2020高考数学复习专题 数列与数学归纳法教案

第1专题 等差数列、等比数列等差、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 1q n －1(q ≠0)；S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q 1－q(q ≠1)．[典例分析](1)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若S 1S 4＝110，则S 3S 5＝( )A.25 B.35 C.37D.47(2)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，满足对任意的正整数n ，均有S n ＋3＝8S n ＋3，则a 1＝________，公比q ＝________．【解析】 (1)设公差为d ，则a 14a 1＋6d ＝110，d ＝a 1，所以S 3S 5＝3a 1＋3d 5a 1＋10d ＝25，故选A.(2)由S n ＋3＝8S n ＋3，则S n ＋2＝8S n －1＋3，两式相减得，a n ＋3＝8a n ⇒a n q 3＝8a n ，则q 3＝8⇒q ＝2， 由等比数列前n 项和公式得，a 1（1－2n ＋3）1－2＝8·a 1（1－2n ）1－2＋3，即2n ＋3a 1－a 1＝8·2n a 1－8a 1＋3，从而解得a 1＝37.【答案】 (1)A (2)372关于等差(等比)数列的基本运算，一般通过其通项公式和前n 项和公式构造关于a 1和d (或q )的方程或方程组解决，如果所给出的是递推关系式，可通过将递推关系式变形，构造出满足等差(等比)数列定义的新数列，然后再按等差(等比)数列进行基本运算．[针对训练]1．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ≥1)，则a 6＝( )A ．3×44B ．3×44＋1 C ．44D ．44＋1解析：选A.由a n ＋1＝3S n ，得到a n ＝3S n －1(n ≥2)， 两式相减得：a n ＋1－a n ＝3(S n －S n －1)＝3a n ， 则a n ＋1＝4a n (n ≥2)，又a 1＝1，a 2＝3S 1＝3a 1＝3，得到此数列除去第一项后，为首项是3，公比为4的等比数列， 所以a n ＝a 2qn －2＝3×4n －2(n ≥2)，a 6＝3×44，故选A.2．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，则塔的底层共有灯( )A ．186盏B ．189盏C ．192盏D ．96盏解析：选C.设塔的底层共有灯x 盏，则各层的灯数构成一个首项为x ，公比为12的等比数列.x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1271－12＝381，解得x ＝192.3．已知正数数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n 和2的等比中项等于a n 和2的等差中项，则a 1＝________，S n ＝________．解析：由题意知a n ＋22＝2S n ，平方可得S n ＝（a n ＋2）28，①由a 1＝S 1得a 1＋22＝2a 1，从而可解得a 1＝2.又由①式得S n －1＝（a n －1＋2）28(n ≥2)，②①－②可得a n ＝S n －S n －1＝（a n ＋2）28－（a n －1＋2）28(n ≥2)，整理得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－4)＝0 因为数列{a n }的各项都是正数， 所以a n －a n －1－4＝0，即a n －a n －1＝4.故数列{a n }是以2为首项4为公差的等差数列，所以S n ＝2n ＋n （n －1）2×4＝2n 2.当n ＝1时，S 1＝a 1＝2. 故S n ＝2n 2. 答案：2 2n 24．已知等比数列{a n }的公比q >0，前n 项和为S n ，若2a 3，a 5，3a 4成等差数列，a 2a 4a 6＝64，则q ＝________，S n ＝________．解析：由2a 3，a 5，3a 4成等差数列得2a 5＝2a 3＋3a 4⇒2q 2＝2＋3q ⇒q ＝2(负舍)，a 2a 4a 6＝64⇒a 34＝64⇒a 4＝4⇒a 1＝a 4q 3＝12，S n ＝12（1－2n）1－2＝2n －12.答案：2 2n－12等差、等比数列的判定与证明1．证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法 (1)利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为一常数； (2)利用等差中项，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)． 2．证明数列{a n }是等比数列的两种基本方法 (1)利用定义，证明a n ＋1a n(n ∈N *)为一常数； (2)利用等比中项，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)．[典例分析](1)如图，点列{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且|A n A n ＋1|＝|A n ＋1A n ＋2|，A n ≠A n ＋2，n ∈N *，|B n B n ＋1|＝|B n ＋1B n ＋2|，B n ≠B n ＋2，n ∈N *(P ≠Q 表示点P 与Q 不重合)．若d n ＝|A n B n |，S n为△A n B n B n ＋1的面积，则( )A ．{S n }是等差数列B ．{S 2n }是等差数列 C ．{d n }是等差数列D ．{d 2n }是等差数列(2)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；③求数列{a n }的通项公式．【解】 (1)选A.由题意，过点A 1，A 2，A 3，…，A n ，A n ＋1，…分别作直线B 1B n ＋1的垂线，高分别记为h 1，h 2，h 3，…，h n ，h n ＋1，…，根据平行线的性质，得h 1，h 2，h 3，…，h n ，h n ＋1，…成等差数列，又S n ＝12×|B n B n ＋1|×h n ，|B n B n ＋1|为定值，所以{S n }是等差数列．故选A.(2)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：因为4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1(n ≥2)， 所以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)，因为4a 3＋a 1＝4×54＋1＝6＝4a 2，所以4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1，因为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 n 2（2a n ＋1－a n ）＝12.所以数列{a n ＋1－12a n }是以a 2－12a 1＝1为首项，公比为12的等比数列；③由②知，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1为首项，公比为12的等比数列，所以a n ＋1－12a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.即a n ＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－a n⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝4， 所以⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 是以a 112＝2为首项，4为公差的等差数列，所以a n⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝2＋(n －1)×4＝4n －2，即a n ＝(4n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以数列{a n }的通项公式是a n ＝(2n －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.(1)判断一个数列是等差(等比)数列，还有通项公式法及前n 项和公式法，但不作为证明方法．(2)若要判断一个数列不是等差(等比)数列，只需判断存在连续三项不成等差(等比)数列即可．(3)a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)是{a n }为等比数列的必要不充分条件，也就是判断一个数列是等比数列时，要注意各项不为0.[针对训练]1．已知a ，b 为实常数，{c i }(i ∈N *)是公比不为1的等比数列，直线ax ＋by ＋c i ＝0与抛物线y 2＝2px (p >0)均有两个交点，所成弦的中点为M i (x i ，y i )，则下列说法错误的是( )A ．数列{x i }可能是等比数列B ．数列{y i }是常数列C ．数列{x i }可能是等差数列D ．数列{x i ＋y i }可能是等比数列解析：选C.由直线ax ＋by ＋c i ＝0，当a ＝0，b ≠0时，直线by ＋c i ＝0与抛物线y 2＝2px (p >0)仅有一个交点，不合题意．当a ≠0，b ＝0时，直线ax ＋c i ＝0，化为：x ＝－c i a ，则x i ＝－c i a ，y i ＝0，x i ＋y i ＝－c ia，由{c i }(i ∈N *)是公比不为1的等比数列，可得{x i }是等比数列，{x i ＋y i }是等比数列，不是等差数列．当a ≠0，b ≠0时，直线ax ＋by ＋c i ＝0化为：x ＝－ba y －c i a，代入抛物线y 2＝2px (p >0)，所以y 2＋2pb a y ＋2pc i a＝0.根据根与系数的关系可得：M i ⎝ ⎛⎭⎪⎫pb 2a 2－c ia，－pb a ，即y i ＝－pb a ，{y i }是常数列，是等比数列，是等差数列．综上可得：A ，B ，D 都有可能，只有C 不可能．故选C. 2．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q ＝－2，a 1＝－2.故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n.(2)由(1)可得S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝－23＋(－1)n 2n ＋13.由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n 2n ＋3－2n ＋23＝2[－23＋(－1)n2n ＋13]＝2S n ，故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．数列的性质及应用1.等差数列等比数列性 质(1)若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ； (2)a n ＝a m ＋(n －m )d ；(3)S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍成等差数列(1)若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ， 则a m ·a n ＝a p ·a q ； (2)a n ＝a m qn －m；(3)S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍成等比数列(q ≠－1)从第二项起，每一项都大于它的前一项，即a n >a n －1(n ≥2)的数列叫做递增数列；每一项都小于它的前一项，即a n <a n －1(n ≥2)的数列叫做递减数列．[典例分析](1)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，则“a 2>0且a 1>0”是“数列{S n }单调递增”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件(2)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】 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，d ≠0.S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝d 2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n＝d 2⎝ ⎛⎭⎪⎫n －d －2a 12d 2－（d －2a 1）28d ，因为数列{S n }单调递增， 所以d >0，d －2a 12d≤1， 可得d ＋2a 1≥0.由a 2>0且a 1>0，可得a 2＝a 1＋d >0.所以“a 2>0且a 1>0”是“数列{S n }单调递增”的既不充分也不必要条件．(2)设{a n }的公比为q ，由a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5得a 1＝8，q ＝12，则a 2＝4，a 3＝2，a 4＝1，a 5＝12，所以a 1a 2…a n ≤a 1a 2a 3a 4＝64.【答案】 (1)D (2)64等差、等比数列性质问题的求解策略(1)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)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．(3)利用数列性质进行运算时，要利用整体思想(如本例(2))，可以减少计算量，此方法还适用于求函数值、求函数的解析式等问题．[针对训练]1．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，下列结论一定成立的是( ) A ．a 1＋a 3≥2a 2 B ．a 1＋a 3≤2a 2 C ．a 1S 3>0D ．a 1S 3<0解析：选C.选项A ，数列－1，1，－1为等比数列，但a 1＋a 3＝－2<2a 2＝2，故A 错误；选项B ，数列1，－1，1为等比数列，但a 1＋a 3＝2>2a 2＝－2，故B 错误；选项D ，数列1，－1，1为等比数列，但a 1S 3＝1>0，故D 错误；对于选项C ，a 1(a 1＋a 2＋a 3)＝a 1(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)＝a 21(1＋q ＋q 2)，因为等比数列的项不为0，故a 21>0，而1＋q ＋q 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫q ＋122＋34>0，故a 21(1＋q ＋q 2)>0，故C 正确．2．设公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，－217<d <－19，则当S n 取最大值时n 的值为________．解析：因为等差数列{a n }的公差d 为负值，所以{a n }是递减数列．又a 1＝1，所以由a n ＝a 1＋(n －1)d >0得n <d －a 1d ，即n <1－1d， 因为－217<d <－19，所以192<1－1d <10，所以n ≤9，即当n ≤9时，a n >0，当n ≥10时，a n <0. 所以当S n 取得最大值时n 的值为9. 答案：9数列中的交汇创新问题[典例分析](1)对于数列{x n }，若对任意n ∈N *，都有x n ＋2－x n ＋1<x n ＋1－x n 成立，则称数列{x n }为“减差数列”．设b n ＝2t －tn 2－n2n －1，若数列b 5，b 6，b 7，…，b n (n ≥5，n ∈N *)是“减差数列”，则实数t 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，35B.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，35C.⎝ ⎛⎭⎪⎫35，＋∞ D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫35，＋∞ (2)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时，发现有这样一列数：1，1，2，3，5，8，13，….该数列的特点是：前两个数都是1，从第三个数起，每一个数都等于它前面两个数的和，人们把这样的一列数组成的数列称为“斐波那契数列”．若{a n }是“斐波那契数列”，则(a 1a 3－a 22)·(a 2a 4－a 23)(a 3a 5－a 24)·…·(a 2 017·a 2 019－a 22 018)的值为________．【解析】 (1)由数列b 5，b 6，b 7，…，b n (n ≥5，n ∈N *)是“减差数列”，得b n ＋b n ＋22<b n ＋1(n ≥5)，即t －tn 2－n2n＋t －t （n ＋2）2－（n ＋2）2n ＋2<2t －t （n ＋1）2－（n ＋1）2n，即tn 2－n 2n＋t （n ＋2）2－（n ＋2）2n ＋2>t （n ＋1）2－（n ＋1）2n，化简得t (n 2－4n )>n －2，当n ≥5时，若t (n 2－4n )>n －2恒成立，则t >n －2n 2－4n＝1（n －2）－4n －2恒成立，又当n ≥5时，1（n －2）－4n －2的最大值为35，则t 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫35，＋∞.故选C.(2)因为a 1a 3－a 22＝1×2－12＝1，a 2a 4－a 23＝1×3－22＝－1，a 3a 5－a 24＝2×5－32＝1，a 4a 6－a 25＝3×8－52＝－1，…，a 2 017a 2 019－a 22 018＝1，共有2 017项，所以(a 1a 3－a 22)(a 2a 4－a 23)·(a 3a 5－a 24)…(a 2 017a 2 019－a 22 018)＝1.【答案】 (1)C (2)1数列新定义型创新题的一般解题思路(1)阅读审清“新定义”；(2)结合常规的等差数列、等比数列的相关知识，化归、转化到“新定义”的相关知识； (3)利用“新定义”及常规的数列知识，求解证明相关结论．[针对训练]1．正项等比数列{a n }中的a 1、a 4 035是函数f (x )＝13x 3－4x 2＋6x －3的极值点，则log 6a 2018＝( )A ．1B ．2C ． 2D ．－1解析：选A.因为f ′(x )＝x 2－8x ＋6，且a 1、a 4 035是方程x 2－8x ＋6＝0的两根，所以a 1·a 4035＝a 22 018＝6，即a 2 018＝6，所以log 6a 2 018＝1，故选A.2．若数列{b n }对于n ∈N *，都有b n ＋2－b n ＝d (常数)，则称数列{b n }是公差为d 的准等差数列，如数列{c n }，若c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4n －1，n 为奇数，4n －9，n 为偶数，则数列{c n }是公差为8的准等差数列．设数列{a n }满足a 1＝a ，对于n ∈N *，都有a n ＋a n ＋1＝2n .(1)求证：{a n }为准等差数列； (2)求{a n }的通项公式及前20项和S 20. 解：(1)证明：因为a n ＋1＋a n ＝2n ，① 所以a n ＋2＋a n ＋1＝2n ＋2.② 由②－①得a n ＋2－a n ＝2(n ∈N *)， 所以{a n }是公差为2的准等差数列． (2)已知a 1＝a ，a n ＋1＋a n ＝2n (n ∈N *)， 所以a 1＋a 2＝2，即a 2＝2－a .所以由(1)可知a 1，a 3，a 5，…，成以a 为首项，2为公差的等差数列，a 2，a 4，a 6，…，成以2－a 为首项，2为公差的等差数列．所以当n 为偶数时，a n ＝2－a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n2－1×2＝n －a ，当n 为奇数时，a n ＝a ＋⎝⎛⎭⎪⎫n ＋12－1×2＝n ＋a －1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ＋a －1，n 为奇数，n －a ，n 为偶数.S 20＝a 1＋a 2＋…＋a 19＋a 20＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 19＋a 20)＝2×1＋2×3＋…＋2×19＝2×（1＋19）×102＝200.专题强化训练1．已知等差数列{a n }，S n 是{a n }的前n 项和，则对于任意的n ∈N *，“a n >0”是“S n >0”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A.对于任意的n ∈N *，“a n >0”，能推出“S n >0”，是充分条件，反之，不成立，比如：数列－3，－1，1，3，5，不满足条件，不是必要条件，故选A.2．设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＋1＝2a n ＋1，n ∈N *，则a 3＝( ) A ．3 B ．2 C ．1D ．0解析：选B.S n ＋1＝2a n ＋1，n ∈N *，则n ＝1时，a 1＋a 2＝2a 1＋1，可得：a 2＝a 1＋1.n ＝2时，a 1＋a 2＋a 3＝2a 2＋1，可得：a 3＝2.故选B.3．“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122.若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为( )A.32f B.322f C.1225fD.1227f解析：选 D.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122，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122的等比数列，记为{a n }，则第八个单音的频率为a 8＝f (122)8－1＝1227f ，故选D.4．等差数列{a n }中，已知|a 6|＝|a 11|，且公差d >0，则其前n 项和取最小值时n 的值为 ( )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：选C.由d >0可得等差数列{a n }是递增数列，又|a 6|＝|a 11|，所以－a 6＝a 11，即－a 1－5d ＝a 1＋10d ，所以a 1＝－15d 2，则a 8＝－d 2<0，a 9＝d2>0，所以前8项和为前n 项和的最小值，故选C.5．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝12，a 3a 5＝4，则下列说法正确的是( )A ．{a n }是单调递减数列B ．{S n }是单调递减数列C ．{a 2n }是单调递减数列D ．{S 2n }是单调递减数列解析：选C.由于{a n }是等比数列，则a 3a 5＝a 24＝4，又a 2＝12，则a 4＞0，a 4＝2，q 2＝16，当q ＝－66时，{a n }和{S n }不具有单调性，选项A 和B 错误；a 2n ＝a 2q 2n －2＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫16n －1单调递减，选项C 正确；当q ＝－66时，{S 2n }不具有单调性，选项D 错误． 6．已知{a n }是等差数列，其公差为非零常数d ，前n 项和为S n ，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前n 项和为T n ，当且仅当n ＝6时，T n 有最大值，则a 1d的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－52 B ．(－3，＋∞) C.⎝⎛⎭⎪⎫－3，－52 D ．(－∞，－3)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－52，＋∞解析：选C.因为S n n ＝d 2n ＋(a 1－d2)，由题意知d <0， 且⎩⎪⎨⎪⎧S 66＝a 1＋52d >0S77＝a 1＋3d <0，得－3<a 1d <－52.7．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，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，＋∞)，选D.8．等差数列{a n }的公差d ∈(0，1)，且sin 2a 3－sin 2a 7sin （a 3＋a 7）＝－1，当n ＝10时，数列{a n }的前n 项和S n 取得最小值，则首项a 1的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－58π，－916πB.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－58π，－916πC.⎝ ⎛⎭⎪⎫－54π，－98πD.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－54π，－98π解析：选D.因为{a n }为等差数列，sin 2a 3－sin 2a 7sin （a 3＋a 7）＝－1，所以1－cos 2a 32－1－cos 2a 72sin （a 3＋a 7）＝－1，所以cos 2a 7－cos 2a 32＝－sin(a 3＋a 7)，由和差化积公式可得：12×(－2)sin(a 7＋a 3)·sin(a 7－a 3)＝－sin(a 3＋a 7)， 因为sin(a 3＋a 7)≠0， 所以sin(a 7－a 3)＝1， 所以4d ＝2k π＋π2∈(0，4)，所以k ＝0， 所以4d ＝π2，d ＝π8.因为n ＝10时，数列{a n }的前n 项和S n 取得最小值，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 10≤0a 11≥0即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋9×π8≤0a 1＋10×π8≥0， 所以－5π4≤a 1≤－9π8.9．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n －1(n ∈N *)，则a 1＝________；数列{a n }的通项公式为a n ＝________．解析：因为S n ＝n 2＋2n －1，当n ＝1时，a 1＝1＋2－1＝2， 当n ≥2时，所以a n ＝S n －S n －1＝n 2＋2n －1－[(n －1)2＋ 2(n －1)－1]＝2n ＋1，因为当n ＝1时，a 1＝2＋1＝3≠2，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝12n ＋1，n ≥2.答案：2 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝12n ＋1，n ≥210．已知数列{a n }的前m (m ≥4)项是公差为2的等差数列，从第m －1项起，a m －1，a m ，a m ＋1，…成公比为2的等比数列．若a 1＝－2，则m ＝________，{a n }的前6项和S 6＝________．解析：由a 1＝－2，公差d ＝2， 得a m －1＝－2＋2(m －2)＝2m －6，a m ＝－2＋2(m －1)＝2m －4，则a m a m －1＝2m －42m －6＝2，所以m ＝4；所以S 6＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6 ＝－2＋0＋2＋4＋8＋16＝28. 答案：4 2811．设等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和为S n ，若S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列，则q 的值为________．解析：设等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和为S n ，且S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列， 则2S n ＝S n ＋1＋S n ＋2，若q ＝1，则S n ＝na 1，等式显然不成立，若q ≠1，则有2·a 1（1－q n ）1－q ＝a 1（1－q n ＋1）1－q ＋a 1（1－q n ＋2）1－q，故2q n ＝q n ＋1＋q n ＋2，即q2＋q －2＝0，因此q ＝－2.答案：－212．已知数列{a n }满足a n ＋2＝a n ＋1－a n ，且a 1＝2，a 2＝3，则a 2 018的值为________． 解析：由题意得，a 3＝a 2－a 1＝1，a 4＝a 3－a 2＝－2，a 5＝a 4－a 3＝－3，a 6＝a 5－a 4＝－1，a 7＝a 6－a 5＝2，a 8＝a 7－a 6＝3，…，所以数列{a n }是周期为6的周期数列，而2 018＝6×336＋2，所以a 2 018＝a 2＝3.答案：313．设某数列的前n 项和为S n ，若S nS 2n为常数，则称该数列为“和谐数列”．若一个首项为1，公差为d (d ≠0)的等差数列{a n }为“和谐数列”，则该等差数列的公差d ＝________．解析：由S n S 2n ＝k (k 为常数)，且a 1＝1，得n ＋12n (n －1)d ＝k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋12×2n （2n －1）d ，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d ，整理得，(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0，因为对任意正整数n ，上式恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧d （4k －1）＝0，（2k －1）（2－d ）＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝2，k ＝14.所以数列{a n }的公差为2.答案：214．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 8>0，a 8＋a 9<0，则S n >0的最大n 是______；数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n a n (1≤n ≤15)中最大的项为第______项．解析：因为a 8>0，a 8＋a 9<0，所以S 15＝15（a 1＋a 15）2＝15a 8>0，S 16＝162(a 1＋a 16)＝8(a 8＋a 9)<0，所以S n >0的最大n 是15.因为等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 8>0，a 8＋a 9<0，所以该数列是递减数列，当n ＝8时，|a 8|最小，且|S 8|最大，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n a n (1≤n ≤15)中最大的项为第8项．答案：15 815．设数列{a n }的前n 项积为T n ，且T n ＋2a n ＝2(n ∈N *)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1T n 是等差数列；(2)设b n ＝(1－a n )(1－a n ＋1)，求数列{b n }的通项公式． 解：(1)证明：因为T n ＋2a n ＝2，所以当n ＝1时，T 1＋2a 1＝2， 所以T 1＝23，即1T 1＝32.又当n ≥2时，T n ＝2－2×T nT n －1，得 T n ·T n －1＝2T n －1－2T n ，所以1T n －1T n －1＝12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1T n 是以32为首项，12为公差的等差数列． (2)由(1)知，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1T n 为等差数列，所以1T n ＝32＋12(n －1)＝n ＋22，所以a n ＝2－T n 2＝n ＋1n ＋2.所以b n ＝(1－a n )(1－a n ＋1)＝1（n ＋2）（n ＋3）.16．已知数列{a n }中，a 1＝4，a n ＋1＝6＋a n 2，n ∈N *，S n 为{a n }的前n 项和． (1)求证：n ∈N *时，a n >a n ＋1； (2)求证：n ∈N *时，2≤S n －2n <167.证明：(1)n ≥2时，作差：a n ＋1－a n ＝6＋a n2－6＋a n －12＝ 12×a n －a n －16＋a n 2＋6＋a n －12，所以a n ＋1－a n 与a n －a n －1同号， 由a 1＝4，可得a 2＝6＋42＝5，可得a 2－a 1<0， 所以n ∈N *时，a n >a n ＋1.(2)因为2a 2n ＋1＝6＋a n ，所以2(a 2n ＋1－4)＝a n －2， 即2(a n ＋1－2)(a n ＋1＋2)＝a n －2，① 所以a n ＋1－2与a n －2同号， 又因为a 1－2＝2>0，所以a n >2.所以S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ≥4＋2(n －1)＝2n ＋2. 所以S n －2n ≥2. 由①可得：a n ＋1－2a n －2＝12（a n ＋1＋2）<18， 因此a n －2≤(a 1－2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫18n －1，即a n ≤2＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫18n －1.所以S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ≤2n ＋2×1－⎝ ⎛⎭⎪⎫18n －11－18<2n ＋167.综上可得：n ∈N *时，2≤S n －2n <167.17．已知数列{a n }的各项均为正数，记A (n )＝a 1＋a 2＋…＋a n ，B (n )＝a 2＋a 3＋…＋a n ＋1，C (n )＝a 3＋a 4＋…＋a n ＋2，n ＝1，2，….(1)若a 1＝1，a 2＝5，且对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成等差数列，求数列{a n }的通项公式；(2)证明：数列{a n }是公比为q 的等比数列的充分必要条件是：对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列．解：(1)因为对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成等差数列，所以B (n )－A (n )＝C (n )－B (n )，即a n ＋1－a 1＝a n ＋2－a 2，亦即a n ＋2－a n ＋1＝a 2－a 1＝4.故数列{a n }是首项为1，公差为4的等差数列，于是a n ＝1＋(n －1)×4＝4n －3. (2)证明：(必要性)：若数列{a n }是公比为q 的等比数列，对任意n ∈N *，有a n ＋1＝a n q .由a n >0知，A (n )，B (n )，C (n )均大于0，于是B （n ）A （n ）＝a 2＋a 3＋…＋a n ＋1a 1＋a 2＋…＋a n ＝q （a 1＋a 2＋…＋a n ）a 1＋a 2＋…＋a n ＝q ，C （n ）B （n ）＝a 3＋a 4＋…＋a n ＋2a 2＋a 3＋…＋a n ＋1＝q （a 2＋a 3＋…＋a n ＋1）a 2＋a 3＋…＋a n ＋1＝q ，即B （n ）A （n ）＝C （n ）B （n ）＝q ， 所以三个数A (n )，B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列； (充分性)：若对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列，则 B (n )＝qA (n )，C (n )＝qB (n )，于是C (n )－B (n )＝q [B (n )－A (n )]，即a n ＋2－a 2＝q (a n ＋1－a 1)，亦即a n ＋2－qa n ＋1＝a 2－qa 1. 由n ＝1时，B (1)＝qA (1)，即a 2＝qa 1，从而a n ＋2－qa n ＋1＝0. 因为a n >0， 所以a n ＋2a n ＋1＝a 2a 1＝q .故数列{a n }是首项为a 1，公比为q 的等比数列． 综上所述，数列{a n }是公比为q 的等比数列的充分必要条件是：对任意n ∈N *，三个数A (n )，B (n )，C (n )组成公比为q 的等比数列．18．已知数列{a n }满足a 1＝12且a n ＋1＝a n －a 2n (n ∈N *)．(1)证明：1<a n a n ＋1≤2(n ∈N *)； (2)设数列{a 2n }的前n 项和为S n ，证明：12（n ＋2）<S n n ≤12（n ＋1）(n ∈N *)．证明：(1)由题意得a n ＋1－a n ＝－a 2n <0，即a n ＋1<a n ， 故a n ≤12.由a n ＝(1－a n －1)a n －1得a n ＝(1－a n －1)(1－a n －2)…(1－a 1)a 1>0.由0<a n ≤12得a n a n ＋1＝a n a n －a 2n ＝11－a n ∈(1，2]， 所以1<a na n ＋1≤2. (2)由题意得a 2n ＝a n －a n ＋1，所以S n ＝a 1－a n ＋1.① 由1a n ＋1－1a n ＝a n a n ＋1和1<a n a n ＋1≤2得1<1a n ＋1－1a n≤2，所以n <1a n ＋1－1a 1≤2n ，因此12（n ＋1）≤a n ＋1<1n ＋2(n ∈N *)．②由①②得12（n ＋2）<S n n ≤12（n ＋1）(n ∈N *)．第2专题数学归纳法、数列的通项公式与数列求和数学归纳法用数学归纳法证明与自然数有关的数学命题，证明步骤：(1)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时，命题成立．(2)假设当n＝k(k∈N*，且k≥n0)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立．由(1)(2)，可知命题对于从n0开始的所有正整数都成立．[典例分析]已知n∈N*，S n＝(n＋1)·(n＋2)…(n＋n)，T n＝2n×1×3×…×(2n－1)．(1)求S1，S2，S3，T1，T2，T3；(2)猜想S n与T n的关系，并用数学归纳法证明．【解】(1)S1＝T1＝2，S2＝T2＝12，S3＝T3＝120.(2)猜想：S n＝T n(n∈N*)．证明：①当n＝1时，S1＝T1；②假设当n＝k(k≥1且k∈N*)时，S k＝T k，即(k＋1)(k＋2)…(k＋k)＝2k×1×3×…×(2k－1)，则当n＝k＋1时，S k＋1＝(k＋1＋1)(k＋1＋2)…(k＋1＋k－1)(k＋1＋k)(k＋1＋k＋1)＝(k＋2)(k＋3)…(2k)(2k＋1)(2k＋2)＝2k×1×3×…×（2k－1）k＋1×(2k＋1)(2k＋2)＝2k＋1×1×3×…×(2k－1)(2k＋1)＝T k＋1.即n＝k＋1时也成立，由①②可知，n∈N*，S n＝T n成立．利用数学归纳法时应注意以下两点(1)这两步合为一体才是数学归纳法，缺一不可．其中第一步是基础，第二步是递推的依据．(2)用数学归纳法证明与不等式有关的命题，在由n＝k证明n＝k＋1时，要准确利用证明不等式的基本方法：比较法、分析法、综合法、放缩法等．[针对训练]设等差数列{a n}的前n项和为S n，a3＝4，a4＝S3.数列{b n}满足：对每个n∈N*，S n＋b n，S n ＋1＋b n，S n＋2＋b n成等比数列．(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；(2)记c n ＝a n 2b n，n ∈N *，证明：c 1＋c 2＋…＋c n <2n ，n ∈N *. 解：(1)设数列{a n }的公差为d ，由题意得a 1＋2d ＝4，a 1＋3d ＝3a 1＋3d ，解得a 1＝0，d ＝2. 从而a n ＝2n －2，n ∈N *. 所以S n ＝n 2－n ，n ∈N *.由S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列得 (S n ＋1＋b n )2＝(S n ＋b n )(S n ＋2＋b n )． 解得b n ＝1d(S 2n ＋1－S n S n ＋2)．所以b n ＝n 2＋n ，n ∈N *. (2)证明：c n ＝a n2b n ＝2n －22n （n ＋1）＝n －1n （n ＋1），n ∈N *.我们用数学归纳法证明．①当n ＝1时，c 1＝0<2，不等式成立； ②假设n ＝k (k ∈N *)时不等式成立，即c 1＋c 2＋…＋c k <2k ，那么，当n ＝k ＋1时，c 1＋c 2＋…＋c k ＋c k ＋1<2k ＋k（k ＋1）（k ＋2）<2k ＋1k ＋1<2k ＋2k ＋1＋k＝2k ＋2(k ＋1－k )＝2k ＋1，即当n ＝k ＋1时不等式也成立．根据①和②知，不等式c 1＋c 2＋…＋c n <2n 对任意n ∈N *成立．由递推式求数列通项公式利用递推法解题的一般步骤 (1)确定初始值； (2)建立递推关系； (3)利用递推关系求通项．[典例分析](1)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2n －a n ，则数列{a n }的通项公式为________．(2)在数列{a n }中，若a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3(n ≥1)，则该数列的通项公式a n ＝________．(3)设S n 是正项数列{a n }的前n 项和，且a n 和S n 满足：4S n ＝(a n ＋1)2(n ＝1，2，3，…)，则S n ＝________．【解析】 (1)由于S n ＝2n －a n ，所以S n ＋1＝2(n ＋1)－a n ＋1，后式减去前式，得S n ＋1－S n＝2－a n ＋1＋a n ，即a n ＋1＝12a n ＋1，变形为a n ＋1－2＝12(a n －2)，则数列{a n －2}是以a 1－2为首项，12为公比的等比数列．又a 1＝2－a 1，a 1＝1，则a n －2＝(－1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以a n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.(2)法一：(递推法)a n ＝2a n －1＋3＝2(2a n －2＋3)＋3＝22·a n －2＋2×3＋3＝23a n －3＋22×3＋2×3＋3＝… ＝2n －1·a 1＋2n －2·3＋2n －3·3＋…＋3＝2n －1＋3(2n －2＋2n －3＋…＋1)＝2n ＋1－3.法二：(构造法) 设a n ＋a ＝2(a n －1＋a )， 即a n ＝2a n －1＋a ，所以a ＝3. 所以a n ＋3＝2(a n －1＋3)，所以{a n ＋3}是公比为2的等比数列． 所以a n ＋3＝(a 1＋3)·2n －1.又a 1＝1，所以a n ＝2n ＋1－3.(3)由题知S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2＋122，当n ＝1时，易得a 1＝1.a n ＝S n －S n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2＋122－⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －12＋122＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2＋a n －12＋1·⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2－a n －12 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2n －a 2n －14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a n 2－a n －12， 整理得a n ＋a n －12＝a 2n －a 2n －14⇒a n －a n －1＝2.所以a n ＝2n －1.所以S n ＝n 2.【答案】 (1)a n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1(2)2n ＋1－3(3)n2由递推式求数列通项公式的常见类型(1)形如a n ＋1＝a n ＋f (n )的数列，求解此类数列的通项公式一般先通过变形为a n ＋1－a n ＝f (n )，再利用累加法a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1，代入相应的关系式，再加以合理的分析与求解．同理，形如a n ＋1＝f (n )a n 型数列可转化为用累乘法求解．(2)形如a n ＋1＝ca n ＋d (c ≠0，1)的数列，求解此类线性关系的数列的通项公式一般可用待定系数法，通过化归、转化为新的等比数列a n ＋1＋λ＝c (a n ＋λ)，求出λ后，结合新等比数列的公式或性质来求解与转化．(3)由a n 与S n 的递推关系求数列通项公式的步骤 第一步：令n ＝1，由S n ＝f (a n )求出a 1；第二步：令n ≥2，构造a n ＝S n －S n －1，用a n 代换S n －S n －1(或用S n －S n －1代换a n ，这要结合题目的特点)，由递推关系求通项公式；第三步：验证当n ＝1时的结论是否适合当n ≥2时的结论． 如果适合，则统一“合写”；如果不适合，则应分段表示．[针对训练]已知数列{a n }满足：2n －1a 1＋2n －2a 2＋…＋2a n －1＋a n ＝n ，n ∈N *.(1)求a 1，a 2及数列{a n }的通项公式； (2)若数列{b n }满足b 1＝1，b n ＋1－b n a n＝2n，求数列{b n }的通项公式． 解：(1)n ＝1时a 1＝1,n ＝2时2a 1＋a 2＝2⇒a 2＝02n －1a 1＋2n －2a 2＋…＋2a n －1＋a n ＝n ① 2n －2a 1＋2n －3a 2＋…＋a n －1＝n －1(n ≥2)②①－2×②⇒a n ＝2－n (n ≥2)，a 1＝1满足上式，故a n ＝2－n .(2)b n ＋1－b n ＝(2－n )2n，有⎩⎪⎨⎪⎧b 2－b 1＝1×21b 3－b 2＝0×22…b n －b n －1＝（3－n ）×2n －1（n ≥2）累加整理得，b n ＝1＋1×21＋0×22＋…＋(3－n )×2n －1(n ≥2)①，2b n ＝2＋1×22＋0×23＋…＋(3－n )×2n(n ≥2)②，②－①得b n ＝2－1－1×21＋221－2n －21－2＋(3－n )2n ＝(4－n )2n －5(n ≥2)，b 1＝1满足上式，故b n ＝(4－n )2n －5.数列求和几种数列求和的常用方法(1)分组求和法：一个数列的通项公式是由若干个等差或等比或可求和的数列组成的，则求和时可用分组求和法，分别求和而后相加减．(2)裂项相消法：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，从而求得前n 项和．(3)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么求这个数列的前n 项和即可用错位相减法求解．(4)倒序相加法：如果一个数列{a n }与首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法求解．[典例分析](1)已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3＋a 4＋a 5＝28，a 4＋2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1＝1，数列{(b n ＋1－b n )a n }的前n 项和为2n 2＋n .①求q 的值；②求数列{b n }的通项公式．(2)已知数列{a n }满足a 1＝1，且a 2n ＋1＋a 2n ＝2(a n ＋1a n ＋a n ＋1－a n －12)．①求数列{a n }的通项公式； ②求证：1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n <74.【解】 (1)①由a 4＋2是a 3，a 5的等差中项得a 3＋a 5＝2a 4＋4， 所以a 3＋a 4＋a 5＝3a 4＋4＝28， 解得a 4＝8.由a 3＋a 5＝20得8⎝⎛⎭⎪⎫q ＋1q ＝20，解得q ＝2或q ＝12，因为q >1，所以q ＝2.②设c n ＝(b n ＋1－b n )a n ，数列{c n }前n 项和为S n .由c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，解得c n ＝4n －1.由①可知a n ＝2n －1，所以b n ＋1－b n ＝(4n －1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，故b n －b n －1＝(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，b n －b 1＝(b n －b n －1)·(b n －1－b n －2)＋…＋(b 3－b 2)＋(b 2－b 1)＝(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －9)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －3＋…＋7·12＋3.设T n ＝3＋7·12＋11·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，12T n ＝3·12＋7·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋(4n －9)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＋(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，所以12T n ＝3＋4·12＋4·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋4·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2－(4n －5)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，因此T n ＝14－(4n ＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2，n ≥2，又b 1＝1，所以b n ＝15－(4n ＋3)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2.(2)①a 1＝1，且a 2n ＋1＋a 2n ＝2(a n ＋1a n ＋a n ＋1－a n －12)，可得a 2n ＋1＋a 2n －2a n ＋1a n －2a n ＋1＋2a n ＋1＝0， 即有(a n ＋1－a n )2－2(a n ＋1－a n )＋1＝0， 即为(a n ＋1－a n －1)2＝0， 可得a n ＋1－a n ＝1， 则a n ＝a 1＋n －1＝n ，n ∈N *. ②证明：由1a 2n＝1n 2<1n （n －1）＝1n －1－1n，n >2.则1a 21＋1a 22＋…＋1a 2n ＝1＋14＋132＋…＋1n 2 <1＋14＋12－13＋13－14＋…＋1n －1－1n ＝74－1n <74，故原不等式成立．数列求和方法选择的依据是该数列的通项公式的特征，所以准确求解通项公式是解决此类问题的基础，更要熟记数列求和方法与通项公式之间的对应，记住基本步骤和关键点，如错位相减法中，两式作减法后所得式子的项数以及对应项之间的关系，求和时注意等比数列的确定；裂项相消法的关键在于准确裂项，把握相消后所剩式子的结构特征．[针对训练]1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，当n ≥2时，a n ＋2S n －1＝n ，则S 2 017＝( )A ．1 006B ．1 007C ．1 008D ．1 009解析：选D.a n ＋2S n －1＝n ⇒a n ＋1＋2S n ＝n ＋1⇒a n ＋1－a n ＋2a n ＝1⇒a n ＋1＋a n ＝1⇒S 2 017＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 016＋a 2 017)＝1 008×1＋1＝1 009，故选D.2．设数列{a n }的前n 项和为S n .若S n ＝2a n －n ，则2a 1a 2＋4a 2a 3＋8a 3a 4＋16a 4a 5＝________．解析：因为S n ＝2a n －n ，所以n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －n －[2a n －1－(n －1)]， 所以a n ＝2a n －1＋1，化为：a n ＋1＝2(a n －1＋1)，n ＝1时，a 1＝2a 1－1，解得a 1＝1.所以数列{a n ＋1}是等比数列，首项为2，公比为2. 所a n ＋1＝2n，即a n ＝2n－1，所以2na n a n ＋1＝2n（2n －1）（2n ＋1－1）＝12n －1－12n ＋1－1. 所以2a 1a 2＋4a 2a 3＋8a 3a 4＋16a 4a 5＝⎝⎛⎭⎪⎫12－1－122－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122－1－123－1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫124－1－125－1＝1－125－1＝3031. 答案：3031专题强化训练1．用数学归纳法证明不等式1＋12＋14＋…＋12n －1>12764(n ∈N *)成立，其初始值至少应取( )A ．7B ．8C ．9D ．10解析：选B.据已知可转化为1×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12>12764，整理得2n>128，解得n >7，故原不等式的初始值为n ＝8.2．设各项均为正数的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 4a 8＝32，则S 11的最小值为( ) A ．22 2 B ．44 2 C ．22D ．44解析：选B.因为数列{a n }为各项均为正数的等差数列，所以a 4＋a 8≥2a 4a 8＝82，S 11＝（a 1＋a 11）×112＝112(a 4＋a 8)≥112×82＝442，故S 11的最小值为442，当且仅当a 4＝a 8＝42时取等号．3．设等比数列{a n }的各项均为正数，且a 1＝12，a 24＝4a 2a 8，若1b n＝log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a n ，则数列{b n }的前10项和为( )A ．－2011B ．2011C ．－95D ．95解析：选A.设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 24＝4a 2a 8，所以(a 1q 3)2＝4a 1q ·a 1q 7，即4q2＝1，所以q ＝12或q ＝－12(舍)，所以a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝2－n ，所以log 2a n ＝log 22－n＝－n ，所以1b n ＝－(1＋2＋3＋…＋n )＝－n （1＋n ）2，所以b n ＝－2n （1＋n ）＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以数列{b n }的前10项和为－2⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫110－111＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－111＝－2011.4．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⇒a 21q 3＝92，两式相除得a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3a 21q3＝1a 1＋1a 1q ＋1a 1q 2＋1a 1q3＝2.5．证明1＋12＋13＋14＋…＋12n －1>n2(n ∈N ＋)，假设n ＝k 时成立，当n ＝k ＋1时，不等式左边增加的项数是( )A ．1B ．k －1C ．kD ．2k解析：选D.当n ＝k 时， 左边＝1＋12＋13＋…＋12k －1.当n ＝k ＋1时，左边＝1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k ＋…＋12k ＋1－1，增加了12k ＋…＋12k ＋1－1，共(2k ＋1－1)－2k ＋1＝2k(项)．6．在等差数列{a n }中，a 2＝5，a 6＝21，记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，若S 2n ＋1－S n ≤m15对任意的n ∈N *恒成立，则正整数m 的最小值为( )A ．3B ．4C ．5D ．6解析：选C.在等差数列{a n }中，因为a 2＝5，a 6＝21，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝5，a 1＋5d ＝21，解得a 1＝1，d ＝4，所以1a n＝11＋4（n －1）＝14n －3.因为()S 2n ＋1－S n －()S 2n ＋3－S n ＋1 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a 2n ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋2＋1a n ＋3＋…＋1a 2n ＋3＝1a n ＋1－1a 2n ＋2－1a 2n ＋3＝14n ＋1－18n ＋5－18n ＋9＝⎝⎛⎭⎪⎫18n ＋2－18n ＋5＋⎝ ⎛⎭⎪⎫18n ＋2－18n ＋9>0，所以数列{}S 2n ＋1－S n (n ∈N *)是递减数列，数列{}S 2n ＋1－S n (n ∈N *)的最大项为S 3－S 1＝15＋19＝1445，所以1445≤m 15，m ≥143.又m 是正整数，所以m 的最小值是5.7．在各项都为正数的数列{a n }中，首项a 1＝2，且点(a 2n ，a 2n －1)在直线x －9y ＝0上，则数列{a n }的前n 项和S n 等于( )A ．3n－1 B ．1－（－3）n2C ．1＋3n2D ．3n 2＋n 2解析：选A.由点(a 2n ，a 2n －1)在直线x －9y ＝0上，得a 2n －9a 2n －1＝0，即(a n ＋3a n －1)(a n －3a n －1)＝0，又数列{a n }各项均为正数，且a 1＝2，所以a n ＋3a n －1>0，所以a n －3a n －1＝0，即a na n －1＝3，所以数列{a n }是首项a 1＝2，公比q ＝3的等比数列，其前n 项和S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝2×（3n －1）3－1＝3n－1，故选A.8．设a ，b ∈R ，数列{a n }满足a 1＝a ，a n ＋1＝a 2n ＋b ，n ∈N *，则( ) A ．当b ＝12时，a 10>10B ．当b ＝14时，a 10>10。