全国高考数学二轮复习专题二数列第3讲数列的综合问题学案理

2024届高三数学二轮专题复习教案——数列一、教学目标1.知识目标掌握数列的基本概念、性质和分类。

熟练运用数列的通项公式、求和公式。

能够解决数列的综合应用题。

2.能力目标提高学生分析问题和解决问题的能力。

培养学生的逻辑思维能力和创新意识。

二、教学内容1.数列的基本概念数列的定义数列的项、项数、通项公式数列的分类2.数列的性质单调性周期性界限性3.数列的求和等差数列求和公式等比数列求和公式分段求和4.数列的综合应用数列与函数数列与方程数列与不等式三、教学重点与难点1.教学重点数列的基本概念和性质数列的求和数列的综合应用2.教学难点数列求和的技巧数列与函数、方程、不等式的综合应用四、教学过程1.导入新课通过讲解一道数列的典型例题，引导学生回顾数列的基本概念、性质和求和公式，为新课的学习做好铺垫。

2.数列的基本概念（1）数列的定义：按照一定规律排列的一列数叫做数列。

（2）数列的项：数列中的每一个数叫做数列的项。

（3）数列的项数：数列中项的个数。

（4）数列的通项公式：表示数列中任意一项的公式。

（5）数列的分类：等差数列、等比数列、斐波那契数列等。

3.数列的性质（1）单调性：数列的项随序号增大而增大或减小。

（2）周期性：数列中某些项的值呈周期性变化。

（3）界限性：数列的项有最大值或最小值。

4.数列的求和（1）等差数列求和公式：S_n=n/2(a_1+a_n)（2）等比数列求和公式：S_n=a_1(1q^n)/(1q)（3）分段求和：根据数列的特点，将数列分为若干段，分别求和。

5.数列的综合应用（1）数列与函数：利用数列的通项公式研究函数的性质。

（2）数列与方程：利用数列的性质解决方程问题。

（3）数列与不等式：利用数列的性质解决不等式问题。

6.课堂练习（2）已知数列{a_n}的通项公式为a_n=n^2+n，求证数列{a_n}为单调递增数列。

（3）已知数列{a_n}的前n项和为S_n=n^2n+1，求证数列{a_n}为等差数列。

第2讲 数列■真题调研——————————————【例1】 [2019·全国卷Ⅱ]已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0,4a n ＋1＝3a n －b n ＋4,4b n ＋1＝3b n －a n －4.(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列； (2)求{a n }和{b n }的通项公式．解：(1)由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )， 即a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n )．又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8, 即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2.又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列．(2)由(1)知，a n ＋b n ＝12n －1，a n －b n ＝2n －1.所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12，b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12.【例2】 [2019·江苏卷]定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”．(1)已知等比数列{a n }(n ∈N *)满足：a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，求证：数列{a n }为“M－数列”；(2)已知数列{b n }(n ∈N *)满足：b 1＝1，1S n ＝2b n －2b n ＋1，其中S n为数列{b n }的前n 项和．①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数．若存在“M－数列”{c n }(n ∈N *)，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有c k ≤b k ≤c k ＋1成立，求m 的最大值．解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ， 所以a 1≠0，q ≠0.由⎩⎪⎨⎪⎧a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a 21q 4＝a 1q 4，a 1q 2－4a 1q ＋4a 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2.因此数列{a n }为“M－数列”． (2)①因为1S n ＝2b n －2b n ＋1，所以b n ≠0.由b 1＝1，S 1＝b 1，得11＝21－2b 2，则b 2＝2.由1S n ＝2b n －2b n ＋1，得S n ＝b n b n ＋12b n ＋1－b n， 当n ≥2时，由b n ＝S n －S n －1，得b n ＝b n b n ＋12b n ＋1－b n －b n －1b n 2b n －b n －1，整理得b n ＋1＋b n －1＝2b n .所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列． 因此，数列{b n }的通项公式为b n ＝n (n ∈N *)． ②由①知，b k ＝k ，k ∈N *. 因为数列{c n }为“M－数列”， 设公比为q ，所以c 1＝1，q >0. 因为c k ≤b k ≤c k ＋1，所以q k －1≤k ≤q k，其中k ＝1,2,3，…，m .当k ＝1时，有q ≥1；当k ＝2,3，…，m 时，有ln k k ≤ln q ≤ln kk －1.设f (x )＝ln x x (x >1)，则f ′(x )＝1－ln xx2. 令f ′(x )＝0，得x ＝e.列表如下：因为2＝6<6＝3，所以f (k )max ＝f (3)＝ln33.取q ＝33，当k ＝1,2,3,4,5时，ln k k≤ln q ，即k ≤q k，经检验知qk －1≤k 也成立．因此所求m 的最大值不小于5.若m ≥6，分别取k ＝3,6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216，所以q 不存在．因此所求m 的最大值小于6.综上，所求m 的最大值为5.【例3】 [2019·天津卷]设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列．已知a 1＝4，b 1＝6，b 2＝2a 2－2，b 3＝2a 3＋4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式； (2)设数列{c n }满足c 1＝1，c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，2k <n <2k ＋1，b k ，n ＝2k，其中k ∈N *.①求数列的通项公式；②求．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q .依题意得⎩⎪⎨⎪⎧6q ＝6＋2d ，6q 2＝12＋4d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝2，故a n ＝4＋(n －1)×3＝3n ＋1，b n ＝6×2n －1＝3×2n.所以，{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋1，{b n }的通项公式为b n ＝3×2n.(2)①＝(3×2n ＋1)(3×2n －1)＝9×4n－1.所以，数列{}的通项公式为＝9×4n－1.②＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ×4＋2n2n－12×3＋i ＝1n (9×4i －1)＝(3×22n －1＋5×2n －1)＋9×41－4n1－4－n＝27×22n －1＋5×2n －1－n －12(n ∈N *)．【例4】 [2019·浙江卷]设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝4，a 4＝S 3.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)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)假设当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 ＋1k ＋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)，不等式c 1＋c 2＋…＋c n <2n 对任意n ∈N *成立． ■模拟演练——————————————1．[2019·南昌二模]已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，a 1＝1，且存在实数λ满足2a n ＋1＝λa n ＋4，n ∈N *.(1)求λ的值及数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a 2n －n }的前n 项和S n .解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，d ≠0， 由2a n ＋1＝λa n ＋4(n ∈N *)，①得2a n ＝λa n －1＋4(n ∈N *，n ≥2)，②两式相减得，2d ＝λd ，又d ≠0，所以λ＝2. 将λ＝2代入①可得a n ＋1－a n ＝2，即d ＝2， 又a 1＝1，所以a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. (2)由(1)可得a 2n －n ＝2(2n －n )－1＝2n ＋1－(2n ＋1)，所以S n ＝(22＋23＋…＋2n ＋1)－[3＋5＋…＋(2n ＋1)]＝41－2n1－2－n 3＋2n ＋12＝2n ＋2－n 2－2n －4.2．[2019·广州综合测试二]已知{a n }是递增的等比数列，a 2＋a 3＝4，a 1a 4＝3.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解：(1)解法一：设等比数列{a n }的公比为q . 因为a 2＋a 3＝4，a 1a 4＝3，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 2＝4，a 1·a 1q 3＝3.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，q ＝13，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝13，q ＝3.因为{a n }是递增的等比数列，所以a 1＝13，q ＝3，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2.解法二：设等比数列{a n }的公比为q . 因为a 2＋a 3＝4，a 1a 4＝a 2a 3＝3，所以a 2，a 3是方程x 2－4x ＋3＝0的两个根，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝1，a 3＝3，或⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝3，a 3＝1.因为{a n }是递增的等比数列，所以a 2＝1，a 3＝3，则q ＝3， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2.(2)由(1)知b n ＝n ×3n －2，则S n ＝1×3－1＋2×30＋3×31＋…＋n ×3n －2， ①在①式两边同时乘以3得，3S n ＝1×30＋2×31＋3×32＋…＋n ×3n －1， ②①－②得－2S n ＝3－1＋30＋31＋…＋3n －2－n ×3n －1，即－2S n ＝131－3n1－3－n ×3n －1，所以S n ＝14(2n －1)×3n －1＋112.3．[2019·福建质检]数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －n . (1)求证数列{a n ＋1}是等比数列，并求a n ；(2)若数列{b n }为等差数列，且b 3＝a 2，b 7＝a 3，求数列{a n b n }的前n 项和．解：(1)当n ＝1时，S 1＝2a 1－1，所以a 1＝1. 因为S n ＝2a n －n ， ①所以当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－(n －1)， ② ①－②得a n ＝2a n －2a n －1－1，所以a n ＝2a n －1＋1，所以a n ＋1a n －1＋1＝2a n －1＋1＋1a n －1＋1＝2a n －1＋2a n －1＋1＝2，所以{a n ＋1}是首项为2，公比为2的等比数列， 所以a n ＋1＝2·2n －1＝2n，所以a n ＝2n－1.(2)由(1)知，a 2＝3，a 3＝7， 所以b 3＝a 2＝3，b 7＝a 3＝7.设{b n }的公差为d ，则b 7＝b 3＋(7－3)·d ， 所以d ＝1，所以b n ＝b 3＋(n －3)·d ＝n ， 所以a n b n ＝n (2n －1)＝n ·2n－n .设数列{n ·2n}的前n 项和为K n ，数列{n }的前n 项和为T n ， 所以K n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n， ③ 2K n ＝22＋2×23＋3×24＋…＋n ·2n ＋1， ④③－④得－K n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝21－2n 1－2－n ·2n ＋1＝(1－n )·2n ＋1－2.所以K n ＝(n －1)·2n ＋1＋2.又T n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12，所以K n －T n ＝(n －1)·2n ＋1－n n ＋12＋2，所以{a n b n }的前n 项和为 (n －1)·2n ＋1－n n ＋12＋2.4．[2019·安徽合肥质检]已知等比数列{a n }的各项都是正数，其中a 3，a 2＋a 3，a 4成等差数列，a 5＝32.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列{log 2a n }的前n 项和为S n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和T n .解：(1)设等比数列{a n }的公比为q ，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧2a 2＋a 3＝a 3＋a 4，a 5＝32，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1q ＋a 1q 2＝a 1q 3，a 1q 4＝32.∵a n >0，∴q >0，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2.∴a n ＝2n. (2)由已知得，S n ＝log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a n ＝n n ＋12，∴1S n ＝2nn ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和T n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝2n n ＋1.。

专题二数列[研高考·明考点]偶考点 1.三角函数的综合问题2.平面向量与解三角形、三角函数的综合问题偶考点 数列与其他知识的综合问题第一讲 小题考法——等差数列与等比数列考点(一) 主要考查方式有两种：一是利用a n 与S n 的关系求通项a n 或前n 项和S n ；二是利用a n 与a n ＋1的关系求通项a n 或前n 项和S n .数列的递推关系式[典例感悟][典例] (1)(2017·云南调研)已知数列{a n }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 ．8n 2D ．(2n ＋1)2－1(2)(2017·成都模拟)在数列{a n }中，a 1＝1，a 1＋a 222＋a 332＋…＋a nn 2＝a n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.[解析] (1)当n ＝1时，4×(1＋1)×(a 1＋1)＝(1＋2)2×a 1，解得a 1＝8.当n ≥2时，4(S n ＋1)＝n ＋22a n n ＋1，则4(S n －1＋1)＝n ＋12a n －1n ，两式相减得，4a n ＝n ＋22a nn ＋1－n ＋12a n －1n，整理得，a na n －1＝n ＋13n 3，所以a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1＝n ＋13n 3×n 3n －13×…×3323×8＝(n ＋1)3.检验知，a 1＝8也符合，所以a n ＝(n ＋1)3. (2)根据a 1＋a 222＋a 332＋…＋a nn 2＝a n ，①有a 1＋a 222＋a 332＋…＋a n －1n －12＝a n －1，②①－②得，a nn2＝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 2n ＋1n －1，所以a n ＝a 1×a 2a 1×a 3a 2×…×a na n －1＝1×222＋12－1×323＋13－1×…×n 2n ＋1n －1＝22×32×42×…×n 22－12＋13－13＋14－14＋1…n －1n ＋1＝22×32×42×…×n21×3×2×4×3×5×…×n －1×n ＋1 ＝2n n ＋1. [答案] (1)A (2)2n n ＋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 1n ＝1，S n －S n －1n ≥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 009 B.2 0151 008 C.2 0162 017 D.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 －1n ＋22，所以a n ＝n 2＋n2，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)na n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为( )A ．3 690B ．3 660C ．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＋30×30－12×4＝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考点(二)主要考查与等差比数列的通项公式、前n 项和公式有关的五个基本量间的“知三求二”运算.等差、等比数列的基本运算[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 ．100B ．99C ．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 11－q 31－q ＝74，S 6＝a11－q 61－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 ．36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a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则a 4＝________. 解析：设等比数列{a n }的公比为q ， 则a 1＋a 2＝a 1(1＋q )＝－1，a 1－a 3＝a 1(1－q 2)＝－3，两式相除，得1＋q 1－q 2＝13，解得q ＝－2，a 1＝1，所以a 4＝a 1q 3＝－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S 8＝4S 4，则a 10＝________.解析：∵{a n }是公差为1的等差数列， ∴S 8＝8a 1＋28，S 4＝4a 1＋6. ∵S 8＝4S 4，∴8a 1＋28＝4(4a 1＋6)，解得a 1＝12，∴a 10＝a 1＋9d ＝12＋9＝192.答案：192[典例] (1)(2017·云南调研)已知数列{a n }是等比数列，S n 为其前n 项和，若a 1＋a 2＋a 3＝4，a 4＋a 5＋a 6＝8，则S 12＝( )A ．40B ．60C ．32D ．50(2)(2017·长沙模拟)在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 3＝2－1，a 5＝2＋1，则a 23＋2a 2a 6＋a 3a 7＝( )C．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．4 032 D．4 033[解析] (1)由等比数列的性质可知，数列S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9是等比数列，即数列4,8，S9－S6，S12－S9是等比数列，所以S9－S6＝16，S12－S9＝32，所以S12＝(S12－S9)＋(S9－S6)＋(S6－S3)＋S3＝32＋16＋8＋4＝60，故选B.(2)在等比数列{a n}中，a3a7＝a25，a2a6＝a3a5，所以a23＋2a2a6＋a3a7＝a23＋2a3a5＋a25＝(a3＋a5)2＝(2－1＋2＋1)2＝(22)2＝8，故选C.(3)因为a1>0，a2 016＋a2 017>0，a2 016·a2 017<0，所以d<0，a2 016>0，a2 017<0，所以S4 032＝4 032a1＋a4 0322＝4 032a2 016＋a2 0172>0，S4 033＝4 033a1＋a4 0332＝4 033a2 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，a1＝1，前10项和等于前5项和，若a m＋a6＝0，则m＝( ) A．10 B．9C．8 D．2解析：选A 记数列{a n}的前n项和为S n，由题意S10＝S5，所以S10－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝0，又a6＋a10＝a7＋a9＝2a8，于是a8＝0，又a m＋a6＝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 n a n ＝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] (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tanb 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tan b 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 ＝4b 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 525a 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⎩⎪⎨⎪⎧S10＝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 2n －12d ＝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、等比数列等差数列 等比数列通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d a n ＝a 1q n －1(q ≠0)前n 项和公式S n ＝n a 1＋a n2＝na 1＋n n －12d(1)q ≠1，S n ＝a 11－q n 1－q ＝a 1－a n q1－q；(2)q ＝1，S n ＝na 1(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 1qn －1＝a m qn －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 mS n ；②S m S n ＝1－q m 1－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 ．36B ．72C ．144D ．288解析：选B ∵a 8＋a 10＝2a 9＝28，∴a 9＝14，∴S 9＝9a 1＋a 92＝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＝8a 1＋a 82＝8a 4＋a 52＝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 1q2＋1a 1q 3＝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＋12 C.3－52 D.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 3q2a 4＋a 4q 2＝a 31＋q 2a 41＋q 2＝1q ＝25＋1＝5－12，故选A.10．(2017·张掖模拟)等差数列{a n }中，a n a 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 －1d a 1＋2n －1d ＝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＝2×1－291－2＝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·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1n2＝23n －n 22＋n 2＝2－n 22＋72n .记t ＝－n 22＋7n2＝－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 ＋12－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.答案：292B 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 ＝－22，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＝2n22n －12＝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 ＋12，1S n＝2n n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，因此∑k ＝1n1S k ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2n n ＋1.答案：2nn ＋14．(2017·兰州模拟)已知数列{a n }，{b n }，若b 1＝0，a n ＝1nn ＋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＋…＋1n －1×n，即b n －b 1＝a 1＋a 2＋…＋a n －1＝11×2＋12×3＋…＋1n －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＋…＋nn ＋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 nb 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1] (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①②解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，q ＝0(舍去)或⎩⎪⎨⎪⎧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.[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 －3，① 2a 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.题型(二) 主要考查错位相减法求和、裂项相消法求和以及分组求和，且常结合数列的递推公式、周期等命题.数 列 求 和 问 题[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＋21－4n1－4＝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＋ (4))＋(3＋5＋…＋2n ＋1) ＝2×41－4n1－4＋n 3＋2n ＋12＝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，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a 2n b 2n －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b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12， 而b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0. 又因为q ＞0，解得q ＝2. 所以b n ＝2n.由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8.① 由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16.②由①②，解得a 1＝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{a 2n b 2n －1}的前n 项和为T n ， 由a 2n ＝6n －2，b 2n －1＝2×4n －1，得a 2n b 2n －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＝12×1－4n1－4－4－(3n －1)×4n ＋1＝－(3n －2)×4n ＋1－8.故T n ＝3n －23×4n ＋1＋83.所以数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为3n －23×4n ＋1＋83.题型(三)主要考查等差数列与等比数列的定义、等差中项及等比中项，且常与数列的递推公式相结合命题.等差、等比数列的判定与证明[典例感悟][典例3] (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 11＋q ＝2，a 11＋q ＋q2＝－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－－2n]1－－2＝－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．[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 －11a n－1＝2a n ＋1－3a n 3－3a n ＝1－a n 31－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 .[解题通法点拨] 数列问题重在“化归”[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，可通过转化化归，转化为等差(比)数列问题或相关问题求解．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＝12n ＋12n ＋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＝n32n ＋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·张掖模拟)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 n2n ＋1，其中n ∈N *，记数列{c n }的前n 项和为T n ，求T n ＋n ＋22n的值．解：(1)由题意知a 1＝1，∵a n ＝－3S n ＋4，∴a n ＋1＝－3S n ＋1＋4. 两式相减并化简得a n ＋1＝14a n ，∴{a n }是首项为1，公比为14的等比数列，∴a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1.b n ＝－log 2a n ＋1＝－log 2⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＝2n . (2)∵c n ＝b n 2n ＋1＝2n 2n ＋1＝n2n ，∴T n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，①12T n ＝122＋223＋…＋n －12n ＋n2n ＋1， ②①－②得，12T n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1.∴T n ＝2－n ＋22n，即T n ＋n ＋22n＝2.[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 －12d ＝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＋ (3))－(n ＋1)＝2×1－3n ＋11－3－(n ＋1)＝3n ＋1－n －2.3．(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 ≥6.4．(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；②①－②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 ＋12n ＋1－22n ＋2－2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －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. 5．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }中，b 1＝a 1，b n ＝a n －a n －1(n ≥2)，且a n ＋S n＝n .(1)设c n ＝a n －1，求证：{c n }是等比数列； (2)求数列{b n }的通项公式及前n 项和T n . 解：(1)证明：∵a n ＋S n ＝n ， ① ∴a n ＋1＋S n ＋1＝n ＋1.②②－①得a n ＋1－a n ＋a n ＋1＝1，∴2a n ＋1＝a n ＋1，∴2(a n ＋1－1)＝a n －1，∴a n ＋1－1a n －1＝12，当n ＝1时，a 1＋S 1＝1，∴a 1＝12，a 1－1＝－12，又c n ＝a n －1，∴{c n }是首项为－12，公比为12的等比数列．(2)由(1)可知c n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，∴a n ＝c n ＋1＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n.∴当n ≥2时，b n ＝a n。

二轮复习专题三：数列§3.3、等差、等比数列综合问题【学习目标】1.理解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图象、通项公式）．2.了解数列通项公式的意义（数列是自变量为正整数的一类函数．）3.理解数列的函数特征，能利用数列的周期性，单调性解决数列的有关问题。

4.以极度的热情投入到课堂学习中，体验学习的快乐。

【学法指导】1.先认真阅读教材和一轮复习笔记，处理好知识网络构建，构建知识体系，形成系统的认识；2.限时30分钟独立、规范完成探究部分，并总结规律方法；3.找出自己的疑惑和需要讨论的问题准备课上讨论质疑；【高考方向】1. 函数思想、方程思想、分类讨论等思想在解决数列综合问题时常常用到。

2数列与函数、数列与不等式的综合、用数列知识解决实际问题等内容。

3通过解题后的反思，找准自己的问题，总结成功的经验，吸取失败的教训，增强解综合题的信心和勇气，提高分析问题和解决问题的能力．【课前预习】：一、知识网络构建1.数列的规律性问题发现的入手点在哪？2.数列作为函数有哪些函数特性？它们分别的处理方法是什么？二、高考真题再现1.（2010安徽理数）设数列12,,,,n a a a L L 中的每一项都不为0。

证明：{}n a 为等差数列的充分必要条件是： 对任何n ∈N ，都有1223111111n n n n a a a a a a a a +++++=L 课内探究1．若}{},{n n b a 都是各项为正的数列，对任意的正整数n 都有12,,+n nn a b a 成等差数列12,+n n a b ，21+n b 成等比数列。

（1）试问}{n b 是否是等差数列？为什么？（2）求证：对任意的正整数2222),(,p q p q p b b b q p q p ≥+>+-成立；（3）如果nn a a a S b a 111,2,12111+++===Λ，求n S 。

2.数列{a n }中，a 1=8，a 4=2且满足a n+2=2a n+1－a n ，(n ∈N *)(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设S n =｜a 1｜+｜a 2｜+…+｜a n ｜，求S n ；(3)设b n =)12(1n a n -(n ∈N *)，T n =b 1+b 2+……+b n (n ∈N *)，是否存在最大的整数m ，使得对任意n ∈N *均有T n ＞32m 成立？若存在，求出m 的值；若不存在，说明理由。