2019高考数学二轮复习 专题二 数列 第1讲 等差数列与等比数列学案 文

第1讲等差数列与等比数列［做真题］1．（一题多解）(2019·高考全国卷Ⅰ)记S n为等比数列{a n｝的前n项和．若a1＝错误!，a错误!＝a6，则S5＝________．解析：通解:设等比数列{a n}的公比为q，因为a错误!＝a6，所以(a1q3）2＝a1q5，所以a1q ＝1，又a1＝错误!，所以q＝3,所以S5＝错误!＝错误!＝错误!.优解：设等比数列｛a n}的公比为q,因为a错误!＝a6，所以a2a6＝a6，所以a2＝1,又a1＝错误!，所以q＝3，所以S5＝错误!＝错误!＝错误!。

答案：121 32．（一题多解）(2019·高考全国卷Ⅲ)记S n为等差数列{a n｝的前n项和．若a3＝5，a7＝13，则S10＝____________．解析：通解：设等差数列｛a n｝的公差为d，则由题意,得错误!解得错误!所以S10＝10×1＋错误!×2＝100.优解：由题意，得公差d＝错误!（a7－a3）＝2，所以a4＝a3＋d＝7，所以S10＝错误!＝5(a4＋a7)＝100。

答案：1003．(2019·高考全国卷Ⅱ)已知｛a n｝是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2＋16。

（1)求{a n}的通项公式;(2）设b n＝log2a n，求数列{b n}的前n项和．解:（1)设｛a n}的公比为q，由题设得2q2＝4q＋16，即q2－2q－8＝0.解得q＝－2(舍去）或q＝4.因此｛a n｝的通项公式为a n＝2×4n－1＝22n－1.（2)由(1)得b n＝(2n－1）log2 2＝2n－1，因此数列｛b n｝的前n项和为1＋3＋…＋2n－1＝n2。

4．（2018·高考全国卷Ⅰ)已知数列｛a n｝满足a1＝1，na n＋1＝2（n＋1）a n。

设b n＝错误!.（1）求b1，b2，b3；(2）判断数列｛b n}是否为等比数列,并说明理由；(3)求｛a n}的通项公式．解：（1）由条件可得a n＋1＝错误!a n.将n＝1代入得，a2＝4a1，而a1＝1，所以，a2＝4。

第1讲 等差数列与等比数列年份卷别 考查内容及考题位置命题分析 2018卷Ⅰ等差数列基本量的计算·T 4 a n 与S n 关系的应用·T 14等差数列、等比数列的判定及其通项公式在考查基本运算、基本概念的同时，也注重对函数与方程、等价转化、分类讨论等数学思想的考查；对等差数列、等比数列的性质考查主要是求解数列的等差中项、等比中项、通项公式和前n 项和的最大、最小值等问题，主要是中低档题.卷Ⅱ等差数列基本量的计算、和的最值问题·T 17卷Ⅲ 等比数列基本量的计算·T 172017卷Ⅰ 等差数列的通项公式、前n 项和公式·T 4卷Ⅱ等比数列的概念、前n 项和公式、数学文化·T 3卷Ⅲ等差数列的前n 项和公式、通项公式及等比中项·T 9等比数列的通项公式·T 142016卷Ⅰ等差数列的基本运算·T 3 等比数列的运算·T 15等差、等比数列的基本运算(基础型) 通项公式等差数列：a n ＝a 1＋(n －1)d ； 等比数列：a n ＝a 1·q n －1.求和公式 等差数列：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d ；等比数列：S n ＝a 1（1－q n）1－q ＝a 1－a n q1－q (q ≠1)．等差数列等比数列性质若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q[考法全练]1．(2018·贵阳模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 6＝2a 3，则S 11S 5＝( ) A.115 B.522 C.1110 D.225解析：选D.S 11S 5＝112（a 1＋a 11）52（a 1＋a 5）＝11a 65a 3＝225.故选D.2．(2018·高考全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5＝( )A ．－12B ．－10C ．10D ．12解析：选B.设等差数列{a n }的公差为d ，因为3S 3＝S 2＋S 4，所以3(3a 1＋3×22d )＝2a 1＋d ＋4a 1＋4×32d ，解得d ＝－32a 1，因为a 1＝2，所以d ＝－3，所以a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10.故选B.3．(2018·郑州模拟)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若对任意的正整数n ，S n ＋2＝4S n＋3恒成立，则a 1的值为 ( )A ．－3B ．1C ．－3或1D ．1或3解析：选C.设等比数列{a n }的公比为q ，当q ＝1时，S n ＋2＝(n ＋2)a 1，S n ＝na 1，由S n ＋2＝4S n ＋3得，(n ＋2)a 1＝4na 1＋3，即3a 1n ＝2a 1－3，若对任意的正整数n ，3a 1n ＝2a 1－3恒成立，则a 1＝0且2a 1－3＝0，矛盾，所以q ≠1， 所以S n ＝a 1（1－q n ）1－q ，S n ＋2＝a 1（1－q n ＋2）1－q，代入S n ＋2＝4S n ＋3并化简得a 1(4－q 2)q n＝3＋3a 1－3q ，若对任意的正整数n 该等式恒成立，则有⎩⎪⎨⎪⎧4－q 2＝0，3＋3a 1－3q ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，q ＝－2，故a 1＝1或－3，故选C.4．(2018·南宁模拟)在等比数列{a n }中，a 2a 6＝16，a 4＋a 8＝8，则a 20a 10＝________．解析：法一：设等比数列{a n }的公比为q ，由a 2a 6＝16得a 21q 6＝16，所以a 1q 3＝±4.由a 4＋a 8＝8，得a 1q 3(1＋q 4)＝8，即1＋q 4＝±2，所以q 2＝1.于是a 20a 10＝q 10＝1.法二：由等比数列的性质，得a 24＝a 2a 6＝16，所以a 4＝±4，又a 4＋a 8＝8，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝4，a 8＝4或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝－4，a 8＝12.因为a 26＝a 4a 8>0，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝4，a 8＝4，则公比q 满足q 4＝1，q 2＝1，所以a 20a 10＝q 10＝1. 答案：15．(2018·高考全国卷Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和．若S m ＝63，求m . 解：(1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝q n －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1.(2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－（－2）n3.由S m ＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解． 若a n ＝2n －1，则S n ＝2n－1.由S m ＝63得2m＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.等差、等比数列的判定与证明(综合型)证明数列{a n }是等差数列或等比数列的方法 (1)证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法： ①利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为一常数； ②利用等差中项，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)． (2)证明{a n }是等比数列的两种基本方法： ①利用定义，证明a n ＋1a n(n ∈N *)为一常数； ②利用等比中项，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)．[典型例题]设S n 为数列{a n }的前n 项和，对任意的n ∈N *，都有S n ＝2－a n ，数列{b n }满足b 1＝2a 1，b n ＝b n －11＋b n －1(n ≥2，n ∈N *)．(1)求证：数列{a n }是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)判断数列{1b n}是等差数列还是等比数列，并求数列{b n }的通项公式．【解】 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－a 1，解得a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a n －1－a n ，即a n a n －1＝12(n ≥2，n ∈N *)．所以数列{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，故数列{a n }的通项公式为a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1. (2)因为a 1＝1， 所以b 1＝2a 1＝2. 因为b n ＝b n －11＋b n －1，所以1b n ＝1b n －1＋1，即1b n －1b n －1＝1(n ≥2)．所以数列{1b n }是首项为12，公差为1的等差数列．所以1b n ＝12＋(n －1)·1＝2n －12，故数列{b n }的通项公式为b n ＝22n －1.判断(证明)等差(比)数列应注意的问题(1)判断或者证明数列为等差数列、等比数列最基本的方法是用定义判断或证明，其他方法最后都会回到定义，如证明等差数列可以证明通项公式是n 的一次函数，但最后还得使用定义才能说明其为等差数列．(2)证明数列{a n }为等比数列时，不能仅仅证明a n ＋1＝qa n ，还要说明a 1≠0，才能递推得出数列中的各项均不为零，最后断定数列{a n }为等比数列．[对点训练]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)n 2n ＋13]＝2S n ，故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．S n ，a n 关系的应用(综合型)数列{a n }中，a n 与S n 的关系a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.求数列通项的常用方法(1)公式法：利用等差(比)数列求通项公式．(2)在已知数列{a n }中，满足a n ＋1－a n ＝f (n )，且f (1)＋f (2)＋…＋f (n )可求，则可用累加法求数列的通项a n .(3)在已知数列{a n }中，满足a n ＋1a n＝f (n )，且f (1)·f (2)·…·f (n )可求，则可用累乘法求数列的通项a n .(4)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)．[典型例题](1)(2018·合肥第一次质量检测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若3S n ＝2a n －3n ，则a 2 018＝( )A ．22 018－1 B ．32 018－6 C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫12 2 018－72D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫13 2 018－103(2)(2018·福州模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2，n ∈N *)．设b n ＝a n ＋1－a n .①证明：数列{b n }是等比数列；②设c n ＝b n（4n 2－1）2n ，求数列{c n }的前n 项和S n .【解】 (1)选A.因为a 1＝S 1，所以3a 1＝3S 1＝2a 1－3⇒a 1＝－3.当n ≥2时，3S n ＝2a n －3n ，3S n －1＝2a n －1－3(n －1)，所以a n ＝－2a n －1－3，即a n ＋1＝－2(a n －1＋1)，所以数列{a n ＋1}是以－2为首项，－2为公比的等比数列．所以a n ＋1＝(－2)×(－2)n －1＝(－2)n，则a 2 018＝22 018－1.(2)①证明：因为a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2，n ∈N *)，b n ＝a n ＋1－a n ，所以b n ＋1b n ＝a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n ＝（3a n ＋1－2a n ）－a n ＋1a n ＋1－a n ＝2（a n ＋1－a n ）a n ＋1－a n ＝2，又b 1＝a 2－a 1＝2－1＝1，所以数列{b n }是以1为首项，以2为公比的等比数列． ②由①知b n ＝1×2n －1＝2n －1，因为c n ＝b n（4n 2－1）2n ，所以c n ＝12（2n ＋1）（2n －1）＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以S n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝14⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝14⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n4n ＋2.(1)给出S n 与a n 的递推关系求a n 的常用思路：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .(2)形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠1，q ≠0)，可构造一个新的等比数列．[对点训练](2018·贵阳模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝32a n －12，a 1＝1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1log 3a n ＋1·log 3a n ＋2，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)由已知S n ＝32a n －12①，得S n －1＝32a n －1－12(n ≥2)②，①－②得a n ＝32a n －32a n －1，即a n ＝3a n －1(n ≥2)，又a 1＝1，所以数列{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列，故a n ＝3n －1.(2)由(1)知b n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，所以T n ＝11－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1，所以T n ＝nn ＋1.数列与新定义相交汇问题(创新型)[典型例题](2018·武汉调研)对任一实数序列A ＝(a 1，a 2，a 3，…)，定义新序列ΔA ＝(a 2－a 1，a 3－a 2，a 4－a 3，…)，它的第n 项为a n ＋1－a n .假定序列Δ(ΔA )的所有项都是1，且a 12＝a 22＝0，则a 2＝________．【解析】 令b n ＝a n ＋1－a n ，依题意知数列{b n }为等差数列，且公差为1， 所以b n ＝b 1＋(n －1)×1，a 1＝a 1， a 2－a 1＝b 1， a 3－a 2＝b 2，…a n －a n －1＝b n －1，累加得a n ＝a 1＋b 1＋…＋b n －1＝a 1＋(n －1)b 1＋（n －1）（n －2）2＝(n －1)a 2－(n －2)a 1＋（n －1）（n －2）2，分别令n ＝12，n ＝22， 得⎩⎪⎨⎪⎧11a 2－10a 1＋55＝0，21a 2－20a 1＋210＝0， 解得a 1＝2312，a 2＝100.【答案】 100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．[对点训练]在数列{a n }中，n ∈N *，若a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n＝k (k 为常数)，则称{a n }为“等差比数列”，下列是对“等差比数列”的判断：①k 不可能为0；②等差数列一定是“等差比数列”； ③等比数列一定是“等差比数列”； ④“等差比数列”中可以有无数项为0. 其中所有正确判断的序号是________．解析：由等差比数列的定义可知，k 不为0，所以①正确，当等差数列的公差为0，即等差数列为常数列时，等差数列不是等差比数列，所以②错误；当{a n }是等比数列，且公比q ＝1时，{a n }不是等差比数列，所以③错误；数列0，1，0，1，…是等差比数列，该数列中有无数多个0，所以④正确．答案：①④一、选择题1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3·a 5＝12，a 2＝0.若a 1>0，则S 20＝( ) A ．420 B ．340 C ．－420D ．－340解析：选D.设数列{a n }的公差为d ，则a 3＝a 2＋d ＝d ，a 5＝a 2＋3d ＝3d ，由a 3·a 5＝12得d ＝±2，由a 1>0，a 2＝0，可知d <0，所以d ＝－2，所以a 1＝2，故S 20＝20×2＋20×192×(－2)＝－340，故选D.2．(2018·益阳、湘潭调研)已知等比数列{a n }中，a 5＝3，a 4a 7＝45，则a 7－a 9a 5－a 7的值为( ) A ．3 B ．5 C ．9D ．25解析：选D.设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4a 7＝a 5q·a 5q 2＝9q ＝45，所以q ＝5，a 7－a 9a 5－a 7＝a 5q 2－a 7q 2a 5－a 7＝q 2＝25.故选D.3．(一题多解)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.法一：由S n ＋1＝S n ＋a n ＋3得a n ＋1－a n ＝3，则数列{a n }是公差为3的等差数列，又a 4＋a 5＝23＝2a 1＋7d ＝2a 1＋21，所以a 1＝1，S 8＝8a 1＋8×72d ＝92.法二：由S n ＋1＝S n ＋a n ＋3得a n ＋1－a n ＝3，则数列{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. 4．已知数列{a n }是等比数列，数列{b n }是等差数列，若a 1·a 6·a 11＝－33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，则tan b 3＋b 91－a 4·a 8的值是 ( )A ．－ 3B ．－1C ．－33D. 3解析：选A.依题意得，a 36＝(－3)3，3b 6＝7π，所以a 6＝－3，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，故选A.5．(2018·长春质量检测(一))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.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＝2，数列{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 ＝( )A ．2B ．2nC ．2n ＋1－2 D ．2n －1－2解析：选C.因为a n ＋1－a n ＝2n，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n 1－2＋2＝2n －2＋2＝2n ，所以S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.二、填空题7．(一题多解)(2018·高考全国卷Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________．解析：法一：因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1； 当n ＝2时，a 1＋a 2＝2a 2＋1，解得a 2＝－2； 当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝2a 3＋1，解得a 3＝－4；当n ＝4时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2a 4＋1，解得a 4＝－8； 当n ＝5时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝2a 5＋1，解得a 5＝－16； 当n ＝6时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝2a 6＋1，解得a 6＝－32； 所以S 6＝－1－2－4－8－16－32＝－63.法二：因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋1－(2a n －1＋1)，所以a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝－2n －1，所以S 6＝－1×（1－26）1－2＝－63.答案：－638．(2018·惠州第二次调研)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－2a n ＝2n(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________．解析：a n ＋1－2a n ＝2n两边同除以2n ＋1，可得a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝12，又a 12＝12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是以12为首项，12为公差的等差数列，所以a n 2n ＝12＋(n －1)×12＝n 2，所以a n ＝n ·2n －1.答案：n ·2n －19．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：2 三、解答题10．已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0. (1)求a 2，a 3；(2)求{a n }的通项公式．解：(1)由题意可得a 2＝12，a 3＝14.(2)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0，得2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1)，因为{a n }的各项都为正数，所以a n ＋1a n ＝12. 故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，因此a n ＝12n －1. 11．(2018·高考全国卷Ⅰ)已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n .设b n ＝a n n .(1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由；(3)求{a n }的通项公式．解：(1)由条件可得a n ＋1＝2（n ＋1）na n . 将n ＝1代入得，a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以，a 2＝4. 将n ＝2代入得，a 3＝3a 2，所以，a 3＝12. 从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4.(2){b n }是首项为1，公比为2的等比数列．由条件可得a n ＋1n ＋1＝2a n n，即b n ＋1＝2b n ，又b 1＝1，所以{b n }是首项为1，公比为2的等比数列．(3)由(2)可得a n n ＝2n －1，所以a n ＝n ·2n －1.12．已知数列{a n }是等差数列，满足a 2＝5，a 4＝13，数列{b n }的前n 项和是T n ，且T n ＋b n ＝3.(1)求数列{a n }及数列{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ·b n ，求数列{c n }中的最大项． 解：(1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝5，a 1＋3d ＝13， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝4，所以a n ＝4n －3.又T n ＋b n ＝3，所以T n ＋1＋b n ＋1＝3，两式相减得，2b n ＋1－b n ＝0，所以b n ＋1＝12b n . 当n ＝1时，b 1＋b 1＝3，所以b 1＝32.所以数列{b n }为等比数列，且首项是32，公比是12， 所以b n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝32n . (2)因为c n ＝a n ·b n ＝3（4n －3）2n ， 所以c n ＋1＝3（4n ＋1）2n ＋1， 所以c n ＋1－c n ＝3（4n ＋1）2n ＋1－3（4n －3）2n ＝3（7－4n ）2n ＋1. 所以当n ＝1时，c 2－c 1>0； 当n ≥2时，c n ＋1－c n <0，所以c 1<c 2>c 3>c 4>…，所以(c n )max ＝c 2＝154.。

高考数学专题高考侧重于考查等差、等比数列的通项a n ，前n 项和S n 的基本运算，另外等差、等比数列的性质也是高考的热点．备考时应切实文解等差、等比数列的概念，加强五个量的基本运算，强化性质的应用意识．1．等差数列(1)定义式：a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)； (2)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ； (3)前n 项和公式：S n ＝na 1＋a n 2＝na 1＋n n －d2；(4)性质：①a n ＝a m ＋(n －m )d (n 、m ∈N *)；②若m ＋n ＝p ＋q (m 、n 、p 、q ∈N *)，则a m ＋a n ＝a p ＋a q . 2．等比数列(1)定义式：a n ＋1a n ＝q (n ∈N *，q 为非零常数)；(2)通项公式：a n ＝a 1q n －1；(3)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1q ＝1，a 1－q n 1－q q ≠1.(4)性质：①a n ＝a m q n－m(n ，m ∈N *)；②若m ＋n ＝p ＋q ，则a m a n ＝a p a q (p 、q 、m 、n ∈N *)．3．复习数列专题要把握等差、等比数列两个定义，牢记通项、前n 项和四组公式，活用等差、等比数列的性质，明确数列与函数的关系，巧妙利用a n 与S n 的关系进行转化，细辨应用问题中的条件与结论是通项还是前n 项和，集中突破数列求和的五种方法(公式法、倒序相加法、错位相减法、分组求和法、裂项相消法).【误区警示】1．应用a n 与S n 的关系，等比数列前n 项和公式时，注意分类讨论． 2．等差、等比数列的性质可类比掌握．注意不要用混．3．讨论等差数列前n 项和的最值时，不要忽视n 为整数的条件和a n ＝0的情形． 4．等比数列{a n }中，公比q ≠0，a n ≠0.高频考点一等差数列的运算例1、（2018年江苏卷）已知集合，．将的所有元素从小到大依次排列构成一个数列．记为数列的前n项和，则使得成立的n的最小值为________．【答案】27【解析】设，则由得所以只需研究是否有满足条件的解，此时，，为等差数列项数，且.由得满足条件的最小值为27.【变式探究】(2017·高考全国卷Ⅰ)记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{a n}的公差为()A．1B．2C．4 D．8【变式探究】(1)已知等差数列{a n}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝()A．100B．99C．98 D．97解析：通解：∵{a n}是等差数列，设其公差为d，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧S 9＝9a 1＋9×82d ＝27a 10＝a 1＋9d ＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝1.∴a 100＝a 1＋99d ＝－1＋99×1＝98，选C.优解：设等差数列{a n }的公差为d ，因为{a n }为等差数列，且S 9＝9a 5＝27，所以a 5＝3.又a 10＝8，解得5d ＝a 10－a 5＝5，所以d ＝1，所以a 100＝a 5＋95d ＝98，选C.答案：C(2)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝( ) A ．5 B ．7 C ．9D ．11【方法规律】1．通解是寻求a 1与d 的关系，然后用公式求和．优解法是利用等差中项性质转化求和公式． 2．在等差数列中，当已知a 1和d 时，用S n ＝na 1＋nn －2d 求和．当已知a 1和a n 或者a 1＋a n ＝a 2＋a n －1形式时，常用S n ＝a 1＋a n n 2＝a 2＋a n －1n2求解．学+科网【变式探究】若数列{a n }满足1a n ＋1－1a n＝d (n ∈N *，d 为常数)，则称数列{a n }为调和数列，已知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1x n 为调和数列，且x 1＋x 2＋…＋x 20＝200，则x 5＋x 16＝( )A ．10B ．20C ．30D ．40解析：选B.∵数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1x n 为调和数列，∴11x n ＋1－11x n＝x n ＋1－x n ＝d ，∴{x n }是等差数列，∵x 1＋x 2＋…＋x 20＝200＝x 1＋x 202，∴x 1＋x 20＝20，又∵x 1＋x 20＝x 5＋x 16，∴x 5＋x 16＝20.高频考点二 等比数列的运算 例2、（2018年浙江卷）已知成等比数列，且．若，则A.B.C.D.【答案】B 【解析】令则，令得，所以当时，，当时，，因此，若公比，则，不合题意； 若公比，则但， 即，不合题意；因此，，选B.【变式探究】【2017江苏，9】等比数列{}n a 的各项均为实数,其前n 项的和为n S ,已知,则8a = ▲ .【答案】32【解析】当1q =时，显然不符合题意；当1q ≠时，，解得1142a q ⎧=⎪⎨⎪=⎩，则.【变式探究】(1)(2016·高考全国卷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：通解：求a 1a 2…a n 关于n 的表达式 a 2＋a 4a 1＋a 3＝a 1＋a 3q a 1＋a 3＝510，∴q ＝12 ∴a 1＋a 1⎝⎛⎭⎫122＝10，∴a 1＝8 ∴a 1·a 2·a 3…a n ＝a n 1·q n n －12＝8n ×⎝⎛⎭⎫12n n －2＝2－n 2＋7n2当n ＝3或n ＝4时，－n 2＋7n2最大为6.∴a 1a 2…a n 的最大值为26＝64 优解：利用数列的单调变化设{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：64(2)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.12D.18解析：通解：∵a 3＝a 1·q 2，a 4＝a 1·q 3，a 5＝a 1·q 4， ∴a 21·q 6＝4(a 1·q 3－1) ∵a 1＝14，∴q 6－16q 3＋64＝0，∴q 3＝8，∴q ＝2，∴a 2＝a 1·q ＝12.优解：设{a n }的公比为q ，由等比数列的性质可知a 3a 5＝a 24，∴a 24＝4(a 4－1)，即(a 4－2)2＝0，得a 4＝2，则q 3＝a 4a 1＝214＝8，得q ＝2，则a 2＝a 1q ＝14×2＝12，故选C.答案：C 【方法规律】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．【变式探究】等比数列{a n }中，a 4＝2，a 5＝5，则数列{lg a n }的前8项和等于( ) A ．6 B ．5 C ．4D ．3解析：选C.由题意知a 1·a 8＝a 2·a 7＝a 3·a 6＝a 4·a 5＝10，∴数列{lg a n }的前8项和等于lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 8＝lg(a 1·a 2·…·a 8)＝lg(a 4·a 5)4＝4lg(a 4·a 5)＝4lg 10＝4.故选C.高频考点三 数列递推关系的应用例3、（2018年天津卷）设{a n }是等差数列，其前n 项和为S n （n ∈N *）；{b n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为T n （n ∈N *）．已知b 1=1，b 3=b 2+2，b 4=a 3+a 5，b 5=a 4+2a 6．（Ⅰ）求S n 和T n ；（Ⅱ）若S n +（T 1+T 2+…+T n ）=a n +4b n ，求正整数n 的值． 【答案】(Ⅰ)，；(Ⅱ)4.【解析】（I ）设等比数列的公比为q ，由b 1=1，b 3=b 2+2，可得．因为，可得，故．所以，．设等差数列的公差为．由，可得．由，可得从而，故，所以，．（II ）由（I ），有由可得，整理得解得（舍），或．所以n 的值为4．【变式探究】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．解析：(1)因为a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n ， 所以a 1b 2＋b 2＝b 1，解得a 1＝2又{a n }是公差为3的等差数列，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋(n －1)×3＝3n －1，即通项公式为a n ＝3n －1. (2)由a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n 得b n ＋1b n ＝13，所以数列{b n }是首项b 1＝1，公比q ＝13的等比数列所以数列{b n }的前n 项和为S n ＝1－⎝⎛⎭⎫13n 1－13＝32－12·31－n . 【方法规律】判断和证明数列是等差(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a2n＝a n－1·a n＋1(n∈N*，n≥2)，则{a n}为等比数列．【变式探究】已知等差数列{a n}的公差d≠0，{a n}的部分项ak1，ak2，…，ak n构成等比数列，若k1＝1，k2＝5，k3＝17，求k n.1. （2018年浙江卷）已知成等比数列，且．若，则A. B. C. D.【答案】B【解析】令则，令得，所以当时，，当时，，因此，若公比，则，不合题意；若公比，则但，即，不合题意；因此，，选B.2. （2018年北京卷）“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.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为A. B.C. D.【答案】D【解析】因为每一个单音与前一个单音频率比为，所以，又，则，故选D.3. （2018年江苏卷）已知集合，．将的所有元素从小到大依次排列构成一个数列．记为数列的前n项和，则使得成立的n的最小值为________．【答案】27【解析】设，则由得所以只需研究是否有满足条件的解，此时，，为等差数列项数，且.由得满足条件的最小值为.4. （2018年浙江卷）已知等比数列{a n}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列{b n}满足b1=1，数列{（b n+1−b n）a n}的前n项和为2n2+n．（Ⅰ）求q的值；（Ⅱ）求数列{b n}的通项公式．【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）由是的等差中项得，所以，解得.由得，因为，所以.（Ⅱ）设，数列前n项和为.由解得.由（Ⅰ）可知，所以，故，.设，所以，因此，又，所以.5. （2018年天津卷）设{a n}是等差数列，其前n项和为S n（n∈N*）；{b n}是等比数列，公比大于0，其前n项和为T n（n∈N*）．已知b1=1，b3=b2+2，b4=a3+a5，b5=a4+2a6．（Ⅰ）求S n和T n；（Ⅱ）若S n+（T1+T2+…+T n）=a n+4b n，求正整数n的值．【答案】(Ⅰ)，；(Ⅱ)4.【解析】（I）设等比数列的公比为q，由b1=1，b3=b2+2，可得．因为，可得，故．所以，．设等差数列的公差为．由，可得．由，可得从而，故，所以，．（II）由（I），有由可得，整理得解得（舍），或．所以n的值为4．6. （2018年北京卷）设是等差数列，且.（Ⅰ）求的通项公式；（Ⅱ）求.【答案】（I）（II）【解析】（I）设等差数列的公差为，∵，∴，又，∴.∴.（II）由（I）知，∵，∴是以2为首项，2为公比的等比数列.∴.∴7. （2018年江苏卷）设，对1，2，···，n的一个排列，如果当s<t时，有，则称是排列的一个逆序，排列的所有逆序的总个数称为其逆序数．例如：对1，2，3的一个排列231，只有两个逆序(2，1)，(3，1)，则排列231的逆序数为2．记为1，2，···，n的所有排列中逆序数为k的全部排列的个数．（1）求的值；（2）求的表达式(用n表示)．【答案】（1）2 5（2）n≥5时，【解析】（1）记为排列abc的逆序数，对1，2，3的所有排列，有，所以．对1，2，3，4的排列，利用已有的1，2，3的排列，将数字4添加进去，4在新排列中的位置只能是最后三个位置．因此，．（2）对一般的n（n≥4）的情形，逆序数为0的排列只有一个：12…n，所以．逆序数为1的排列只能是将排列12…n中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列，所以．为计算，当1，2，…，n的排列及其逆序数确定后，将n+1添加进原排列，n+1在新排列中的位置只能是最后三个位置．因此，．当n≥5时，，因此，n≥5时，．1．(2017·高考全国卷Ⅰ)记S n为等差数列{a n}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{a n}的公差为() A．1B．2C．4 D．8解析：通解：选C.设{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，解得d ＝4.故选C.优解：由S 6＝48得a 4＋a 3＝16， (a 4＋a 5)－(a 4＋a 3)＝8， ∴d ＝4，故选C.2．(2017·高考全国卷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解析：选A.由已知条件可得a 1＝1，d ≠0，由a 23＝a 2a 6可得(1＋2d )2＝(1＋d )(1＋5d )，解得d ＝－2. 所以S 6＝6×1＋－2＝－24.故选A.3．(2017·高考全国卷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 ， ∵a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3， ∴a 1(1＋q )＝－1， ① a 1(1－q 2)＝－3. ②②÷①，得1－q ＝3，∴q ＝－2. ∴a 1＝1，∴a 4＝a 1q 3＝1×(－2)3＝－8. 答案：－84．(2017·高考全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．已知S 2＝2，S 3＝－6. (1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列． 解：(1)设{a n }的公比为q .由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋q ＝2，a 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 ＝－2[1－－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＋－n 2n ＋13＝2S n，故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．1. 【2016高考新课标1卷】已知等差数列{}n a 前9项的和为27,108a =,则100a = （ ） （A ）100 （B ）99 （C ）98 （D ）97 【答案】C【解析】由已知,所以故选C.2【2016高考浙江文数】如图，点列{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且，，（）.若（ ）A ．{}n S 是等差数列B ．2{}n S 是等差数列 C ．{}n d 是等差数列 D ．2{}n d 是等差数列【答案】A【解析】n S 表示点n A 到对面直线的距离（设为n h ）乘以1n n B B +长度一半，即，由题目中条件可知1n n B B +的长度为定值，那么我们需要知道n h 的关系式，过1A 作垂直得到初始距离1h ，那么1,n A A 和两个垂足构成了等腰梯形，那么，其中θ为两条线的夹角，即为定值，那么，，作差后：，都为定值，所以1n n S S +-为定值．故选A ．3.【2016年高考北京文数】已知{}n a 错误！未找到引用源。

[A 组 小题提速练]1．(等差数列求和及性质)在等差数列{a n }中，a n >0，且a 1＋a 2＋…＋a 10＝30，则a 5·a 6的最大值等于( ) A ．3 B ．6 C ．9D ．36解析：∵a 1＋a 2＋…＋a 10＝30， 得a 5＋a 6＝305＝6，又a n >0， ∴a 5·a 6≤⎝⎛⎭⎪⎫a 5＋a 622＝⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝9. 答案：C2．(等差数列求和及不等式)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的最大的自然数n 是( ) A ．9 B ．10 C ．11D ．12解析：∵{a n }的公差d ＝3－74－2＝－2，∴{a n }的通项为a n ＝7－2(n －2)＝－2n ＋11，∴{a n }是递减数列，且a 5＞0＞a 6，a 5＋a 6＝0，于是S 9＝9a 5＞0，S 10＝a 5＋a 62·10＝0，S 11＝11a 6＜0，故选A. 答案：A3．(等差数列求和)设数列{a n }是等差数列，且a 2＝－6，a 6＝6，S n 是数列{a n }的前n 项和，则( ) A ．S 4＜S 3 B ．S 4＝S 3 C ．S 4＞S 1D ．S 4＝S 1解析：设{a n }的公差为d ，由a 2＝－6，a 6＝6，得⎩⎨⎧a 1＋d ＝－6，a 1＋5d ＝6，解得⎩⎨⎧a 1＝－9，d ＝3.于是，S 1＝－9，S 3＝3×(－9)＋3×22×3＝－18，S 4＝4×(－9)＋4×32×3＝－18，所以S 4＝S 3，S 4＜S 1，故选B. 答案：B4．(等差数列求和及最值)在等差数列{a n }中，a 6＋a 11＝0，且公差d ＞0，则数列{a n }的前n 项和取最小值时n 的值为( ) A ．6 B ．7 C ．8D ．9解析：由题意知a 6＜0，a 11＞0，且a 1＋5d ＋a 1＋10d ＝0，所以a 1＝－152d .又数列{a n }的前n 项和S n ＝na 1＋n n －12d ＝d2[(n －8)2－64]，所以当n ＝8时，数列{a n }的前n 项和取得最小值．故选C. 答案：C5．(数学文化与等比数列求和)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：三百七十八里关，初行健步并不难，次日脚痛减一半，六朝才得至其关，欲问每朝行里数，请公仔细算相还．其大意为：有一人走378里路，第一天健步行走，从第二天起因为脚痛每天走的路程都为前一天的一半，走了6天后到达目的地，问此人每天走多少里路．则此人第五天走的路程为( ) A ．48里 B ．24里 C ．12里D ．6里解析：依题意知，此人每天走的路程数构成以12为公比的等比数列a 1，a 2，…，a 6，由S6＝a1⎝⎛⎭⎪⎫1－1261－12＝378，解得a1＝192，所以此人第五天走的路程为a5＝192×124＝12(里)．故选C.答案：C6．(等比数列性质及基本不等式)已知首项与公比相等的等比数列{a n}满足a m a2n＝a2 4(m，n∈N*)，则2m＋1n的最小值为( )A．1 B．3 2C．2 D.9 2解析：设该数列的首项及公比为a，则由题可得a m×a2n＝a4×2，即a m×a2n＝a m＋2n＝a4×2，得m＋2n＝8，所以2m＋1n＝18(m＋2n)·⎝⎛⎭⎪⎫2m＋1n＝182＋2＋4nm＋mn≥182＋2＋24nm×mn＝1，当且仅当4nm＝mn，即m＝4，n＝2时等号成立，故选A.答案：A7．(等比数列前n项和)在等比数列{a n}中，a1＋a n＝34，a2·a n－1＝64，且前n 项和S n＝62，则项数n等于( )A．4 B．5C．6 D．7解析：设等比数列{a n}的公比为q，由a2a n－1＝a1a n＝64，又a1＋a n＝34，解得a1＝2，a n＝32或a1＝32，a n＝2.当a1＝2，a n＝32时，S n＝a11－q n1－q＝a1－a n q1－q＝2－32q1－q＝62，解得q＝2.又a n＝a1q n－1，所以2×2n－1＝2n＝32，解得n＝5.同理，当a1＝32，a n＝2时，由S n＝62，解得q＝12.由a n＝a1q n－1＝32×⎝⎛⎭⎪⎫12n－1＝2，得⎝⎛⎭⎪⎫12n－1＝116＝⎝⎛⎭⎪⎫124，即n－1＝4，n＝5.综上，项数n等于5，故选B.答案：B8．(等差数列前n 项和性质)在等差数列{a n }中，a 1＝－2 015，其前n 项和为S n ，若S 1212－S 1010＝2，则S 2 016的值等于( ) A ．－2 015 B ．2 015 C ．2 016D ．0解析：设数列{a n }的公差为d ，S 12＝12a 1＋12×112d ，S 10＝10a 1＋10×92d ， 所以S 1212＝12a 1＋12×112d 12＝a 1＋112d .S 1010＝a 1＋92d ，所以S 1212－S 1010＝d ＝2， 所以S 2 016＝2 016×a 1＋2 015×2 0162d ＝0.答案：D9．(等比数列前n 项和性质)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝7，S 6＝63，则数列{na n }的前n 项和为( ) A ．－3＋(n ＋1)×2n B ．3＋(n ＋1)×2n C ．1＋(n ＋1)×2nD ．1＋(n －1)×2n解析：设等比数列{a n }的公比为q ，∵S 3＝7，S 6＝63，∴q ≠1，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 11－q 31－q ＝7，a 11－q 61－q ＝63，解得⎩⎨⎧a 1＝1，q ＝2，∴a n ＝2n －1，∴na n ＝n ·2n －1，设数列{na n }的前n 项和为T n ，∴T n ＝1＋2×2＋3×22＋4×23＋…＋(n －1)·2n －2＋n ·2n －1,2T n ＝2＋2×22＋3×23＋4×24＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n ，∴－T n ＝1＋2＋22＋23＋…＋2n －1－n ·2n ＝2n －1－n ·2n ＝(1－n )2n －1，∴T n ＝1＋(n －1)×2n ，故选D. 答案：D10．(递推关系、通项及性质)已知数列{a n }满足a 1＝2,2a n a n ＋1＝a 2n ＋1，设b n ＝a n －1a n ＋1，则数列{b n }是( ) A ．常数列 B ．摆动数列 C ．递增数列D ．递减数列解析：由2a n a n ＋1＝a 2n ＋1可得a n ＋1＝a 2n ＋12a n ，b n ＋1＝a n ＋1－1a n ＋1＋1＝a 2n ＋12a n －1a 2n ＋12a n＋1＝a 2n －2a n ＋1a 2n ＋2a n ＋1＝a n －12a n ＋12＝b 2n ，由b n ＞0且b n ≠1，对b n ＋1＝b 2n 两边取以10为底的对数，可得lgb n ＋1＝2lg b n ，所以数列{lg b n }是以lg b 1＝lg 2－12＋1＝lg 13为首项，2为公比的等比数列，所以lg b n ＝2n －1lg 13，b n ＝(13)2n －1，故数列{b n }是递减数列，故选D. 答案：D11．(等比数列、等差数列混合及性质)已知数列{a n }是等比数列，数列{b n }是等差数列，若a 1·a 6·a 11＝33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，则tan b 3＋b 91－a 4·a 8的值是( )A ．1B ．22C ．－22D ．－ 3解析：{a n }是等比数列，{b n }是等差数列，且a 1·a 6·a 11＝33，b 1＋b 6＋b 11＝7π，∴a 36＝(3)3,3b 6＝7π，∴a 6＝3，b 6＝7π3， ∴tan b 3＋b 91－a 4·a 8＝tan 2b 61－a 26＝tan2×7π31－32＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－7π3＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2π－π3＝－tan π3＝－ 3.答案：D12．(等差数列性质，等比数列通项)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 ＝________.解析：由3S 1,2S 2，S 3成等差数列，得4S 2＝3S 1＋S 3，即3S 2－3S 1＝S 3－S 2，则3a 2＝a 3，得公比q ＝3，所以a n ＝a 1q n －1＝3n －1. 答案：3n －113．(S n 与a n 关系及等差数列通项)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝3S n ，n ∈N *，则a n ＝________. 解析：当n ＝1时，a 2＝3S 1＝3a 1＝3. 当n ≥2时，∵a n ＋1＝3S n ，∴a n ＝3S n －1，两式相减得a n ＋1－a n ＝3(S n －S n －1)＝3a n ，即a n ＋1＝4a n ，当n ≥2时，{a n }是以3为首项，4为公比的等比数列，得a n ＝3×4n －2.综上，a n ＝⎩⎨⎧1，n ＝1，3×4n －2，n ≥2.答案：⎩⎨⎧1，n ＝1，3×4n －2，n ≥2.14．(等差数列通项)已知函数y ＝f (x )的定义域为R ，当x <0时，f (x )>1，且对任意的实数x ，y ∈R ，等式f (x )f (y )＝f (x ＋y )恒成立．若数列{a n }满足a 1＝f (0)，且f (a n ＋1)＝1f－2－a n(n ∈N *)，则a 2 016的值为________．解析：根据题意，不妨设f (x )＝(12)x，则a 1＝f (0)＝1，∵f (a n ＋1)＝1f－2－a n，∴a n ＋1＝a n ＋2，∴数列{a n }是以1为首项、2为公差的等差数列，∴a n ＝2n －1，∴a 2 016＝4 031. 答案：4 03115．(等差数列及性质、不等式)已知数列{a n }满足a 2＝2a 1＝2，na n ＋2是(2n ＋4)a n ，λ(2n 2＋4n )的等差中项，若{a n }为单调递增数列，则实数λ的取值范围为________．解析：因为na n ＋2是(2n ＋4)a n ，λ(2n 2＋4n )的等差中项，所以2na n ＋2＝(2n ＋4)a n ＋λ(2n 2＋4n )，即na n ＋2－(n ＋2)a n ＝λ(n 2＋2n )，所以a n ＋2n ＋2－a nn ＝λ.设b n ＝a nn，则b n ＋2－b n ＝λ，因为a 1＝1，a 2＝2，所以b 1＝b 2＝1. 所以当n 为奇数时，b n ＝1＋n －12λ；当n 为偶数时，b n ＝1＋n －22λ.所以a n＝⎩⎪⎨⎪⎧n ＋n n －1λ2，n 为奇数，n ＋n n －2λ2，n 为偶数.由数列{a n }为单调递增数列，得a n ＜a n ＋1. ①当n 为奇数且n ＞1时，n ＋n n －1λ2＜n ＋1＋n ＋1n ＋1－2λ2，所以λ＞21－n， 又－1≤21－n＜0，所以λ≥0； ②当n 为偶数时，2n ＋nn －2λ2＜2n ＋1＋n ＋1n ＋1－1λ2，所以λ＞－23n ，又－13≤－23n＜0，所以λ≥0. 综上，实数λ的取值范围为[0，＋∞)． 答案：[0，＋∞)[B 组 大题规范练]1．(S n 与a n 的关系，等比数列的证明)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －3n (n ∈N *)． (1)求a 1，a 2，a 3的值；(2)设b n ＝a n ＋3，证明数列{b n }为等比数列，并求a n . 解析：(1)因为数列{a n }的前n 项和为S n ， 且S n ＝2a n －3n (n ∈N *)．所以n ＝1时，由a 1＝S 1＝2a 1－3×1，解得a 1＝3，n ＝2时，由S 2＝2a 2－3×2，得a 2＝9， n ＝3时，由S 3＝2a 3－3×3，得a 3＝21.(2)证明：因为S n ＝2a n －3×n ，所以S n ＋1＝2a n ＋1－3×(n ＋1)， 两式相减，得a n ＋1＝2a n ＋3，*把b n ＝a n ＋3及b n ＋1＝a n ＋1＋3，代入*式， 得b n ＋1＝2b n (n ∈N *)，且b 1＝6，所以数列{b n }是以6为首项，2为公比的等比数列， 所以b n ＝6×2n －1， 所以a n ＝b n －3＝6×2n －1－3＝3(2n－1)．2．(等差数列定义、等比数列通项及求和)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－a n ＝3，数列{b n }满足b n ＝3a n . (1)求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{a n ＋b n }的前n 项和S n . 解析：(1)因为a 1＝1，a n ＋1－a n ＝3，所以数列{a n }是首项为1，公差为3的等差数列， 所以a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2， 故b n ＝3a n ＝33n －2.(2)由(1)知b n ＋1b n ＝33n ＋133n －2＝27，所以数列{b n }是以3为首项，27为公比的等比数列，则数列{a n ＋b n }的前n 项和S n ＝a 1＋b 1＋a 2＋b 2＋…＋a n ＋b n ＝(a 1＋a 2＋…＋a n )＋(b 1＋b 2＋…＋b n ) ＝[1＋4＋…＋(3n －2)]＋(3＋34＋…＋33n －2) ＝32n 2－12n ＋326·27n －326. 3．(a n 与S n 关系、等比数列证明及不等式最值)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a n ＋S n ＝2n .(1)证明：数列{a n －2}为等比数列，并求出a n ； (2)设b n ＝(2－n )(a n －2)，求{b n }的最大项． 解析：(1)证明：由a 1＋S 1＝2a 1＝2，得a 1＝1.由a n ＋S n ＝2n 可得a n ＋1＋S n ＋1＝2(n ＋1)，两式相减得，2a n ＋1－a n ＝2， ∴a n ＋1－2＝12(a n －2)，∴{a n －2}是首项为a 1－2＝－1，公比为12的等比数列，a n －2＝(－1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，故a n ＝2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1.(2)由(1)知b n ＝(2－n )×(－1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝(n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，由b n ＋1－b n ＝n －12n－n －22n －1＝n －1－2n ＋42n＝3－n 2n≥0，得n ≤3，由b n ＋1－b n <0得n >3，∴b 1<b 2<b 3＝b 4>b 5>…>b n >…，故{b n }的最大项为b 3＝b 4＝14.4．(等差、等比数列通项及和的最值)设S n ，T n 分别是数列{a n }，{b n }的前n 项和，已知对于任意n ∈N *，都有3a n ＝2S n ＋3，数列{b n }是等差数列，且T 5＝25，b 10＝19.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)设c n ＝a nb nn n ＋1，求数列{c n }的前n 项和R n ，并求R n 的最小值．解析：(1)由3a n ＝2S n ＋3，得 当n ＝1时，有a 1＝3； 当n ≥2时，3a n －1＝2S n －1＋3， 从而3a n －3a n －1＝2a n ，即a n ＝3a n －1， 所以a n ≠0，a na n －1＝3， 所以数列{a n }是首项为3，公比为3的等比数列，因此a n ＝3n . 设数列{b n }的公差为d ，由T 5＝25，b 10＝19， 得⎩⎨⎧5b 1＋10d ＝25，b 1＋9d ＝19，解得b 1＝1，d ＝2， 因此b n ＝2n －1.(2)由(1)可得c n ＝2n －13nn n ＋1＝[3n －n ＋1]3n n n ＋1＝3n ＋1n ＋1－3nn，R n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－31＋322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－322＋333＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－3nn ＋3n ＋1n ＋1＝3n ＋1n ＋1－3，因为c n ＝2n －13nn n ＋1>0，所以数列{R n }单调递增．所以n ＝1时，R n 取最小值，故最小值为32.。

第1讲等差数列与等比数列年份2018卷别卷Ⅰ考查内容及考题位置等差数列基本量的计算·T a与S关系4 n n的应用·T14等差数列基本量的计算、和的最值问命题分析等差数列、等比数列的判定及其通项公式在考卷Ⅱ题·T17查基本运算、基本概念的同时，也注重对函数与方卷Ⅲ卷Ⅰ等比数列基本量的计算·T17等差数列的通项公式、前n项和公式·T4程、等价转化、分类讨论等数学思想的考查；对等等比数列的概念、前n项和公式、数学文卷Ⅱ差数列、等比数列的性质2017化·T3考查主要是求解数列的等等差数列的前n项和公式、通项公式及等差中项、等比中项、通项2016卷Ⅲ卷Ⅰ比中项·T9等比数列的通项公式·T等差数列的基本运算·T143等比数列的运公式和前n项和的最大、最小值等问题，主要是中低档题.算·T15等差、等比数列的基本运算(基础型)通项公式等差数列：a＝a＋(n－1)d；n1等比数列：a＝a·q n－1.n1求和公式n（a＋a）n（n－1）等差数列：S＝＝na＋d；22a（1－q n）a－a q等比数列：S＝＝(q≠1)．1－q 1－q性质等差数列等比数列性质若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则a＋ma＝a＋an p q若m，n，p，q∈N*，且m＋n＝p＋q，则a·a＝a·am n p q1 nn11 n1na ＝a ＋(n －m )d n mS ，S －S ，S －S ，…仍成等差数列m2mm3m2m[考法全练]a ＝a q n －mn mS ，S －S ，S －S ，…仍成等比数 m2mm3m2m列(S ≠0)nS1．(2018·贵阳模拟)设等差数列{a }的前 n 项和为 S ，若 a ＝2a ，则 ＝()n n 6 3 S511 5 A. B.5 22C. 11 22D.10 511（a ＋a ）S 2 11a 22 解析：选 D. ＝ ＝ ＝ .故选 D.（a ＋a ）1 52．(2018·高考全国卷Ⅰ)记 S 为等差数列{a }的前 n 项和．若 3S ＝S ＋S ，a ＝2，则nn3241a ＝()5A ．－12C ．10B ．－10D ．123×2解析：选 B.设等差数列{a }的公差为 d ，因为 3S ＝S ＋S ，所以 3(3a ＋ d )＝2a ＋ 3 2 4 1 14×3 3d ＋4a ＋ d ，解得 d ＝－ a ，因为 a ＝2，所以 d ＝－3，所以 a ＝a ＋4d ＝2＋4×(－3)2 2＝－10.故选 B.3．(2018·郑州模拟)等比数列{a }的前 n 项和为 S ，若对任意的正整数 n ，S ＝4Snnn ＋2n＋3 恒成立，则 a 的值为 ()1A ．－3C ．－3 或 1B ．1D ．1 或 3解析：选 C.设等比数列{a }的公比为 q ，当 q ＝1 时，S ＝(n ＋2)a ，S ＝na ，由 Snn ＋21n1n ＋2＝4S ＋3 得，(n ＋2)a ＝4na ＋3，即 3a n ＝2a －3，若对任意的正整数 n ，3a n ＝2a －3 恒 n111111成立，则 a ＝0 且 2a －3＝0，矛盾，所以 q ≠1，1 1a （1－q n ） a （1－q n ＋2） 所以 S ＝ ，S ＝ ， 1－q n ＋2 1－q代入 S ＝4S ＋3 并化简得 a (4－q 2)q n ＝3＋3a －3q ，若对任意的正整数 n 该等式恒成 n＋2n1 14－q ＝0，a ＝1， a ＝－3， 立，则有 解得 或 故 a ＝1 或－3，故选 C.3＋3a 1－3q ＝0， q ＝2 q ＝－2，a4．(2018·南宁模拟)在等比数列{a }中，a a ＝16，a ＋a ＝8，则 ＝________．n 2 6 4 8 a10111 1111 6S 5 5a 5 5 3 2 n 2 1 1 1 5 1 1 1n 2 11 1 20解析：法一：设等比数列{a }的公比为 q ，由 a a ＝16 得 a 2q 6＝16，所以 a q 3＝±4.由n 2 6 1 1aa ＋a ＝8，得 a q 3(1＋q 4)＝8，即 1＋q 4＝±2，所以 q 2＝1.于是 ＝q 10＝1. 4 8 1 a10法二：由等比数列的性质，得 a 2＝a a ＝16，所以 a ＝±4，又 a ＋a ＝8，42 6448a ＝4， a ＝－4， a ＝4， 所以 或 因为 a ＝a a >0，所以则公比 q 满足 q ＝1，q ＝1， a 8＝4 a 8＝12. a 8＝4，a所以 ＝q 10＝1.a10答案：15．(2018·高考全国卷Ⅲ)等比数列{a }中，a ＝1，a ＝4a .n153(1)求{a }的通项公式；n(2)记 S 为{a }的前 n 项和．若 S ＝63，求 m .nnm解：(1)设{a }的公比为 q ，由题设得 a ＝q n －1 nn.由已知得 q 4＝4q 2，解得 q ＝0(舍去)，q ＝－2 或 q ＝2.故 a ＝(－2)n －1 或 a ＝2n －1.nn1－（－2） (2)若 a ＝(－2)n －1，则 S ＝ . 3由 S ＝63 得(－2)m ＝－188，此方程没有正整数解． m 若 a ＝2 nn －1，则 S ＝2n －1.n由 S ＝63 得 2m ＝64，解得 m ＝6.m综上，m ＝6.等差、等比数列的判定与证明(综合型)证明数列{a }是等差数列或等比数列的方法n(1)证明数列{a }是等差数列的两种基本方法：n①利用定义，证明 a －a (n ∈N *)为一常数；n ＋1n②利用等差中项，即证明 2a ＝a ＋a (n ≥2)．nn －1n ＋1(2)证明{a }是等比数列的两种基本方法：na①利用定义，证明 (n ∈N *)为一常数；a n②利用等比中项，即证明 a 2＝a a (n ≥2)．nn －1 n ＋1[典型例题]设 S 为数列{a }的前 n 项和，对任意的 n ∈N *，都有 S ＝2－a ，数列{b }满足 b nnnnn12044 4 2 4 26 4 8 20nn n n ＋1b ＝2a ，b ＝ (n ≥2，n ∈N *)． 11＋b n －1(1)求证：数列{a }是等比数列，并求{a }的通项公式；n n 1(2)判断数列{ }是等差数列还是等比数列，并求数列{b }的通项公式．b n n【解】 (1)当 n ＝1 时，a ＝S ＝2－a ，解得 a ＝1；1 1 1 1a 1 当 n ≥2 时，a ＝S －S ＝a －a ，即 ＝ (n ≥2，n ∈N *)．n n n －1 n －1 n a 2n －11所以数列{a }是首项为 1，公比为 的等比数列， 2故数列{a }的通项公式为 a ＝2n －1.(2)因为 a ＝1，1所以 b ＝2a ＝2.1 1b因为 b ＝ ，1＋b n －1 1 1所以 ＝ ＋1，nn －11 1即 － ＝1(n ≥2)．b b n n －11 1所以数列{ }是首项为 ，公差为 1 的等差数列．2 n1 1 2n －1 2所以 ＝ ＋(n －1)·1＝ ，故数列{b }的通项公式为 b ＝ .b 2 2 2n －1 n判断(证明)等差(比)数列应注意的问题(1)判断或者证明数列为等差数列、等比数列最基本的方法是用定义判断或证明，其他 方法最后都会回到定义，如证明等差数列可以证明通项公式是 n 的一次函数，但最后还得使 用定义才能说明其为等差数列．(2)证明数列{a }为等比数列时，不能仅仅证明 a ＝qa ，还要说明 a ≠0，才能递推得nn ＋1n1出数列中的各项均不为零，最后断定数列{a }为等比数列．n[对点训练]记 S 为等比数列{a }的前 n 项和，已知 S ＝2，S ＝－6.nn23(1)求{a }的通项公式；n(2)求 S ，并判断 S ，S ，S 是否成等差数列．nn ＋1nn ＋2解：(1)设{a }的公比为 q .由题设可得 na 1（1＋q ）＝2， a 1（1＋q ＋q 2）＝－6.n －1n nn 1 n nn －1n b b b n n解得 q ＝－2，a ＝－2.1故{a }的通项公式为 a ＝(－2)n .n na （1－q n ） 2 2n ＋1 (2)由(1)可得 S ＝ ＝－ ＋(－1)n . 1－q 3 34 2n ＋3－2n ＋2 2 2n ＋1由于 S ＋S ＝－ ＋(－1)n ＝2[－ ＋(－1)n ]＝2S ，故 S ，S ，S 成 3 3 3 3等差数列．S ，a 关系的应用(综合型)nn 数列{a }中，a 与 S 的关系nnnS ，n ＝1， a ＝S n －S n －1，n ≥2.求数列通项的常用方法(1)公式法：利用等差(比)数列求通项公式．(2)在已知数列{a }中，满足 a －a ＝f (n )，且 f (1)＋f (2)＋…＋f (n )可求，则可用nn ＋1n累加法求数列的通项 a .na(3)在已知数列{a }中，满足 ＝f (n )，且 f (1)·f (2)·…·f (n )可求，则可用累乘n an法求数列的通项 a .n(4)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)．[典型例题](1)(2018·合肥第一次质量检测)已知数列{a }的前 n 项和为 S ，若 3S ＝2a －3n ，nnnn则 a ＝()2 018A ．22 018－1B ．32 018－6C ．22018－ 7 2D ．32 018－10 3(2)(2018·福州模拟)已知数列 {a }中，a ＝1，a ＝2，a ＝3a －2a (n ≥2，n ∈N *)．设n12n ＋1nn －1b ＝a －a .nn ＋1n①证明：数列{b }是等比数列； n b②设 c ＝ ，求数列{c }的前 n 项和 S .（4n 2－1）2n【解】 (1)选 A.因为 a ＝S ，所以 3a ＝3S ＝2a －311111a ＝－3.1 当 n ≥2 时，3S ＝2a －3n ，3S ＝2a －3(n －1)，所以 a ＝－2a －3，即 a ＋1＝－ nnn －1n －1nn －1n2(a ＋1)，所以数列{a ＋1}是以－2 为首项，－2 为公比的等比数列．n －1n1n n ＋2 n ＋1 n n ＋1 n n ＋2 1nn ＋11 1 nn nn所以 a ＋1＝(－2)×(－2)n －1＝(－2)n ，n则 a ＝2 2 0182 018－1.(2)①证明：因为 a ＝3a －2a (n ≥2，n ∈N *)，b ＝a －a ，n ＋1 n n －1 n n ＋1 nb a －a （3a －2a ）－a 2（a －a ） 所以 ＝ ＝ ＝ ＝2，nn ＋1nn ＋1nn ＋1n又 b ＝a －a ＝2－1＝1，121所以数列{b }是以 1 为首项，以 2 为公比的等比数列．n②由①知 b ＝1×2n －1＝2n －1，nb 因为c ＝ ，（4n 2－1）2n 1 1 1 1所以 c ＝ ＝ － （2 1）（2 1） 4，所以 S ＝c ＋c ＋…＋cn 1 2 n 1 1111 1＝ 1－ ＋ － ＋…＋ －41 1n ＝ 1－ ＝ . 4 4n ＋2(1)给出 S 与 a 的递推关系求 a 的常用思路：一是利用 S －S ＝a (n ≥2)转化为 a 的nnnnn －1nn递推关系，再求其通项公式；二是转化为 S 的递推关系，先求出 S 与 n 之间的关系，再求nna . n(2)形如 a ＝pa ＋q (p ≠1，q ≠0)，可构造一个新的等比数列．n ＋1n[对点训练]3 1 (2018·贵阳模拟)已知数列{a }的前 n 项和为 S ，且满足 S ＝ a － ，a ＝1.2 2(1)求数列{a }的通项公式；n1(2)若 b ＝ ，求数列{b }的前 n 项和 T .log a ·log a 3 n ＋13 n ＋23 1解：(1)由已知 S ＝ a － ①，2 231得 S ＝ a － (n ≥2)②，n －1 n －1 33①－②得 a ＝ a － a ，即 a ＝3a (n ≥2)，n n －1又 a ＝1，所以数列{a }是以 1 为首项，3 为公比的等比数列，故 a ＝3n －1.1 n n1 1 1(2)由(1)知 b ＝ ＝ － ，n （n ＋1） n n ＋11 1 1 1 1 1 1 n所以 T ＝ － ＋ － ＋…＋ － ＝1－ ＝ ，1 2 2 3 n n ＋1 n ＋1 n ＋1n ＋1 n ＋2 n ＋1 n ＋1 n n ＋1 n ＋1 nb a －a a －aa －a nn 2 n ＋ n － 2n －1 2n ＋1n 3 3 5 2n －1 2n ＋12n ＋1nnnn 1n n n n n 2 2nn n －12 2 n nn所以 T ＝ . n ＋1数列与新定义相交汇问题(创新型)[典型例题](2018·武汉调研)对任一实数序列 A ＝(a ，a ，a ，…)，定义新序列 Δ A ＝(a1 2 32－a ，a －a ，a －a ，…)，它的第 n 项为 a －a .假定序列 Δ (Δ A )的所有项都是 1，且 13243n ＋1na ＝a ＝0，则 a ＝________．12222【解析】 令 b ＝a －a ，依题意知数列{b }为等差数列，且公差为 1，nn ＋1nn所以 b ＝b ＋(n －1)×1，n1a ＝a ，11a －a ＝b ，211a －a ＝b ，322…a －a ＝b ，nn －1n －1累加得 a ＝a ＋b ＋…＋b ＝a ＋(n －1)b ＋ n 1 1 n －1 1 1 （n －1）（n －2） ＋ ，2分别令 n ＝12，n ＝22， 11a 2－10a 1＋55＝0，得21a 2－20a 1＋210＝0，231解得 a ＝ ，a ＝100.2【答案】 100（n －1）（n －2） ＝(n －1)a －(n －2)a2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．[对点训练]a －a 在数列{a }中，n ∈N *，若 ＝k (k 为常数)，则称{a }为“等差比数列”，下列 a －a n ＋1 n是对“等差比数列”的判断：n 2 1 1 2 n ＋2n ＋1n n①k 不可能为 0；②等差数列一定是“等差比数列”；③等比数列一定是“等差比数列”；④“等差比数列”中可以有无数项为 0.其中所有正确判断的序号是________．解析：由等差比数列的定义可知，k 不为 0，所以①正确，当等差数列的公差为 0，即 等差数列为常数列时，等差数列不是等差比数列，所以②错误；当{a }是等比数列，且公比nq ＝1 时，{a }不是等差比数列，所以③错误；数列 0，1，0，1，…是等差比数列，该数列n中有无数多个 0，所以④正确．答案：①④一、选择题1．已知等差数列{a }的前 n 项和为 S ，且 a ·a ＝12，a ＝0.若 a >0，则 S ＝()nn352120A ．420C ．－420B ．340D ．－340解析：选 D.设数列{a }的公差为 d ，则 a ＝a ＋d ＝d ，a ＝a ＋3d ＝3d ，由 a ·a ＝12n 3 2 5 2 3 520×19得 d ＝±2，由 a >0，a ＝0，可知 d <0，所以 d ＝－2，所以 a ＝2，故 S ＝20×2＋ ×20(－2)＝－340，故选 D.a －a 2．(2018·益阳、湘潭调研)已知等比数列{a }中，a ＝3，a a ＝45，则 的值为( )5 4 7 a －a5 7A ．3C ．9B ．5D ．25a 解析：选 D.设等比数列{a }的公比为 q ，则 a a ＝ ·a q 2 n 4 7 q 5 a q 2－a q 2 ＝ ＝q 2＝25.故选 D.a －a 5 7a －a ＝9q ＝45，所以 q ＝5，a －a 5 73．(一题多解)已知 S 是数列{a }的前 n 项和，且 S ＝S ＋a ＋3，a ＋a ＝23，则 Snnn ＋1nn458＝( )A ．72C ．92B ．88D ．98解析：选 C.法一：由 S ＝S ＋a ＋3 得 a －a ＝3，则数列{a }是公差为 3 的等差数n ＋1 n n n ＋1 n n8×7列，又 a ＋a ＝23＝2a ＋7d ＝2a ＋21，所以 a ＝1，S ＝8a ＋ d ＝92.4 5 1 1 1 8 11 2 1 2 7 9n 55 7 7 9 2法二：由 S ＝S ＋a ＋3 得 a －a ＝3，则数列{a }是公差为 3 的等差数列， S ＝ n＋1nnn ＋1nn88（a ＋a ） 8（a ＋a ）＝ ＝92.2 24．已知数列{a }是等比数列，数列{b }是等差数列，若 a ·a ·a ＝－3 3，b ＋b ＋n n 1 6 11 1 6 b ＋b b ＝7π ，则 tan 的值是 ( )1148A ．－ 3B ．－1C ．－33D. 37π b ＋b 解析：选 A.依题意得，a ＝(－ 3) ，3b ＝7π ，所以 a ＝－ 3，b ＝ ，所以 66 6 6482b 7π b ＋b 7π π π＝ ＝－ ，故 tan ＝tan － ＝tan －2π － ＝－tan ＝－ 3，故选 1－a 2 3 1－a ·a 3 3 36 4 8A.5．(2018·长春质量检测(一))等差数列{a }中，已知|a |＝|a |，且公差 d >0，则其前n611n 项和取最小值时 n 的值为()A ．6C ．8B ．7D ．9解析：选 C.由 d >0 可得等差数列{a }是递增数列，又|a |＝|a |，所以－a ＝a ，即－ n 6 11 6 1115d d da －5d ＝a ＋10d ，所以 a ＝－ ，则 a ＝－ <0，a ＝ >0，所以前 8 项和为前 n 项和的最 2 2 2小值，故选 C.6．对于数列{a }，定义数列{a －a }为数列{a }的“差数列”，若 a ＝2，数列{a }的nn ＋1nn1n“差数列”的通项公式为 a －a ＝2n ，则数列{a }的前 n 项和 S ＝()n ＋1nnnA ．2B ．2nC ．2n ＋1－2 D ．2n －1－2解析：选 C.因为 a －a ＝2n ，所以 a ＝(a －a )＋(a －a )＋…＋(a －a )＋a ＝n ＋1 n n n n －1 n －1 n －2 2 1 12－2 2－2n ＋12n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝ ＋2＝2n －2＋2＝2n ，所以 S ＝ ＝2n ＋1－2. 1－2 1－2二、填空题7．(一题多解)(2018·高考全国卷Ⅰ)记 S 为数列{a }的前 n 项和．若 S ＝2a ＋1，则nnnnS ＝________．6解析：法一：因为 S ＝2a ＋1，所以当 n ＝1 时，a ＝2a ＋1，解得 a ＝－1；nn111当 n ＝2 时，a ＋a ＝2a ＋1，解得 a ＝－2；1222当 n ＝3 时，a ＋a ＋a ＝2a ＋1，解得 a ＝－4；123331 8 4 53 91－a ·a 393 33 1－a ·a 6 3 9 1 1 1 8 9 n n当 n ＝4 时，a ＋a ＋a ＋a ＝2a ＋1，解得 a ＝－8；123444当 n ＝5 时，a ＋a ＋a ＋a ＋a ＝2a ＋1，解得 a ＝－16；1234555当 n ＝6 时，a ＋a ＋a ＋a ＋a ＋a ＝2a ＋1，解得 a ＝－32；12345666所以 S ＝－1－2－4－8－16－32＝－63.6法二：因为 S ＝2a ＋1，所以当 n ＝1 时，a ＝2a ＋1，解得 a ＝－1，当 n ≥2 时，a ＝nn111nS －S ＝2a ＋1－(2a ＋1)，所以 a ＝2a ，所以数列{a }是以－1 为首项，2 为公比的等 nn －1nn －1nn －1n－1×（1－26）比数列，所以 a ＝－2n －1，所以 S ＝ ＝－63. 1－2答案：－638．(2018·惠州第二次调研)已知数列{a }满足 a ＝1，a －2a ＝2n (n ∈N *)，则数列{a }n1n ＋1nn的通项公式 a ＝________．na a 1 a 1 a 1 解析：a －2a ＝2 两边同除以 2 ，可得 － ＝ ，又 ＝ ，所以数列 是以 为 n＋1 n 2n ＋1 2n 2 2 2 2 2 1 a 1 1 n首项， 为公差的等差数列，所以 ＝ ＋(n －1)× ＝ ，所以 a ＝n ·2n －1. 2 2 2 2 2答案：n ·2n －1S9．设某数列的前 n 项和为 S ，若 为常数，则称该数列为“和谐数列”．若一个首项n S2n为 1，公差为 d (d ≠0)的等差数列{a }为“和谐数列”，则该等差数列的公差 d ＝________．n解析：由 ＝k (k 为常数)，且 a ＝1，得 n ＋ n (n －1)d ＝k 2n ＋ ×2n （2n －1）d ，即2 22n2＋(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，（4k －1）＝0，所以得 1（2k －1）（2－d ）＝0， k ＝ .所以数列{a }的公差为 2.n答案：2三、解答题10．已知各项都为正数的数列{a }满足 a ＝1，a 2－(2a －1)a －2a ＝0.n1nn ＋1nn ＋1(1)求 a ，a ；23(2)求{a }的通项公式．n1 1解：(1)由题意可得 a ＝ ，a ＝ .2 4(2)由 a 2－(2a －1)a －2a ＝0，得 2a (a ＋1)＝a (a ＋1)，nn ＋1nn ＋1n ＋1nnnn 6 n n ＋ n 1 1nn ＋1nnn n nS 1 1 nS 1 d d ＝2，42 3a 1 因为{a }的各项都为正数，所以 ＝ . a 2 n 1 1 故{a }是首项为 1，公比为 的等比数列，因此 a ＝ . 2 2n －1a 11．(2018·高考全国卷Ⅰ)已知数列{a }满足 a ＝1，na ＝2(n ＋1)a .设b ＝ . n 1 n ＋1 n n n(1)求 b ，b ，b ； 1 2 3(2)判断数列{b }是否为等比数列，并说明理由； n(3)求{a }的通项公式．n2（n ＋1） 解：(1)由条件可得 a ＝ a .n ＋1 n n将 n ＝1 代入得，a ＝4a ，而 a ＝1，所以，a ＝4. 2 1 1 2将 n ＝2 代入得，a ＝3a ，所以，a ＝12. 3 2 3从而 b ＝1，b ＝2，b ＝4. 1 2 3(2){b }是首项为 1，公比为 2 的等比数列． n a 2a 由条件可得 ＝ ，即 b ＝2b ，又 b ＝1，所以{b }是首项为 1，公比为 2 的等比 n ＋1 n n ＋1 n 1数列．a (3)由(2)可得 ＝2n －1，所以 a ＝n ·2n －1 n n.12．已知数列{a }是等差数列，满足 a ＝5，a ＝13，数列{b }的前 n 项和是 T ，且 T n 2 4 n n n ＋b ＝3. n(1)求数列{a }及数列{b }的通项公式； n n(2)设 c ＝a ·b ，求数列{c }中的最大项． n n n n解：(1)设等差数列{a }的首项为 a ，公差为 d ， n 1a 1＋d ＝5， 由题意，得 a 1＋3d ＝13， a 1＝1， 解得 d ＝4，所以 a ＝4n －3. n又 T ＋b ＝3， n n所以 T ＋b ＝3， n ＋1 n ＋1两式相减得，2b －b ＝0， n ＋1 n 1 所以 b ＝ b . n ＋1 n3 当 n ＝1 时，b ＋b ＝3，所以 b ＝ . 1 1 1 n ＋1 n n n nn ＋1 n n n 2 23 1 所以数列{b }为等比数列，且首项是 ，公比是 ， 2 23 1所以 b ＝ × 2 2 n －1 ＝ . 2 3（4n －3） (2)因为 c ＝a ·b ＝ ， n n n n 3（4n ＋1） 所以 c ＝ ， n ＋1 n ＋13（4n ＋1） 3（4n －3） 3（7－4n ） 所以 c －c ＝ －＝ . 2n ＋12 2n ＋1 所以当 n ＝1 时，c －c >0； 2 1当 n ≥2 时，c －c <0，n ＋1 n 所以 c <c >c >c >…，1 2 3 4 15所以(c ) ＝c ＝ . n max 2 n n 3 n 2 2 n ＋1 n n4。

专题三 数 列 第1讲 等差数列与等比数列等差、等比数列的基本运算(基础型) 通项公式等差数列：a n ＝a 1＋(n －1)d ； 等比数列：a n ＝a 1·q n －1.求和公式等差数列：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d ；等比数列：S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝a 1－a n q1－q (q ≠1)．性质1．(2018·贵阳模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 6＝2a 3，则S 11S 5＝( )A.115 B.522 C.1110D.225解析：选D.S 11S 5＝112（a 1＋a 11）52（a 1＋a 5）＝11a 65a 3＝225.故选D.2．(2018·高考全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5＝( )A ．－12B ．－10C ．10D ．12解析：选B.设等差数列{a n }的公差为d ，因为3S 3＝S 2＋S 4，所以3(3a 1＋3×22d )＝2a 1＋d＋4a 1＋4×32d ，解得d ＝－32a 1，因为a 1＝2，所以d ＝－3，所以a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10.故选B.3．(2018·郑州模拟)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若对任意的正整数n ，S n ＋2＝4S n ＋3恒成立，则a 1的值为 ( )A ．－3B ．1C ．－3或1D ．1或3解析：选C.设等比数列{a n }的公比为q ，当q ＝1时，S n ＋2＝(n ＋2)a 1，S n ＝na 1，由S n ＋2＝4S n ＋3得，(n ＋2)a 1＝4na 1＋3，即3a 1n ＝2a 1－3，若对任意的正整数n ，3a 1n ＝2a 1－3恒成立，则a 1＝0且2a 1－3＝0，矛盾，所以q ≠1，所以S n ＝a 1（1－q n ）1－q ，S n ＋2＝a 1（1－q n ＋2）1－q，代入S n ＋2＝4S n ＋3并化简得a 1(4－q 2)q n ＝3＋3a 1－3q ，若对任意的正整数n 该等式恒成立，则有⎩⎪⎨⎪⎧4－q 2＝0，3＋3a 1－3q ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，q ＝－2，故a 1＝1或－3，故选C. 4．(2018·南宁模拟)在等比数列{a n }中，a 2a 6＝16，a 4＋a 8＝8，则a 20a 10＝________．解析：法一：设等比数列{a n }的公比为q ，由a 2a 6＝16得a 21q 6＝16，所以a 1q 3＝±4.由a 4＋a 8＝8，得a 1q 3(1＋q 4)＝8，即1＋q 4＝±2，所以q 2＝1.于是a 20a 10＝q 10＝1.法二：由等比数列的性质，得a 24＝a 2a 6＝16，所以a 4＝±4，又a 4＋a 8＝8，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝4，a 8＝4或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝－4，a 8＝12.因为a 26＝a 4a 8>0，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝4，a 8＝4，则公比q 满足q 4＝1，q 2＝1，所以a 20a 10＝q 10＝1.答案：15．(2018·高考全国卷Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和．若S m ＝63，求m . 解：(1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝q n －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n－1或a n ＝2n －1.(2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－（－2）n3.由S m ＝63得(－2)m ＝－188，此方程没有正整数解． 若a n ＝2n －1，则S n ＝2n －1.由S m ＝63得2m ＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.等差、等比数列的判定与证明(综合型)证明数列{a n }是等差数列或等比数列的方法 (1)证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法： ①利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为一常数； ②利用等差中项，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)． (2)证明{a n }是等比数列的两种基本方法： ①利用定义，证明a n ＋1a n (n ∈N *)为一常数；②利用等比中项，即证明a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)．[典型例题]设S n 为数列{a n }的前n 项和，对任意的n ∈N *，都有S n ＝2－a n ，数列{b n }满足b 1＝2a 1，b n ＝b n －11＋b n －1(n ≥2，n ∈N *)．(1)求证：数列{a n }是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)判断数列{1b n }是等差数列还是等比数列，并求数列{b n }的通项公式．【解】 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－a 1，解得a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a n －1－a n ，即a n a n －1＝12(n ≥2，n ∈N *)．所以数列{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，故数列{a n }的通项公式为a n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1.(2)因为a 1＝1， 所以b 1＝2a 1＝2. 因为b n ＝b n －11＋b n －1，所以1b n ＝1b n －1＋1，即1b n －1b n －1＝1(n ≥2)． 所以数列{1b n }是首项为12，公差为1的等差数列．所以1b n ＝12＋(n －1)·1＝2n －12，故数列{b n }的通项公式为b n ＝22n －1.判断(证明)等差(比)数列应注意的问题(1)判断或者证明数列为等差数列、等比数列最基本的方法是用定义判断或证明，其他方法最后都会回到定义，如证明等差数列可以证明通项公式是n 的一次函数，但最后还得使用定义才能说明其为等差数列．(2)证明数列{a n }为等比数列时，不能仅仅证明a n ＋1＝qa n ，还要说明a 1≠0，才能递推得出数列中的各项均不为零，最后断定数列{a n }为等比数列．[对点训练]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)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．S n ，a n 关系的应用(综合型)数列{an }中，a n 与S n 的关系a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.求数列通项的常用方法(1)公式法：利用等差(比)数列求通项公式．(2)在已知数列{a n }中，满足a n ＋1－a n ＝f (n )，且f (1)＋f (2)＋…＋f (n )可求，则可用累加法求数列的通项a n .(3)在已知数列{a n }中，满足a n ＋1a n＝f (n )，且f (1)·f (2)·…·f (n )可求，则可用累乘法求数列的通项a n .(4)将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)．[典型例题](1)(2018·合肥第一次质量检测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若3S n ＝2a n －3n ，则a 2 018＝( )A ．22 018－1B ．32 018－6C ．⎝⎛⎭⎫12 2 018－72 D ．⎝⎛⎭⎫13 2 018－103(2)(2018·福州模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2，n ∈N *)．设b n ＝a n ＋1－a n .①证明：数列{b n }是等比数列；②设c n ＝b n（4n 2－1）2n，求数列{c n }的前n 项和S n . 【解】 (1)选A.因为a 1＝S 1，所以3a 1＝3S 1＝2a 1－3⇒a 1＝－3.当n ≥2时，3S n ＝2a n －3n ，3S n －1＝2a n －1－3(n －1)，所以a n ＝－2a n －1－3，即a n ＋1＝－2(a n －1＋1)，所以数列{a n ＋1}是以－2为首项，－2为公比的等比数列．所以a n ＋1＝(－2)×(－2)n －1＝(－2)n ，则a 2 018＝22 018－1.(2)①证明：因为a n ＋1＝3a n －2a n －1(n ≥2，n ∈N *)，b n ＝a n ＋1－a n ， 所以b n ＋1b n ＝a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n ＝（3a n ＋1－2a n ）－a n ＋1a n ＋1－a n ＝2（a n ＋1－a n ）a n ＋1－a n ＝2，又b 1＝a 2－a 1＝2－1＝1，所以数列{b n }是以1为首项，以2为公比的等比数列． ②由①知b n ＝1×2n －1＝2n －1，因为c n ＝b n（4n 2－1）2n， 所以c n ＝12（2n ＋1）（2n －1）＝14⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，所以S n ＝c 1＋c 2＋…＋c n＝14⎝⎛⎭⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝14⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1＝n 4n ＋2.(1)给出S n 与a n 的递推关系求a n 的常用思路：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .(2)形如a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠1，q ≠0)，可构造一个新的等比数列．[对点训练](2018·贵阳模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝32a n －12，a 1＝1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝1log 3a n ＋1·log 3a n ＋2，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)由已知S n ＝32a n －12①，得S n －1＝32a n －1－12(n ≥2)②，①－②得a n ＝32a n －32a n －1，即a n ＝3a n －1(n ≥2)，又a 1＝1，所以数列{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列，故a n ＝3n －1.(2)由(1)知b n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，所以T n ＝11－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1，所以T n ＝nn ＋1.数列与新定义相交汇问题(创新型)[典型例题](2018·武汉调研)对任一实数序列A ＝(a 1，a 2，a 3，…)，定义新序列ΔA ＝(a 2－a 1，a 3－a 2，a 4－a 3，…)，它的第n 项为a n ＋1－a n .假定序列Δ(ΔA )的所有项都是1，且a 12＝a 22＝0，则a 2＝________．【解析】 令b n ＝a n ＋1－a n ，依题意知数列{b n }为等差数列，且公差为1， 所以b n ＝b 1＋(n －1)×1， a 1＝a 1， a 2－a 1＝b 1， a 3－a 2＝b 2， …a n －a n －1＝b n －1，累加得a n ＝a 1＋b 1＋…＋b n －1＝a 1＋(n －1)b 1＋（n －1）（n －2）2＝(n －1)a 2－(n －2)a 1＋（n －1）（n －2）2，分别令n ＝12，n ＝22，得⎩⎪⎨⎪⎧11a 2－10a 1＋55＝0，21a 2－20a 1＋210＝0， 解得a 1＝2312，a 2＝100.【答案】 100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．[对点训练]在数列{a n }中，n ∈N *，若a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a n＝k (k 为常数)，则称{a n }为“等差比数列”，下列是对“等差比数列”的判断：①k 不可能为0；②等差数列一定是“等差比数列”； ③等比数列一定是“等差比数列”； ④“等差比数列”中可以有无数项为0. 其中所有正确判断的序号是________．解析：由等差比数列的定义可知，k 不为0，所以①正确，当等差数列的公差为0，即等差数列为常数列时，等差数列不是等差比数列，所以②错误；当{a n }是等比数列，且公比q ＝1时，{a n }不是等差比数列，所以③错误；数列0，1，0，1，…是等差比数列，该数列中有无数多个0，所以④正确．答案：①④一、选择题1．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 3·a 5＝12，a 2＝0.若a 1>0，则S 20＝( ) A ．420 B ．340 C ．－420D ．－340解析：选D.设数列{a n }的公差为d ，则a 3＝a 2＋d ＝d ，a 5＝a 2＋3d ＝3d ，由a 3·a 5＝12得d ＝±2，由a 1>0，a 2＝0，可知d <0，所以d ＝－2，所以a 1＝2，故S 20＝20×2＋20×192×(－2)＝－340，故选D.2．(2018·益阳、湘潭调研)已知等比数列{a n }中，a 5＝3，a 4a 7＝45，则a 7－a 9a 5－a 7的值为( )A ．3B ．5C ．9D ．25解析：选D.设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4a 7＝a 5q ·a 5q 2＝9q ＝45，所以q ＝5，a 7－a 9a 5－a 7＝a 5q 2－a 7q 2a 5－a 7＝q 2＝25.故选D.3．(一题多解)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.法一：由S n ＋1＝S n ＋a n ＋3得a n ＋1－a n ＝3，则数列{a n }是公差为3的等差数列，又a 4＋a 5＝23＝2a 1＋7d ＝2a 1＋21，所以a 1＝1，S 8＝8a 1＋8×72d ＝92.法二：由S n ＋1＝S n ＋a n ＋3得a n ＋1－a n ＝3，则数列{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. 4．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的值是 ( )A ．－ 3B ．－1C ．－33D. 3解析：选A.依题意得，a 36＝(－3)3，3b 6＝7π，所以a 6＝－3，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，故选A.5．(2018·长春质量检测(一))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.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＝2，数列{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 ＝( )A ．2B ．2nC ．2n ＋1－2D ．2n －1－2解析：选C.因为a n ＋1－a n ＝2n ，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n 1－2＋2＝2n －2＋2＝2n，所以S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2.二、填空题7．(一题多解)(2018·高考全国卷Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________．解析：法一：因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1； 当n ＝2时，a 1＋a 2＝2a 2＋1，解得a 2＝－2； 当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝2a 3＋1，解得a 3＝－4； 当n ＝4时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2a 4＋1，解得a 4＝－8； 当n ＝5时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝2a 5＋1，解得a 5＝－16； 当n ＝6时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝2a 6＋1，解得a 6＝－32； 所以S 6＝－1－2－4－8－16－32＝－63.法二：因为S n ＝2a n ＋1，所以当n ＝1时，a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝－1，当n ≥2时，a n＝S n －S n －1＝2a n ＋1－(2a n －1＋1)，所以a n ＝2a n －1，所以数列{a n }是以－1为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＝－2n －1，所以S 6＝－1×（1－26）1－2＝－63.答案：－638．(2018·惠州第二次调研)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1－2a n ＝2n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________．解析：a n ＋1－2a n ＝2n 两边同除以2n ＋1，可得a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝12，又a 12＝12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是以12为首项，12为公差的等差数列，所以a n 2n ＝12＋(n －1)×12＝n 2，所以a n ＝n ·2n －1.答案：n ·2n －19．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：2 三、解答题10．已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0. (1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．解：(1)由题意可得a 2＝12，a 3＝14.(2)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0，得2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1)， 因为{a n }的各项都为正数，所以a n ＋1a n ＝12.故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，因此a n ＝12n －1.11．(2018·高考全国卷Ⅰ)已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n .设b n ＝a nn .(1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由； (3)求{a n }的通项公式．解：(1)由条件可得a n ＋1＝2（n ＋1）na n .将n ＝1代入得，a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以，a 2＝4. 将n ＝2代入得，a 3＝3a 2，所以，a 3＝12. 从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4.(2){b n }是首项为1，公比为2的等比数列．由条件可得a n ＋1n ＋1＝2a nn ，即b n ＋1＝2b n ，又b 1＝1，所以{b n }是首项为1，公比为2的等比数列．(3)由(2)可得a n n＝2n －1，所以a n ＝n ·2n －1. 12．已知数列{a n }是等差数列，满足a 2＝5，a 4＝13，数列{b n }的前n 项和是T n ，且T n ＋b n ＝3.(1)求数列{a n }及数列{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ·b n ，求数列{c n }中的最大项．解：(1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝5，a 1＋3d ＝13， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝4， 所以a n ＝4n －3.又T n ＋b n ＝3，所以T n ＋1＋b n ＋1＝3，两式相减得，2b n ＋1－b n ＝0，所以b n ＋1＝12b n . 当n ＝1时，b 1＋b 1＝3，所以b 1＝32. 所以数列{b n }为等比数列，且首项是32，公比是12， 所以b n ＝32×⎝⎛⎭⎫12n －1＝32n . (2)因为c n ＝a n ·b n ＝3（4n －3）2n， 所以c n ＋1＝3（4n ＋1）2n ＋1， 所以c n ＋1－c n ＝3（4n ＋1）2n ＋1－3（4n －3）2n ＝3（7－4n ）2n ＋1. 所以当n ＝1时，c 2－c 1>0；当n ≥2时，c n ＋1－c n <0，所以c 1<c 2>c 3>c 4>…，所以(c n )max ＝c 2＝154.。

专题四 数列第一讲 等差数列、等比数列考点一 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 ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1(q ＝1)，a 1(1－q n )1－q＝a 1－a n q1－q (q ≠1).[对点训练]1．在等差数列{a n }中，已知a 5＋a 10＝12，则3a 7＋a 9＝( ) A ．12 B ．18 C ．24 D ．30[解析] 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ， 因为a 5＋a 10＝12， 所以2a 1＋13d ＝12，所以3a 7＋a 9＝3(a 1＋6d )＋a 1＋8d ＝4a 1＋26d ＝2(2a 1＋13d )＝2×12＝24.[答案] C2．(2018·山东青岛模拟)公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 6＝3a 4，且S 9＝λa 4，则λ的值为( )A ．18B ．20C ．21D ．25[解析] 设公差为d ，由a 6＝3a 4，且S 9＝λa 4，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d ＝3a 1＋9d ，9a 1＋9×8d 2＝λa 1＋3λd ，解得λ＝18，故选A.[答案] A3．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.18[解析] 设等比数列{a n }的公比为q ，由a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，可知q ≠1，则a 1q 2×a 1q 4＝4(a 1q 3－1)，∴116×q 6＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫14×q 3－1，∴q 6－16q 3＋64＝0，∴(q 3－8)2＝0，即q 3＝8，∴q ＝2，∴a 2＝12，故选C.[答案] C4．在等比数列{a n }中，若a 4－a 2＝6，a 5－a 1＝15，则a 3＝________.[解析] 设等比数列{a n }的公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 3－a 1q ＝6，a 1q 4－a 1＝15，两式相除，得q1＋q 2＝25，即2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2或q ＝12.所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－16，q ＝12.故a 3＝4或a 3＝－4.[答案] 4或－4[快速审题] 看到求项、求和，想到求a 1，d ，q 及通项公式、前n 项和公式．等差(比)数列的运算注意两点(1)在等差(比)数列中，首项a 1和公差d (公比q )是两个最基本的元素．(2)在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a 1和d (q )的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量．考点二 等差、等比数列的性质[对点训练]1．(2018·山西太原一模)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＋a 3＋a 10＝9，则S 9＝( )A ．3B ．9C ．18D ．27[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 2＋a 3＋a 10＝9，∴3a 1＋12d ＝9，即a 1＋4d ＝3，∴a 5＝3，∴S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9a 5＝27，故选D.[答案] D2．(2018·山东菏泽一模)在等比数列{a n }中，a 2，a 16是方程x 2＋6x ＋2＝0的根，则a 2a 16a 9的值为( )A ．2B ．－ 2 C. 2 D ．－2或 2[解析] 设等比数列{a n }的公比为q ，由a 2，a 16是方程x 2＋6x ＋2＝0的根，可得a 2a 16＝2，所以a 29＝2，则a 2a 16a 9＝a 9＝±2，故选D.[答案] D3．(2018·合肥模拟)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 5＝1，S 10＝3，则S 15的值是________．[解析] ∵数列{a n }是等比数列，∴S 5，S 10－S 5，S 15－S 10成等比数列，∴(S 10－S 5)2＝S 5·(S 15－S 10)，4＝1×(S 15－3)，得S 15＝7.[答案] 7[探究追问] 3题中条件不变，如何求S 100的值？[解析] 在等比数列{a n }中，S 5，S 10－S 5，S 15－S 10，…成等比数列，因为S 5＝1，S 10＝3，所以S 100可表示为等比数列1,2,4，…的前20项和，故S 100＝1×(1－220)1－2＝220－1.[答案] 220－1[快速审题] 看到等差、等比数列，想到等差、等比数列项的性质、和的性质．等差(比)数列性质应用策略解决此类问题的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解．考点三等差、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[解](1)证明：由a1＝1，及S n＋1＝4a n＋2，有a1＋a2＝4a1＋2，a2＝3a1＋2＝5，∴b1＝a2－2a1＝3.由S n＋1＝4a n＋2①知当n ≥2时，有S n ＝4a n －1＋2② ①－②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，∴{b n }是首项b 1＝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 n 2n ＝34， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为12，公差为34的等差数列．∴a n 2n ＝12＋(n －1)×34＝34n －14，a n ＝(3n －1)·2n －2.等差、等比数列的判定与证明应注意的两点(1)判断一个数列是等差(比)数列，也可以利用通项公式及前n 项和公式的特征，但不能作为证明方法．(2)a n ＋1a n＝q 和a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)都是数列{a n }为等比数列的必要不充分条件，判断时还要看各项是否为零．[对点训练]若数列{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 成等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式．[解] (1)证明：当n ≥2时，由a n ＋2S n S n －1＝0， 得S n －S n －1＝－2S n S n －1，所以1S n －1S n －1＝2，又1S 1＝1a 1＝2，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为2，公差为2的等差数列． (2)由(1)可得1S n ＝2n ，∴S n ＝12n ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －12(n －1)＝n －1－n 2n (n －1)＝－12n (n －1). 当n ＝1时，a 1＝12不适合上式．故a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，－12n (n －1)，n ≥2.1．(2018·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5＝( )A ．－12B ．－10C ．10D ．12[解析] 解法一：设等差数列{a n }的公差为d ，∵3S 3＝S 2＋S 4，∴3⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 1＋3×22d ＝2a 1＋d ＋4a 1＋4×32d ，解得d ＝－32a 1，∵a 1＝2，∴d ＝－3，∴a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10，故选B.解法二：设等差数列{a n }的公差为d ，∵3S 3＝S 2＋S 4，∴3S 3＝S 3－a 3＋S 3＋a 4，∴S 3＝a 4－a 3，∴3a 1＋3×22d ＝d ，∵a 1＝2，∴d ＝－3，∴a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10，故选B.[答案] B2．(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] 解法一：等差数列{a n }中，S 6＝(a 1＋a 6)×62＝48，则a 1＋a 6＝16＝a 2＋a 5，又a 4＋a 5＝24，所以a 4－a 2＝2d ＝24－16＝8，得d ＝4，故选C.解法二：由已知条件和等差数列的通项公式与前n 项和公式可列方程组，得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋7d ＝24，6a 1＋6×52d ＝48，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋7d ＝24，2a 1＋5d ＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，d ＝4，故选C.[答案] C3．(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[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，依题意得a 23＝a 2·a 6，即(1＋2d )2＝(1＋d )(1＋5d )，解得d ＝－2或d ＝0(舍去)，又a 1＝1，∴S 6＝6×1＋6×52×(－2)＝－24，故选A.[答案] A4．(2018·北京卷)“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.32fB.322fC.1225fD.1227f[解析] 由题意知，十三个单音的频率构成首项为f ，公比为122的等比数列，设该等比数列为{a n }，则a 8＝a 1q 7，即a 8＝1227f ，故选D.[答案] D5．(2017·江苏卷)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n .已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________.[解析] 设等比数列{a n }的公比为q .当q ＝1时，S 3＝3a 1，S 6＝6a 1＝2S 3，不符合题意，∴q ≠1，由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q 3)1－q ＝74，a 1(1－q 6)1－q ＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2，∴a 8＝a 1q 7＝14×27＝32.[答案] 32高考主要考查两种基本数列(等差数列、等比数列)，该部分以选择题、填空题为主，在4～7题的位置或13～14题的位置，难度不大，以两类数列的基本运算和基本性质为主．热点课题10 数列中的最值问题[感悟体验]1．(2018·江西五校联考)在等差数列{a n }中，已知a 3＋a 8>0，且S 9<0，则S 1、S 2、…、S 9中最小的是( )A ．S 5B ．S 6C ．S 7D ．S 8 [解析] 在等差数列{a n }中， ∵a 3＋a 8>0，S 9<0，∴a 5＋a 6＝a 3＋a 8>0，S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9a 5<0，∴a 5<0，a 6>0，∴S 1、S 2、…、S 9中最小的是S 5，故选A. [答案] A2．(2018·山东青岛模拟)已知a n ＝n －2017n －2018(n ∈N *)，则在数列{a n }的前50项中，最小项和最大项分别是( )A ．a 1，a 50B ．a 1，a 44C ．a 45，a 50D ．a 44，a 45[解析] a n ＝n －2017n －2018＝n －2018＋2018－2017n －2018＝1＋2018－2017n －2018.结合函数y ＝a ＋cx －b(c >0)的图象，要使a n 最大，则需n －2018最小且n －2018>0，∴当n ＝45时，a n 最大，当n ＝44时，a n 最小，故选D. [答案] D专题跟踪训练(十八)一、选择题1．(2018·长郡中学摸底)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 4＋a 12－a 8＝8，a 10－a 6＝4，则S 23＝( )A ．23B ．96C ．224D ．276[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，依题意得a 4＋a 12－a 8＝2a 8－a 8＝a 8＝8，a 10－a 6＝4d ＝4，解得d ＝1，所以a 8＝a 1＋7d ＝a 1＋7＝8，解得a 1＝1，所以S 23＝23×1＋23×222×1＝276，故选D.[答案] D2．已知数列{a n }为等比数列，且a 1＋1，a 3＋4，a 5＋7成等差数列，则公差d 为( )A ．2B ．3C ．4D ．5[解析] 设{a n }的公比为q ，由题意得2(a 3＋4)＝a 1＋1＋a 5＋7⇒2a 3＝a 1＋a 5⇒2q 2＝1＋q 4⇒q 2＝1，即a 1＝a 3，d ＝a 3＋4－(a 1＋1)＝4－1＝3，故选B.[答案] B3．等比数列{a n }中，已知a 1＋a 3＝8，a 5＋a 7＝4，则a 9＋a 11＋a 13＋a 15的值为( )A ．1B ．2C ．3D ．5[解析] 因为{a n }为等比数列，所以a 5＋a 7是a 1＋a 3与a 9＋a 11的等比中项，所以(a 5＋a 7)2＝(a 1＋a 3)(a 9＋a 11)， 故a 9＋a 11＝(a 5＋a 7)2a 1＋a 3＝428＝2；同理，a 9＋a 11是a 5＋a 7与a 13＋a 15的等比中项，所以(a 9＋a 11)2＝(a 5＋a 7)(a 13＋a 15)，故a 13＋a 15＝(a 9＋a 11)2a 5＋a 7＝224＝1.所以a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝2＋1＝3，故选C.[答案] C4．已知等比数列{a n }中a 2＝1，则其前3项的和S 3的取值范围是( )A ．(－∞，－1]B ．(－∞，0)∪[1，＋∞)C ．[3，＋∞)D ．(－∞，－1]∪[3，＋∞)[解析] 因为等比数列{a n }中a 2＝1，所以S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 2⎝⎛⎭⎪⎫1＋q ＋1q ＝1＋q ＋1q .当公比q >0时，S 3＝1＋q ＋1q≥1＋2q ·1q＝3；当公比q <0时，S 3＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－q －1q ≤1－2(－q )·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1q ＝－1，所以S 3∈(－∞，－1]∪[3，＋∞)，故选D. [答案] D5．(2018·江西七校联考)等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若S n T n ＝38n ＋142n ＋1(n ∈N *)，则a 6b 7＝( )A ．16 B.24215 C.43223 D.49427[解析] 令S n ＝38n 2＋14n ，T n ＝2n 2＋n ，∴a 6＝S 6－S 5＝38×62＋14×6－(38×52＋14×5)＝38×11＋14；b 7＝T 7－T 6＝2×72＋7－(2×62＋6)＝2×13＋1，∴a 6b 7＝38×11＋142×13＋1＝43227＝16，故选A.[答案] A6．(2018·河南郑州二中期末)已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 1，a 3，a 13成等比数列，若a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项的和，则2S n ＋16a n ＋3(n ∈N *)的最小值为( ) A ．4 B ．3 C ．23－2 D.92[解析] ∵a 1＝1，a 1、a 3、a 13成等比数列，∴(1＋2d )2＝1＋12d .得d ＝2或d ＝0(舍去) ∴a n ＝2n －1， ∴S n ＝n (1＋2n －1)2＝n 2，∴2S n ＋16a n ＋3＝2n 2＋162n ＋2.令t ＝n ＋1， 则2S n ＋16a n ＋3＝t ＋9t －2≥6－2＝4当且仅当t ＝3， 即n ＝2时，∴2S n ＋16a n ＋3的最小值为4，故选A.[答案] A 二、填空题7．(2018·福建四地六校联考)已知等差数列{a n }中，a 3＝π4，则cos(a 1＋a 2＋a 6)＝________.[解析] ∵在等差数列{a n }中，a 1＋a 2＋a 6＝a 2＋a 3＋a 4＝3a 3＝34π，∴cos(a 1＋a 2＋a 6)＝cos 34π＝－22.[答案] －228．(2018·山西四校联考)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] 解法一：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.解法二：由等比数列的性质可知，S 2，S 4－S 2，S 6－S 4，S 8－S 6成等比数列，若设S 2＝a ，则S 4＝5a ，由(S 4－S 2)2＝S 2·(S 6－S 4)得S 6＝21a ，同理得S 8＝85a ，所以S 8S 4＝85a5a＝17.[答案] 179．已知数列{x n }各项均为正整数，且满足x n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧x n 2，x n 为偶数，x n ＋1，x n 为奇数，n ∈N *.若x 3＋x 4＝3，则x 1所有可能取值的集合为________．[解析] 由题意得x 3＝1，x 4＝2或x 3＝2，x 4＝1. 当x 3＝1时，x 2＝2，从而x 1＝1或4； 当x 3＝2时，x 2＝1或4，因此当x 2＝1时，x 1＝2，当x 2＝4时，x 1＝8或3. 综上，x 1所有可能取值的集合为{1,2,3,4,8}． [答案] {1,2,3,4,8} 三、解答题10．(2018·沈阳市高三第一次质量监测)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)由(1)可得，S n ＝n (2＋2n )2＋2(1－2n )1－2＝n 2＋n ＋2n ＋1－2.11．(2018·全国卷Ⅱ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝－7，S 3＝－15.(1)求{a n }的通项公式； (2)求S n ，并求S n 的最小值．[解] (1)设{a n }的公差为d ，由题意得 3a 1＋3d ＝－15. 由a 1＝－7得d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n －9. (2)由(1)得S n ＝n 2－8n ＝(n －4)2－16.所以当n ＝4时，S n 取得最小值，最小值为－16.12．已知数列{a n }和{b n }满足：a 1＝λ，a n ＋1＝23a n ＋n －4，b n ＝(－1)n (a n －3n ＋21)，其中λ为实数，n 为正整数．(1)对任意实数λ，证明数列{a n }不是等比数列； (2)试判断数列{b n }是否为等比数列，并证明你的结论． [解] (1)证明：假设存在一个实数λ，使{a n }是等比数列，则有a 22＝a 1a 3，即⎝ ⎛⎭⎪⎫23λ－32＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎫49λ－4，故49λ2－4λ＋9＝49λ2－4λ，即9＝0，这与事实相矛盾．所以对任意实数λ，数列{a n }都不是等比数列．(2)因为b n ＋1＝(－1)n ＋1[a n ＋1－3(n ＋1)＋21]＝(－1)n ＋1·⎝ ⎛⎭⎪⎫23a n －2n ＋14＝－23(－1)n (a n －3n ＋21)＝－23b n ，b 1＝－(λ＋18)，所以当λ＝－18时，b 1＝0(n ∈N *)，此时{b n }不是等比数列；当λ≠－18时，b 1＝－(λ＋18)≠0，则b n ≠0，所以b n ＋1b n ＝－23(n ∈N *)．故当λ≠－18时，数列{b n }是以－(λ＋18)为首项，－23为公比的等比数列．。

第1讲 等差数列与等比数列[考情考向分析] 1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现.2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力．热点一 等差数列、等比数列的运算 1．通项公式等差数列：a n ＝a 1＋(n －1)d ； 等比数列：a n ＝a 1·q n －1.2．求和公式 等差数列：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d ；等比数列：S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q(q ≠1)．3．性质 若m ＋n ＝p ＋q ，在等差数列中a m ＋a n ＝a p ＋a q ； 在等比数列中a m ·a n ＝a p ·a q .例1 (1)(2018·北京)设{a n }是等差数列，且a 1＝3，a 2＋a 5＝36，则{a n }的通项公式为______． 答案 a n ＝6n －3(n ∈N *)解析 方法一 设公差为d .∵a 2＋a 5＝36，∴(a 1＋d )＋(a 1＋4d )＝36，∴2a 1＋5d ＝36.∵a 1＝3，∴d ＝6，∴通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d ＝6n －3(n ∈N *)． 方法二 设公差为d ，∵a 2＋a 5＝a 1＋a 6＝36，a 1＝3， ∴a 6＝33，∴d ＝a 6－a 15＝6.∵a 1＝3，∴通项公式a n ＝6n －3(n ∈N *)．(2)(2018·华大新高考联盟质检)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3a 11＝2a 25，且S 4＋S 12＝λS 8，则λ＝________.答案 83解析 ∵a 3a 11＝2a 25，∴a 27＝2a 25，∴q 4＝2， ∵S 4＋S 12＝λS 8，∴a 1(1－q 4)1－q ＋a 1(1－q 12)1－q ＝λa 1(1－q 8)1－q，1－q 4＋1－q 12＝λ(1－q 8)， 将q 4＝2代入计算可得λ＝83.思维升华 在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a 1和d (q )的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量．跟踪演练1 (1)设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则a 1等于( ) A ．－2 B ．－1 C.12 D.23答案 B解析 S 4－S 2＝a 3＋a 4＝3a 4－3a 2，即3a 2＋a 3－2a 4＝0，即3a 2＋a 2q －2a 2q 2＝0， 即2q 2－q －3＝0，解得q ＝－1(舍)或q ＝32，当q ＝32时，代入S 2＝3a 2＋2，得a 1＋a 1q ＝3a 1q ＋2，解得a 1＝－1.(2)(2018·全国Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. ①求{a n }的通项公式；②记S n 为{a n }的前n 项和，若S m ＝63，求m . 解 ①设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝qn －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1(n ∈N *)．②若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－(－2)n3.由S m ＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解．若a n ＝2n －1，则S n ＝2n－1.由S m ＝63得2m＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.热点二 等差数列、等比数列的判定与证明 证明数列{a n }是等差数列或等比数列的证明方法 (1)证明数列{a n }是等差数列的两种基本方法： ①利用定义，证明a n ＋1－a n (n ∈N *)为一常数；②利用等差中项，即证明2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)． (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，n ∈N *)．例2 已知数列{a n }，{b n }，其中a 1＝3，b 1＝－1，且满足a n ＝12(3a n －1－b n －1)，b n ＝－12(a n －1－3b n －1)，n ∈N *，n ≥2.(1)求证：数列{a n －b n }为等比数列；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n a n a n ＋1的前n 项和T n . (1)证明 a n －b n ＝12(3a n －1－b n －1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12(a n －1－3b n －1)＝2(a n －1－b n －1)， 又a 1－b 1＝3－(－1)＝4，所以{a n －b n }是首项为4，公比为2的等比数列． (2)解 由(1)知，a n －b n ＝2n ＋1，①又a n ＋b n ＝12(3a n －1－b n －1)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12(a n －1－3b n －1)＝a n －1＋b n －1，又a 1＋b 1＝3＋(－1)＝2，所以{a n ＋b n }为常数数列，a n ＋b n ＝2，② 联立①②得，a n ＝2n＋1，2na n a n ＋1＝2n(2n ＋1)(2n ＋1＋1)＝12n ＋1－12n ＋1＋1， 所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋1－122＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋1－123＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋1＋1＝121＋1－12n ＋1＋1＝13－12n ＋1＋1(n ∈N *)． 思维升华 (1)判断一个数列是等差(比)数列，也可以利用通项公式及前n 项和公式，但不能作为证明方法．(2)a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)是数列{a n }为等比数列的必要不充分条件，判断时还要看各项是否为零．跟踪演练2 (2018·新余模拟)已知{a n }是各项都为正数的数列，其前n 项和为S n ，且S n 为a n 与1a n的等差中项．(1)求证：数列{S 2n }为等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式；(3)设b n ＝(－1)n a n，求{b n }的前n 项和T n .(1)证明 由题意知2S n ＝a n ＋1a n，即2S n a n －a 2n ＝1，(*)当n ≥2时，有a n ＝S n －S n －1，代入(*)式得 2S n (S n －S n －1)－(S n －S n －1)2＝1， 整理得S 2n －S 2n －1＝1(n ≥2)．又当n ＝1时，由(*)式可得a 1＝S 1＝1， ∴数列{S 2n }是首项为1，公差为1的等差数列． (2)解 由(1)可得S 2n ＝1＋n －1＝n ， ∵数列{a n }的各项都为正数， ∴S n ＝n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n －n －1， 又a 1＝S 1＝1满足上式， ∴a n ＝n －n －1(n ∈N *)． (3)解 由(2)得b n ＝(－1)n a n＝(－1)nn －n －1＝(－1)n(n ＋n －1)， 当n 为奇数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…＋(n －1＋n －2)－(n ＋n －1)＝－n ，当n 为偶数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…－(n －1＋n －2)＋(n ＋n －1)＝n ，∴数列{b n }的前n 项和T n ＝(－1)nn (n ∈N *)．热点三 等差数列、等比数列的综合问题解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解． 例3 已知等差数列{a n }的公差为－1，且a 2＋a 7＋a 12＝－6. (1)求数列{a n }的通项公式a n 与其前n 项和S n ；(2)将数列{a n }的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{b n }的前3项，记{b n }的前n 项和为T n ，若存在m ∈N *，使得对任意n ∈N *，总有S n <T m ＋λ恒成立，求实数λ的取值范围．解 (1)由a 2＋a 7＋a 12＝－6，得a 7＝－2，∴a 1＝4， ∴a n ＝5－n ，从而S n ＝n (9－n )2(n ∈N *)．(2)由题意知b 1＝4，b 2＝2，b 3＝1， 设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 2b 1＝12，∴T m ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m 1－12＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ，∵⎝ ⎛⎭⎪⎫12m随m 的增加而减少， ∴{T m }为递增数列，得4≤T m <8. 又S n ＝n (9－n )2＝－12(n 2－9n )＝－12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫n －922－814，故(S n )max ＝S 4＝S 5＝10，若存在m ∈N *，使得对任意n ∈N *，总有S n <T m ＋λ， 则10<8＋λ，得λ>2.即实数λ的取值范围为(2，＋∞)．思维升华 (1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便．(2)数列的项或前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问题． (3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数，通过求数列的值域求解． 跟踪演练3 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n －1＝3(a n －1)，n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足a n ＋1＝32n na b ⋅⎛⎫ ⎪⎝⎭，若b n ≤t 对于任意正整数n 都成立，求实数t 的取值范围．解 (1)由已知得S n ＝3a n －2，令n ＝1，得a 1＝1， 又a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝3a n ＋1－3a n ， 得a n ＋1＝32a n ，所以数列{a n }是以1为首项，32为公比的等比数列，所以a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(n ∈N *)．(2)由a n ＋1＝32n na b ⋅⎛⎫⎪⎝⎭，得b n ＝1a n 312log n a +＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1323log 2n⎛⎫ ⎪⎝⎭＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，所以b n ＋1－b n ＝(n ＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＝2n －13n (2－n )， 所以(b n )max ＝b 2＝b 3＝43，所以t ≥43.即t 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞.真题体验1．(2017·全国Ⅰ改编)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________． 答案 4解析 设{a n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 5＝24，S 6＝48，得⎩⎪⎨⎪⎧(a 1＋3d )＋(a 1＋4d )＝24，6a 1＋6×52d ＝48，解得d ＝4.2．(2017·浙江改编)已知等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d >0”是“S 4＋S 6>2S 5”的________条件． 答案 充要解析 方法一 ∵数列{a n }是公差为d 的等差数列， ∴S 4＝4a 1＋6d ，S 5＝5a 1＋10d ，S 6＝6a 1＋15d ， ∴S 4＋S 6＝10a 1＋21d ,2S 5＝10a 1＋20d . 若d >0，则21d >20d ,10a 1＋21d >10a 1＋20d ， 即S 4＋S 6>2S 5.若S 4＋S 6>2S 5，则10a 1＋21d >10a 1＋20d ， 即21d >20d ，∴d >0.∴“d >0”是“S 4＋S 6>2S 5”的充要条件．方法二 ∵S 4＋S 6>2S 5⇔S 4＋S 4＋a 5＋a 6>2(S 4＋a 5)⇔a 6>a 5⇔a 5＋d >a 5⇔d >0. ∴“d >0”是“S 4＋S 6>2S 5”的充要条件．3．(2017·北京)若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，则a 2b 2＝________. 答案 1解析 设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ， 则由a 4＝a 1＋3d ， 得d ＝a 4－a 13＝8－(－1)3＝3，由b 4＝b 1q 3，得q 3＝b 4b 1＝8－1＝－8，∴q ＝－2. ∴a 2b 2＝a 1＋db 1q ＝－1＋3－1×(－2)＝1.4．(2017·江苏)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＝________.答案 32解析 设{a n }的首项为a 1，公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1－q 3)1－q ＝74，a 1(1－q 6)1－q ＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2，所以a 8＝14×27＝25＝32.押题预测1．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1>0，a 3＋a 10>0，a 6a 7<0，则满足S n >0的最大自然数n 的值为( )A ．6B ．7C ．12D ．13押题依据 等差数列的性质和前n 项和是数列最基本的知识点，也是高考的热点，可以考查学生灵活变换的能力． 答案 C解析 ∵a 1>0，a 6a 7<0，∴a 6>0，a 7<0，等差数列的公差小于零，又a 3＋a 10＝a 1＋a 12>0，a 1＋a 13＝2a 7<0， ∴S 12>0，S 13<0，∴满足S n >0的最大自然数n 的值为12.2．在等比数列{a n }中，a 3－3a 2＝2，且5a 4为12a 3和2a 5的等差中项，则{a n }的公比等于( ) A ．3 B ．2或3 C ．2D ．6押题依据 等差数列、等比数列的综合问题可反映知识运用的综合性和灵活性，是高考出题的重点． 答案 C解析 设公比为q,5a 4为12a 3和2a 5的等差中项，可得10a 4＝12a 3＋2a 5,10a 3q ＝12a 3＋2a 3q 2，得10q ＝12＋2q 2，解得q ＝2或3.又a 3－3a 2＝2，所以a 2q －3a 2＝2，即a 2(q －3)＝2，所以q ＝2.3．已知各项都为正数的等比数列{a n }满足a 7＝a 6＋2a 5，存在两项a m ，a n 使得 a m ·a n ＝4a 1，则1m ＋4n的最小值为( )A.32B.53C.256D.43押题依据 本题在数列、方程、不等式的交汇处命题，综合考查学生应用数学的能力，是高考命题的方向． 答案 A解析 由a 7＝a 6＋2a 5，得a 1q 6＝a 1q 5＋2a 1q 4， 整理得q 2－q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－1(不合题意，舍去)， 又由a m ·a n ＝4a 1，得a m a n ＝16a 21， 即a 212m ＋n －2＝16a 21，即有m ＋n －2＝4，亦即m ＋n ＝6，那么1m ＋4n ＝16(m ＋n )⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋4n ＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫4m n ＋n m ＋5≥16⎝⎛⎭⎪⎫24m n ·n m ＋5＝32， 当且仅当4m n ＝nm，即n ＝2m ＝4时取等号．4．定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f (x )，如果对于任意给定的等比数列{a n }，{f (a n )}仍是等比数列，则称f (x )为“保等比数列函数”．现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：①f (x )＝x 2；②f (x )＝2x；③f (x )＝|x |；④f (x )＝ln|x |. 则其中是“保等比数列函数”的f (x )的序号为( )A ．①② B．③④ C．①③ D．②④押题依据 先定义一个新数列，然后要求根据定义的条件推断这个新数列的一些性质或者判断一个数列是否属于这类数列的问题是近年来高考中逐渐兴起的一类问题，这类问题一般形式新颖，难度不大，常给人耳目一新的感觉． 答案 C解析 由等比数列的性质得，a n a n ＋2＝a 2n ＋1. ①f (a n )f (a n ＋2)＝a 2n a 2n ＋2＝(a 2n ＋1)2＝[f (a n ＋1)]2； ②f (a n )f (a n ＋2)＝222n n aa +＝22n n a a ＋＋≠122n a ＋＝[f (a n ＋1)]2；③f (a n )f (a n ＋2)＝|a n a n ＋2|＝|a n ＋1|2＝[f (a n ＋1)]2； ④f (a n )f (a n ＋2)＝ln|a n |ln|a n ＋2|≠(ln|a n ＋1|)2＝[f (a n ＋1)]2.A 组 专题通关1．(2018·大庆质检)已知等差数列{a n }中，a 4＝9，S 4＝24，则a 7等于( ) A ．3 B ．7 C ．13 D ．15 答案 D解析 由于数列为等差数列，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋3d ＝9，4a 1＋6d ＝24，解得d ＝2，所以a 7＝a 4＋3d ＝9＋6＝15.2．(2018·淮北模拟)已知等比数列{a n }中，a 5＝2，a 6a 8＝8，则a 2 018－a 2 016a 2 014－a 2 012等于( )A ．2B ．4C ．6D ．8 答案 A解析 ∵数列{a n }是等比数列，∴a 6a 8＝a 27＝8，a 7＝22(与a 5同号)，∴q 2＝a 7a 5＝2， 从而a 2 018－a 2 016a 2 014－a 2 012＝q 4＝(2)2＝2.3．(2018·株洲质检)已知等差数列{a n }的公差为2，若a 1，a 3，a 4成等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，则S 9等于( )A ．－8B ．－6C ．0D ．10答案 C解析 ∵a 1，a 3，a 4成等比数列，∴a 23＝a 1a 4，∴(a 1＋2×2)2＝a 1·(a 1＋3×2)，化为2a 1＝－16，解得a 1＝－8，则S 9＝－8×9＋9×82×2＝0. 4．一个等比数列的前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列的项数是( )A ．13B ．12C ．11D ．10 答案 B解析 设等比数列为{a n }，其前n 项积为T n ，由已知得a 1a 2a 3＝2，a n a n －1a n －2＝4，可得(a 1a n )3＝2×4，a 1a n ＝2，∵T n ＝a 1a 2…a n ，∴T 2n ＝(a 1a 2…a n )2＝(a 1a n )(a 2a n －1)…(a n a 1)＝(a 1a n )n ＝2n ＝642＝212，∴n ＝12.5．(2018·荆州质检)已知数列{a n }满足51n a ＝25·5n a ，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则13log (a 5＋a 7＋a 9)等于( )A ．－3B ．3C ．－13 D.13答案 A解析 ∵15n a ＋＝25·5n a ＝25n a ＋，∴a n ＋1＝a n ＋2，∴数列{a n }是等差数列，且公差为2.∵a 2＋a 4＋a 6＝9，∴3a 4＝9，a 4＝3. ∴log 13(a 5＋a 7＋a 9)＝log 133a 7＝log 133(a 4＋6)＝log 1327＝－3.6．(2018·资阳模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝9，a 5＝1，则使得S n >0成立的最大的自然数n 为________．答案 9解析 因为a 1＝9，a 5＝1，所以d ＝1－94＝－2， 所以S n ＝9n ＋12n (n －1)(－2)>0，即n <10， 因此使得S n >0成立的最大的自然数n 为9.7．(2018·石嘴山模拟)在正项等比数列{a n }中，若a 1，12a 3，2a 2成等差数列，则a 5a 3＝________. 答案 3＋2 2解析 由于a 1，12a 3，2a 2成等差数列， 所以a 3＝a 1＋2a 2，即a 1q 2＝a 1＋2a 1q ，q 2－2q －1＝0，解得q ＝2＋1或q ＝1－2(舍去)．故a 5a 3＝q 2＝3＋2 2.8．已知数列{a n }满足a 1＝2，且a n ＝2na n －1a n －1＋n －1(n ≥2，n ∈N *)，则a n ＝________. 答案 n ·2n2n －1解析 由a n ＝2na n －1a n －1＋n －1，得n a n ＝n －12a n －1＋12， 于是n a n －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1a n －1－1(n ≥2，n ∈N *)． 又1a 1－1＝－12， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n a n －1是以－12为首项，12为公比的等比数列，故n a n －1＝－12n ， ∴a n ＝n ·2n 2n －1(n ∈N *)． 9．意大利数学家列昂那多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，…，即F (1)＝F (2)＝1，F (n )＝F (n －1)＋F (n －2)(n ≥3，n ∈N *)，此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用，若此数列被3整除后的余数构成一个新数列{}b n ，则b 2 017＝________.答案 1解析 由题意得引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，…， 此数列被3 整除后的余数构成一个新数列为1,1,2,0,2,2,1,0,1,1,2,0,2,2,1,0，…， 构成以8项为周期的周期数列，所以b 2 017＝b 1＝1.10．(2018·天津)设{a n }是等差数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)；{b n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为T n (n ∈N *)，已知b 1＝1，b 3＝b 2＋2，b 4＝a 3＋a 5，b 5＝a 4＋2a 6.(1)求S n 和T n ；(2)若S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n ，求正整数n 的值．解 (1)设等比数列{b n }的公比为q (q >0)．由b 1＝1，b 3＝b 2＋2，可得q 2－q －2＝0.因为q >0，可得q ＝2，故b n ＝2n －1. 所以T n ＝1－2n 1－2＝2n －1(n ∈N *)． 设等差数列{a n }的公差为d .由b 4＝a 3＋a 5，可得a 1＋3d ＝4.由b 5＝a 4＋2a 6，可得3a 1＋13d ＝16，从而a 1＝1，d ＝1，故a n ＝n ，所以S n ＝n (n ＋1)2(n ∈N *)． (2)由(1)，有T 1＋T 2＋...＋T n ＝(21＋22＋ (2))－n ＝2×(1－2n )1－2－n ＝2n ＋1－n －2. 由S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n ，可得n (n ＋1)2＋2n ＋1－n －2＝n ＋2n ＋1， 整理得n 2－3n －4＝0，解得n ＝－1(舍去)或n ＝4.所以n 的值为4.B 组 能力提高11．数列{a n }是以a 为首项，b 为公比的等比数列，数列{b n }满足b n ＝1＋a 1＋a 2＋…＋a n (n ＝1,2，…)，数列{}c n 满足c n ＝2＋b 1＋b 2＋…＋b n (n ＝1,2，…)，若{}c n 为等比数列，则a ＋b 等于( )A. 2 B ．3 C. 5 D ．6答案 B解析 由题意知，当b ＝1时，{c n }不是等比数列，所以b ≠1.由a n ＝ab n －1，得b n ＝1＋a (1－b n )1－b ＝1＋a 1－b －ab n1－b， 则c n ＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a 1－b n －a 1－b·b (1－b n )1－b ＝2－ab (1－b )2＋1－b ＋a 1－b n ＋ab n ＋1(1－b )2， 要使{}c n 为等比数列，必有⎩⎪⎨⎪⎧ 2－ab (1－b )2＝0，1－b ＋a 1－b ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝1，b ＝2，a ＋b ＝3.12．艾萨克·牛顿(1643年1月4日－1727年3月31日)是英国皇家学会会长，英国著名物理学家，同时在数学上也有许多杰出贡献，牛顿用“作切线”的方法求函数f (x )的零点时给出一个数列{}x n 满足x n ＋1＝x n －f (x n )f ′(x n )，我们把该数列称为牛顿数列．如果函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)有两个零点1,2，数列{}x n 为牛顿数列，设a n ＝ln x n －2x n －1，已知a 1＝2，x n >2，则{a n }的通项公式a n ＝________.答案 2n解析 ∵ 函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)有两个零点1,2，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋b ＋c ＝0，4a ＋2b ＋c ＝0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧ c ＝2a ，b ＝－3a . ∴f (x )＝ax 2－3ax ＋2a ，则f ′(x )＝2ax －3a .则x n ＋1＝x n －ax 2n －3ax n ＋2a 2ax n －3a＝x n －x 2n －3x n ＋22x n －3＝x 2n －22x n －3，∴x n ＋1－2x n ＋1－1＝x 2n －22x n －3－2x 2n －22x n －3－1 ＝x 2n －2－2(2x n －3)x 2n －2－(2x n －3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x n －2x n －12， 则数列{a n }是以2为公比的等比数列，又∵a 1＝2，∴数列{a n }是以2为首项，以2为公比的等比数列，则a n ＝2·2n －1＝2n. 13．(2018·攀枝花统考)记m ＝d 1a 1＋d 2a 2＋…＋d n a n n，若{}d n 是等差数列，则称m 为数列{a n }的“d n 等差均值”；若{}d n 是等比数列，则称m 为数列{a n }的“d n 等比均值”．已知数列{a n }的“2n －1等差均值”为2，数列{b n }的“3n －1等比均值”为3.记c n ＝2a n＋k log 3b n ，数列{}c n 的前n 项和为S n ，若对任意的正整数n 都有S n ≤S 6，则实数k 的取值范围是________．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤135，114 解析 由题意得2＝a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n n， 所以a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，所以a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2n －2(n ≥2，n ∈N *)，两式相减得a n ＝22n －1(n ≥2，n ∈N *)． 当n ＝1时，a 1＝2，符合上式，所以a n ＝22n －1(n ∈N *)． 又由题意得3＝b 1＋3b 2＋…＋3n －1b n n， 所以b 1＋3b 2＋…＋3n －1b n ＝3n ， 所以b 1＋3b 2＋…＋3n －2b n －1＝3n －3(n ≥2，n ∈N *)， 两式相减得b n ＝32－n (n ≥2，n ∈N *)．当n ＝1时，b 1＝3，符合上式，所以b n ＝32－n (n ∈N *)． 所以c n ＝(2－k )n ＋2k －1.因为对任意的正整数n 都有S n ≤S 6，所以⎩⎪⎨⎪⎧ c 6≥0，c 7≤0，解得135≤k ≤114. 14．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a ＝(a 1,1)，b ＝(1，a 10)，若a·b ＝24，且S 11＝143，数列{b n }的前n 项和为T n ，且满足12n a －＝λT n －(a 1－1)(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式及数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和M n ；(2)是否存在非零实数λ，使得数列{b n }为等比数列？并说明理由． 解 (1)设数列{a n }的公差为d ， 由a ＝(a 1,1)，b ＝(1，a 10)，a·b ＝24， 得a 1＋a 10＝24，又S 11＝143，解得a 1＝3，d ＝2， 因此数列{a n }的通项公式是a n ＝2n ＋1(n ∈N *)， 所以1a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3， 所以M n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3 ＝n 6n ＋9(n ∈N *)． (2)因为12n a －＝λT n －(a 1－1)(n ∈N *)，且a 1＝3， 所以T n ＝4n λ＋2λ， 当n ＝1时，b 1＝6λ； 当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝3·4n －1λ， 此时有b n b n －1＝4，若{b n }是等比数列， 则有b 2b 1＝4，而b 1＝6λ，b 2＝12λ，彼此相矛盾， 故不存在非零实数λ使数列{b n }为等比数列．。