 2a 3，a 3a 4，…．此数列是( )A ．公比为q 的等比数列B ．公比为q 2的等比数列C ．公比为q 3的等比数列D ．不一定是等比数列答案：B2．等比数列{a n }中，a 3＝12，a 4＝18，则a 6＝________．解析：法一：由a 3＝12，a 4＝18，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝12，a 1q 3＝18，解得a 1＝163，q ＝32，∴a 6＝a 1q 5＝163×⎝⎛⎭⎫325＝812．法二：由等比数列性质知，a 23＝a 2a 4， ∴a 2＝a 23a 4＝12218＝8，又a 24＝a 2a 6，∴a 6＝a 24a 2＝1828＝812．答案：8123．(教材习题改编)在等比数列{a n }中，已知a 1＝－1，a 4＝64，则公比q ＝________，S 4＝________．答案：－4 511．特别注意q ＝1时，S n ＝na 1这一特殊情况．2．由a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能立即断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0．3．在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形而导致解题失误．4．S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 未必成等比数列(例如：当公比q ＝－1且n 为偶数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 不成等比数列；当q ≠－1或q ＝－1且n 为奇数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等比数列)，但等式(S 2n －S n )2＝S n ·(S 3n －S 2n )总成立．[小题纠偏]1．在等比数列{a n }中，a 3＝2，a 7＝8，则a 5等于( ) A ．5 B ．±5 C ．4D ．±4解析：选C a 25＝a 3a 7＝2×8＝16，∴a 5＝±4，又∵a 5＝a 3q 2>0，∴a 5＝4． 2．设数列{a n }是等比数列，前n 项和为S n ，若S 3＝3a 3，则公比q ＝________．答案：－12或1考点一等比数列的基本运算(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．(2017·武汉调研)若等比数列{a n }的各项均为正数，a 1＋2a 2＝3，a 23＝4a 2a 6，则a 4＝( )A ．38B ．245 C ．316D ．916解析：选C 由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2a 1q ＝3，(a 1q 2)2＝4a 1q ·a 1q 5，解得⎩⎨⎧a 1＝32，q ＝12，所以a 4＝a 1q 3＝32×⎝⎛⎭⎫123＝316．2．(2015·全国卷Ⅰ)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，则n ＝________．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，∴2(1－2n )1－2＝126，∴n ＝6．答案：6[由题悟法]解决等比数列有关问题的2种常用思想方程的思想等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量a 1和q ，问题可迎刃而解[即时应用]1．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，则a 1＝( ) A ．13B ．－13C ．19D ．－19解析：选C 设等比数列{a n }的公比为q ， ∵S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝a 1q ＋10a 1，a 1q 4＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧q 2＝9，a 1＝19.2．(2017·洛阳统考)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＋8a 4＝0，则S 4S 3＝( )A ．－53B ．157C ．56D ．1514解析：选C 在等比数列{a n }中，因为a 1＋8a 4＝0，所以q ＝－12，所以S 4S 3＝a 1(1－q 4)1－q a 1(1－q 3)1－q＝1－⎝⎛⎭⎫－1241－⎝⎛⎭⎫－123＝151698＝56． 3．(2015·安徽高考)已知数列{}a n 是递增的等比数列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则数列{}a n 的前n 项和等于________．解析：设等比数列的公比为q ，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 3＝9，a 21·q 3＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，q ＝12.又{}a n 为递增数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，∴S n ＝1－2n 1－2＝2n －1．答案：2n －1考点二等比数列的判定与证明(重点保分型考点——师生共研)[典例引领](2016·全国丙卷)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0． (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ．解：(1)证明：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，故a 1≠0．由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ，即a n ＋1(λ－1)＝λa n ．由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1．因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1．(2)由(1)得S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n．由S 5＝3132得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132．解得λ＝－1．[由题悟法]等比数列的4种常用判定方法[提醒] (1)前两种方法是判定等比数列的常用方法，常用于证明；后两种方法常用于选择题、填空题中的判定．(2)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可．[即时应用]设数列{}a n 的前n 项和为S n ，n ∈N *．已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1．(1)求a 4的值；(2)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 为等比数列．解：(1)当n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，即4⎝⎛⎭⎫1＋32＋54＋a 4＋5⎝⎛⎭⎫1＋32＝8⎝⎛⎭⎫1＋32＋54＋1，解得a 4＝78． (2)证明：由4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1(n ≥2)，得4S n ＋2－4S n ＋1＋S n －S n －1＝4S n ＋1－4S n (n ≥2)，即4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1(n ≥2)． ∵4a 3＋a 1＝4×54＋1＝6＝4a 2，∴4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1，∴a n ＋2－12a n ＋1a n ＋1－12a n＝4a n ＋2－2a n ＋14a n ＋1－2a n＝4a n ＋1－a n －2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝2a n ＋1－a n2(2a n ＋1－a n )＝12， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1＝1为首项，12为公比的等比数列．考点三等比数列的性质(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．(2017·湖南师大附中月考)已知各项不为0的等差数列{a n }满足a 6－a 27＋a 8＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 2b 8b 11＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选D 由等差数列的性质，得a 6＋a 8＝2a 7．由a 6－a 27＋a 8＝0，可得a 7＝2，所以b 7＝a 7＝2．由等比数列的性质得b 2b 8b 11＝b 2b 7b 12＝b 37＝23＝8．2．若等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4S 2＝5，则S 8S 4＝________．解析：设数列{a n }的公比为q ，由已知得S 4S 2＝1＋a 3＋a 4a 1＋a 2＝5，即1＋q 2＝5，所以q 2＝4，S 8S 4＝1＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1＋q 4＝1＋16＝17．答案：17[由题悟法]等比数列的性质可以分为3类[即时应用]1．等比数列{a n }的各项均为正数，且a 5a 6＋a 4a 7＝18，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝( )A ．5B ．9C ．log 345D ．10解析：选D 由等比数列的性质知a 5a 6＝a 4a 7，又a 5a 6＋a 4a 7＝18，所以a 5a 6＝9，则原式＝log 3(a 1a 2…a 10)＝log 3(a 5a 6)5＝10．2．(2017·长春调研)在正项等比数列{a n }中，已知a 1a 2a 3＝4，a 4a 5a 6＝12，a n －1a n a n ＋1＝324，则n ＝________．解析：设数列{a n }的公比为q ，由a 1a 2a 3＝4＝a 31q 3与a 4a 5a 6＝12＝a 31q 12，可得q 9＝3，a n－1a n a n ＋1＝a 31q3n －3＝324，因此q 3n －6＝81＝34＝q 36，所以3n －6＝36，即n ＝14．答案：14一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．对任意等比数列{a n }，下列说法一定正确的是( ) A ．a 1，a 3，a 9成等比数列 B ．a 2，a 3，a 6成等比数列 C ．a 2，a 4，a 8成等比数列D ．a 3，a 6，a 9成等比数列解析：选D 由等比数列的性质得，a 3·a 9＝a 26≠0，因此a 3，a 6，a 9一定成等比数列，选D ．2．在正项等比数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和为S n ，且－a 3，a 2，a 4成等差数列，则S 7的值为( )A ．125B ．126C ．127D ．128解析：选C 设{a n }的公比为q ，则2a 2＝a 4－a 3，又a 1＝1，∴2q ＝q 3－q 2，解得q ＝2或q ＝－1，∵a n >0，∴q >0，∴q ＝2，∴S 7＝1－271－2＝127．3．(2016·石家庄质检)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 ＝( ) A ．2n ＋1 B ．2n C ．2n －1D ．2n －2解析：选A 依题意，a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－4－(2a n －4)，则a n ＋1＝2a n ，令n ＝1，则S 1＝2a 1－4，即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 ．4．在等比数列{a n }中，若a 1·a 5＝16，a 4＝8，则a 6＝________．解析：由题意得，a 2·a 4＝a 1·a 5＝16， ∴a 2＝2，∴q 2＝a 4a 2＝4，∴a 6＝a 4q 2＝32．答案：325．在等比数列{a n }中，a n >0，a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6，则a 3＝________．解析：∵a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6．∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 4－a 1＝15，a 1q 3－a 1q ＝6(q ≠1)两式相除得(q 2＋1)(q 2－1)q ·(q 2－1)＝156，即2q 2－5q ＋2＝0， ∴q ＝2或q ＝12，当q ＝2时，a 1＝1；当q ＝12时，a 1＝－16(舍去)．∴a 3＝1×22＝4．答案：4二保高考，全练题型做到高考达标1．已知数列{a n }为等比数列，若a 4＋a 6＝10，则a 7(a 1＋2a 3)＋a 3a 9的值为( ) A ．10 B ．20 C ．100D ．200解析：选C a 7(a 1＋2a 3)＋a 3a 9＝a 7a 1＋2a 7a 3＋a 3a 9＝a 24＋2a 4a 6＋a 26＝(a 4＋a 6)2＝102＝100．2．设等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，已知S 3＝8，S 6＝7，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A ．18B ．－18C ．578D ．558解析：选A 因为a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，且S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，即8，。

专题05 数列-高考数学(理)二轮专项习题练 (解析版) Word版含解析

专题05 数列一、选择题1．(2018全国卷Ⅰ)记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若3243S S S =+，12a =，则=5a A ．12- B ．10- C ．10D ．12B 【解析】通解设等差数列{}n a 的公差为d ，∵3243=+S S S ．∴11132433(3)2422⨯⨯+=+++a d a d a d ，解得132=-d a ， ∵12=a ，∴3=-d ，∴51424(3)10=+=+⨯-=-a a d ．故选B ．优解设等差数列{}n a 的公差为d ，∵3243=+S S S ，∴333343=-++S S a S a ， ∴343=-S a a ，∴13232⨯+=a d d ， ∵12=a ，∴3=-d ，∴51424(3)10=+=+⨯-=-a a d ．故选B ．2．记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为A ．1B ．2C ．4D ．8C 【解析】解法一由616343()3()48S a a a a =+=+=，得3416a a +=，由4534()()8a a a a +-+=，得538a a -=，设公差为d ，即28d =，所以4d =．选C ．解法二设公差为d ，则有112724,61548a d a d +=⎧⎨+=⎩解得4d =，故选C ．3．等差数列{}n a 的首项为1，公差不为0．若2a ，3a ，6a 成等比数列，则{}n a 前6项的和为A ．-24B ．-3C ．3D ．8A 【解析】设{}n a 的公差为d （0d ≠），由2326a a a =，得2(12)(1)(15)d d d +=++，所以2d =-，66561(2)242S ⨯=⨯+⨯-=-．选A ． 4．已知等差数列{}n a 前9项的和为27，10=8a ，则100=aA ．100B ．99C ．98D ．97C 【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，因为{}n a 为等差数列，且95927S a ==，所以53a =．又108a =，解得10555d a a =-=，所以1d =，所以10059598a a d =+=，选C ． 5．在等差数列{}n a 中，若244,2a a ==，则6a ＝A ．－1B ．0C ．1D ．6B 【解析】由等差数列的性质得64222240a a a =-=⨯-=，选B 42a =． 6．已知{}n a 是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是n S ．若348,,a a a 成等比数列，则A ．140,0a d dS >>B ．140,0a d dS <<C ．140,0a d dS ><D ．140,0a d dS <>B 【解析】由348,,a a a 成等比数列可得：2111(3)(2)(7)a d a d a d +=+?，即1350a d +=，所以153a d =-，所以10a d <．又21441()422(23)023a a dS d a d d d +?==+=-<．7．(2018北京) “十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献．十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于f ，则第八个单音的频率为AB C ．D ．D 【解析】从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于，第一个单音的频率为f ，由等比数列的概念可知，这十三个单音的频率构成一个首项为f ，公比为记为{}n a ，则第八个单音频率为818a f -=⋅=，故选D ．8．(2018浙江)已知1a ，2a ，3a ，4a 成等比数列，且1234123ln()a a a a a a a +++=++．若11a >，则A ．13a a <，24a a <B ．13a a >，24a a <C ．13a a <，24a a >D ．13a a >，24a a >B 【解析】解法一因为ln 1x x -≤(0x >)，所以1234123ln()a a a a a a a +++=++1231a a a ++-≤，所以41a -≤，又11a >，所以等比数列的公比0q <．若1q -≤，则212341(1)(10a a a a a q q +++=++）≤，而12311a a a a ++>≥，所以123ln()0a a a ++>，与1231234ln()0a a a a a a a ++=+++≤矛盾，所以10q -<<，所以2131(1)0a a a q -=->，2241(1)0a a a q q -=-<，所以13a a >，24a a <，故选B ．解法二因为1xe x +≥，1234123ln()a a a a a a a +++=++，所以123412312341a a a a ea a a a a a a +++=++++++≥，则41a -≤，又11a >，所以等比数列的公比0q <．若1q -≤，则212341(1)(10a a a a a q q +++=++）≤，而12311a a a a ++>≥，所以123ln()0a a a ++> 与1231234ln()0a a a a a a a ++=+++≤矛盾，所以10q -<<，所以2131(1)0a a a q -=->，2241(1)0a a a q q -=-<，所以13a a >，24a a <，故选B ．9．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏B 【解析】设塔顶共有灯1a 盏，根据题意各层等数构成以1a 为首项，2为公比的等比数列，∴77171(12)(21)38112a S a -==-=-，解得13a =．选B ．10．等比数列{}n a 满足13a =，13521a a a ++=，则357a a a ++=A ．21B ．42C ．63D ．84D 【解析】由等比数列的性质得，23960a a a ⋅=≠，因此269,,a a a 一定成等比数列．11．已知数列{}n a 满足12430,3n n a a a ++==-，则{}n a 的前10项和等于 A ．106(13)--- B ．101(13)9- C ．103(13)-- D ．103(13)-+【解析】∵113n n a a +=-，∴{}n a 是等比数列又243a =-，∴14a =，∴()1010101413313113S -⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭==-+，故选C ．12．设25sin1πn n a n =，n n a a a S +++=Λ21，在10021,,,S S S Λ中，正数的个数是 A ．25 B ．50 C ．75 D ．100 D 【解析】由数列通项可知，当125n剟，n N +∈时，0n a …，当2650n剟，n N +∈ 时，0n a …，因为1260a a +>，2270a a +>⋅⋅⋅∴1250,,,S S S ⋅⋅⋅都是正数；当51100n 剟，n N +∈同理5152100,,,S S S ⋅⋅⋅也都是正数，所以正数的个数是100.13．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02，接下来的两项是02，12，再接下来的三项是02，12，22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N ：100N >且该数列的前N 项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是A ．440B ．330C ．220D ．110 A 【解析】对数列进行分组如图k321∙∙∙，222121，2k 22，21，20，20，20，20则该数列前k 组的项数和为(1)1232k k k ++++⋅⋅⋅+= 由题意可知100N >，即(1)1002k k +>，解得14k ≥，n ∈*N即N 出现在第13组之后．又第k 组的和为122112kk -=--前k 组的和为 1(12)(122)k +++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+12(21)(21)(21)k =-+-+⋅⋅⋅+- 12(222)k k =++⋅⋅⋅+-122k k +=--，设满足条件的的N 在第1k +(k ∈*N ,13k ≥)组，且第N 项为第1k +的第m ()m ∈*N 个数，第1k +组的前m 项和为211222m -+++⋅⋅⋅+21m =-，要使该数列的前N 项和为2的整数幂，即21m -与2k --互为相反数，即212mk -=+，所以23mk =-，由14k ≥，所以2314m -≥，则5m ≥，此时52329k =-= 对应满足的最小条件为29(291)54402N +=+=，故选A ． 14．定义“规范01数列”{}n a 如下：{}n a 共有2m 项，其中m 项为0，m 项为1，且对任意2k m ≤，12,,,k a a a L 中0的个数不少于1的个数．若m =4，则不同的“规范01数列”共有（A ）18个（B ）16个（C ）14个（D ）12个C 【解析】由题意可得10a =，81a =，2a ，3a ，…，7a 中有3个0、3个1，且满足对任意k ≤8，都有1a ，2a ，…，k a 中0的个数不少于1的个数，利用列举法可得不同的“规范01数列”有00001111,00010111,00011011,00011101,00100111,00101011,00101101,00110011,00110101,01000111,01001011,01001101,01010011,01010101，共14个．二、填空题15．(2018北京)设{}n a 是等差数列，且13a =，2536a a +=，则{}n a 的通项公式为___．【解析】解法一设{}n a 的公差为d ，首项为1a ，则111205614a d a d a d +=⎧⎨+++=⎩，解得142a d =-⎧⎨=⎩，所以7767(4)2142S ⨯=⨯-+⨯=．解法二 32714a d +=，所以2d =．故432a a d =+=，故7477214S a ==⨯=． 16．(2018上海)记等差数列{}n a 的前几项和为n S ，若30a =，6714a a +=，则7S = ．63n a n =-【解析】设等差数列的公差为d ，251146536a a a d a d d +=+++=+=，∴6d =，∴3(1)663n a n n =+-⋅=-．17．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，33a =，410S =，则11nk kS==∑ ．21n n +【解析】设等差数列的首项为1a ，公差为d ，则1123434102a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=⎪⎩，解得11a =，1d =， ∴1(1)(1)22n n n n n S na d -+=+⨯=，所以12112()(1)1n S k k k k ==-++，所以1111111122[(1)()()]2(1)223111nk knS n n n n ==-+-+⋅⋅⋅+-=-=+++∑． 18．在等差数列{}n a 中，若3456725a a a a a ++++=，则28a a += ． 10 【解析】由3456725a a a a a ++++=得5525a =，所以55a =，故285210a a a +==．19．设等比数列{}n a 满足121a a +=-，133a a -=-，则4a = _______．8-【解析】设{}n a 的首项为1a ，公比为q ，所以1121113a a q a a q +=-⎧⎨-=-⎩，解得112a q =⎧⎨=-⎩ ，则3418a a q ==-．20．等比数列{}n a 的各项均为实数，其前n 项的和为n S ，已知374S =，6634S =，则8a = ． 32【解析】设{}n a 的公比为q ，由题意1q ≠，由636331191S q q S q-==+=-，所以2q =，由313(1)714a q S q -==-，得114a =，所以77581122324a a q ==⨯== 21．若等差数列{}n a 和等比数列{}nb 满足111a b ==-，448a b ==，则22a b =_____．1【解析】设{}n a 的公差为d ，{}n b 的公比为q ，由题意3138d q -+=-=，所以3d =，2q =-，所以22131(2)a b -+==--．22．设等比数列{}n a 满足1310a a +=，245a a +=，则12n a a a ⋅⋅⋅的最大值为 .64【解析】设{}n a 的公比为q ，由1310a a +=，245a a +=得118,2a q ==，则24a =，32a =，41a =，512a =，所以12123464n a a a a a a a ⋅⋅⋅=…． 23．设数列{}n a 的前n 项和为n S ．若24S =，121n n a S +=+，*n N ∈，则1a = ，5S = ．1 121 【解析】由于1221421a a a a +=⎧⎨=+⎩，解得11a =，由1121n n n n a S S S ++=-=+，所以1113()22n n S S ++=+，所以1{}2n S +是以32为首项，3为公比的等比数列，所以113322n n S -+=⨯，所以5121S =．24．(2018全国卷Ⅰ)记n S 为数列{}n a 的前n 项和，若21n n S a =+，则6S =_____．63-【解析】通解因为21n n S a =+，所以当1=n 时，1121=+a a ，解得11=-a ；当2=n 时，12221+=+a a a ，解得22=-a ；当3=n 时，123321++=+a a a a ，解得34=-a ；当4=n 时，1234421+++=+a a a a a ，解得48=-a ；当5=n 时，12345521++++=+a a a a a a ，解得516=-a ；当6=n 时，123456621+++++=+a a a a a a a ，解得632=-a ．所以61248163263=------=-S ．优解因为21n n S a =+，所以当1=n 时，1121=+a a ，解得11=-a ，当2≥n 时，112121--=-=+--n n n n n a S S a a ，所以12-=n n a a ，所以数列{}n a 是以1-为首项，2为公比的等比数列，所以12-=-n n a ，所以661(12)6312-⨯-==--S ． 25．等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，33a =，410S =，则11nk kS ==∑ ．21n n +【解析】设等差数列的首项为1a ，公差为d ，则1123434102a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=⎪⎩，解得11a =，1d =， ∴1(1)(1)22n n n n n S na d -+=+⨯=，所以12112()(1)1n S k k k k ==-++，所以1111111122[(1)()()]2(1)223111nk knSn n n n ==-+-+⋅⋅⋅+-=-=+++∑．26．(2018江苏)已知集合*{|21,}A x x n n ==-∈N ，*{|2,}n B x x n ==∈N ．将A B U 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{}n a ．记n S 为数列{}n a 的前n 项和，则使得112n n S a +>成立的n 的最小值为． 27【解析】所有的正奇数和2n (*n ∈N )按照从小到大的顺序排列构成{}n a ，在数列{}n a 中，52前面有16个正奇数，即5212a =，6382a =．当1n =时，1211224S a =<=，不符合题意；当2n =时，2331236S a =<=，不符合题意；当3n =时，3461248S a =<=，不符合题意；当4n =时，45101260S a =<=，不符合题意；……；当26n =时，52621(141)2(12)212S ⨯+⨯-=+-= 441 +62=503<2712516a =，不符合题意；当27n =时，52722(143)2(12)212S ⨯+⨯-=+-=484+62=546>2812a =540，符合题意．故使得112n n S a +>成立的n 的最小值为27． 27．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．5【解析】设数列的首项为1a ，则12015210102020a +=⨯=，所以15a =，故该数列的首项为5． 28．数列{}n a 满足111n na a +=-，2a =2，则1a =_________． 12【解析】将82a =代入111n n a a +=-，可求得712a =；再将712a =代入111n n a a +=-，可求得61a =-；再将61a =-代入111n na a +=-得52a =；由此可知数列{}n a 是一个周期数列，且周期为3，所以1712a a ==．三、解答题29．（2018全国卷Ⅱ）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知17=-a ，315=-S ．(1)求{}n a 的通项公式； (2)求n S ，并求n S 的最小值．【解析】(1)设{}n a 的公差为d ，由题意得13315a d +=-．由17a =-得d =2．所以{}n a 的通项公式为29n a n =-．(2)由(1)得228(4)16n S n n n =-=--．所以当4n =时，n S 取得最小值，最小值为−16．30．设{}n a 和{}n b 是两个等差数列，记1122max{,,,}n n n c b a n b a n b a n =--⋅⋅⋅-(1,2,3,)n =⋅⋅⋅，其中12max{,,,}s x x x ⋅⋅⋅表示12,,,s x x x ⋅⋅⋅这s 个数中最大的数．（Ⅰ）若n a n =，21n b n =-，求123,,c c c 的值，并证明{}n c 是等差数列；（Ⅱ）证明：或者对任意正数M ，存在正整数m ，当n m ≥时，nc M n>；或者存在正整数m ，使得12,,,m m m c c c ++⋅⋅⋅是等差数列．【解析】（Ⅰ）易知11a =，22a =，33a =且11b =，23b =，35b =所以111110,c b a =-=-=21122max{2,2}max{121,322}1c b a b a =--=-⨯-⨯=-，3112233max{3,3,3}max{131,332,533}2c b a b a b a =---=-⨯-⨯-⨯=-．下面证明：对任意n ∈*N 且2n ≥，都有11n c b a n =-⋅．当k ∈*N 且2k n ≤≤时，11()()k k b a n b a n -⋅--⋅[(21)]1k nk n =---+(22)(1)k n k =---(1)(2)k n =--∵10k ->且20n -≤∴11()()0k k b a n b a n -⋅--⋅≤⇒11()()k k b a n b a n -⋅-⋅≥．因此对任意n ∈*N 且2n ≥，111n c b a n n =-⋅=-，则11n n c c +-=-．又∵211c c -=-，故11n n c c +-=-对n ∈*N 均成立，从而{}n c 是等差数列（Ⅱ）设数列{}n a 和{}n b 的公差分别为,a b d d ，下面我们考虑n c 的取值．对11b a n -⋅，22b a n -⋅，n n b a n -⋅，考虑其中任意项i i b a n -⋅(i ∈*N 且1)i n ≤≤，i i b a n -⋅11[(1)][(1)]b a b i d a i d n =+--+-⋅ 11()(1)()b a b a n i d d n =-⋅+--⋅下面分0a d =，0a d >，0a d <三种情况进行讨论．（1）若0a d =，则i i b a n -⋅11()(1)b b a n i d =-⋅+- ①若0b d ≤，则11()()(1)0i i b b a n b a n i d -⋅--⋅=-≤ 则对于给定的正整数n 而言，11n c b a n =-⋅ 此时11n n c c a +-=-，故{}n c 是等差数列②0b d >，则()()()0i i n n b b a n b a n i n d -⋅--⋅=-≤ 则对于给定的正整数n 而言，1n n n n c b a n b a n =-⋅=-⋅ 此时11n n b c c d a +-=-，故{}n c 是等差数列此时取1m =，则123,,,c c c ⋅⋅⋅是等差数列，命题成立．（2）若0a d >，则此时a b d n d -⋅+为一个关于n 的一次项系数为负数的一次函数．故必存在m ∈*N ，使得当n m ≥时，0a b d n d -⋅+<则当n m ≥时，11()()(1)(0i i a b b a n b a n i d n d -⋅--⋅=--⋅+)≤(,1)i i n ∈*N ≤≤因此，当n m ≥时，11n c b a n =-⋅．此时11n n c c a +-=-，故{}n c 从第m 项开始为等差数列，命题成立．（3）0a d <，则此时a b d n d -⋅+为一个关于n 的一次项系数为正数的一次函数．故必存在s ∈*N ，使得当n s ≥时，0a b d n d -⋅+>则当n s ≥时，()()()(0i i n n a b b a n b a n i n d n d -⋅--⋅=--⋅+)≤(,1)i i n ∈*N ≤≤因此当n s ≥时，n n n c b a n =-⋅．此时n n n n n c b a n b a n n n -⋅==-+11()b a a b b d d n d a d n-=-⋅+-++ 令0a d A -=>，1a b d a d B -+=，1b b d C -=下面证明n c C An B n n =++对任意正数M ，存在正整数m ，使得当n m ≥时，n cM n>． ①若0C ≥，则取||[]1M B m A-=+（[]x 表示不等于x 的最大整数）当n m ≥时，||([]1)n c M B M BAn B Am B A B A B M n A A--++=++>⋅+=≥≥此时命题成立．若0C <，则取||[]1M C B m A--=+当n m ≥时||([]1)n c M C B An B C Am B C A B C n A--++++=+++≥≥M C B B C M --++=≥此时命题成立．因此，对任意正数M ，使得当n m ≥时，nc M n>．综合以上三种情况，命题得证．31．已知数列{}n a 的前n 项和238n S n n =+，{}n b 是等差数列，且1.n n n a b b +=+（Ⅰ）求数列{}n b 的通项公式；（Ⅱ）令1(1).(2)n n n nn a c b ++=+ 求数列{}n c 的前n 项和T n . 【解析】(Ⅰ)因为数列{}n a 的前n 项和n n S n 832+=，所以111=a ，当2≥n 时，56)1(8)1(383221+=----+=-=-n n n n n S S a n n n ，又56+=n a n 对1=n 也成立，所以56+=n a n ．又因为{}n b 是等差数列，设公差为d ，则d b b b a n n n n +=+=+21．当1=n 时，d b -=1121；当2=n 时，d b -=1722，解得3=d ，所以数列{}n b 的通项公式为132+=-=n da b n n ． (Ⅱ)由1112)33()33()66()2()1(+++⋅+=++=++=n nn n n n n n n n n b a c ，于是14322)33(2122926+⋅+++⋅+⋅+⋅=n n n T Λ，两边同乘以２，得21432)33(2)3(29262++⋅++⋅++⋅+⋅=n n n n n T Λ，两式相减，得214322)33(23232326++⋅+-⋅++⋅+⋅+⋅=-n n n n T Λ2222)33(21)21(2323+⋅+---⋅+⋅=n n n 222232)33()21(2312++⋅=⋅++-⋅+-=n n n n n n T ．32．已知{}n a 是各项均为正数的等差数列，公差为d ，对任意的*N n ∈，n b 是n a 和1n a +的等差中项．(Ⅰ)设22*1,N n n n c b b n +=-∈，求证：数列{}n c 是等差数列；(Ⅱ)设()22*11,1,N nkn kk a d T b n ===-∈∑，求证：2111.2nk kT d =<∑【解析】(Ⅰ)由题意得21n n n b a a +=，有22112112n n n n n n n n c b b a a a a da +++++=-=-=，因此21212()2n n n n c c d a a d +++-=-=，所以数列{}n c 是等差数列． (Ⅱ)2222221234212()()()n n n T b b b b b b -=-++-++⋅⋅⋅+-+2422()n d a a a =++⋅⋅⋅+22()22n n a a d +=⋅22(1)d n n =+．所以2222111111111111()(1)2(1)21212nn n k k k kT d k k d k k d n d =====-=⋅-<+++∑∑∑． 33．（2018全国卷Ⅲ）等比数列{}n a 中，11a =，534a a =．(1)求{}n a 的通项公式；(2)记n S 为{}n a 的前n 项和．若63m S =，求m ．【解析】(1)设{}n a 的公比为q ，由题设得1n n a q -=．由已知得424q q =，解得0q =（舍去），2q =-或2q =．故1(2)n n a -=-或12n n a -=．(2)若1(2)n n a -=-，则1(2)3n n S --=．由63m S =得(2)188m-=-，此方程没有正整数解．若12n n a -=，则21n n S =-．由63m S =得264m=，解得6m =．综上，6m =．34．已知{}n x 是各项均为正数的等比数列，且123x x +=，322x x -=．（Ⅰ）求数列{}n x 的通项公式；（Ⅱ）如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点11(,1)P x ，22(,2)Px ，…，11(,1)n n P x n +++得到折线1P 2P …1n P +，求由该折线与直线0y =，1x x =，1n x x +=所围成的区域的面积n T ．【解析】(Ⅰ)设数列{}n x 的公比为q ，由已知0q >．由题意得1121132x x q x q x q +=⎧⎨-=⎩，所以23520q q --=，因为0q >,所以12,1q x ==，因此数列{}n x 的通项公式为12.n n x -=（Ⅱ）过123,,,P P P …，1n P+向x 轴作垂线，垂足分别为123,,,Q Q Q …，1n Q +, 由(Ⅰ)得111222.n n n n n x x --+-=-=记梯形11n n n n P P Q Q ++的面积为n b ．由题意12(1)2(21)22n n n n n b n --++=⨯=+⨯，所以123n T b b b =+++…+n b =101325272-⨯+⨯+⨯+…+32(21)2(21)2n n n n ---⨯++⨯ ①又0122325272n T =⨯+⨯+⨯+…+21(21)2(21)2n n n n ---⨯++⨯ ②①-②得121132(22......2)(21)2n n n T n ----=⨯++++-+⨯=1132(12)(21)2.212n n n ---+-+⨯- 所以(21)21.2n n n T -⨯+= 35．已知数列{}n a 的前n 项和1n n S a λ=+，其中0λ≠．（Ⅰ）证明{}n a 是等比数列，并求其通项公式；（Ⅱ）若53132S =，求λ．【解析】（Ⅰ）由题意得1111a S a λ+==，故1≠λ，λ-=111a ，01≠a . 由n n a S λ+=1，111+++=n n a S λ得n n n a a a λλ-=++11，即n n a a λλ=-+)1(1．由01≠a ，0≠λ且1λ≠得0≠n a ，所以11-=+λλn n a a . 因此}{n a 是首项为λ-11，公比为1-λλ的等比数列，于是1)1(11---=n n a λλλ．（Ⅱ）由（Ⅰ）得n n S )1(1--=λλ，由32315=S 得3231)1(15=--λλ，即=-5)1(λλ321，解得1λ=-． 36．（2018浙江）已知等比数列1{}a 的公比1q >，且34528a a a ++=，42a +是3a ，5a 的等差中项．数列{}n b 满足11b =，数列1{()}n n n b b a +-的前n 项和为22n n +．(1)求q 的值；(2)求数列{}n b 的通项公式．【解析】(1)由42a +是3a ，5a 的等差中项得35424a a a +=+，所以34543428a a a a ++=+=，解得48a =．由3520a a +=得18()20q q+=，因为1q >，所以2q =．(2)设1()n n n n c b b a +=-，数列{}n c 前n 项和为n S ．由11,1,2n nn S n c S S n -=⎧=⎨-⎩≥，解得41n c n =-．由(1)可知12n n a -=，所以111(41)()2n n n b b n -+-=-⋅，故211(45)()2n n n b b n ---=-⋅，2n ≥，11123221()()()()n n n n n b b b b b b b b b b ----=-+-+⋅⋅⋅+-+-23111(45)()(49)()73222n n n n --=-⋅+-⋅+⋅⋅⋅+⋅+．设221113711()(45)()222n n T n -=+⋅+⋅+⋅⋅⋅+-⋅，2n ≥，2311111137()11()(45)()22222n n T n -=⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+-⋅ 所以22111111344()4()(45)()22222n n n T n --=+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅--⋅，因此2114(43)()2n n T n -=--⋅，2n ≥，又11b =，所以2115(43)()2n n b n -=--⋅．37．(2018天津)设{}n a 是等比数列，公比大于0，其前n 项和为n S ()n *∈N ，{}n b 是等差数列．已知11a =，322a a =+，435a b b =+，5462a b b =+．(1)求{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设数列{}n S 的前n 项和为n T ()n *∈N ，(i)求n T ；(ii)证明221()22(1)(2)2n nk k k k T b b k k n ++=+=-+++∑()n *∈N ．【解析】(1)设等比数列{}n a 的公比为q ．由1321,2,a a a ==+可得220q q --=．因为0q >，可得2q =，故12n n a -=．设等差数列{}n b 的公差为d ，由435a b b =+，可得13 4.b d +=由5462a b b =+，可得131316,b d += 从而11,1,b d == 故.n b n =所以数列{}n a 的通项公式为12n n a -=，数列{}n b 的通项公式为.n b n =(2)(i)由(1)，有122112nn n S -==--，故1112(12)(21)22212n nnkkn n k k T n n n +==⨯-=-=-=-=---∑∑． (ii)证明：因为11212()(222)222(1)(2)(1)(2)(1)(2)21k k k k k k+k T +b b k k k k k k k k k k k k ++++--++⋅===-++++++++，所以，324321221()2222222()()()2(1)(2)3243212n n n nk k k k T b b k k n n n ++++=+=-+-++-=-+++++∑L ． 38．对于给定的正整数k ，若数列{}n a 满足11112n k n k n n n k n k n a a a a a a ka --+-++-+++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅++=对任意正整数n ()n k >总成立，则称数列{}n a 是“()P k 数列”．（1）证明：等差数列{}n a 是“(3)P 数列”；（2）若数列{}n a 既是“(2)P 数列”，又是“(3)P 数列”，证明：{}n a 是等差数列．【解析】证明:（1）因为{}n a 是等差数列，设其公差为d ，则1(1)n a a n d =+-，从而，当n 4≥时，n k n k a a a -++=+11(1)(1)n k d a n k d --+++-122(1)2n a n d a =+-=，1,2,3,k =所以n n n n n n n a a a a a a a ---+++++=321123+++6，因此等差数列{}n a 是“(3)P 数列”.（2）数列{}n a 既是“(2)P 数列”，又是“(3)P 数列”，因此，当3n ≥时，n n n n n a a a a a --+++++=21124，①当4n ≥时，n n n n n n n a a a a a a a ---++++++++=3211236.② 由①知，n n n a a a ---+=-32141()n n a a ++，③n n n a a a ++++=-23141()n n a a -+，④将③④代入②，得n n n a a a -++=112，其中4n ≥，所以345,,,a a a L 是等差数列，设其公差为d'.在①中，取4n =，则235644a a a a a +++=，所以23a a d'=-，在①中，取3n =，则124534a a a a a +++=，所以122a a d'=-，所以数列{}n a 是等差数列.39．n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且11a =，728S =．记[]lg n n b a =，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，如[]0.90=，[]lg991=．（Ⅰ）求1b ，11b ，101b ；（Ⅱ）求数列{}n b 的前1000项和．【解析】（Ⅰ）设{}n a 的公差为d ，74728S a ==，∴44a =，∴4113a a d -==，∴1(1)n a a n d n =+-=． ∴[][]11lg lg10b a ===，[][]1111lg lg111b a ===，[][]101101101lg lg 2b a ===．（Ⅱ）记{}n b 的前n 项和为n T ，则1000121000T b b b =++⋅⋅⋅+[][][]121000lg lg lg a a a =++⋅⋅⋅+．当0lg 1n a <≤时，129n =⋅⋅⋅，，，；当1lg 2n a <≤时，101199n =⋅⋅⋅，，，；当2lg 3n a <≤时，100101999n =⋅⋅⋅，，，；当lg 3n a =时，1000n =．∴1000091902900311893T =⨯+⨯+⨯+⨯=．40．(2018江苏)设{}n a 是首项为1a ，公差为d 的等差数列，{}n b 是首项为1b ，公比为q 的等比数列．(1)设110,1,2a b q ===，若1||n n a b b -≤对1,2,3,4n =均成立，求d 的取值范围；(2)若*110,,(1a b m q =>∈∈N ，证明：存在d ∈R ，使得1||n n a b b -≤对2,3,,1n m =+L 均成立，并求d 的取值范围（用1,,b m q 表示）．【解析】(1)由条件知：(1)n a n d =-,12n n b -=．因为1||n n a b b -≤对n =1，2，3，4均成立，即1|(1)2|1n n d ---≤对n =1，2，3，4均成立，即1≤1，1≤d ≤3，3≤2d ≤5，7≤3d ≤9，得7532d ≤≤．因此，d 的取值范围为75[,]32．(2)由条件知：1(1)n a b n d =+-,11n n b b q -=．若存在d ，使得1||n n a b b -≤(n =2，3，···，m +1)成立，即1111|(1)|n b n d b q b -+--≤(n =2，3，···，m +1)，即当2,3,,1n m =+L 时，d 满足1111211n n q q b d b n n ---≤≤--．因为q ∈，则112n m q q -<≤≤，从而11201n q b n --≤-，1101n q b n ->-，对2,3,,1n m =+L 均成立．因此，取d =0时，1||n n a b b -≤对2,3,,1n m =+L 均成立．下面讨论数列12{}1n q n ---的最大值和数列1{}1n q n --的最小值（2,3,,1n m =+L ）． ①当2n m ≤≤时，111 2222111()()()n n n n n n n n q q nq q nq n q q q n n n n n n -------+--+-==---，当112mq <≤时，有2n m q q ≤≤，从而1() 20n n n n q q q ---+>．因此，当21n m ≤≤+时，数列12{}1n q n ---单调递增，故数列12{}1n q n ---的最大值为2m q m-． ②设()()21x f x x =-，当0x >时，ln 21(0(n )l 22)x f x x '=--<，所以()f x 单调递减，从而()(0)1f x f <=．当2n m ≤≤时，111112111()()()nn n q q n n f q n n n n --=≤-=<-，因此，当21n m ≤≤+时，数列1{}1n q n --单调递减，故数列1{}1n q n --的最小值为mq m．因此，d 的取值范围为11(2)[,]m mb q b q m m-．41．已知{}n a 为等差数列，前n 项和为()n S n *∈N ，{}n b 是首项为2的等比数列，且公比大于0，2312b b +=,3412b a a =-，11411S b =．（Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）求数列221{}n n a b -的前n 项和()n *∈N ．【解析】（Ⅰ）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q .由已知2312b b +=，得21()12b q q +=，而12b =，所以260q q +-=. 又因为0q >，解得2q =.所以，2nn b =.由3412b a a =-，可得138d a -= ①. 由114=11S b ，可得1516a d += ②，联立①②，解得11a =，3d =，由此可得32n a n =-.所以，数列{}n a 的通项公式为32n a n =-，数列{}n b 的通项公式为2nn b =.（Ⅱ）设数列221{}n n a b -的前n 项和为n T ，由262n a n =-，12124n n b --=⨯，有221(31)4nn n a b n -=-⨯，故23245484(31)4nn T n =⨯+⨯+⨯++-⨯L ，23414245484(34)4(31)4n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯L ，上述两式相减，得231324343434(31)4n n n T n +-=⨯+⨯+⨯++⨯--⨯L1112(14)4(31)414(32)48.n n n n n ++⨯-=---⨯-=--⨯- 得1328433n n n T +-=⨯+. 所以，数列221{}n n a b -的前n 项和为1328433n n +-⨯+. 42．已知数列{}n x 满足：11x =，11ln(1)n n n x x x ++=++()n ∈*N ．证明：当n ∈*N 时（Ⅰ）10n n x x +<<；（Ⅱ）1122n n n n x x x x ++-≤；（Ⅲ）121122n n n x --≤≤．【解析】（Ⅰ）用数学归纳法证明：0n x >当1n =时，110x =>假设n k =时，0k x >，那么1n k =+时，若10k x +≤，则110ln(1)0k k k x x x ++<=++≤，矛盾，故10k x +>．因此0n x >()n ∈*N 所以111ln(1)n n n n x x x x +++=++>因此10n n x x +<<()n ∈*N（Ⅱ）由111ln(1)n n n n x x x x +++=++>得2111111422(2)ln(1)n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-+=-+++ 记函数2()2(2)ln(1)(0)f x x x x x x =-+++≥函数()f x 在[0,)+∞上单调递增，所以()(0)f x f ≥=0，因此2111112(2)ln(1)()0n n n n n x x x x f x +++++-+++=≥ 故112(N )2n n n n x x x x n *++-∈≤（Ⅲ）因为11111ln(1)2n n n n n n x x x x x x +++++=+++=≤ 所以112n n x -≥得由1122n n n n x x x x ++-≥得111112()022n n x x +-->≥ 所以12111111112()2()2222n n n n x x x -----⋅⋅⋅-=≥≥≥ 故212n n x -≤ 综上，1211(N )22n n n x n *--∈≤≤ ． 43．已知数列{n a }的首项为1，n S 为数列{n a }的前n 项和，11n n S qS +=+ ，其中q >0，*n N ∈ .（I ）若2322,,2a a a + 成等差数列，求n a 的通项公式；(Ⅱ)设双曲线2221ny x a -=的离心率为n e ，且253e =，证明：121433n n n n e e e --++⋅⋅⋅+>．【解析】（Ⅰ）由已知，1211,1,n n n n S qS S qS +++=+=+两式相减得到21,1n n a qa n ++=?.又由211S qS =+得到21a qa =，故1n n a qa +=对所有1n ³都成立.所以，数列{}n a 是首项为1，公比为q 的等比数列.从而1=n n a q -.由2322+2a a a ，，成等比数列，可得322=32a a +，即22=32,q q +，则(21)(2)0q+q -=，由已知,0q >，故 =2q .所以1*2()n n a n -=?N .（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，1n n a q -=. 所以双曲线2221n y x a -=的离心率n e =由53q =解得43q =.因为2(1)2(1)1+k k q q -->1*k q k -?N （）. 于是11211+1n n n q e e e q q q --++鬃?>+鬃?=-，故1231433n n n e e e --++鬃?>. 44．已知等差数列{}n a 满足13428,4a a a a +=-=. （1）求数列{}n a 的通项公式及前n 项和n S ；（2）记数列1{}n S 的前n 项和为n T ，若99100n T >，求n 的最小值. 【答案】（1）2n a n =，2n S n n =+；（2）100【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d .依题意有13428,4.a a a a +=⎧⎨-=⎩解得12,2.a d =⎧⎨=⎩ 所以22,n n a n S n n ==+.（2）因为211111n S n n n n ==-++ 所以12111111111(1)()()122311n n T S S S n n n =+++=-+-++-=-++L L . 因为99100n T >，即19911100n ->+，所以99n >.所以n 的最小值为10045．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，12a =，132n n S S +=+，n *∈N .（1）证明：数列{}1n S +为等比数列；（2）已知曲线()22:191n n C x a y +-=若n C 为椭圆，求n 的值；（3）若33log 22n n n a a b ⎛⎫⎛⎫=⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】（1）见解析；（2）1n =或2；（3）()21314n n n T -+=. 【解析】（1）对任意的n *∈N ，132n n S S +=+，则1133311n n n n S S S S +++==++且113S +=，所以，数列{}1n S +是以3为首项，以3为公比的等比数列；（2）由（1）可得11333n nn S -+=⨯=，31n n S ∴=-. 当2n ≥时，()()111313123n n n n n n S a S ---=-=---=⨯， 12a =也适合上式，所以，123n n a -=⨯. 由于曲线()22:191n n C x a y +-=是椭圆，则190191n n a a ->⎧⎨-≠⎩，即1123192318n n --⎧⨯<⎨⨯≠⎩， n N *∈Q ，解得1n =或2；（3）11333log 3log 3322n n n nn n a a b n --⎛⎫⎛⎫=⨯==⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，01211323333n n T n -∴=⨯+⨯+⨯++⋅L ，①()12131323133n nn T n n -=⨯+⨯++-⋅+⋅L ，② ①-②得()()012111312312333333132n n n n n n n T n n -⨯--⋅--=++++-⋅=-⋅=-L ，因此，()21314n nn T -⋅+=. 46．已知数列{}n a 满足11a =，141n n a a n ++=-，1n =，2，3⋯.()1求数列{}n a 的通项；()2设12233445212221n n n n n S a a a a a a a a a a a a -+=-+-+⋯+-，求n S ．【答案】()21,122,n n n a n n -⎧=⎨-⎩为奇数为偶数； ()2 28n S n =-.【解析】解：()1141n n a a n ++=-Q ，1n =，2，3⋯①，()1411n n a a n -∴+=--，2n =，3，4⋯② -①②得114n n a a +--=，2n =，3⋯当n 为奇数，1141212n n a n +⎛⎫=+-=- ⎪⎝⎭，当n 为偶数，241222n n a n ⎛⎫=+-=- ⎪⎝⎭所以21,22,n n n a n n -⎧=⎨-⎩为奇数为偶数； ()122334452122212n n n n n S a a a a a a a a a a a a -+=-+-+⋯+-，()()()21343522121n n n n S a a a a a a a a a -+=-+-+⋯+- ()()()()224622424482n n n a a a a n +-=-+++⋯+=-=-．。

2018高考数学理二轮复习课时规范练：第二部分专题三

专题三数列第2讲数列的求和及综合应用一、选择题1．已知数列112，314，518，7116，…，则其前n 项和S n 为( )A ．n 2＋1－12nB ．n 2＋2－12nC ．n 2＋1－12n －1 D ．n 2＋2－12n －1解析：a n ＝(2n －1)＋12n ，所以S n ＝n （1＋2n －1）2＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝n 2＋1－12n .答案：A2．(2016·天津卷)设{a n }是首项为正数的等比数列，公比为q ，则“q ＜0”是“对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n ＜0”的( )A ．充要条件B ．充分不必要条件C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件解析：若对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n ＜0，则a 1＋a 2＜0，又a 1＞0，所以a 2＜0，所以q ＝a 2a 1＜0. 若q ＜0，可取q ＝－1，a 1＝1，则a 1＋a 2＝0不满足对∀n ∈N *，a 2n －1＋a 2n ＜0. 所以“q ＜0”是“∀n ∈N *，a 2n －1＋a 2n ＜0”的必要不充分条件．答案：C3．(2017·东北三省四市二模)已知数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝2，a 1＝－5，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝( )A ．9B ．15C ．18D ．30解析：因为a n ＋1－a n ＝2，a 1＝－5，所以数列{a n }是公差为2的等差数列．所以a n ＝－5＋2(n －1)＝2n －7.数列{a n }的前n 项和S n ＝n （－5＋2n －7）2＝n 2－6n .令a n ＝2n －7≥0，解得n ≥72.所以n ≤3时，|a n |＝－a n ；n ≥4时，|a n |＝a n . 则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝－a 1－a 2－a 3＋a 4＋a 5＋a 6，S 6－2S 3＝62－6×6－2(32－6×3)＝18.答案：C4．(2017·湘潭三模)已知T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n＋12n 的前n 项和，若m ＞T 10＋1 013恒成立，则整数m 的最小值为( )(导学号 54850115)A ．1 026B ．1 025C ．1 024D ．1 023解析：因为2n＋12n ＝1＋12n ，所以T n ＝n ＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝n ＋1－12n ，所以T 10＋1 013＝11－1210＋1 013＝1 024－1210. 又m ＞T 10＋1 013，所以整数m 的最小值为1 024. 答案：C5．(2017·湖南衡阳联考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知(a 5－1)3＋3a 5＝4，(a 8－1)3＋3a 8＝2，则下列选项正确的是( )A ．S 12＝12，a 5＞a 8B ．S 12＝24，a 5＞a 8C ．S 12＝12，a 5＜a 8D ．S 12＝24，a 5＜a 8解析：⎩⎪⎨⎪⎧（a 5－1）3＋3（a 5－1）＝1，（a 8－1）3＋3（a 8－1）＝－1，设f (x )＝x 3＋3x ，易知f (x )在R 上为奇函数且单调递增．所以f (a 5－1)＋f (a 8－1)＝0，(a 5－1)＞(a 8－1)，a 5＞a 8，(a 5－1)＋(a 8－1)＝0，S 12＝12（a 5＋a 8）2＝12.答案：A 二、填空题6．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”．若a 1＝1，{a n }的“差数列”的通项公式为a n ＋1－a n ＝2n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________．解析：因为a n ＋1－a n ＝2n ，应用累加法可得a n ＝2n－1，所以S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝2＋22＋23＋ (2)－n ＝2（1－2n）1－2－n ＝2n ＋1－n －2.答案：2n ＋1－n －27．(2017·潮州二模)已知S n 为数列{a n }的前n 项和，a n ＝2·3n －1(n ∈N *)，若b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，则b 1＋b 2＋…＋b n ＝________．解析：易知数列{a n }是以2为首项，3为公比的等比数列，所以S n ＝2（1－3n）1－3＝3n －1，又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1，则b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 1－1S 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝12－13n ＋1－1.答案：12－13n ＋1－18．(2017·广东清远一中模拟)已知正项等比数列{a n }满足：a 3＝a 2＋2a 1，若存在两项a m ，a n ，使得a m a n ＝4a 1，则1m ＋4n的最小值为________．解析：因为正项等比数列{a n }满足：a 3＝a 2＋2a 1，所以a 1q 2＝a 1q ＋2a 1，则q 2＝q ＋2，所以q ＝2. 又a n a m ＝4a 1，得a 12m －1·a 12n －1＝16a 21，所以a 21·2m ＋n －2＝16a 21，所以m ＋n ＝6.所以1m ＋4n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋4n ⎣⎢⎡⎦⎥⎤16（m ＋n ）＝ 16⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋n m ＋4m n ≥16⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋2 n m ·4m n ＝32，所以1m ＋4n 的最小值是32.答案：32三、解答题9．(2016·全国卷Ⅱ)等差数列{a n }中，a 3＋a 4＝4，a 5＋a 7＝6. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝[a n ]，求数列{b n }的前10项和，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.解：(1)设数列{a n }的公差为d ，由题意有2a 1＋5d ＝4，a 1＋5d ＝3.解得a 1＝1，d ＝25.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋35. (2)由(1)知，b n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋35.当n ＝1，2，3时，1≤2n ＋35＜2，b n ＝1；当n ＝4，5时，2≤2n ＋35＜3，b n ＝2；当n ＝6，7，8时，3≤2n ＋35＜4，b n ＝3；当n ＝9，10时，4≤2n ＋35＜5，b n ＝4.所以数列{b n }的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24. 10．已知等比数列{a n }中，a n ＋a n ＋1＝3×2n －1.(1)求{a n }的通项公式和前n 项和S n ； (2)设b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，令T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求T n 和T n 的最小值．解：(1)设等比数列{a n }的公比为q . 在a n ＋a n ＋1＝3×2n －1中，令n ＝1，n ＝2，⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝a 1（1＋q ）＝3，a 2＋a 3＝a 1q （1＋q ）＝6，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2. 所以a n ＝2n －1，S n ＝1×（1－2n）1－2＝2n－1.(2)由题意知b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1， T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 1－1S 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝1－12n ＋1－1因为T n ＋1－T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋2－1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1－1＝2n ＋1（2n ＋1－1）（2n ＋2－1）＞0，所以{T n }单调递增，所以(T n )min ＝T 1＝23.11．(2017·衡水中学质检)若数列{a n }是公差为2的等差数列，数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝2，且a n b n ＋b n ＝nb n ＋1.(导学号 54850116)(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设数列{c n }满足c n ＝a n ＋1b n ＋1，数列{c n }的前n 项和为T n ，若不等式(－1)nλ＜T n ＋n 2n －1对一切n ∈N *都成立，求实数λ的取值范围．解：(1)因为数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝2，且a n b n ＋b n ＝nb n ＋1.所以a 1＋1＝2，解得a 1＝1.又数列{a n }是公差为2的等差数列，所以a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1. 所以2nb n ＝nb n ＋1，化为2b n ＝b n ＋1，所以数列{b n }是等比数列，公比为2. 所以b n ＝2n －1.(2)设数列{c n }满足c n ＝a n ＋1b n ＋1＝2n 2n ＝n2n －1，数列{c n }的前n 项和为T n ＝1＋22＋322＋…＋n2n －1，所以12T n ＝12＋222＋…＋n －12n －1＋n2n ，所以12T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n2n ＝1－12n1－12－n 2n ＝2－n ＋22n，因此T n ＝4－n ＋22n －1.不等式(－1)nλ＜T n ＋n2n －1，化为(－1)nλ＜4－22n －1，n ＝2k (k ∈N *)时，λ＜4－22n －1，所以λ＜2. n ＝2k －1(k ∈N *)时，－λ＜4－22n －1，所以λ＞－2.综上，可得实数λ的取值范围是(－2，2)．[典例] (本小题满分12分)(2016·全国卷Ⅰ)已知{a n }是公差为3的等差数列，数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝13，a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n .(1)求{a n }的通项公式； (2)求{b n }的前n 项和．规范解答：(1)由已知，a 1b 2＋b 2＝b 1，b 1＝1，b 2＝13，所以a 1＝2，(3分)所以数列{a n )是首项为2，公差为3的等差数列，(4分) 因此{a n }的通项公式a n ＝2＋3(n －1)＝3n －1.(6分) (2)由(1)知a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n ，得b n ＋1＝nb n 1＋a n ＝b n 3≠0，则b n ＋1b n ＝13，(9分)因此数列{b n }是首项为b 1，公比为13的等比数列，(10分)设数列{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n1－13＝32－12×3n －1.(12分)1．牢记等差、等比数列的定义：在判断数列为等差或等比数列时，应根据定义进行判断，所以熟练掌握定义是解决问题的关键，如本题第(2)问，要根据定义判断b n ＋1b n ＝13. 2．注意利用第(1)问的结果：在题设条件下，如果第(1)问的结果第(2)问能用得上，可以直接用，有些题目不用第(1)问的结果甚至无法解决，如本题即是在第(1)问的基础上求得b n ＋1与b n 的关系．3．写全得分关键：写清解题过程的关键点，有则给分，无则没有分，同时解题过程中计算准确，是得分的根本保证．如本题第(1)问要写出a 1b 2＋b 2＝b 1，b 1＝1，b 2＝13，才能得出a 1，并指出数列{a n }的性质，否则不能得全分．第(2)问中一定要写出求b n ＋1＝b n3的步骤并要指明{b n }的性质；求S n 时，必须代入求和公式而不能直接写出结果，否则要扣分．[解题程序] 第一步：将n ＝1代入关系式a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n ，求出a 1的值；第二步：利用等差数列的通项公式求出a n ；第三步：将第(1)问中求得的a n 代入关系式a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n ，求得b n ＋1与b n 的关系；第四步：判断数列{b n }为等比数列；第五步：代入等比数列的前n 项和公式求S n . 第六步：反思检验，规范解题步骤．[跟踪训练] (2016·浙江卷)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *.(1)求通项公式a n ；(2)求数列{|a n －n －2|}的前n 项和．解：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝4，a 2＝2a 1＋1，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 2＝3. 又当n ≥2时，由a n ＋1－a n ＝(2S n ＋1)－(2S n －1＋1)＝2a n ，得a n ＋1＝3a n ，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *.(2)设b n ＝|3n －1－n －2|，n ∈N *，则b 1＝2，b 2＝1.当n ≥3时，由于3n －1>n ＋2，故b n ＝3n －1－n －2，n ≥3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 1＝2，T 2＝3，当n ≥3时，T n ＝3＋9（1－3n －2）1－3－（n ＋7）（n －2）2＝3n－n 2－5n ＋112，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2， n ＝1，3n －n 2－5n ＋112， n ≥2，n ∈N *.。

2018届高三数学二轮复习：数列专题及其答案名师制作优质教学资料

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．。

2018年高考理科数学通用版三维二轮专题复习专题检测：(十三)数列Word版含解析

＋45d＝ 60. 4．已知等差数列 { an} 的公差为 d，关于 x 的不等式 dx2＋ 2a1x≥ 0 的解集为 [0,9] ，则使数
列{ an} 的前 n 项和 Sn 最大的正整数 n 的值是 ( )
A．4
B．5
C．6
D．7
解析：选 B
∵关于 x 的不等式 dx2＋ 2a1x≥ 0 的解集为 [0,9] ，∴ 0,9 是一元二次方程
1 ＋, ＋ 1 的值为 (
)
a2
a2 016
4 032 A. 2 017
4 028 B.2 015
2 015 C.2 016
2 014 D.2 015
解析：选 A 由 a1＝ 1， an＋1＝ a1＋ an＋ n 可得 an ＋1－ an＝ n＋ 1，利用累加法可得 an－ a1
＝
n－ 1 n＋ 2 2
专题检测（十三）数列
一、选择题
A 卷—— 夯基保分专练
1． (2017 ·武汉调研 )设公比为 q(q>0)的等比数列 { an} 的前 n 项和为 Sn.若 S2＝ 3a2＋ 2， S4
＝3a4＋ 2，则 a1＝( )
A ．－ 2
B ．－ 1
1
2
C.2
D ．3
解析：选 B 由 S2＝ 3a2＋ 2，S4＝3a4＋ 2，得 a3＋ a4＝ 3a4－ 3a2，即 q＋q2 ＝3q2－ 3，
称{ an} 为“等差比数列”，下列是对“等差比数列”的判断：
① k 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 ________．

2018年高考理科数二轮创新专题复习教学案：第一部分

[研高考·明考点]第一讲小题考法——等差数列与等比数列[典例感悟][典例](1)(2017·云南调研)已知数列{an}的前n项和为S n，且满足4(n＋1)(S n＋1)＝(n＋2)2a n(n∈N*)，则数列{a n}的通项公式a n＝()A．(n＋1)3B．(2n＋1)2C．8n2D．(2n＋1)2－1(2)(2017·成都模拟)在数列{a n}中，a1＝1，a1＋a222＋a332＋…＋a nn2＝a n(n∈N*)，则数列{an}的通项公式a n＝________.[解析](1)当n＝1时，4×(1＋1)×(a1＋1)＝(1＋2)2×a1，解得a1＝8.当n≥2时，4(S n＋1)＝(n＋2)2a nn＋1，则4(S n－1＋1)＝(n＋1)2a n－1n，两式相减得，4a n＝(n＋2)2a nn＋1－(n＋1)2a n－1n，整理得，a na n－1＝(n＋1)3n3，所以a n＝a na n－1·a n－1a n－2·…·a2a1·a1＝(n＋1)3n3×n3(n－1)3×…×3323×8＝(n＋1)3.检验知，a1＝8也符合，所以a n＝(n＋1)3.(2)根据a1＋a222＋a332＋…＋a nn2＝a n，①有a 1＋a 222＋a 332＋…＋a n －1(n －1)2＝a n －1，②①－②得，a nn 2＝a n －a n －1，即n 2a n －1＝(n 2－1)a n ，所以a n a n －1＝n 2n 2－1＝n 2(n ＋1)(n －1)，所以a n ＝a 1×a 2a 1×a 3a 2×…×a na n －1＝1×22(2＋1)(2－1)×32(3＋1)(3－1)×…×n 2(n ＋1)(n －1)＝22×32×42×…×n 2(2－1)(2＋1)(3－1)(3＋1)(4－1)(4＋1)…(n －1)(n ＋1)＝22×32×42×…×n 21×3×2×4×3×5×…×(n －1)×(n ＋1) ＝2nn ＋1. [答案] (1)A (2)2nn ＋1[方法技巧]由a n 与S n 的关系求通项公式的注意事项(1)应重视分类讨论思想的应用，分n ＝1和n ≥2两种情况讨论，特别注意a n ＝S n －S n －1成立的前提是n ≥2.(2)由S n －S n －1＝a n 推得a n ，当n ＝1时，a 1也适合，则需统一表示(“合写”)．(3)由S n －S n －1＝a n 推得a n ，当n ＝1时，a 1不适合，则数列的通项公式应分段表示(“分写”)，即a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1(n ＝1)，S n －S n －1(n ≥2).[演练冲关]1．(2018届高三·广东五校联考)数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1＝a 1＋a n ＋n (n ∈N *)，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 017＝( )A.2 0171 009B.2 0151 008C.2 0162 017D.2 0152 016解析：选A 由a 1＝1，a n ＋1＝a 1＋a n ＋n 可得a n ＋1－a n ＝n ＋1，利用累加法可得a n －a 1＝(n －1)(n ＋2)2，所以a n ＝n 2＋n 2，所以1a n＝2n 2＋n ＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，故1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 017＝211－12＋12－13＋…＋12 017－12 018＝2⎝⎛⎭⎫1－12 018＝2 0171 009，故选A.2．(2017·石家庄质检)数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为( ) A ．3 690 B ．3 660 C ．1 845D ．1 830解析：选D 不妨令a 1＝1，根据题意，得a 2＝2，a 3＝a 5＝a 7＝…＝1，a 4＝6，a 6＝10，…，所以当n 为奇数时，a n ＝1，当n 为偶数时构成以a 2＝2为首项，以4为公差的等差数列．所以{a n }的前60项和为S 60＝30＋2×30＋30×(30－1)2×4＝1 830. 3．设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则S 5＝________. 解析：∵a n ＋1＝2S n ＋1，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，∴S n ＋1＝3S n ＋1，∴S n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎫S n ＋12，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是公比为3的等比数列，∴S 2＋12S 1＋12＝3.又S 2＝4，∴S 1＝1，∴S 5＋12＝⎝⎛⎭⎫S 1＋12×34＝32×34＝2432，∴S 5＝121.答案：121[典例感悟][典例] (1)(2016·全国卷Ⅰ)已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( ) A ．100 B ．99 C ．98D ．97(2)(2017·全国卷Ⅲ)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( )A ．－24B ．－3C ．3D ．8(3)(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] (1)∵{a n }是等差数列，设其公差为d ， ∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝27，∴a 5＝3.又∵a 10＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝3，a 1＋9d ＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝1. ∴a 100＝a 1＋99d ＝－1＋99×1＝98，故选C. (2)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{a n }前6项的和 S 6＝6×1＋6×52×(－2)＝－24. (3)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] (1)C (2)A (3)32[方法技巧]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．[演练冲关]1．(2017·合肥质检)若等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 2＋S 3＝4，a 3＋S 5＝12，则a 4＋S 7的值是( )A ．20B ．36C ．24D ．72解析：选C 由a 2＋S 3＝4及a 3＋S 5＝12得⎩⎪⎨⎪⎧ 4a 1＋4d ＝4，6a 1＋12d ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝0，d ＝1，∴a 4＋S 7＝8a 1＋24d＝24.故选C.2．(2017·全国卷Ⅲ)设等比数列{a n}满足a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，则a4＝________.解析：设等比数列{a n}的公比为q，则a1＋a2＝a1(1＋q)＝－1，a1－a3＝a1(1－q2)＝－3，两式相除，得1＋q1－q2＝13，解得q＝－2，a1＝1，所以a4＝a1q3＝－8.答案：－83．(2018届高三·河南十校联考)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S8＝4S4，则a10＝________.解析：∵{a n}是公差为1的等差数列，∴S8＝8a1＋28，S4＝4a1＋6.∵S8＝4S4，∴8a1＋28＝4(4a1＋6)，解得a1＝1 2，∴a10＝a1＋9d＝12＋9＝192.答案：19 2[典例感悟][典例](1)(2017·云南调研)已知数列{an}是等比数列，S n为其前n项和，若a1＋a2＋a3＝4，a4＋a5＋a6＝8，则S12＝()A．40 B．60C．32 D．50(2)(2017·长沙模拟)在各项均为正数的等比数列{a n}中，a3＝2－1，a5＝2＋1，则a23＋2a2a6＋a3a7＝()A．4 B．6C．8 D．8－4 2(3)(2018届高三·湖南名校联考)若{a n}是等差数列，首项a1>0，a2 016＋a2 017>0，a2 016·a2 017<0，则使前n项和S n>0成立的最大正整数n是()A．2 016 B．2 017C ．4 032D ．4 033[解析] (1)由等比数列的性质可知，数列S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，即数列4,8，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，所以S 9－S 6＝16，S 12－S 9＝32，所以S 12＝(S 12－S 9)＋(S 9－S 6)＋(S 6－S 3)＋S 3＝32＋16＋8＋4＝60，故选B.(2)在等比数列{a n }中，a 3a 7＝a 25，a 2a 6＝a 3a 5，所以a 23＋2a 2a 6＋a 3a 7＝a 23＋2a 3a 5＋a 25＝(a 3＋a 5)2＝(2－1＋2＋1)2＝(22)2＝8，故选C.(3)因为a 1>0，a 2 016＋a 2 017>0，a 2 016·a 2 017<0，所以d <0，a 2 016>0，a 2 017<0，所以S 4 032＝4 032(a 1＋a 4 032)2＝4 032(a 2 016＋a 2 017)2>0，S 4 033＝4 033(a 1＋a 4 033)2＝4 033a 2 017<0，所以使前n 项和S n >0成立的最大正整数n 是4 032，故选C.[答案] (1)B (2)C (3)C[方法技巧]等差、等比数列性质问题的求解策略(1)解题关键：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)运用函数性质：数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题．[演练冲关]1．已知等差数列{a n }中，a 1＝1，前10项和等于前5项和，若a m ＋a 6＝0，则m ＝( ) A ．10 B ．9 C ．8D ．2解析：选A 记数列{a n }的前n 项和为S n ，由题意S 10＝S 5，所以S 10－S 5＝a 6＋a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝0，又a 6＋a 10＝a 7＋a 9＝2a 8，于是a 8＝0，又a m ＋a 6＝0，所以m ＋6＝2×8，解得m ＝10.2．(2017·合肥质检)已知数列{a n }是首项为a ，公差为1的等差数列，数列{b n }满足b n ＝1＋a n a n.若对任意的n ∈N *，都有b n ≥b 8成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－8，－7)B ．[－8，－7)C ．(－8，－7]D ．[－8，－7]解析：选A 因为{a n }是首项为a ，公差为1的等差数列，所以a n ＝n ＋a －1，因为b n ＝1＋a nan＝1＋1a n ，又对任意的n ∈N *都有b n ≥b 8成立，所以1＋1a n ≥1＋1a 8，即1a n ≥1a 8对任意的n ∈N *恒成立，因为数列{a n }是公差为1的等差数列，所以{a n }是单调递增的数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 8<0，a 9>0，即⎩⎪⎨⎪⎧8＋a －1<0，9＋a －1>0，解得－8<a <－7. 3．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＝________.解析：因为a 10a 11＋a 9a 12＝2a 10a 11＝2e 5，所以a 10a 11＝e 5.所以ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ln(a 1a 2…a 20)＝ln [(a 1a 20)·(a 2a 19)·…·(a 10a 11)]＝ln(a 10a 11)10＝10ln(a 10a 11)＝10ln e 5＝50ln e ＝50.答案：50[典例感悟][典例] (1)(2018届高三·西安八校联考)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的值为( )A ．－ 3B ．－1C ．－33D ． 3(2)设数列{}a n 是等差数列，数列{}b n 是等比数列，记数列{}a n ，{}b n 的前n 项和分别为S n ，T n .若a 5＝b 5，a 6＝b 6，且S 7－S 5＝4(T 6－T 4)，则a 7＋a 5b 7＋b 5＝________. [解析] (1)依题意得，a 36＝(－3)3，a 6＝－3，3b 6＝7π，b 6＝7π3，所以b 3＋b 91－a 4·a 8＝2b 61－a 26＝－7π3，故tanb 3＋b 91－a 4·a 8＝tan ⎝⎛⎭⎫－7π3＝tan ⎝⎛⎭⎫－2π－π3＝－tan π3＝－ 3. (2)设等差数列{}a n 的公差为d ，等比数列{}b n 的公比为q . 由a 5＝b 5，a 6＝b 6，且S 7－S 5＝4(T 6－T 4)，得⎩⎪⎨⎪⎧a 5＝b 5，a 5＋d ＝b 5q ，2a 5＋3d ＝4(b 5＋b 5q )，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝－5，d ＝－6a 5.故a 7＋a 5b 7＋b 5＝2a 5＋2d b 5q 2＋b 5＝2a 5＋2(－6a 5)25a 5＋a 5＝－10a 526a 5＝－513.[答案] (1)A (2)－513[方法技巧]等差、等比数列综合问题的求解策略(1)对于等差数列与等比数列交汇的问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用等差中项、等比中项等性质，可使运算简便．(2)数列的通项或前n 项和可以看作关于n 的函数，然后利用函数的性质求解数列的有关最值问题．[演练冲关]1．(2017·云南调研)已知数列{a n }是等差数列，若a 1－1，a 3－3，a 5－5依次构成公比为q 的等比数列，则q ＝( )A ．－2B ．－1C ．1D ．2解析：选C 依题意，得2a 3＝a 1＋a 5,2a 3－6＝a 1＋a 5－6，即2(a 3－3)＝(a 1－1)＋(a 5－5)，所以a 1－1，a 3－3，a 5－5成等差数列．又a 1－1，a 3－3，a 5－5依次构成公比为q 的等比数列，因此有a 1－1＝a 3－3＝a 5－5，q ＝a 3－3a 1－1＝1.2．(2017·望江调研)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 10＝0，S 15＝25，则nS n 的最小值为( )A ．－47B ．－48C ．－49D ．－50解析：选C 由已知得⎩⎨⎧S 10＝10a 1＋10×92d ＝0，S15＝15a 1＋15×142d ＝25，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝23，那么nS n ＝n 2a 1＋n 2(n －1)2d ＝n 33－10n 23.由于函数f (x )＝x 33－10x 23在x ＝203处取得极小值，又6<203<7，从而检验n ＝6时，6S 6＝－48，n ＝7时，7S 7＝－49.所以nS n 的最小值为－49.3．(2017·太原模拟)设等比数列{a n }的前6项和S 6＝6，且1－a 22为a 1，a 3的等差中项，则a 7＋a 8＋a 9＝________.解析：依题意得a 1＋a 3＝2－a 2，即S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝2，由等比数列的性质，知数列S 3，S 6－S 3，S 9－S 6成等比数列，即数列2,4，S 9－S 6成等比数列，于是有S 9－S 6＝8，即a 7＋a 8＋a 9＝8.答案：8[必备知能·自主补缺](一) 主干知识要记牢 1．等差数列、等比数列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 ＝An 2＋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． (二) 二级结论要用好1．等差数列的重要规律与推论(1)a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a m ＋(n －m )d ；p ＋q ＝m ＋n ⇒a p ＋a q ＝a m ＋a n . (2)a p ＝q ，a q ＝p (p ≠q )⇒a p ＋q ＝0；S m ＋n ＝S m ＋S n ＋mnd .(3)连续k 项的和(如S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…)构成的数列是等差数列．(4)若等差数列{a n }的项数为偶数2m ，公差为d ，所有奇数项之和为S 奇，所有偶数项之和为S 偶，则所有项之和S 2m ＝m (a m ＋a m ＋1)，S 偶－S 奇＝md ，S 奇S 偶＝a ma m ＋1. (5)若等差数列{a n }的项数为奇数2m －1，所有奇数项之和为S 奇，所有偶数项之和为S 偶，则所有项之和S 2m －1＝(2m －1)a m ，S 奇＝ma m ，S 偶＝(m －1)a m ，S 奇－S 偶＝a m ，S 奇S 偶＝m m －1. [针对练1] 一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和之比为32∶27，则该数列的公差d ＝________.解析：设等差数列的前12项中奇数项的和为S 奇，偶数项的和为S 偶，等差数列的公差为d .由已知条件，得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＋S 偶＝354，S 偶∶S 奇＝32∶27，解得⎩⎪⎨⎪⎧S 偶＝192，S 奇＝162.又S 偶－S 奇＝6d ，所以d ＝192－1626＝5.答案：52．等比数列的重要规律与推论 (1)a n ＝a 1q n －1＝a m q n－m；p ＋q ＝m ＋n ⇒a p ·a q ＝a m ·a n .(2){a n }，{b n }成等比数列⇒{a n b n }成等比数列．(3)连续m 项的和(如S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…)构成的数列是等比数列(注意：这连续m 项的和必须非零才能成立)．(4)若等比数列有2n 项，公比为q ，奇数项之和为S 奇，偶数项之和为S 偶，则S 偶S 奇＝q . (5)对于等比数列前n 项和S n ，有： ①S m ＋n ＝S m ＋q m S n ；②S m S n ＝1－q m1－q n(q ≠±1)． (三) 易错易混要明了已知数列的前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.[针对练2] 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，则该数列的通项公式为________．解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n 2＋1)－[(n －1)2＋1]＝n 2－(n －1)2＝2n －1，又当n ＝1时，2×1－1＝1≠2.∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2[课时跟踪检测]A 组——12＋4提速练一、选择题1．(2017·成都模拟)在等比数列{a n }中，已知a 3＝6，a 3＋a 5＋a 7＝78，则a 5＝( ) A ．12 B ．18 C ．24D ．30解析：选B ∵a 3＋a 5＋a 7＝a 3(1＋q 2＋q 4)＝6(1＋q 2＋q 4)＝78，解得q 2＝3，∴a 5＝a 3q 2＝6×3＝18.故选B.2．(2017·兰州模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，a 8＋a 10＝28，则S 9＝( ) A ．36 B ．72 C ．144D ．288解析：选B ∵a 8＋a 10＝2a 9＝28，∴a 9＝14，∴S 9＝9(a 1＋a 9)2＝72. 3．(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选C 设等差数列{a n }的公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 5＝24，S 6＝48，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3d ＋a 1＋4d ＝24，6a 1＋6×52d ＝48，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋7d ＝24，2a 1＋5d ＝16，解得d ＝4. 4．设等比数列{}a n 的前n 项和为S n ，若S 1＝13a 2－13，S 2＝13a 3－13，则公比q ＝( )A ．1B ．4C ．4或0D ．8解析：选B ∵S 1＝13a 2－13，S 2＝13a 3－13，∴⎩⎨⎧a 1＝13a 1q －13，a 1＋a 1q ＝13a 1q 2－13，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝4或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－13，q ＝0(舍去)，故所求的公比q ＝4.5．已知S n 是公差不为0的等差数列{}a n 的前n 项和，且S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 2＋a 3a 1的值为( )A ．4B ．6C ．8D ．10解析：选C 设数列{}a n 的公差为d ，则S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋d ，S 4＝4a 1＋6d ，故(2a 1＋d )2＝a 1(4a 1＋6d )，整理得d ＝2a 1，所以a 2＋a 3a 1＝2a 1＋3d a 1＝8a 1a 1＝8.6．(2018届高三·湖南十校联考)已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n ＋1＝S n ＋a n ＋3，a 4＋a 5＝23，则S 8＝( )A ．72B ．88C ．92D ．98解析：选C 由S n ＋1＝S n ＋a n ＋3，得a n ＋1－a n ＝3，所以数列{a n }是公差为3的等差数列，S 8＝8(a 1＋a 8)2＝8(a 4＋a 5)2＝92.7．已知数列{}a n 满足a n ＋1＝⎩⎨⎧2a n ，0≤a n ＜12，2a n－1，12≤a n＜1.若a 1＝35，则a 2 018＝( )A.15B.25C.35D.45解析：选A 因为a 1＝35，根据题意得a 2＝15，a 3＝25，a 4＝45，a 5＝35，所以数列{}a n 以4为周期，又2 018＝504×4＋2，所以a 2 018＝a 2＝15，故选A.8．若等比数列的各项均为正数，前4项的和为9，积为814，则前4项倒数的和为( )A.32B.94C ．1D ．2解析：选D 设等比数列的首项为a 1，公比为q ，则第2,3,4项分别为a 1q ，a 1q 2，a 1q 3，依题意得a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝9，a 1·a 1q ·a 1q 2·a 1q 3＝814，化简得a 21q 3＝92，则1a 1＋1a 1q ＋1a 1q 2＋1a 1q3＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3a 21q3＝2. 9．(2017·广州模拟)已知等比数列{a n }的各项都为正数，且a 3，12a 5，a 4成等差数列，则a 3＋a 5a 4＋a 6的值是( )A.5－12 B.5＋12C.3－52D.3＋52解析：选A 设等比数列{a n }的公比为q ，由a 3，12a 5，a 4成等差数列可得a 5＝a 3＋a 4，即a 3q 2＝a 3＋a 3q ，故q 2－q －1＝0，解得q ＝1＋52或q ＝1－52(舍去)，所以a 3＋a 5a 4＋a 6＝a 3＋a 3q 2a 4＋a 4q 2＝a 3(1＋q 2)a 4(1＋q 2)＝1q ＝25＋1＝5－12，故选A.10．(2017·张掖模拟)等差数列{a n }中，a na 2n是一个与n 无关的常数，则该常数的可能值的集合为( )A ．{1}B.⎩⎨⎧⎭⎬⎫1，12C.⎩⎨⎧⎭⎬⎫12 D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫0，12，1解析：选Ba n a 2n ＝a 1＋(n －1)d a 1＋(2n －1)d ＝a 1－d ＋nd a 1－d ＋2nd ，若a 1＝d ≠0，则a n a 2n ＝12；若a 1≠0，d ＝0，则a n a 2n ＝1.∵a 1－d ＋nd ≠0，∴a na 2n ≠0，∴该常数的可能值的集合为⎩⎨⎧⎭⎬⎫1，12. 11．(2018届高三·湖南十校联考)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1<0，若存在自然数m ≥3，使得a m ＝S m ，则当n >m 时，S n 与a n 的大小关系是( )A ．S n <a nB ．S n ≤a nC ．S n >a nD ．大小不能确定解析：选C 若a 1<0，存在自然数m ≥3，使得a m ＝S m ，则d >0，否则若d ≤0，数列是递减数列或常数列，则恒有S m <a m ，不存在a m ＝S m .由于a 1<0，d >0，当m ≥3时，有a m ＝S m ，因此a m >0，S m >0，又S n ＝S m ＋a m ＋1＋…＋a n ，显然S n >a n .故选C.12．(2017·洛阳模拟)等比数列{a n }的首项为32，公比为－12，前n 项和为S n ，则当n ∈N *时，S n －1S n的最大值与最小值之和为( )A ．－23B ．－712C.14D.56解析：选C 依题意得，S n ＝32⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－12n 1－⎝⎛⎭⎫－12＝1－⎝⎛⎭⎫－12n .当n 为奇数时，S n ＝1＋12n 随着n 的增大而减小，1<S n ＝1＋12n ≤S 1＝32，S n －1S n 随着S n 的增大而增大，0<S n －1S n ≤56；当n 为偶数时，S n ＝1－12n 随着n 的增大而增大，34＝S 2≤S n ＝1－12n <1，S n －1S n 随着S n 的增大而增大，－712≤S n－1S n <0.因此S n －1S n的最大值与最小值分别为56，－712，其最大值与最小值之和为56＋⎝⎛⎭⎫－712＝14. 二、填空题13．(2017·合肥质检)已知数列{a n }中，a 1＝2，且a 2n ＋1a n＝4(a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则其前9项和S 9＝________.解析：由已知，得a 2n ＋1＝4a n a n ＋1－4a 2n ，即a 2n ＋1－4a n a n ＋1＋4a 2n ＝(a n ＋1－2a n )2＝0，所以a n ＋1＝2a n ，又因为a 1＝2，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，故S 9＝2×(1－29)1－2＝210－2＝1 022.答案：1 02214．(2017·兰州模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，S n 为数列{a n }的前n 项和，且当n ≥2时，有2a na n S n －S 2n＝1成立，则S 2 017＝________.解析：当n ≥2时，由2a n a n S n －S 2n ＝1，得2(S n －S n －1)＝(S n －S n －1)S n －S 2n ＝－S n S n －1，∴2S n－2S n －1＝1，又2S 1＝2，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫2S n 是以2为首项，1为公差的等差数列，∴2S n＝n ＋1，故S n ＝2n ＋1，则S 2 017＝11 009. 答案：11 00915．(2016·全国卷Ⅰ)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.又a 1＋a 1q 2＝10，∴a 1＝8.故a 1a 2…a n ＝a n 1q1＋2＋…＋(n －1)＝23n ·⎝⎛⎭⎫12(n －1)n 2＝23n －n 22＋n 2＝2－n 22＋72n .记t ＝－n 22＋7n 2＝－12(n 2－7n )＝－12⎝⎛⎭⎫n －722＋498，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：6416．(2017·广州模拟)设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝2，对任意p ，q ∈N *，都有a p ＋q＝a p ＋a q ，则f (n )＝S n ＋60n ＋1(n ∈N *)的最小值为________．解析：a 1＝2，对任意p ，q ∈N *，都有a p ＋q ＝a p ＋a q ，令p ＝1，q ＝n ，则有a n ＋1＝a n ＋a 1＝a n＋2.故{a n }是等差数列，所以a n ＝2n ，S n ＝2×(1＋n )n 2＝n 2＋n ，f (n )＝S n ＋60n ＋1＝n 2＋n ＋60n ＋1＝(n ＋1)2－(n ＋1)＋60n ＋1＝n ＋1＋60n ＋1－1.当n ＋1＝8，即n ＝7时，f (7)＝8＋608－1＝292；当n ＋1＝7，即n ＝6时，f (6)＝7＋607－1＝1027，因为292<1027，则f (n )＝S n ＋60n ＋1(n ∈N *)的最小值为292.2B 组——能力小题保分练1．若a ，b 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p ＞0，q ＞0)的两个不同的零点，且a ，b ，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p ＋q 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：选D 不妨设a ＞b ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝p ＞0，ab ＝q ＞0，∴a ＞0，b ＞0，则a ，－2，b 成等比数列，a ，b ，－2成等差数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧ ab ＝(－2)2，a －2＝2b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝1，∴p ＝5，q ＝4，∴p ＋q ＝9. 2．(2017·郑州质检)已知数列{a n }满足a 1a 2a 3…a n ＝2n 2(n ∈N *)，且对任意n ∈N *都有1a 1＋1a 2＋…＋1a n<t ，则实数t 的取值范围为( ) A.⎝⎛⎭⎫13，＋∞ B.⎣⎡⎭⎫13，＋∞ C.⎝⎛⎭⎫23，＋∞ D.⎣⎡⎭⎫23，＋∞ 解析：选D 依题意得，当n ≥2时，a n ＝a 1a 2a 3…a n a 1a 2a 3…a n －1＝2n 22(n －1)2＝2n 2－(n －1)2＝22n －1，又a 1＝21＝22×1－1，因此a n ＝22n －1，1a n＝122n －1＝12×⎝⎛⎭⎫14n －1，即数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以12为首项，14为公比的等比数列，等比数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和等于12⎝⎛⎭⎫1－14n 1－14＝23⎝⎛⎭⎫1－14n <23，因此实数t 的取值范围是⎣⎡⎭⎫23，＋∞. 3．(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 ＝1n1S k＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2n n ＋1.n ＋14．(2017·兰州模拟)已知数列{a n }，{b n }，若b 1＝0，a n ＝1n (n ＋1)，当n ≥2时，有b n ＝b n －1＋a n －1，则b 2 018＝________.解析：由b n ＝b n －1＋a n －1，得b n －b n －1＝a n －1，∴b 2－b 1＝a 1，b 3－b 2＝a 2，…，b n －b n －1＝a n－1，∴b 2－b 1＋b 3－b 2＋…＋b n －b n －1＝a 1＋a 2＋…＋a n －1＝11×2＋12×3＋…＋1(n －1)×n，即b n －b 1＝a 1＋a 2＋…＋a n －1＝11×2＋12×3＋…＋1(n －1)×n ＝11－12＋12－13＋…＋1n －1－1n＝1－1n ＝n －1n ，∵b 1＝0，∴b n ＝n －1n ，∴b 2 018＝2 0172 018.答案：2 0172 0185．(2017·石家庄质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{a n }为12，13，23，14，24，34，15，25，35，45，…，1n ，2n ，…，n －1n ，…，若S k ＝14，则a k ＝________.解析：因为1n ＋2n ＋…＋n －1n ＝1＋2＋…＋n －1n ＝n 2－12，1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1＝1＋2＋…＋n n ＋1＝n 2，所以数列12，13＋23，14＋24＋34，…，1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1是首项为12，公差为12的等差数列，所以该数列的前n 项和T n ＝12＋1＋32＋…＋n 2＝n 2＋n 4.令T n ＝n 2＋n 4＝14，解得n ＝7(n ＝－8舍去)，所以a k ＝78.答案：786．在数列{a n }和{b n }中，a n ＋1＝a n ＋b n ＋a 2n ＋b 2n ，b n ＋1＝a n ＋b n －a 2n ＋b 2n ，a 1＝1，b 1＝1.设c n ＝1a n＋1b n，则数列{c n }的前2 018项和为________．解析：由已知a n ＋1＝a n ＋b n ＋a 2n ＋b 2n ，b n ＋1＝a n ＋b n －a 2n ＋b 2n 得a n ＋1＋b n ＋1＝2(a n ＋b n )，又a 1＋b 1＝2，所以数列{a n ＋b n }是首项为2，公比为2的等比数列，即a n ＋b n ＝2n ，将a n ＋1＝a n ＋b n ＋a 2n ＋b 2n ，b n ＋1＝a n ＋b n －a 2n ＋b 2n 相乘并化简，得a n ＋1b n ＋1＝2a n b n ，即a n ＋1b n ＋1a n b n ＝2.所以数列{a n b n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以a n b n ＝2n －1，因为c n ＝1a n ＋1b n ，所以c n ＝a n ＋b n a n b n＝2n 2n －1＝2，数列{c n }的前2 018项和为2×2 018＝4 036.答案：4 036第二讲大题考法——数列[典例感悟][典例1] (2017·沈阳模拟)已知数列{a n }是等差数列，满足a 1＝2，a 4＝8，数列{b n }是等比数列，满足b 2＝4，b 5＝32.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)求数列{a n ＋b n }的前n 项和S n .[解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由题意得d ＝a 4－a 13＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)·d ＝2＋(n－1)×2＝2n .设等比数列{b n }的公比为q ，由题意得q 3＝b 5b 2＝8，解得q ＝2.因为b 1＝b 2q＝2，所以b n ＝b 1·q n －1＝2×2n －1＝2n .(2)因为a n ＝2n ，b n ＝2n，所以a n ＋b n ＝2n ＋2n，所以S n ＝n (2＋2n )2＋2(1－2n )1－2＝n 2＋n ＋2n ＋1－2.[备课札记][方法技巧]等差、等比数列的基本量的求解策略(1)分析已知条件和求解目标，确定为最终解决问题需要先求解的中间问题．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，即确定解题的逻辑次序．(2)注意细节．例如：在等差数列与等比数列综合问题中，若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．[演练冲关]1．(2017·洛阳模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a n ≠0，a 1＝1，且2a n a n ＋1＝4S n －3(n ∈N *)．(1)求a 2的值并证明：a n ＋2－a n ＝2； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)令n ＝1得2a 1a 2＝4a 1－3，又a 1＝1，∴a 2＝12.由题可得，2a n a n ＋1＝4S n －3，①2a n ＋1a n ＋2＝4S n ＋1－3.②②－①得，2a n ＋1(a n ＋2－a n )＝4a n ＋1. ∵a n ≠0，∴a n ＋2－a n ＝2.(2)由(1)可知：数列a 1，a 3，a 5，…，a 2k －1，…为等差数列，公差为2，首项为1，∴a 2k －1＝1＋2(k －1)＝2k －1，即n 为奇数时，a n ＝n .数列a 2，a 4，a 6，…，a 2k ，…为等差数列，公差为2，首项为12，∴a 2k ＝12＋2(k －1)＝2k －32，即n 为偶数时，a n ＝n －32.综上所述，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数，n －32，n 为偶数.[典例感悟][典例2] 等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }是等比数列，满足a 1＝3，b 1＝1，b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2S n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，设数列{c n }的前n 项和为T n ，求T 2n .[解] (1)设数列{a n }的公差为d ，数列{b n }的公比为q ，则由⎩⎪⎨⎪⎧ b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3，得⎩⎪⎨⎪⎧q ＋6＋d ＝10，3＋4d －2q ＝3＋2d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，q ＝2，所以a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝2n －1.(2)由a 1＝3，a n ＝2n ＋1得S n ＝n (n ＋2)，则c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n (n ＋2)，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，即c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1n －1n ＋2，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，所以T 2n ＝(c 1＋c 3＋…＋c 2n －1)＋(c 2＋c 4＋…＋c 2n )＝⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＋(2＋23＋…＋22n －1) ＝1－12n ＋1＋2(1－4n )1－4＝2n 2n ＋1＋23(4n －1)．[备课札记][方法技巧]1．分组求和中分组的策略 (1)根据等差、等比数列分组． (2)根据正号、负号分组． 2．裂项相消的规律(1)裂项系数取决于前后两项分母的差． (2)裂项相消后前、后保留的项数一样多． 3．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将两个和式错位相减； ③整理结果形式．[演练冲关]2．(2017·合肥质检)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 4＝24，S 7＝63. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝2a n ＋a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)∵{a n }为等差数列，∴⎩⎨⎧S 4＝4a 1＋4×32d ＝24，S 7＝7a 1＋7×62d ＝63，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝2，∴a n ＝2n ＋1.(2)∵b n ＝2a n ＋a n ＝22n ＋1＋(2n ＋1)＝2×4n ＋(2n ＋1)，∴T n ＝2×(4＋42＋…＋4n )＋(3＋5＋…＋2n ＋1) ＝2×4(1－4n )1－4＋n (3＋2n ＋1)2＝83(4n －1)＋n 2＋2n .3．(2017·天津高考)已知{a n}为等差数列，前n项和为S n(n∈N*)，{b n}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2＋b3＝12，b3＝a4－2a1，S11＝11b4.(1)求{a n}和{b n}的通项公式；(2)求数列{a2n b2n－1}的前n项和(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.由已知b2＋b3＝12，得b1(q＋q2)＝12，而b1＝2，所以q2＋q－6＝0.又因为q＞0，解得q＝2.所以b n＝2n.由b3＝a4－2a1，可得3d－a1＝8.①由S11＝11b4，可得a1＋5d＝16.②由①②，解得a1＝1，d＝3，由此可得a n＝3n－2.所以数列{a n}的通项公式为a n＝3n－2，数列{b n}的通项公式为b n＝2n.(2)设数列{a2n b2n－1}的前n项和为T n，由a2n＝6n－2，b2n－1＝2×4n－1，得a2n b2n－1＝(3n－1)×4n，故T n＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n－1)×4n，4T n＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n－4)×4n＋(3n－1)×4n＋1，上述两式相减，得－3T n＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n－(3n－1)×4n＋1＝12×(1－4n)1－4－4－(3n－1)×4n＋1＝－(3n－2)×4n＋1－8.故T n＝3n－23×4n＋1＋83.所以数列{a2n b2n－1}的前n项和为3n－23×4n＋1＋83.[典例感悟][典例3](2017·成都模拟)已知数列{an}满足a1＝－2，a n＋1＝2a n＋4.(1)证明数列{a n＋4}是等比数列；(2)求数列{|a n|}的前n项和S n.[解] (1)证明：∵a n ＋1＝2a n ＋4， ∴a n ＋1＋4＝2a n ＋8＝2(a n ＋4)， ∴a n ＋1＋4a n ＋4＝2， ∵a 1＝－2，∴a 1＋4＝2.∴{a n ＋4}是以2为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)，可知a n ＋4＝2n ， ∴a n ＝2n －4.当n ＝1时，a 1＝－2<0， ∴S 1＝|a 1|＝2；当n ≥2时，a n ≥0.∴S n ＝－a 1＋a 2＋…＋a n ＝2＋(22－4)＋…＋(2n－4)＝2＋22＋ (2)－4(n －1)＝2(1－2n )1－2－4(n －1)＝2n ＋1－4n ＋2.又当n ＝1时，也满足上式．∴数列{|a n |}的前n 项和S n ＝2n ＋1－4n ＋2.[备课札记][方法技巧]判定和证明数列是等差(比)数列的方法(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 为与正整数n 无关的某一常数．(2)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≠0(n ∈N *，n ≥2)，则{a n }为等比数列． [演练冲关]4．(2018届高三·东北三校联考)已知数列{a n }的首项a 1>0，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1(n ∈N *)，且a 1＝23.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n－1是等比数列，并求出{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和T n .解：(1)证明：记b n ＝1a n －1，则b n ＋1b n＝1a n ＋1－11a n－1＝2a n ＋13a n －11an－1＝2a n ＋1－3a n 3－3a n ＝1－a n 3(1－a n )＝13，又b 1＝1a 1－1＝32－1＝12，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是首项为12，公比为13的等比数列．所以1a n－1＝12×⎝⎛⎭⎫13n －1，即a n ＝2×3n －11＋2×3n －1. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2×3n －11＋2×3n －1.(2)由(1)知，1a n ＝12×⎝⎛⎭⎫13n －1＋1.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和T n ＝12⎝⎛⎭⎫1－13n 1－13＋n ＝34⎝⎛⎭⎫1－13n ＋n . 5．(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．解：(1)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⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，q ＝－2.故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n . (2)由(1)可得S n ＝(－2)×[1－(－2)n ]1－(－2)＝－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．[解题通法点拨] 数列问题重在“归”——化归、归纳[循流程思维——入题快]等差数列与等比数列是我们最熟悉的两个基本数列，在高中阶段它们是一切数列问题的出发点与落脚点．首项与公差(比)称为等差(比)数列的基本量，大凡涉及这两个数列的问题，我们总希望把已知条件化归为等差或等比数列的基本量间的关系，从而达到解决问题的目的．这种化归为基本量处理的方法，是解决等差或等比数列问题特有的方法，对于不是等差或等比的数列，可从简单的个别的特殊的情景出发，从中归纳出一般性的规律、性质，这种归纳思想便形成了解决一般性数列问题的重要方法：观察、归纳、猜想、证明．由于数列是一种特殊的函数，也可根据题目特点，将数列问题化归为函数问题来解决．[按流程解题——快又准][典例] (2015·全国卷Ⅰ)S n 为数列{a n }的前n 项和．已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3. (1)求{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． [解题示范](1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，①可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.②②－①，得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )．由a n >0，得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3.所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由a n ＝2n ＋1可知 b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)＝12⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋3. 设数列{b n }的前n 项和为T n ，则 T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎝⎛⎭⎫13－15＋⎝⎛⎭⎫15－17 ＋…＋12n ＋1－12n ＋3＝n3(2n ＋3).[思维升华] 对于数列的备考：一是准确掌握数列中a n 与S n 之间的关系，这是解决数列问题的基础；二是重视等差与等比数列的复习，熟悉其基本概念、公式和性质，这是解决数列问题的根本；三是注意数列与函数、不等式等的综合问题，掌握解决此类问题的通法；四是在知识的复习和解题过程中体会其中所蕴含的数学思想方法，如分类讨论、数形结合、等价转化、函数与方程思想等．[应用体验](2017·济南模拟)已知数列{a n }满足a 1＝511,4a n ＝a n －1－3(n ≥2)． (1)求证：数列{a n ＋1}为等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝|log 2(a n ＋1)|，求数列{b n }的前n 项和S n .解：(1)证明：当n ≥2时，由4a n ＝a n －1－3得a n ＋1＝14(a n －1＋1)，所以数列{a n ＋1}是以512为首项，14为公比的等比数列．所以a n ＋1＝512×⎝⎛⎭⎫14n －1＝211－2n ，a n＝211－2n－1. (2)b n ＝|11－2n |，设数列{11－2n }的前n 项和为T n ，则T n ＝10n －n 2. 当n ≤5时，S n ＝T n ＝10n －n 2；当n ≥6时，S n ＝2S 5－T n ＝n 2－10n ＋50.所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧10n －n 2，n ≤5，n 2－10n ＋50，n ≥6.[课时跟踪检测]1．(2018届高三·广西三市联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n －1(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 4a n ＋1，求{b n }的前n 项和T n . 解：(1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1，当n ＝1时，a 1＝2－1＝1，满足a n ＝2n －1，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)由(1)得，b n ＝log 4a n ＋1＝n ＋12，则b n ＋1－b n ＝n ＋22－n ＋12＝12，又b 1＝log 4a 1＋1＝1，∴数列{b n }是首项为1，公差d ＝12的等差数列，∴T n ＝nb 1＋n (n －1)2d ＝n 2＋3n4.2．(2017·福州质检)已知等差数列{a n }的各项均为正数，其公差为2，a 2a 4＝4a 3＋1. (1)求{a n }的通项公式； (2)求a 1＋a 3＋a 9＋…＋a 3n .解：(1)依题意知，a n ＝a 1＋2(n －1)，a n >0.因为a 2a 4＝4a 3＋1，所以(a 1＋2)(a 1＋6)＝4(a 1＋4)＋1，所以a 21＋4a 1－5＝0，解得a 1＝1或a 1＝－5(舍去)，所以a n ＝2n －1. (2)a 1＋a 3＋a 9＋…＋a 3n＝(2×1－1)＋(2×3－1)＋(2×32－1)＋…＋(2×3n －1) ＝2×(1＋3＋32＋…＋3n )－(n ＋1) ＝2×1－3n ＋11－3－(n ＋1)＝3n ＋1－n －2.3．(2018届高三·广东五校联考)数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)∵S n ＝2a n －a 1，①∴当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－a 1；② ①－②得，a n ＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －1.由a 1，a 2＋1，a 3成等差数列，得2(a 2＋1)＝a 1＋a 3， ∴2(2a 1＋1)＝a 1＋4a 1，解得a 1＝2.∴数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列． ∴a n ＝2n .(2)∵a n ＝2n ，∴S n ＝2a n －a 1＝2n ＋1－2，S n ＋1＝2n ＋2－2.∴b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝2n ＋1(2n ＋1－2)(2n ＋2－2)＝1212n －1－12n ＋1－1. ∴数列{b n }的前n 项和T n ＝12⎛⎭⎫12－1－122－1＋⎝⎛⎭⎫122－1－123－1＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1－1＝12⎛⎭⎫1－12n ＋1－1＝2n －12n 1－1.4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝－3S n ＋4，b n ＝－log 2a n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式与数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝b n 2n ＋1＋1n (n ＋1)，其中n ∈N *，若数列{c n }的前n 项和为T n ，求T n .解：(1)由a 1＝－3a 1＋4，得a 1＝1，由a n ＝－3S n ＋4，知a n ＋1＝－3S n ＋1＋4，两式相减并化简得a n ＋1＝14a n ，∴a n ＝⎝⎛⎭⎫14n －1，b n ＝－log 2a n ＋1＝－log 2⎝⎛⎭⎫14n ＝2n . (2)由题意知，c n ＝n 2n ＋1n (n ＋1).令H n ＝12＋222＋323＋…＋n 2n ，① 则12H n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n 2n ＋1，②①－②得，12H n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1.∴H n ＝2－n ＋22n. 又T n －H n ＝11×2＋12×3＋…＋1n (n ＋1)＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1，∴T n ＝H n ＋(T n －H n )＝2－n ＋22n ＋nn ＋1. 5．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋n ＋1.(1)是否存在实数p ，q ，使{a n ＋pn ＋q }成等比数列？若存在，求出p ，q 的值；若不存在，请说明理由；(2)令b n ＝a n ＋2，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)假设存在实数p ，q ，使数列{a n ＋pn ＋q }为等比数列，且其公比为A ，则由题意得，a n ＋1＋p (n ＋1)＋q ＝A (a n ＋pn ＋q )，即a n ＋1＝Aa n ＋(Ap －p )n ＋Aq －q －p ，又a n ＋1＝2a n ＋n ＋1，∴⎩⎪⎨⎪⎧A ＝2，Ap －p ＝1，Aq －q －p ＝1，即⎩⎪⎨⎪⎧A ＝2，p ＝1，q ＝2，∴a n ＋1＋(n ＋1)＋2＝2(a n ＋n ＋2)，当n ＝1时，a 1＋1＋2＝4，∴存在实数p ＝1，q ＝2，使数列{a n ＋pn ＋q }是首项为4，公比为2的等比数列．(2)由(1)可知a n ＋n ＋2＝4·2n －1＝2n ＋1，。

2018届高三数学(理人教版)二轮复习高考大题专攻练： 3 Word版含解析

高考大题专攻练3.数列(A组)大题集训练，练就慧眼和规范，占领高考制胜点！1.设数列的前n项和为S n，对任意的正整数n，都有a n=5S n+1成立，b n=-1-log2，数列的前n项和为T n，c n=. 世纪金榜导学号92494439(1)求数列的通项公式与数列前n项和A n.(2)对任意正整数m，k，是否存在数列中的项a n，使得≤32a n成立？若存在，请求出正整数n的取值集合，若不存在，请说明理由.【解析】(1)因为a n=5S n+1，令n=1⇒a1=-，由得，a n+1=-a n，所以等比数列{a n}的通项公式a n=，b n=-1-log2|a n|=2n-1，==-，所以A n=1-=.(2)存在.因为a n=⇒S n==-.所以S1=-，S2=-，当n为奇数，S n=-单增，n为偶数，S n=-单减，所以(S n)min=-，(S n)max=-，设对任意正整数m，k，存在数列{a n}中的项，使得|S m-S k|≤32a n成立，即(S n)max-(S n)min==≤32a n=32·，解得：n∈{2，4}.2.已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=1-，其中n∈N*.(1)设b n=，求证：数列{b n}是等差数列，并求出{a n}的通项公式a n.(2)设c n=，数列{c n c n+2}的前n项和为T n，是否存在正整数m，使得T n<对于n∈N*恒成立，若存在，求出m的最小值，若不存在，请说明理由.【解析】(1)因为b n+1-b n=-=-=-=2，所以数列{b n}是公差为2的等差数列，又b1==2，所以b n=2+(n-1)×2=2n.所以2n=，解得a n=.(2)存在.由(1)可得c n==，所以c n c n+2=×=2，所以数列{c n c n+2}的前n项和为T n=2[+++…+(-)+(-)]=2<3.要使得T n<对于n∈N*恒成立，只要3≤，即≥3，解得m≥3或m≤-4，而m>0，故m的最小值为3.关闭Word文档返回原板块。

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大二轮高考总复习文数文档：解答题2 数列含解析

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．(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 .(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＝2n n ＋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.。

【高三数学试题精选】2018年高考数学二轮专题四数列复习题(有答案)

∴=a3 a12,
即(a1+3d)2=(a1+2d)(a1+11d),
化简,得13d+7a1=0②
由①②,得d=7,a1=-13,
∴an=a1+(n-1)d=7n-13整除,∴=2,=10,
∴存在唯一的正整数=2
12解(1)由已知得
∴d=2
故an=2n-1+,Sn=n(n+)
(2)由(1)得bn==n+
2018年高考数学二轮专题四数列复习题（有答案）
5 c专题升级训练等差数列、等比数列
(时间60分钟满分100分)
一、选择题(本大题共6小题,每小题6分,共36分)
1已知数列{an}满足a1=1,且,则a2 014=( )
A2 012B2 013
c2 014D2 015
2已知各项均为正数的等比数列{an}中,a1a2a3=5,a7a8a9=10,则a4a5a6=( )
两式两边分别相减得
-2Sn=1+4×3+4×32+4×33+…+4×3n-1-(4n-3)×3n
=1+4(3+32+33+…+3n-1)-(4n-3)×3n
=1+-(4n-3)×3n
=(5-4n)×3n-5,∴Sn=
11解(1)设{an}的差为d≠0,则S9=9a1+d=135
∴a1+4d=15①
又∵a3,a4, a12成等比数列,
A5B4
c6 D7
3(4q+4=0,得q=2∴S4==15
4A解析∵=a1+a1,b6=故选A
73解析由题意知an an+1=15,即a2=5,a 3=3,a4=5,…观察可得数列的奇数项都为3,偶数项都为5故a21=3

2018年浙江高考数学二轮复习教师用书第1部分重点强化专题专题2 突破点4 等差数列、等比数列 Word版含答案

专题二数列建知识网络明内在联系[高考点拨] 数列专题是浙江新高考的必考专题之一，主要考查等差、等比数列的基本量运算及数列求和的能力，该部分即可单独命题，又可与其他专题综合命题，考查方式灵活多样，结合浙江新高考的命题研究，本专题我们按照“等差、等比数列”和“数列求和及综合应用”两条主线展开分析和预测．突破点等差数列、等比数列(对应学生用书第页)[核心知识提炼]提炼等差数列、等比数列的运算()通项公式；)－(＋等差数列：＝.－·等比数列：＝ ()求和公式；＝＋等差数列：＝．(≠)＝等比数列：＝()性质若＋＝＋，；＋在等差数列中＋＝ .·＝·在等比数列中提炼等差数列、等比数列的判定与证明数列{}是等差数列或等比数列的证明方法：()证明数列{}是等差数列的两种基本方法为同一常数；)*∈(－＋利用定义，证明① ．(≥)＋＋－＝利用中项性质，即证明②()证明{}是等比数列的两种基本方法 ①利用定义，证明(∈*)为同一常数； ②利用等比中项，即证明＝－＋(≥).提炼数列中项的最值的求法()根据数列与函数之间的对应关系，构造相应的函数()＝，利用求解函数最值的方法(多利用函数的单调性)进行求解，但要注意自变量的取值必须是正整数的限制．()利用数列的单调性求解，利用不等式＋≥(或＋≤)求解出的取值范围，从而确定数列单调性的变化，进而确定相应的最值．()转化为关于的不等式组求解，若求数列{}的最大项，则可解不等式组(\\(≥－，≥＋；))若求数列{}的最小项，则可解不等式组(\\(≤－，≤＋，))求出的取值范围之后，再确定取得最值的项．[高考真题回访]回访等差数列及其运算．(·浙江高考)已知等差数列{}的公差为，前项和为，则“>”是“＋>”的( )【导学号：】．充分不必要条件．必要不充分条件．充分必要条件．既不充分也不必要条件[法一：∵数列{}是公差为的等差数列， ∴＝＋，＝＋，＝＋， ∴＋＝＋＝＋. 若>，则>＋>＋，即＋>.若＋>，则＋>＋，即>，∴>.∴“>”是“＋>”的充分必要条件．故选.法二：∵＋>⇔＋＋＋>(＋)⇔>⇔＋>⇔>，∴“>”是“＋>”的充分必要条件．故选.]．(·浙江高考)已知{}是等差数列，公差不为零，前项和是，若，，成等比数列，则( ) ．>，>。

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: 数列
基本考点——等差、等比数列的基本运算
．等差数列的通项公式及前项和公式
＝＋(－)；＝＝＋．
．等比数列的通项公式及前项和公式
＝－ (≠)；＝＝(≠)．
．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
于和(或)的方程组求解，但要注意消元法及整体代换，以减少计算量．
．(·全国卷Ⅰ)记为等比数列{}的前项和．
已知＝，＝－．
()求{}的通项公式；
()求，并判断＋，，＋是否成等差数列．
()解：设{}的公比为.由题设可得
(\\((＋(＝，(＋＋(＝－.))
解得＝－，＝－．
故{}的通项公式为＝(－)．
()解：由()可得
＝＝－＋(－)．
由于＋＋＋＝－＋(－)
＝＝，
故＋，，＋成等差数列．．(·全国卷Ⅱ)已知等差数列{}的前项和为，等比数列{}的前项和为，＝－，＝，＋＝．
()若＋＝，求{}的通项公式；
()若＝，求．
解：设{}的公差为，{}的公比为，
则＝－＋(－)·，＝－．
由＋＝得＋＝.①
()由＋＝得＋＝.②
联立①和②解得(\\(＝，＝))(舍去)，(\\(＝，＝.))
因此{}的通项公式为＝－．
()由＝，＝得＋－＝．
解得＝－或＝．
当＝－时，由①得＝，则＝．
当＝时，由①得＝－，则＝－．
常考热点——数列的综合问题
．错位相减法的关注点
()适用题型：等差数列{}与等比数列{}对应项相乘({·})型数列求和．
()步骤：
①求和时先乘以数列{}的公比．。

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。

【高三数学试题精选】2018高考数学二轮等差数列、等比数列专题复习题(附答案)

(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．
解(1)由题设，anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1
两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1
由于an＋1≠0，所以an＋2－an＝λ
(2)由题设，a1＝1，a1a2＝λS1－1，可得a2＝λ－1
A．16 B．18
c．9 D．8
解析已知数阵a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33中，每行的3个数依次成等差数列，每列的3个数也依次成等差数列，若a22＝2，由等差数列的性质得a11＋a12＋a13＋a21＋a22＋a23＋a31＋a32＋a33＝9 a22＝18
答案B
3．(2018河北唐一模)已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1＋a3＝52，a2＋a4＝54，则Snan＝( )
A．4n－1 B．4n－1
c．2n－1 D．2n－1
解析∵a1＋a3＝52，a2＋a4＝54，
∴a1＋a1q2＝52，①a1q＋a1q3＝54，②
由①除以②可得1＋q2q＋q3＝2，解得q＝12，
所以1＋4n＝＋n61＋4n
＝161＋4ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱn＋4n
≥165＋2 n 4n＝32
答案D
二、填空题
7．(20 14安徽卷)数列{an}是等差数列，若a1＋1，a3＋3，a5＋5构成比为q的等比数列，则q＝________
解析设等差数列的差为d，则a3＝a1＋2d，a5＝a1＋4d，
∴(a1＋2d＋3)2＝(a1＋1)(a1＋4d＋5)，解得d＝－1
由(1)知，a3＝λ＋1
令2a2＝a1＋a3，解得λ＝4
故an＋2－an＝4，由此可得

2018年高考数列专题复习(精典版知识点大题分类选择题答案解析详解)

WORD 格式整理文科数列专题复习一、等差数列与等比数列1. 基本量的思想：常设首项、（公差）比为基本量，借助于消元思想及解方程组思想等。

转化为“基本量”是解决问题的基本方法。

2. 等差数列与等比数列的联系1）若数列 aa 是等差数列，则数列{ }a n 是等比数列，公比为nda ，其中a 是常数， d是a n 的公差。

（a>0 且a≠1）；2）若数列a是等比数列，且a n 0，则数列log a a n 是等差数列，公差为log a q ，n其中a是常数且a 0, a 1，q是 a 的公比。

n3）若{ a } 既是等差数列又是等比数列, 则{a n } 是非零常数数列。

n3. 等差与等比数列的比较等差数列等比数列定义{a n }为A P a n 1 a n d(常数）{ an1 qa }为G P (常数）nan通项公式a = a1 +（n-1）d= a k +（n-k）d=dn+ a1-dnn 1 na n a q a q1 kk求和公式snd2n(aa1n2n 2 (a1)d2na1)nn( n21)dsnna1a (111qqn ) a11a qnq(q(q1)1)中项公式a b2A= Gab。

2推广：2 a n =a n m a n m 2推广：a n a n m a n m性质1若m+n=p+q 则a m a a a 若m+n=p+q，则a m a n a p a q 。

n p q2若{ } a 也k 成A.P（其中k n N ）则{ } n kn 若{ }k 成等比数列（其中k n N ），n为A.P。

则{a } 成等比数列。

kn专业资料值得拥有WORD 格式整理3．s n ,s2 s ,s3 s2 成等差数列。

s n ,s2n s n,s3n s2n成等比数列。

n n n n4d anna a a1 m n m n( )1 m nnq1ana1，an m nq (m n)am4、典型例题分析【题型1】等差数列与等比数列的联系例1 （文16）已知{a n} 是公差不为零的等差数列，a1＝1，且a1，a3，a9 成等比数列. （Ⅰ）求数列{a n} 的通项; （Ⅱ）求数列{2 an} 的前n 项和Sn.n.解：（Ⅰ）由题设知公差d≠0，由a1＝1，a1，a3，a9 成等比数列得12d1＝1 8d1 2d，解得d＝1，d＝0（舍去），故{a n} 的通项a n＝1+（n－1）×1＝n.m ( Ⅱ) 由（Ⅰ）知2a =2n，由等比数列前n 项和公式得nS m=2+22+23+⋯+22+23+⋯+2n= 2(1 2 )1 2 =2n+1-2.n+1-2.小结与拓展：数列 aa 是等差数列，则数列{a} 是等比数列，公比为nnda ，其中a 是常数， d 是 a 的公差。

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 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。

.【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 ．21B ．42C ．63D ．84(2)(2015·铜陵模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10＝12，则a 5＋a 6＝( )A.125 B ．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·衡水中学二调)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．5B．7C．9D．112．(2014·福建高考)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·重庆高考)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·天津高考)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·辽宁大连模拟)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＝1a n，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·陕西高考)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·安徽高考)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·江西高考)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的取值范围为________．三、解答题9．(文)(2015·兰州模拟)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·湖北高考)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·江苏高考)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·北京高考)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·武汉模拟)已知等差数列{a n}的前n项和为S n，a5＝5，S5＝15，则数列{1a n a n＋1}的前100项和为() A.100101 B.99101 C.99100 D.1011003．(2015·福建高考)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 n a 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·铜陵模拟)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。