2017年高考全国卷文科数学第一轮复习讲义一数列

§6.3等比数列课标要求1.通过生活中的实例，理解等比数列的概念和通项公式的意义.2.掌握等比数列前n 项和公式，理解等比数列的通项公式与前n 项和公式的关系.3.能在具体问题情境中，发现数列的等比关系，并解决相应的问题.4.体会等比数列与指数函数的关系．知识梳理1．等比数列有关的概念(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比值都是同一个常数，那么称这样的数列为等比数列，称这个常数为等比数列的公比，通常用字母q 表示(q ≠0)．(2)等比中项：如果在a 与b 之间插入一个数G ，使a ，G ，b 成等比数列，那么称G 为a 与b 的等比中项，此时，G 2＝ab .2．等比数列的有关公式(1)通项公式：a n ＝a 1q n －1(a 1≠0，q ≠0)．(2)前n 项和公式：S n ，＝a 1－a n q 1－q，q ≠1且q ≠0.3．等比数列的常用性质(1)若m ＋n ＝p ＋q ，则a m a n ＝a p a q ，其中m ，n ，p ，q ∈N ＋.特别地，若2w ＝m ＋n ，则a m a n ＝a 2w ，其中m ，n ，w ∈N ＋.(2)a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…仍是等比数列，公比为q m (k ，m ∈N ＋)．(3)若数列{a n }，{b n }是两个项数相同的等比数列，则数列{ba n }，{pa n ·qb n }数列(b ，p ，q ≠0)．(4)1>0，>11<0，q <1，则等比数列{a n }递增．1>0，q <11<0，>1，则等比数列{a n }递减．4．等比数列前n 项和的常用性质若等比数列{a n }的公比q ≠－1,前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n .常用结论1．等比数列{a n }的通项公式可以写成a n ＝cq n ，这里c ≠0，q ≠0.2．等比数列{a n }的前n 项和S n 可以写成S n ＝Aq n －A (A ≠0，q ≠1,0)．3．设数列{a n }是等比数列，S n 是其前n 项和．(1)S m ＋n ＝S n ＋q n S m ＝S m ＋q m S n .(2)若a 1·a 2·…·a n ＝T n ，则T n ，T 2n T n ，T3n T 2n ，…成等比数列．(3)若数列{a n }的项数为2n ，则S 偶S 奇＝q ；若项数为2n ＋1，则S 奇－a 1S 偶＝q .自主诊断1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”)(1)等比数列的公比q 是一个常数，它可以是任意实数．(×)(2)三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件是b 2＝ac .(×)(3)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列．(×)(4)对有穷等比数列，与首末两项“等距离”的两项之积等于首末两项的积．(√)2．设a ，b ，c ，d 是非零实数，则“ad ＝bc ”是“a ，b ，c ，d 成等比数列”的()A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案B解析若a ，b ，c ，d 成等比数列，则ad ＝bc ，数列－1，－1,1,1满足－1×1＝－1×1，但数列－1，－1，1,1不是等比数列，即“ad ＝bc ”是“a ，b ，c ，d 成等比数列”的必要不充分条件．3．在等比数列{a n }中，若a 3＝32，S 3＝92，则a 2的值为()A ．32B ．－3C ．－32D ．－3或32答案D解析由S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝a 3(q －2＋q －1＋1)，得q －2＋q －1＋1＝3，即2q 2－q －1＝0，解得q ＝1或q ＝－12，∴a 2＝a 3q ＝32或－3.4．数列{a n }的通项公式是a n ＝a n (a ≠0)，则其前n 项和为S n ＝________.答案a ≠0，a ≠1解析因为a ≠0，a n ＝a n ，所以{a n }是以a 为首项，a 为公比的等比数列．当a ＝1时，S n ＝n ；当a ≠1时，Sn ＝a (1－a n )1－a.题型一等比数列基本量的运算例1(1)(2023·全国甲卷)设等比数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，若a 1＝1，S 5＝5S 3－4，则S 4等于()A.158B.658C ．15D ．40答案C 解析方法一若该数列的公比q ＝1，代入S 5＝5S 3－4中，有5＝5×3－4，不成立，所以q ≠1.由1－q 51－q ＝5×1－q 31－q －4，化简得q 4－5q 2＋4＝0，所以q 2＝1或q 2＝4，因为此数列各项均为正数，所以q ＝2，所以S 4＝1－q 41－q ＝15.方法二由题知1＋q ＋q 2＋q 3＋q 4＝5(1＋q ＋q 2)－4，即q 3＋q 4＝4q ＋4q 2，即q 3＋q 2－4q －4＝0，即(q －2)(q ＋1)(q ＋2)＝0.由题知q >0，所以q ＝2.所以S 4＝1＋2＋4＋8＝15.(2)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 5－a 3＝12，a 6－a 4＝24，则Sn a n 等于()A ．2n －1B ．2－21－nC ．2－2n －1D ．21－n －1答案B 解析方法一设等比数列{a n }的公比为q ，易知q ≠1，1q 4－a 1q 2＝12，1q 5－a 1q 3＝24，1＝1，＝2，所以S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝2n －1，a n ＝a 1q n －1＝2n －1，所以S n a n ＝2n －12n －1＝2－21－n .方法二设等比数列{a n }的公比为q ，易知q ≠1，因为a 6－a 4a 5－a 3＝a 4(q 2－1)a 3(q 2－1)＝a 4a 3＝2412＝2，所以q ＝2，所以S na n ＝a 1(1－q n )1－q a 1q n －1＝2n －12n －1＝2－21－n .思维升华等比数列基本量的运算的解题策略(1)等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求解．(2)解方程组时常常利用“作商”消元法．(3)运用等比数列的前n 项和公式时，一定要讨论公比q ＝1的情形，否则会漏解或增解．跟踪训练1(1)(2023·天津)已知{a n }为等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和，a n ＋1＝2S n ＋2，则a 4的值为()A ．3B ．18C ．54D ．152答案C解析由题意可得，当n ＝1时，a 2＝2a 1＋2，即a 1q ＝2a 1＋2，①当n ＝2时，a 3＝2(a 1＋a 2)＋2，即a 1q 2＝2(a 1＋a 1q )＋2，②联立①②1＝2，＝3，则a 4＝a 1q 3＝54.(2)(2023·青岛模拟)云冈石窟，古称为武州山大石窟寺，是世界文化遗产．若某一石窟的某处“浮雕像”共7层，每一层的“浮雕像”个数是其下一层的2倍，共有1016个“浮雕像”，这些“浮雕像”构成一幅优美的图案，若从最下层往上每一层的“浮雕像”的个数构成数列{a n }，则log 2(a 3a 5)的值为()A ．8B ．10C ．12D ．16答案C解析从最下层往上每一层的“浮雕像”的个数构成数列{a n }，则{a n }是以2为公比的等比数列，∴S 7＝a 1(1－27)1－2＝1016，即127a 1＝1016，解得a 1＝8，∴a n ＝8×2n －1，∴log 2(a 3a 5)＝log 2(8×22×8×24)＝12.题型二等比数列的判定与证明例2(2023·长沙模拟)记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝2，a 2＝－1，且a n ＋2＋a n ＋1－6a n ＝0(n ∈N ＋)．(1)证明：{a n ＋1＋3a n }为等比数列；(2)求数列{a n }的通项公式a n 及前n 项和S n .(1)证明由a n ＋2＋a n ＋1－6a n ＝0，可得a n ＋2＋3a n ＋1＝2(a n ＋1＋3a n )，即a n ＋2＋3a n ＋1a n ＋1＋3a n＝2(n ∈N ＋)，∴{a n ＋1＋3a n }是以a 2＋3a 1＝5为首项，2为公比的等比数列．(2)解由(1)可知a n ＋1＋3a n ＝5·2n －1(n ∈N ＋)，∴a n ＋1－2n ＝－3(a n －2n －1)，∴a n ＋1－2n a n －2n －1＝－3，∴{a n －2n －1}是以a 1－20＝1为首项，－3为公比的等比数列，∴a n －2n －1＝1×(－3)n －1，∴a n ＝2n －1＋(－3)n －1，S n ＝1－2n 1－2＋1－(－3)n 1－(－3)＝2n －34－(－3)n 4.思维升华等比数列的四种常用判定方法(1)定义法：若a na n －1＝q (q 为非零常数，且n ≥2，n ∈N ＋)，则{a n }是等比数列．(2)等比中项法：若在数列{a n }中，a n ≠0且a 2n ＋1＝a n a n ＋2(n ∈N ＋)，则{a n }是等比数列．(3)通项公式法：若数列{a n }的通项公式可写成a n ＝cq n －1(c ，q 均为非零常数，n ∈N ＋)，则{a n }是等比数列．(4)前n 项和公式法：若数列{a n }的前n 项和S n ＝kq n －k (k 为常数，且k ≠0，q ≠0,1)，则{a n }是等比数列．跟踪训练2(2024·潍坊模拟)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝3，b 1＝2，a n ＋1＝a n ＋2b n ，b n ＋1＝2a n ＋b n .(1)证明：{a n ＋b n }和{a n －b n }都是等比数列；(2)求{a n b n }的前n 项和S n .(1)证明因为a n ＋1＝a n ＋2b n ，b n ＋1＝2a n ＋b n ，所以a n ＋1＋b n ＋1＝3(a n ＋b n )，a n ＋1－b n ＋1＝－(a n －b n )，又由a 1＝3，b 1＝2得a 1－b 1＝1，a 1＋b 1＝5，所以数列{a n ＋b n }是首项为5，公比为3的等比数列，数列{a n －b n }是首项为1，公比为－1的等比数列．(2)解由(1)得a n ＋b n ＝5×3n －1，a n －b n ＝(－1)n －1，所以a n ＝5×3n －1＋(－1)n －12，b n ＝5×3n －1－(－1)n －12，所以a n b n ＝5×3n －1＋(－1)n －12×5×3n －1－(－1)n －12＝25×32n －2－14＝254×9n －1－14，所以S n ＝254×1－9n 1－9－n 4＝25×(9n －1)－8n32.题型三等比数列的性质命题点1项的性质例3(1)(2023·全国乙卷)已知{a n }为等比数列，a 2a 4a 5＝a 3a 6，a 9a 10＝－8，则a 7＝________.答案－2解析方法一{a n }为等比数列，∴a 4a 5＝a 3a 6，∴a 2＝1，又a 2a 9a 10＝a 7a 7a 7，∴1×(－8)＝(a 7)3，∴a 7＝－2.方法二设{a n }的公比为q (q ≠0)，则a 2a 4a 5＝a 3a 6＝a 2q ·a 5q ，显然a n ≠0，则a 4＝q 2，即a 1q 3＝q 2，则a 1q ＝1，∵a 9a 10＝－8，则a 1q 8·a 1q 9＝－8，则q 15＝(q 5)3＝－8＝(－2)3，则q 5＝－2，则a 7＝a 1q ·q 5＝q 5＝－2.下标和相等的等差(比)性质的推广(1)若数列{a n }为等比数列，且m 1＋m 2＋…＋m n ＝k 1＋k 2＋…＋k n ，则12m m a a ·…·n m a ＝12k k a a ·…·n k a .(2)若数列{a n }为等差数列，且m 1＋m 2＋…＋m n ＝k 1＋k 2＋…＋k n ，则1m a ＋2m a ＋…＋n m a ＝1k a ＋2k a ＋…＋n k a .典例已知等差数列{a n }，S n 为前n 项和，且a 9＝5，S 8＝16，则S 11＝________.答案33解析S 8＝8(a 1＋a 8)2＝16，∴a 1＋a 8＝4，又∵a 9＋a 1＋a 8＝3a 6，∴a 6＝3，故S 11＝11a 6＝33.(2)已知数列{a n }满足log 2a n ＋1＝1＋log 2a n (n ∈N ＋)，且a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 10＝1，则log 2(a 101＋a 102＋…＋a 110)＝________.答案100解析因为log 2a n ＋1＝1＋log 2a n ，可得log 2a n ＋1＝log 2(2a n )，所以a n ＋1＝2a n ，所以数列{a n }是以a 1为首项，2为公比的等比数列，又a 1＋a 2＋…＋a 10＝1，所以a 101＋a 102＋…＋a 110＝(a 1＋a 2＋…＋a 10)×2100＝2100，所以log 2(a 101＋a 102＋…＋a 110)＝log 22100＝100.命题点2和的性质例4(1)已知等比数列{a n }共有2n 项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比q ＝________.答案2解析奇＋S 偶＝－240，奇－S 偶＝80，奇＝－80，偶＝－160，所以q ＝S 偶S 奇＝－160－80＝2.(2)已知S n 是正项等比数列{a n }的前n 项和，S 10＝20，则S 30－2S 20＋S 10的最小值为________．答案－5解析依题意，S 10，S 20－S 10，S 30－S 20成等比数列，且S 10＝20，不妨令其公比为q (q >0)，则S 20－S 10＝20q ，S 30－S 20＝20q 2，∴S 30－2S 20＋S 10＝(S 30－S 20)－(S 20－S 10)＝20q 2－20q ＝－5，故当q ＝12时，S 30－2S 20＋S 10的最小值为－5.思维升华(1)在解决与等比数列有关的问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是“若m ＋n ＝p ＋q ，则a m a n ＝a p a q ”，可以减少运算量，提高解题速度．(2)在应用等比数列的性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用．跟踪训练3(1)(2024·南昌模拟)已知等比数列{a n }满足a 2＋a 4＋a 6＋a 8＝20，a 2a 8＝2，则1a 2＋1a 4＋1a 6＋1a 8＝________.答案10解析1a 2＋1a 4＋1a 6＋1a 8＝＝a 2＋a 8a 2a 8＋a 4＋a 6a 4a 6＝a 2＋a 8＋a 4＋a 6a 2a 8＝202＝10.(2)(2023·长春统考)在等比数列{a n }中，q ＝12，S 100＝150，则a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 100的值是________．答案50解析设T 1＝a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99，T 2＝a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 100，所以T 2T 1＝a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 100a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝12，所以S 100＝T 1＋T 2＝2T 2＋T 2＝3T 2＝150，所以T 2＝a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 100＝50.课时精练一、单项选择题1．(2023·本溪模拟)已知等比数列{a n }的各项均为正数，公比q ＝12，且a 3a 4＝132，则a 6等于()A.18 B.116C.132D.164答案C解析由a 3a 4＝132，得a 1q 2·a 1q 3＝132，即a 21＝132，所以a 21＝1.又a n >0，所以a 1＝1，a 6＝a 1q 5＝1＝132.2．若1，a 2，a 3,4成等差数列；1，b 2，b 3，b 4,4成等比数列，则a 2－a 3b 3等于()A.12B ．－12C ．±12D.14答案B解析由题意得a 3－a 2＝4－13＝1，设1，b 2，b 3，b 4，4的公比为q ，则b 3＝q 2>0，b 23＝1×4＝4，解得b 3＝2，a 2－a 3b 3＝－12＝－12.3．(2023·济宁模拟)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n 项和．若S n ＝126，则n 等于()A ．5B ．6C ．7D ．8答案B解析∵a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，∴数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列．又S n ＝126，∴2(1－2n )1－2＝126，解得n ＝6.4．已知等比数列{a n }为递减数列，若a 2a 6＝6，a 3＋a 5＝5，则a5a 7等于()A.32B.23C.16D ．6答案A解析由{a n }为等比数列，得a 2a 6＝a 3a 5＝6，又a 3＋a 5＝5，∴a 3，a 5为方程x 2－5x ＋6＝0的两个根，解得a 3＝2，a 5＝3或a 3＝3，a 5＝2，由{a n }为递减数列得a n >a n ＋1，∴a 3＝3，a 5＝2，∴q 2＝a 5a 3＝23，则a 5a 7＝1q 2＝32.5．(2024·揭阳模拟)在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”．其大意是有人要去某关口，路程为378里，第一天健步行走，从第二天起由于脚痛，每天走的路程都为前一天的一半，一共走了六天，才到目的地．则此人后三天所走的里程数为()A ．6B ．12C ．18D ．42答案D解析设第n (n ∈N ＋)天走a n 里，其中1≤n ≤6，由题意可知，数列{a n }是公比为12的等比数列，1－12＝6332a 1＝378，解得a 1＝192，所以此人后三天所走的里程数为a 4＋a5＋a 6＝192×18×1－12＝42.6．(2023·新高考全国Ⅱ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若S 4＝－5，S 6＝21S 2，则S 8等于()A ．120B ．85C ．－85D ．－120答案C解析方法一设等比数列{a n }的公比为q ，首项为a 1，若q ＝1，则S 6＝6a 1＝3×2a 1＝3S 2，不符合题意，所以q ≠1.由S 4＝－5，S 6＝21S 2，可得a 1(1－q 4)1－q ＝－5，a 1(1－q 6)1－q ＝21×a 1(1－q 2)1－q ，①由①可得，1＋q 2＋q 4＝21，解得q 2＝4，所以S 8＝a 1(1－q 8)1－q ＝a 1(1－q 4)1－q ·(1＋q 4)＝－5×(1＋16)＝－85.方法二设等比数列{a n }的公比为q ，因为S 4＝－5，S 6＝21S 2，所以q ≠－1，否则S 4＝0，从而S 2，S 4－S 2，S 6－S 4，S 8－S 6成等比数列，所以(－5－S 2)2＝S 2(21S 2＋5)，解得S 2＝－1或S 2＝54，当S 2＝－1时，S 2，S 4－S 2，S 6－S 4，S 8－S 6，即为－1，－4，－16，S 8＋21，易知S 8＋21＝－64，即S 8＝－85；当S 2＝54时，S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝(a 1＋a 2)(1＋q 2)＝(1＋q 2)S 2>0，与S 4＝－5矛盾，舍去．综上，S 8＝－85.二、多项选择题7．(2023·太原模拟)已知数列{a n }是等比数列，以下结论正确的是()A ．{a 2n }是等比数列B ．若a 3＝2,a 7＝32，则a 5＝±8C ．若a 1<a 2<a 3，则数列{a n }是递增数列D ．若数列{a n }的前n 项和S n ＝3n ＋r ，则r ＝－1答案ACD 解析令等比数列{a n }的公比为q ，则a n ＝a 1q n －1，对于A ，a 2n ＋1a 2n ＝＝q 2，且a 21≠0，则{a 2n }是等比数列，故A 正确；对于B ，由a 3＝2，a 7＝32，得q 4＝16，即q 2＝4，所以a 5＝a 3q 2＝2×4＝8，故B 错误；对于C ，由a 1<a 2<a 31(q －1)>0，1q (q －1)>0，>0，1(q －1)>0，a n ＋1－a n ＝q n －1·a 1(q －1)>0，即∀n ∈N ＋，a n ＋1>a n ，所以数列{a n }是递增数列，故C 正确；对于D ，显然q ≠1，则S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1q －1·q n －a 1q －1，而S n ＝3n ＋r ，因此q ＝3，a 1q －1＝1，r ＝－a 1q －1＝－1，故D 正确．8．记等比数列{a n }的前n 项和为S n ，前n 项积为T n ，且满足a 1>1，a 2022>1，a 2023<1，则()A ．a 2022a 2024－1<0B ．S 2022＋1<S 2023C ．T 2022是数列{T n }中的最大项D ．T 4045>1答案AC 解析设数列{a n }的公比为q .∵a 1>1，a 2023<1，∴0<a 2023<1，又a 2022>1，∴0<q <1.∵a 2022a 2024＝a 22023<1，∴a 2022a 2024－1<0，故A 正确；∵a 2023<1，∴a 2023＝S 2023－S 2022<1，即S 2022＋1>S 2023，故B 错误；∵0<q <1，a 1>1，∴数列{a n }是递减数列，∵a 2022>1，a 2023<1，∴T 2022是数列{T n }中的最大项，故C 正确；T4045＝a1a2a3·…·a4045＝a1(a1q)(a1q2)·…·(a1q4044)＝a40451q1＋2＋3＋…＋4044＝a40451q2022×4045＝(a1q2022)4045＝a40452023，∵0<a2023<1，∴a40452023<1，即T4045<1，故D错误．三、填空题9．(2023·全国甲卷)记S n为等比数列{a n}的前n项和．若8S6＝7S3，则{a n}的公比为________．答案－1 2解析若q＝1，则由8S6＝7S3得8·6a1＝7·3a1，则a1＝0，不符合题意．所以q≠1.当q≠1时，因为8S6＝7S3，所以8·a1(1－q6)1－q＝7·a1(1－q3)1－q，即8(1－q6)＝7(1－q3)，即8(1＋q3)(1－q3)＝7(1－q3)，即8(1＋q3)＝7，解得q＝－1 2 .10．设等比数列{a n}共有3n项，它的前2n项的和为100，后2n项的和为200，则该等比数列中间n项的和等于________．答案200 3解析设数列{a n}的前n项和、中间n项和、后n项和依次为a，b，c.由题意知a＋b＝100，b＋c＝200，b2＝ac，∴b2＝(100－b)(200－b)，∴b＝200 3.11．在等比数列{a n}中，若a9＋a10＝4，a19＋a20＝24，则a59＋a60＝______.答案31104解析设等比数列{a n}的公比为q，则a n＝a1q n－1.因为a 9＋a 10＝4，a 19＋a 20＝24，所以a 19＋a 20＝(a 9＋a 10)q 10＝24，解得q 10＝6，所以a 59＋a 60＝(a 9＋a 10)q 50＝4×65＝31104.12．记S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝1－a n ，记T n ＝a 1a 3＋a 3a 5＋…＋a 2n －1a 2n ＋1，则a n ＝________，T n ＝________.答案12n解析由题意得a 1＝1－a 1，故a 1＝12.当n ≥2n ＝1－a n ，n －1＝1－a n －1，得a n ＝S n －S n －1＝－a n ＋a n －1，则a n a n －1＝12，故数列{a n }是以12为首项，12为公比的等比数列，故数列{a n }的通项公式为a n ＝12n .由等比数列的性质可得a 1a 3＝a 22，a 3a 5＝a 24，…，a 2n －1a 2n ＋1＝a 22n ，所以数列{a 2n －1a 2n ＋1}是以a 22＝116为首项，116为公比的等比数列，则T n ＝a 22＋a 24＋…＋a 22n ＝161－116＝四、解答题13．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋2.(1)证明数列{a n ＋2}是等比数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{a n }落入区间(10,2023)的所有项的和．解(1)由a n ＋1＝2a n ＋2，得a n ＋1＋2＝2(a n ＋2)，又a 1＋2＝3，所以a n ＋1＋2a n ＋2＝2，所以{a n ＋2}是首项为3，公比为2的等比数列，所以a n ＋2＝3×2n －1，a n ＝3×2n －1－2.(2)由10<a n <2023，得10<3×2n －1－2<2023，即4<2n －1<675，即4≤n ≤10，故{a n }落入区间(10,2023)的项为a 4，a 5，a 6，a 7，a 8，a 9，a 10，所以其和S ＝a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝3×(23＋24＋…＋29)－2×7＝3×8－10241－2－14＝3034.14．(2024·邯郸模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝3S n ＋1，n ∈N ＋.(1)求{a n }通项公式；(2)设b n ＝a n n ＋1，在数列{b n }中是否存在三项b m ，b k ，b p (其中2k ＝m ＋p )成等比数列？若存在，求出这三项；若不存在，说明理由．解(1)由题意知，在数列{a n }中，a n ＋1＝3S n ＋1，a n ＝3S n －1＋1，n ≥2，两式相减可得，a n ＋1－a n ＝3a n ，a n ＋1＝4a n ，n ≥2，由条件知，a 2＝3a 1＋1＝4a 1，符合上式，故a n ＋1＝4a n ，n ∈N ＋.∴{a n }是以1为首项，4为公比的等比数列．∴a n ＝4n －1，n ∈N ＋.(2)由题意及(1)得，在数列{a n }中，a n ＝4n －1，n ∈N ＋，在数列{b n }中，b n ＝4n －1n ＋1，如果满足条件的b m ，b k ，b p 存在，则b 2k ＝b m b p ，其中2k ＝m ＋p ，∴(4k －1)2(k ＋1)2＝4m －1m ＋1·4p －1p ＋1，∵2k ＝m ＋p ，∴(k ＋1)2＝(m ＋1)(p ＋1)，解得k 2＝mp ，∴k ＝m ＝p ，与已知矛盾，∴不存在满足条件的三项．15．(2023·杭州模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n .若p ：数列{a n }是等比数列；q ：(S n ＋1－a 1)2＝S n (S n ＋2－S 2)，则p 是q 的()A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案A 解析若{a n }是等比数列，设公比为k ，则a 2＋a 3＋…＋a n ＋1＝k (a 1＋a 2＋…＋a n )，a 3＋a 4＋…＋a n ＋2＝k (a 2＋a 3＋…＋a n ＋1)，于是(a 2＋a 3＋…＋a n ＋1)2＝k 2(a 1＋a 2＋…＋a n )2＝(a 3＋a 4＋…＋a n ＋2)(a 1＋a 2＋…＋a n )，即q ：(S n ＋1－a 1)2＝S n (S n ＋2－S 2)成立；若(S n ＋1－a 1)2＝S n (S n ＋2－S 2)，取a n ＝0，n ∈N ＋，显然{a n }不是等比数列，故p 是q 的充分不必要条件．16．(2023·泰安模拟)若m ，n 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p >0，q >0)的两个不同零点，且m ，n ，－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pq ＝________.答案20解析＋n ＝p >0，＝q >0>0，>0，则m ，－2，n 或n ，－2，m 成等比数列，得mn ＝(－2)2＝4.不妨设m <n ，则－2，m ，n 成等差数列，得2m ＝n －2.结合mn ＝4，可得(2m ＋2)m ＝4⇒m (m ＋1)＝2，解得m ＝1或m ＝－2(舍去)，＝1，＝4＝5，＝4⇒pq ＝20.。

2017年高考全国卷文科数学第一轮复习--讲义一----数列（2017高考文科数学）2016-4-30讲义一数列一、高考趋势1、考纲要求（1）．了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图像、通项公式)．（2）．了解数列是自变量为正整数的一类函数．（3）．理解等差数列的概念．（4）．掌握等差数列的通项公式与前n项和公式．（5）．了解等差数列与一次函数的关系．（6）．理解等比数列的概念．（7）．掌握等比数列的通项公式与前n项和公式．（8）．能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题．（9）．了解等比数列与指数函数的关系．2、命题规律数列一般在全国文科卷中平均考查分值为12分。

考察形式一般有两种，第一种是选择题+填空题的形式，第二种是解答题的形式。

并且全国文科卷解答题第一题是数列和三角函数二选一。

因此数列题在高考中属于“要尽量全部做对且拿到满分”的“高期待值”题。

二、基础知识+典型例题1、等差数列的概念与运算（1）．等差数列的定义如果一个数列从第二项开始每一项与前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d 表示．（2）．等差数列的通项公式如果等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，则它的通项公式是1(1)n a a n d =+-.）（*∈N n （3）．等差中项如果2a bA +=，那么A 叫做a 与b 的等差中项．（4）．等差数列的前n 项和等差数列{a n }的前n 项和公式：11()(1)22n n n a a n n S na d +-=+=）（*∈N n （5）．等差数列的判定通常有两种方法：① 第一种是利用定义，a n －a n －1＝d (常数) (n ≥2)，② 第二种是利用等差中项，即2a n ＝a n ＋1＋a n －1 (n ≥2)．[来源学科网]背诵知识点一：（1）等差数列的通项公式：1(1)n a a n d =+-）（*∈N n （2）等差中项：b c a a,b,c 2=+构成等差数列，则（3）等差数列的前n 项和：11()(1)22n n n a a n n S na d +-=+=）（*∈N n（6）．对于等差数列问题一般要给出两个条件，可以通过列方程求出a 1，d . 如果再给出第三个条件就可以完成a n ，a 1，d ，n ，S n 的“知三求二”问题．这体现了用方程的思想解决问题．考点一：等差数列通项公式及前n 项和公式例1、（15全国卷一）已知{}n a 是公差为1的等差数列，n S 为{}n a 的前n 项和，若844S S =，则10a =（） A 、 172 B 、19 2C 、10D 、12例2、（15安徽卷）已知数列}{n a 中，11=a ，211+=-n n a a （2≥n ），则数列}{n a 的前9项和等于 .2、等差数列的性质（1）通项推广：a n ＝a m ＋(n －m )d ，）（*∈N n (d 为数列{a n }的公差)．（2）若m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，则a m ＋a n ＝a p ＋a q . 特别地：a 1＋a n ＝a 2＋a n －1＝a 3＋a n－2＝….（3）项数成等差数列，则相应的项也成等差数列，即若m ＋n ＝2p ，则a m ＋a n ＝2a p . （4）S n ＝a 1＋a n2n ＝a 2＋a n －12n ＝a 3＋a n －22n ＝…. （5）等差数列的单调性① 等差数列公差为d ，若d >0，则数列递增．② 若d <0，则数列递减．③ 若d ＝0，则数列为常数列．背诵知识点二：（1）等差中项的性质：若m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，则a m ＋a n ＝a p ＋a q . （2）等差中项的性质：若m ＋n ＝2p ，则a m ＋a n ＝2a p . （3）等差数列的性质：d m n a a m n )(-=-考点二：等差数列中项的性质例3、（15全国卷二）设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和,若1353a a a ++=,则5S =（） A ．5 B ．7 C ．9 D ．11例4、（15陕西卷）中位数为1010的一组数构成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项为________．3、等比数列的概念与运算（1）．等比数列的定义如果一个数列从第二项开始每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示．（2）．等比数列的通项公式设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，则它的通项11n n a a q -=.）（*∈N n （3）．等比中项若20G ab =≠，那么G 叫做a 与b 的等比中项．（4）．等比数列的前n 项和公式等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，其前n 项和为S n ，① 当q ＝1时，S n ＝na 1；）（*∈N n ② 当q ≠1时，S n ＝qq a a q q a n n --=--11)1(11）（*∈N n （5）．在涉及等比数列前n 项和公式时要注意对公式q 是否等于1的判断和讨论．（6）．等比数列的判定方法：① 定义法：若a n ＋1a n ＝q (q 为非零常数)或a na n －1＝q (q 为非零常数且n ≥2)，则{a n }是等比数列．② 中项公式法：若数列{a n }中a n ≠0且a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(n ∈N *)，则数列{a n }是等比数列．背诵知识点三：（1）等比数列的通项公式：11n n a a q -=.）（*∈N n （2）等比中项：2b c a a,b,c =?构成等比数列，则（3）等比数列的前n 项和：① 当q ＝1时，S n ＝na 1；）（*∈N n ② 当q ≠1时，S n ＝q q a a q q a n n --=--11)1(11）（*∈N n考点三：等比数列定义与前n 项和公式例5、（15全国卷一）数列{}n a 中112,2,n n n a a a S +==为{}n a 的前n 项和，若126n S =，则n = .例6、（12全国卷）等比数列{}n a 的前n 项和为n S ,若3230S S +=,则公比q =________例7、（13全国卷一）设首项为1，公比为23的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（）A.21n n S a =-B.32n n S a =-C.43n n S a =-D.32n n S a =-例8、（12全国卷）数列{}n a 满足1(1)21n n n a a n ++-=-,则{}n a 的前60项和为( ) A.3690B.3660C.1845D.18304、等比数列的性质（1）通项公式的推广：m n n m a a q -=，(n ，m ∈N *)．（2）若{a n }为等比数列，且k ＋l ＝m ＋n ，(k ，l ，m ，n ∈N *)，则n m l k a a a a ?=? （3）若{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列：则{λa n }(λ≠0)，{1a n }，{a 2n }，{a n ·b n }，{a nb n }仍是等比数列．（4）等比数列的单调性．① a 1>0q >1或??a 1<00<="" bdsfid="210" n="" p="" }为递增数列；="" ②="">a 1>00<1或??<="" bdsfid="212" p="">a 1<0q >1{a n }为递减数列；③ q ＝1?{a n }为非零常数列；④ q <0?{a n }为摆动数列．（5） a n a m＝q n －m (m ，n ∈N *)背诵知识点四：（1）等比中项的性质：若m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，则n m l k a a a a ?=?（2）等比中项的性质：若m ＋n ＝2p ，则2p n m a a a =? （3）等比数列的性质：a n a m＝q n －m (m ，n ∈N *)考点四：等比数列中项的性质例9、（14全国卷二）等差数列{}n a 的公差是2，若248,,a a a 成等比数列，则{}n a 的前n 项和n S =（）A. (1)n n +B. (1)n n -C. (1)2n n +D. (1)2n n -例10、（15全国卷二）已知等比数列{}n a 满足114a =,()35441a a a =-,则2a =（）A.2B.1 1C.2 1D.8例11、（15浙江卷）已知{a n}是等差数列，公差d不为零．若a2，a3，a7成等比数列，且2a1＋a2＝1，则a1＝________，d＝________．例12、（15广东卷）若三个正数a，b，c成等比数列，其中a＝5＋26，c＝5－26，则b＝________．5、数列的通项（1）．数列的通项公式：若数列{}n a 的第n 项n a 与项数n 之间的关系可以用一个式子表示出来，记作()n a f n =，称作该数列的通项公式.（2）．等差数列的通项公式：1(1)n a a n d =+-()m a n m d =+-．（3）．等比数列的通项公式：11n n m n m a a q a q --== （4）．等差数列性质：① ()n m a a n m d =+-；② 若*,,,m n p q N m n p q ∈+=+且，则m n p q a a a a +=+；（5）．等比数列性质：① n mn m a a q-=；② 若*,,,m n p q N m n p q ∈+=+且，则m n p q a a a a = （6）．等差数列的判定：①定义法；②等差中项法（7）．等比数列的判定：①定义法；②等比中项法（8）．数列通项公式求法① 累加法：对于可转化为)(1n f a a n n +=+形式数列的通项公式问题② 累乘法：对于可转化为1()n n a a f n +=形式数列的通项公式问题③ 构造法：对于化为1()n n a pa f n +=+（其中p 是常数）型的通项公式问题④ 利用前n 项和n S 与第n 项n a 关系求通项公式问题对递推公式为n S 与n a 的关系式(或()n n S f a =)，利用??≥-==-)2()1(11n S S n S a n n n 进行求解.注意n a =1n n S S --成立的条件是n ≥2，求n a 时不要漏掉n =1即n a =1S 的情况，当1a =1S 适合n a =1n n S S --时，n a =1n n S S --；当1a =1S 不适合n a =1n n S S --时，用分段函数表示.背诵知识点五：（1）数列通项公式求法：① 累加法：对于可转化为)(1n f a a n n +=+形式数列的通项公式问题② 累乘法：对于可转化为1()n n a a f n +=形式数列的通项公式问题③ 构造法：对于化为1()n n a pa f n +=+（其中p 是常数）型的通项公式问题④ 利用前n 项和n S 与第n 项n a 关系求通项公式问题考点五：求数列的通项公式①、累加法例13、已知数列{}n a 满足11211n n a a n a +=++=，，求数列{}n a 的通项公式。

１2017年普通高等学校招生全国统一考试文科数学考生注意：1．答卷前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上。

考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

3．考试结束后，监考员将试题卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．已知集合A ={}|2x x <，B ={}|320x x ->，则A ．AB =3|2x x ⎧⎫<⎨⎬⎩⎭B ．A B =∅C ．AB 3|2x x ⎧⎫=<⎨⎬⎩⎭D ．A B=R2．为评估一种农作物的种植效果，选了n 块地作试验田.这n 块地的亩产量（单位：kg ）分别为x 1，x 2，…，x n ，下面给出的指标中可以用来评估这种农作物亩产量稳定程度的是 A ．x 1，x 2，…，x n 的平均数 B ．x 1，x 2，…，x n 的标准差 C ．x 1，x 2，…，x n 的最大值D ．x 1，x 2，…，x n 的中位数3．下列各式的运算结果为纯虚数的是 A ．i(1+i)2B ．i 2(1-i)C ．(1+i)2D ．i(1+i)4．如图，正方形ABCD 内的图形来自中国古代的太极图.正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中２心成中心对称.在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是A ．14B ．π8C ．12D ．π 45．已知F 是双曲线C ：x 2-23y =1的右焦点，P 是C 上一点，且PF 与x 轴垂直，点A 的坐标是(1,3).则△APF 的面积为 A ．13B ．12C ．23D ．3 26．如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接AB 与平面MNQ 不平行的是7．设x ，y 满足约束条件33,1,0,x y x y y +≤⎧⎪-≥⎨⎪≥⎩则z =x +y 的最大值为A ．0B ．1C ．2D ．38．.函数sin21cos xy x=-的部分图像大致为9．已知函数()ln ln(2)f x x x =+-，则A ．()f x 在（0,2）单调递增B ．()f x 在（0,2）单调递减C ．y =()f x 的图像关于直线x =1对称D ．y =()f x 的图像关于点（1,0）对称10．如图是为了求出满足321000n n ->的最小偶数n ，学|科网那么在和两个空白框中，可以分别填入A ．A >1000和n =n +1B ．A >1000和n =n +2C ．A ≤1000和n =n +1D ．A ≤1000和n =n +211．△ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c 。

第六章数列高考导航考纲要求备考策略1.数列的概念和简单表示法(1)了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)；(2)了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数.2.等差数列、等比数列(1)理解等差数列、等比数列的概念；(2)掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式；(3)能在具体问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用等差数列、等比数列的有关知识解决相应的问题；(4)了解等差数列与一次函数的关系、等比数列与指数函数的关系.数列是历年高考的重点，高考中一般以选择题或填空题的形式考查等差数列、等比数列的概念以及基本性质，解答题主要考查数列的综合应用，可能考到的题型有：等差数列和等比数列的综合题，与数列相关的归纳、猜想、证明问题，同时注重在数列与函数、数列与不等式、数列与几何、数列与向量等知识网络的交汇点命制试题.复习时采用以下应对策略：1.立足课本，突出基础，重视概念的辨析以及等差、等比数列的“知三求二”，因此在复习中要重视常规的训练，注意强调细节.2.熟练掌握解决数列题的基本方法与技巧，特别是教材中等差、等比数列的公式的推导方法与运算技巧在解题中的应用.3.注意数列与函数、方程、不等式等知识的交汇，这类题常常作为高考压轴题出现.4.强化训练合情推理在数列中的应用.5.重视以数列为模型的，取材于当前我国和世界的政治、经济、科技相关的应用题.知识网络6.1 数列的概念与简单表示法考点诠释重点：求数列的通项公式.难点：由递推关系确定数列的通项，由通项公式认识数列的性质(如单调性、周期性).典例精析题型一 由数列的前几项归纳数列的通项【例1】根据下面各数列的前几项的值，写出数列的一个通项公式. (1)－1,7，－13,19，…； (2)23，415，635，863，1099，…； (3)0.8,0.88,0.888，…； (4)7,77,777,7 777，…； (5)1,3,3,5,5,7,7,9,9，….【思路分析】认真观察项与项数之间的关系，寻找满足条件的共同规律，若各项形式不一致，可把它们变为统一的形式.【解析】(1)各项的符号可通过(－1)n 表示，各项的绝对值的排列规律为后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，故数列的一个通项公式为a n ＝(－1)n (6n －5).(2)这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为1×3,3×5,5×7,7×9,9×11，…，每一项都是两个相邻奇数的乘积.经过组合，知所求数列的一个通项公式为a n ＝2n(2n －1)(2n ＋1).(3)数列变为89(1－0.1)，89(1－0.01)，89(1－0.001)，…，所以a n ＝89⎝⎛⎭⎫1－110n . (4)将数列变形为79(10－1)，79(102－1)，79(103－1)，…，79(10n －1)，故a n ＝79(10n －1).(5)将已知数列变为1＋0,2＋1,3＋0,4＋1,5＋0,6＋1,7＋0,8＋1,9＋0，…， 故数列的通项公式为a n ＝n ＋1＋(－1)n2.【方法归纳】1.根据数列的前几项求它的一个通项公式，要注意观察每一项的特点，可使用添项、还原、分割等办法，转化成一些常见数列的通项公式来求；2.根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想，由不完全归纳得出的结果是不可靠的，要注意代入检验，对于符号变化，可用(－1)n 或(－1)n ＋1来调整.【举一反三】1.如下表定义函数f (x )：x 1 2 3 4 5 f (x )54321对于数列{a n }，a 1＝4，a n ＝f (a n －1)，n ＝2,3,4，…，则a 2 016的值是( B ) A.1 B.2 C.3 D.4 【解析】a 1＝4，a 2＝1，a 3＝5，a 4＝2，a 5＝4，…，可得a n ＋4＝a n ，所以a 2 016＝a 4＝2，故选B. 题型二 应用a n ＝求数列通项【例2】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，分别求其通项公式： (1)S n ＝3n －2；(2)S n ＝18(a n ＋2)2 (a n ＞0).【思路分析】(1)直接利用关系式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1 (n ＝1)，S n －S n －1 (n ≥2，n ∈N *)求解；(2)中含S n 与a n 项，先利用上式转化为递推关系式再求通项.【解析】(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝31－2＝1， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n －2)－(3n －1－2) ＝2×3n －1，又a 1＝1不适合上式， 故a n ＝(2)当n ＝1时，a 1＝S 1＝18(a 1＋2)2，解得a 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1 ＝18(a n ＋2)2－18(a n －1＋2)2， 所以(a n －2)2－(a n －1＋2)2＝0， 所以(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－4)＝0， 又a n ＞0，所以a n －a n －1＝4， 可知{a n }为等差数列，公差为4，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2＋(n －1)·4＝4n －2， a 1＝2也适合上式，故a n ＝4n －2.【方法归纳】数列的通项a n 与前n 项和S n 的关系是：a n ＝此公式经常使用，应引起重视.当n ＝1时，a 1若适合S n －S n －1，则n ＝1的情况可并入n ≥2时的通项a n ；当n ＝1时，a 1若不适合S n －S n －1，则用分段函数的形式表示.【举一反三】2.数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝13S n (n ＝1,2,3，…)，则a n ＝.【解析】因为a n ＋1＝13S n ，所以a n ＝13S n －1(n ≥2)，所以a n ＋1－a n ＝13(S n －S n －1)＝13a n (n ≥2)，所以a n ＋1＝43a n (n ≥2).又a 1＝1，a 2＝13S 1＝13a 1＝13，所以{a n }是从第2项起，公比为43的等比数列.所以a n ＝题型三 利用递推关系求数列的通项公式【例3】根据下列条件，确定数列{a n }的通项公式. (1)a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2；(2)a 1＝1，a n ＝n －1na n －1(n ≥2，n ∈N *)；(3)a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋3n ＋2.【思路分析】(1)构造法；(2)累商法；(3)累加法. 【解析】(1)因为a n ＋1＝3a n ＋2， 所以a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，即a n ＋1＋1a n ＋1＝3.所以数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3.又a 1＋1＝2，所以a n ＋1＝2×3n －1.所以a n ＝2×3n －1－1. (2)因为a n ＝n －1n a n －1(n ≥2，n ∈N *)，所以a n －1＝n －2n －1a n －2，…，a 2＝12a 1.以上(n －1)个式子相乘得a n ＝a 1×12×23×…×n －1n ＝a 1n ＝1n.当n ＝1时，a 1＝11＝1符合上式.所以a n ＝1n .(3)因为a n ＋1－a n ＝3n ＋2，所以a n －a n －1＝3n －1(n ≥2)，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n (3n ＋1)2(n ≥2). 当n ＝1时，a 1＝12×(3×1＋1)＝2符合上式，所以a n ＝32n 2＋n2.【方法归纳】已知数列的递推公式，求该数列的通项公式的常用方法 (1)求出该数列的前若干项，归纳、猜想出它的通项公式；(2)对于常见的简单的递推公式，可以采用迭代法或迭加法、累乘法等求其通项公式.【举一反三】3.已知数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n.(1)求a 2，a 3；(2)求数列{a n }的通项公式.【解析】(1)由S 2＝43a 2得3(a 1＋a 2)＝4a 2，解得a 2＝3a 1＝3；由S 3＝53a 3得3(a 1＋a 2＋a 3)＝5a 3，解得a 3＝32(a 1＋a 2)＝6.(2)由题设知a 1＝1.当n ＞1时，有a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，整理得a n ＝n ＋1n －1a n －1.于是a 1＝1，a 2＝31a 1，a 3＝42a 2，…… a n －1＝nn －2a n －2，a n ＝n ＋1n －1a n －1， 将以上n 个等式两端分别相乘，整理得a n ＝n (n ＋1)2.当n ＝1时，也满足上式.综上可知，数列{a n }的通项公式a n ＝n (n ＋1)2.体验高考(2015江苏)设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为 .【解析】2011.由已知得a 2－a 1＝1＋1，a 3－a 2＝2＋1，a 4－a 3＝3＋1，…，a n －a n －1＝n －1＋1(n ≥2)，则有a n －a 1＝1＋2＋3＋…＋n －1＋(n －1)(n ≥2)，因为a 1＝1，所以a n ＝1＋2＋3＋…＋n (n ≥2)，即a n ＝n 2＋n2(n ≥2)，又当n ＝1时，a 1＝1也适合上式，故a n ＝n 2＋n2(n ∈N *)，所以1a n ＝2n 2＋n ＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，从而1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 10＝2×⎝⎛⎭⎫1－12＋2×⎝⎛⎭⎫12－13＋2×⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋2×⎝⎛⎭⎫110－111＝2×⎝⎛⎭⎫1－111＝2011. 【举一反三】(2015四川)设数列{a n }(n ＝1,2,3，…)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)记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求使得|T n －1|＜11 000成立的n 的最小值.【解析】(1)由已知S n ＝2a n －a 1， 有a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)， 即a n ＝2a n －1(n ≥2). 从而a 2＝2a 1，a 3＝2a 2＝4a 1. 又因为a 1，a 2＋1，a 3成等差数列， 即a 1＋a 3＝2(a 2＋1)，所以a 1＋4a 1＝2(2a 1＋1)，解得a 1＝2.所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列， 故a n ＝2n .(2)由(1)得1a n ＝12n ，所以T n ＝12＋122＋…＋12n ＝＝1－12n .由|T n －1|＜11 000，得⎪⎪⎪⎪1－12n －1＜11 000，即2n ＞1 000.因为29＝512＜1 000＜1 024＝210，所以n ≥10.于是，使|T n －1|＜11 000成立的n 的最小值为10.6.2 等差数列考点诠释重点：根据等差数列的概念灵活地判定等差数列，规范地证明等差数列；准确地分析a 1，d ，a n ，S n ，n 之间的关系，熟练地“知三求二”；应用前n 项和公式推导方法求部分数列的前n 项和.难点：由递推关系确定的等差数列问题；在具体问题情境中，识别数量间的等差关系，并能建立等差数列模型，解决实际问题.典例精析题型一 等差数列的判定与证明【例1】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝12，a n ＝－2S n S n －1(n ≥2，n ∈N *).(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列；(2)求S n 和a n .【思路分析】(1)利用定义法证明；(2)先由⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列，求出1S n ，进而求出S n ，然后再由a n ＝S n －S n －1，求a n .【解析】(1)证明：因为当n ≥2，n ∈N *时，a n ＝S n －S n －1＝－2S n S n －1，① 所以S n (1＋2S n －1)＝S n －1. 由上式，若S n －1≠0，则S n ≠0. 因为S 1＝a 1≠0，由递推关系知S n ≠0(n ∈N *)，由①式得1S n －1S n －1＝2(n ≥2，n ∈N *).所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列，其中首项为1S 1＝1a 1＝2，公差为2.(2)由(1)知1S n ＝1S 1＋2(n －1)＝1a 1＋2(n －1)，所以S n ＝12n.当n ≥2，n ∈N *时，a n ＝S n －S n －1＝－12n (n －1)，当n ＝1时，a 1＝S 1＝12不适合上式，所以【方法归纳】等差数列的判定方法(1)定义法：对于n ≥2的任意自然数，验证a n －a n －1为同一常数； (2)等差中项法：验证2a n －1＝a n ＋a n －2(n ≥3，n ∈N *)成立； (3)通项公式法：验证a n ＝pn ＋q ； (4)前n 项和公式法：验证S n ＝An 2＋Bn .注意：在解答题中常应用定义法和等差中项法，而通项公式法和前n 项和公式法主要适用于选择题、填空题中的简单判断.【举一反三】1.已知数列{a n }中，a 1＝35，a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，数列{b n }满足b n＝1a n －1(n ∈N *). (1)求证：数列{b n }是等差数列；(2)求数列{a n }中的最大项和最小项，并说明理由.【解析】(1)证明：因为a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，b n ＝1a n －1，所以b n ＋1－b n ＝1a n ＋1－1－1a n －1＝1⎝⎛⎭⎫2－1a n －1－1a n －1＝a n a n －1－1a n －1＝1.又b 1＝1a 1－1＝－52， 所以数列{b n }是以－52为首项，以1为公差的等差数列.(2)由(1)知b n ＝n －72，则a n ＝1＋1b n ＝1＋22n －7，设f (x )＝1＋22x －7，则f (x )在区间⎝⎛⎭⎫－∞，72和⎝⎛⎭⎫72，＋∞上为减函数. 故当n ＝3时，a n 取得最小值－1，当n ＝4时，a n 取得最大值3.题型二 等差数列的基本计算 【例2】(1)设数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，若a 6＝2且S 5＝30，则S 8等于( ) A.31 B.32 C.33 D.34(2)已知数列{a n }中，a 3＝2，a 5＝1，若⎩⎨⎧⎭⎬⎫11＋a n 是等差数列，则a 11等于( )A.0B.16C.13D.12【思路分析】利用等差数列的通项公式和前n 项和公式列方程组求解.【解析】(1)B.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d ＝2，5a 1＋5×42d ＝30，解得：a 1＝263，d ＝－43，S 8＝8×263＋8×72×⎝⎛⎭⎫－43＝32.故选B.(2)A.11＋a 5－11＋a 3＝12－13＝16.所以公差为112，11＋a 11＝11＋a 5＋(11－5)×112，所以a 11＝0.故选A.【方法归纳】在等差数列{a n }的通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d ，前n 项和公式S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d 中，有五个量a 1，a n ，n ，d ，S n ，通过解方程(组)知三可求二.a 1和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知量，是常用的方法.方程(组)的数学思想方法在数列部分应用很广泛，要注意灵活运用.【举一反三】2.设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且a 1－a 7＋a 13＝6，则S 13等于 78 . 【解析】由a 1－a 7＋a 13＝6，得a 7＝6，S 13＝13(a 1＋a 13)2＝13a 7＝78.题型三 等差数列的性质 【例3】(1)设等差数列的前n 项和为S n ，已知S 6＝36，S n ＝324，最后6项的和为180(n >6)，求数列的项数n 及a 9＋a 10；(2)等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，且S n T n ＝3n －12n ＋3，求a 8b 8的值.【思路分析】根据等差数列的性质得a 6＋a n －5＝a 5＋a n －4＝…＝a 1＋a n ，由公式S n ＝n (a 1＋a n )2求解.【解析】(1)由题意可知a 1＋a 2＋…＋a 6＝36，① a n ＋a n －1＋…＋a n －5＝180，②①＋②得(a 1＋a n )＋(a 2＋a n －1)＋…＋(a 6＋a n －5)＝6(a 1＋a n )＝216，所以a 1＋a n ＝36. 又S n ＝n (a 1＋a n )2＝324，所以18n ＝324，所以n ＝18.所以a 1＋a 18＝36，所以a 9＋a 10＝a 1＋a 18＝36. (2)因为S n T n ＝3n －12n ＋3，所以S 15T 15＝3×15－12×15＋3＝4433＝43.因为S 15＝15(a 1＋a 15)2＝15a 8，T 15＝15(b 1＋b 15)2＝15b 8，所以a 8b 8＝15a 815b 8＝S 15T 15＝43.【方法归纳】解决此类问题一般有两种策略：一是利用性质解决，这需要有敏锐的观察能力和应对能力；二是利用通项公式、前n 项和公式等知识结合方程思想解决.【举一反三】3.(1)在等差数列{a n }中，若3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝24，求该数列前13项的和；(2)已知数列{a n }是等差数列，且a 1＋a 2＋…＋a 10＝10，a 11＋a 12＋…＋a 20＝20，求a 41＋a 42＋…＋a 50.【解析】(1)因为a 3＋a 5＝2a 4，a 7＋a 10＋a 13＝3a 10， 所以6(a 4＋a 10)＝24，a 4＋a 10＝4， 所以S 13＝13(a 1＋a 13)2＝13(a 4＋a 10)2＝26.(2)设公差为d ，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝10a 1＋45d ， a 11＋a 12＋…＋a 20＝10a 1＋145d .即⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋45d ＝10，10a 1＋145d ＝20.解得⎩⎨⎧d ＝110，a 1＝1120.所以a 41＋a 42＋…＋a 50＝10a 1＋445d ＝50. 题型四 等差数列的综合应用【例4】已知数列{a n }满足2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)，它的前n 项和为S n ，且a 3＝10，S 6＝72.若b n ＝12a n －30，求数列{b n }的前n 项和的最小值.【思路分析】先求出a n ，再求b n ，然后利用项的性质求解或利用二次函数的最值求解. 【解析】方法一：因为2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2， 所以{a n }是等差数列.设{a n }的首项为a 1，公差为d ， 由a 3＝10，S 6＝72，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝10，6a 1＋15d ＝72，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝4.所以a n ＝4n －2.则b n ＝12a n －30＝2n －31.解⎩⎪⎨⎪⎧2n －31≤0，2(n ＋1)－31≥0，得292≤n ≤312.因为n ∈N *，所以n ＝15.所以{b n }前15项为负值.所以S 15最小. 可知S 15＝15×(－29＋2×15－31)2＝－225.方法二：同方法一求出b n ＝2n －31.因为S n ＝n (－29＋2n －31)2＝n 2－30n ＝(n －15)2－225，所以当n ＝15时，S n 有最小值，且最小值为－225.【方法归纳】等差数列前n 项和最值问题除了用二次函数求解外，还可用下面的方法讨论：若d ＞0，a 1＜0，S n 有最小值，需⎩⎪⎨⎪⎧ a n ≤0，a n ＋1≥0；若a 1＞0，d ＜0，S n 有最大值，需⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1≤0，n 取正整数.【举一反三】4.在数列{a n }中，a 1＝1,3a n a n －1＋a n －a n －1＝0(n ≥2，n ∈N *).(1)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列；(2)求数列{a n }的通项；(3)若λa n ＋1a n ＋1≥λ对任意n ≥2的整数恒成立，求实数λ的取值范围.【解析】(1)证明：将3a n a n －1＋a n －a n －1＝0(n ≥2，n ∈N *)整理得1a n －1a n －1＝3(n ≥2，n ∈N *).所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，3为公差的等差数列.(2)由(1)可得1a n ＝1＋3(n －1)＝3n －2，所以a n ＝13n －2.(3)λa n ＋1a n ＋1≥λ对n ≥2的整数恒成立，即λ3n －2＋3n ＋1≥λ对n ≥2的整数恒成立， 整理得λ≤(3n ＋1)(3n －2)3(n －1)，令c n ＝(3n ＋1)(3n －2)3(n －1)，c n ＋1－c n ＝(3n ＋4)(3n ＋1)3n －(3n ＋1)(3n －2)3(n －1)＝(3n ＋1)(3n －4)3n (n －1).因为n ≥2，所以c n ＋1－c n ＞0，即数列{c n }为单调递增数列，所以c 2最小，c 2＝283.所以λ的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，283. 体验高考(2015重庆)在等差数列{a n }中，若a 2＝4，a 4＝2，则a 6等于( )A.－1B.0C.1D.6【解析】B.设数列{a n }的公差为d ，由a 4＝a 2＋2d ，a 2＝4，a 4＝2，得2＝4＋2d ，即d ＝－1，所以a 6＝a 4＋2d ＝0，故选B.【举一反三】(2015浙江)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n .若a 3，a 4，a 8成等比数列，则( B )A.a 1d ＞0，dS 4＞0B.a 1d ＜0，dS 4＜0C.a 1d ＞0，dS 4＜0D.a 1d ＜0，dS 4＞0【解析】由a 24＝a 3a 8，得(a 1＋2d )(a 1＋7d )＝(a 1＋3d )2，整理得d (5d ＋3a 1)＝0，又d ≠0，所以a 1＝－53d ，则a 1d ＝－53d 2＜0，又因为S 4＝4a 1＋6d ＝－23d ，所以dS 4＝－23d 2＜0，故选B.6.3 等比数列考点诠释重点：会判断、证明数列是否为等比数列；准确熟练地“知三求二”(a 1，q ，a n ，S n ，n )；用求和公式及推导求和公式的方法求相应数列的前n 项和.难点：等比数列与函数、三角函数、向量、几何等知识点的交汇，涉及递推关系的推理及运算能力的综合问题；从等差数列中取部分项构成一个新的等比数列问题.典例精析题型一 等比数列的判定与证明【例1】数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＋S n ＝n ，c n ＝a n －1. 求证：数列{c n }是等比数列，并求出其通项公式.【思路分析】利用a n ＋1＝S n ＋1－S n 的关系及c n ＝a n －1，找出c n ＋1与c n 的关系即可证明. 【证明】因为a 1＝S 1，a n ＋S n ＝n ，①所以a 1＋S 1＝1，得a 1＝12，所以c 1＝a 1－1＝－12，又a n ＋1＋S n ＋1＝n ＋1，②②－①得2a n ＋1－a n ＝1，即2(a n ＋1－1)＝a n －1， 即a n ＋1－1a n －1＝12，即c n ＋1c n ＝12，所以{c n }是以－12为首项，以12为公比的等比数列.其通项公式为c n ＝－2－n .【方法归纳】判断一个数列是等比数列，可证a n ＋1a n＝q (不为零的常数)恒成立，也可证a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2 恒成立；若判定一个数列不是等比数列，则只需举出反例即可，也可以用反证法.【举一反三】1.设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－2a n ，证明数列{b n }是等比数列；(2)在(1)的条件下证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是等差数列，并求a n .【解析】(1)证明：由a 1＝1，及S n ＋1＝4a n ＋2， 有a 1＋a 2＝4a 1＋2，a 2＝3a 1＋2＝5， 所以b 1＝a 2－2a 1＝3. 由S n ＋1＝4a n ＋2，①知当n ≥2时，有S n ＝4a n －1＋2，② ①－②得a n ＋1＝4a n －4a n －1， 所以a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1). 又因为b n ＝a n ＋1－2a n ，所以b n ＝2b n －1. 所以{b n }是首项b 1＝3，公比q ＝2的等比数列. (2)由(1)可得b n ＝a n ＋1－2a n ＝3×2n －1， 所以a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝34.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为12，公差为34的等差数列.所以a n 2n ＝12＋34(n －1)＝34n －14.所以a n ＝(3n －1)×2n －2.题型二 等比数列的基本计算【例2】(1)已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10等于( ) A.7 B.5 C.－5 D.－7 (2)已知等比数列{a n }为递增数列，且a 25＝a 10,2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝ ；(3)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q ＝ .【思路分析】等比数列的运算中涉及a 1，q ，S n ，a n ，n 五个量，只要知道其中三个，就能求另外两个.【解析】(1)D.设数列{a n }的公比为q ，由⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＋a 7＝2，a 5·a 6＝a 4·a 7＝－8，得⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＝4，a 7＝－2，或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝－2，a 7＝4，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－8，q 3＝－12，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q 3＝－2， 所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－8，a 10＝1，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 10＝－8，所以a 1＋a 10＝－7.(2)2n .因为2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，所以2a n ＋2a n ·q 2＝5a n ·q ，即2q 2－5q ＋2＝0，解得q ＝2或q ＝12(舍去).又因为a 25＝a 10＝a 5·q 5，所以a 5＝q 5＝25＝32. 所以32＝a 1·q 4，解得a 1＝2.所以a n ＝2×2n －1＝2n ，故a n ＝2n . (3)32.由S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，作差可得a 3＋a 4＝3a 4－3a 2，即2a 4－a 3－3a 2＝0，所以2q 2－q －3＝0，解得q ＝32或q ＝－1(舍去).【方法归纳】等比数列运算的通法与等差数列一样，求等比数列的基本量也常运用方程的思想和方法.从方程的观点看等比数列的通项公式a n ＝a 1·q n －1(a 1q ≠0)及前n 项和公式S n＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n)1－q ，q ≠1，中共有五个变量，已知其中的三个变量，可以通过构造方程或方程组求另外两个变量，在求公比q 时，要注意应用q ≠0验证求得的结果.【举一反三】2.(1)在等比数列{a n }中，a 1＝8，a 4＝a 3a 5，则a 7等于( B ) A.116 B.18 C.14 D.12(2)已知{a n }是由正数组成的等比数列，S n 表示{a n }的前n 项的和.若a 1＝3，a 2a 4＝144，则S 10的值是( D )A.511B.1 023C.1 533D.3 069【解析】(1)在等比数列{a n }中，a 24＝a 3a 5，又a 4＝a 3a 5，所以a 4＝1，故q ＝12，所以a 7＝18.故选B. (2)因为正项等比数列中，a 2a 4＝144，所以a 3＝12，结合a 1＝3，可得数列{}a n 是以3为首项，2为公比的等比数列，所以S 10＝3(1－210)1－2＝3 069，故选D.题型三 等比数列性质的应用【例3】在等比数列{a n }中，a 1＋a 6＝33，a 3a 4＝32，a n ＞a n ＋1(n ∈N *). (1)求a n ；(2)若T n ＝lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a n ，求T n .【思路分析】由等比数列的性质知a 3a 4＝a 1a 6＝32，解出a 1，q ，即可求解. 【解析】(1)由等比数列的性质可知a 1a 6＝a 3a 4＝32，又a 1＋a 6＝33，a 1＞a 6，解得a 1＝32，a 6＝1，所以a 6a 1＝132，即q 5＝132，所以q ＝12，所以a n ＝32·⎝⎛⎭⎫12n －1＝26－n . (2)由等比数列的性质可知，{lg a n }是等差数列， 因为lg a n ＝lg 26－n ＝(6－n )lg 2，lg a 1＝5lg 2， 所以T n ＝(lg a 1＋lg a n )n 2＝n (11－n )2lg 2.【方法归纳】历年高考对数列的性质考查较多，主要是利用“等积性”，题目“小而巧”且背景不断更新，要熟练掌握.【举一反三】3.(1)在等比数列{a n }中，a 1＋a 2＝324，a 3＋a 4＝36，求a 5＋a 6的值； (2)在等比数列{a n }中，已知a 3a 4a 5＝8，求a 2a 3a 4a 5a 6的值.【解析】(1)由等比数列的性质知，a 1＋a 2，a 3＋a 4，a 5＋a 6也成等比数列，则(a 3＋a 4)2＝(a 1＋a 2)(a 5＋a 6).所以a 5＋a 6＝4.(2)因为a 3a 5＝a 24，所以a 3a 4a 5＝a 34＝8，所以a 4＝2，又因为a 2a 6＝a 3a 5＝a 24，所以a 2a 3a 4a 5a 6＝a 54＝32.题型四 等比、等差数列的综合问题【例4】已知等差数列{a n }的前三项和为－3，前三项积为8. (1)求等差数列{a n }的通项公式；(2)若a 2，a 3，a 1成等比数列，求数列{|a n |}的前n 项和.【思路分析】(1)设出等差数列的首项a 1和公差d ，并求出，从而求出a n ； (2)根据a n 的符号，去掉绝对值符号，再求和.【解析】(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a 2＝a 1＋d ，a 3＝a 1＋2d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ 3a 1＋3d ＝－3，a 1(a 1＋d )(a 1＋2d )＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝2，d ＝－3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝3.所以由等差数列通项公式可得a n ＝2－3(n －1)＝－3n ＋5或a n ＝－4＋3(n －1)＝3n －7. 故a n ＝－3n ＋5或a n ＝3n －7.(2)当a n ＝－3n ＋5时，a 2，a 3，a 1分别为－1，－4,2，不成等比数列； 当a n ＝3n －7时，a 2，a 3，a 1分别为－1,2，－4，成等比数列，满足条件.故|a n |＝|3n －7|＝⎩⎪⎨⎪⎧－3n ＋7，n ＝1，2，3n －7，n ≥3.记数列{|a n |}的前n 项和为S n . 当n ＝1时，S 1＝|a 1|＝4； 当n ＝2时，S 2＝|a 1|＋|a 2|＝5；当n ≥3时，S n ＝S 2＋|a 3|＋|a 4|＋…＋|a n |＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n －7) ＝5＋(n －2)[2＋(3n －7)]2＝32n 2－112n ＋10.当n ＝2时，满足此式，综上，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，32n 2－112n ＋10，n ＞1，n ∈N *.【方法归纳】在解决等差与等比数列的问题时，要立足通法通解，即求出首项和公差或首项和公比，就可求出其他的量，这也体现了方程组的思想.【举一反三】4.设{a n }是公比大于1的等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和，已知S 3＝7，且a 1＋3,3a 2，a 3＋4构成等差数列.(1)求数列{a n }的通项；(2)令b n ＝ln a 3n ＋1，n ＝1,2，…，求数列{b n }的前n 项和T n .【解析】(1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋a 2＋a 3＝7，(a 1＋3)＋(a 3＋4)＝6a 2，①②将①代入②，得a 2＝2.设数列{a n }的公比为q ，由a 2＝2，可得a 1＝2q，a 3＝2q ，又S 3＝7，可知2q ＋2＋2q ＝7，即2q 2－5q ＋2＝0.解得q 1＝2，q 2＝12.由题意得q ＞1，所以q ＝2，所以a 1＝1. 故数列{a n }的通项为a n ＝2n －1.(2)由于b n ＝ln a 3n ＋1，n ＝1,2，…，由(1)得a 3n ＋1＝23n ， 所以b n ＝ln 23n ＝3n ln 2.又b n ＋1－b n ＝3ln 2， 故数列{b n }为等差数列.所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n (b 1＋b n )2＝n (3ln 2＋3n ln 2)2＝3n (n ＋1)2ln 2.故T n ＝3n (n ＋1)2ln 2.体验高考(2015新课标Ⅱ)已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7等于( ) A.21 B.42 C.63 D.84 【解析】B.设{a n }的公比为q ，由a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21， 得1＋q 2＋q 4＝7，解得q 2＝2(负值舍去).所以a 3＋a 5＋a 7＝a 1q 2＋a 3q 2＋a 5q 2＝(a 1＋a 3＋a 5)q 2＝21×2＝42.【举一反三】(2015湖南)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 ＝ 3n －1 .【解析】设等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，依题意得a 2＝a 1·q ＝q ，a 3＝a 1q 2＝q 2，S 1＝a 1＝1，S 2＝1＋q ，S 3＝1＋q ＋q 2. 又3S 1,2S 2，S 3成等差数列，所以4S 2＝3S 1＋S 3，即4(1＋q )＝3＋1＋q ＋q 2，所以q ＝3(q ＝0舍去)，所以a n ＝a 1q n －1＝3n －1.6.4 数列求和考点诠释重点：求给出通项的数列的前n 项和.难点：灵活选择适当方法求各类数列的前n 项和.典例精析题型一 分组并项求和法【例1】已知数列{}a n ，S n 是其前n 项和且满足3a n ＝2S n ＋n (n ∈N *).(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12为等比数列；(2)记{}(－1)n S n 的前n 项和为T n ，求T n 的表达式.【思路分析】(1)根据给出的a n ，S n 的关系式消去S n ，得到只含a n ，a n －1的关系式，从而证明⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12为等比数列；(2)根据n 为奇数，n 为偶数两种情况对T n 分组求和.【解析】(1)当n ＝1时，3a 1＝2S 1＋1，所以a 1＝1. 当n ≥2时，3a n ＝2S n ＋n ，① 3a n －1＝2S n －1＋(n －1)，②①－②得3a n －3a n －1＝2a n ＋1，即a n ＝3a n －1＋1，所以a n ＋12＝3a n －1＋1＋12，a n ＋12a n －1＋12＝3，又a 1＋12＝32≠0，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋12是以32为首项，3为公比的等比数列.(2)由(1)得a n ＋12＝32·3n －1，所以a n ＝32·3n －1－12，所以S n ＝34·3n －14(2n ＋3)，所以T n ＝－S 1＋S 2－S 3＋…＋(－1)n S n ＝34[]－3＋32－33＋…＋(－3)n －14[－5＋7－9＋…＋(－1)n (2n ＋3)]，当n 为偶数时，T n ＝34×－3[1－(－3)n]1＋3－14×2×n 2＝916(3n －1)－n4，当n 为奇数时，T n ＝34×－3[1－(－3)n]1＋3－14×⎣⎢⎡⎦⎥⎤2·n －12－(2n ＋3)＝－916(3n＋1)＋n ＋44. 综上可知，T n＝⎩⎪⎨⎪⎧916(3n－1)－n4，n 为偶数，－916(3n＋1)＋n ＋44，n 为奇数.【方法归纳】若一个数列能分解转化为几个能求和的新数列的和或差，可借助求和公式求得原数列的和.求解时应通过对数列通项结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化.【举一反三】1.已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝2⎝⎛⎭⎫1a 1＋1a 2，a 3＋a 4＋a 5＝64⎝⎛⎭⎫1a 3＋1a 4＋1a 5.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝⎝⎛⎭⎫a n ＋1a n2，求数列{b n }的前n 项和T n .【解析】(1)设公比为q ，则a n ＝a 1q n －1，且q ＞0，a 1＞0.由已知有⎩⎨⎧a 1＋a 1q ＝2⎝⎛⎭⎫1a 1＋1a 1q ，a 1q 2＋a 1q 3＋a 1q 4＝64⎝⎛⎭⎫1a 1q 2＋1a 1q 3＋1a 1q 4，化简得⎩⎪⎨⎪⎧a 21q ＝2，a 21q 6＝64.又a 1＞0，故q ＝2，a 1＝1.所以a n ＝2n －1.(2)由(1)知，b n ＝⎝⎛⎭⎫a n ＋1a n 2＝a 2n ＋1a 2n ＋2＝4n －1＋14n －1＋2.因此T n ＝(1＋4＋…＋4n －1)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋14＋…＋14n －1＋2n ＝4n－14－1＋1－14n 1－14＋2n ＝13(4n －41－n )＋2n ＋1.题型二 错位相减法求和【例2】已知数列{}a n ，当n ≥2时满足1－S n ＝a n －1－a n . (1)求该数列的通项公式；(2)令b n ＝(n ＋1)a n ，求数列{}b n 的前n 项和T n .【思路分析】根据已知条件消去S n 求出a n ，而b n 是由一个等差数列{n ＋1}和一个等比数列{a n }的积构成，利用错位相减法求和.【解析】(1)因为当n ≥2时，1－S n ＝a n －1－a n ，所以1－S n ＋1＝a n －a n ＋1，作差得a n ＋1＝a n －1－2a n ＋a n ＋1，所以a n ＝12a n －1.又1－S 2＝a 1－a 2，即1－a 1－a 2＝a 1－a 2，所以a 1＝12，因为a n ≠0，所以a n a n －1＝12，所以{}a n 是首项为12，公比为12的等比数列，所以a n ＝12·⎝⎛⎭⎫12n －1＝12n .(2)由(1)得b n ＝n ＋12n ，所以T n ＝221＋322＋423＋…＋n2n －1＋n ＋12n ，所以12T n ＝222＋323＋424＋…＋n 2n ＋n ＋12n ＋1，以上两式作差得12T n ＝1＋122＋123＋124＋…＋12n －n ＋12n ＋1＝1＋14－12n ·121－12－n ＋12n ＋1＝32－n ＋32n ＋1，所以T n ＝3－n ＋32n .【方法归纳】1.若数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法；2.当等比数列公比为未知数时，应该对公比是否为1进行讨论；3.当将S n 与qS n 相减合并同类项时，注意错位及未合并项的符号.【举一反三】2.设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项；(2)设b n ＝na n，求数列{b n }的前n 项和S n .【解析】(1)因为a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，①所以当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a3＋…＋3n －2a n －1＝n －13，② ①－②得3n －1a n ＝13，a n ＝13n .在①中，令n ＝1，得a 1＝13，适合a n ＝13n ，所以a n ＝13n .(2)因为b n ＝na n，所以b n ＝n 3n .所以S n ＝3＋2×32＋3×33＋…＋n 3n ，③ 所以3S n ＝32＋2×33＋3×34＋…＋n 3n ＋1.④ ④－③得2S n ＝n 3n ＋1－(3＋32＋33＋…＋3n )， 即2S n ＝n 3n ＋1－3(1－3n )1－3， 所以S n ＝(2n －1)3n ＋14＋34.题型三 裂项相消法求和【例3】已知等差数列{}a n 单调递增，且 P (a 2,14)，Q (a 4,14)都在函数f (x )＝x ＋45x的图象上.(1)求数列{}a n 的通项公式和前n 项和S n ；(2)设b n ＝(－1)n a nn (n ＋1)，求数列{}b n 的前n 项和T n .【思路分析】(1)根据已知条件利用方程法求出a n 和S n ；(2)把(1)中的a n 代入b n ，然后裂项相消求和.【解析】(1)由题意可知，a 2，a 4是方程x ＋45x ＝14的两个实根，即x 2－14x ＋45＝0的两个不相等的实根.所以⎩⎪⎨⎪⎧ a 2＋a 4＝14，a 2·a 4＝45，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 2＝5，a 4＝9或⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝9，a 4＝5.又因为数列{}a n 单调递增，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝5，a 4＝9.所以该数列的公差d ＝a 4－a 22＝2，故其通项公式为a n ＝a 2＋(n －2)d ＝5＋(n －2)×2＝2n ＋1.前n 项和S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (3＋2n ＋1)2＝n (n ＋2).(2)由(1)知，b n ＝(－1)n (2n ＋1)n (n ＋1)＝(－1)n [n ＋(n ＋1)]n (n ＋1)＝(－1)n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1. 所以b n ＋b n ＋1＝(－1)n ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2＝(－1)n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，①当n 为偶数时，T n ＝(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋…＋(b n －1＋b n )＝(－1)1⎝⎛⎭⎫1－13＋(－1)3⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋(－1)n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＝－⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝－1＋1n ＋1.②当n 为奇数时，T n ＝(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋…＋(b n －2＋b n －1)＋b n .由①知，T n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1(n －1)＋1＋(－1)n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＝－1＋1n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＝－1－1n ＋1. 综上所述，T n ＝或T n ＝－1＋(－1)n 1n ＋1.【方法归纳】裂项相消法求和的思路(1)裂项原则：前面裂n 项，后面都裂n 项，直到发现被消去项的规律为止；(2)消项后规律：前边剩几项，后边就剩几项，前面剩第几项，后面就剩倒数第几项. 【举一反三】3.已知各项均不相等的等差数列{}a n 的前5项和S 5＝20，且a 1，a 3，a 7成等比数列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和，若存在n ∈N *，使得T n －λa n ＋1≥0成立.求实数λ的取值范围.【解析】(1)设{}a n 的公差为d ，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋5×42d ＝20，(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋6d )，即⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝4，2d 2＝a 1d ，因为d ≠0，所以⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，a 1＝2，故a n ＝n ＋1(n ∈N *) . (2)因为1a n a n ＋1＝1(n ＋1)(n ＋2)＝1n ＋1－1n ＋2，所以T n ＝12－13＋13－14＋…＋1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＝n2(n ＋2)，因为存在n ∈N *，使得T n －λa n ＋1≥0成立，所以存在n ∈N *，使得n2(n ＋2)－λ(n ＋2)≥0成立，即λ≤n2(n ＋2)2有解，所以λ≤⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫n 2(n ＋2)2max ， 而n 2(n ＋2)2＝12⎝⎛⎭⎫n ＋4n ＋4≤116，当且仅当n ＝2时取等号，所以λ≤116.所以实数λ的取值范围为{λ|λ≤116}.体验高考(2015新课标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.【解析】(1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3. 可得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，可得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)，a 1＝3. 所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列， 通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n ＋1)(2n ＋3)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎫13－15＋⎝⎛⎭⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3＝n3(2n ＋3). 【举一反三】(2015山东)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知2S n ＝3n ＋3. (1)求{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足a n b n ＝log 3a n ，求{b n }的前n 项和T n . 【解析】(1)因为2S n ＝3n ＋3，所以2a 1＝3＋3，故a 1＝3， 当n ＞1时，2S n －1＝3n －1＋3，此时2a n ＝2S n －2S n －1＝3n －3n －1＝2×3n －1，即a n ＝3n －1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，3n －1，n ＞1.(2)因为a n b n ＝log 3a n ，所以b 1＝13，当n ＞1时，b n ＝31－n log 33n －1＝(n －1)·31－n .所以T 1＝b 1＝13；当n ＞1时，T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝13＋[]1×3－1＋2×3－2＋…＋(n －1)×31－n ， 所以3T n ＝1＋[1×30＋2×3－1＋…＋(n －1)×32－n ]， 两式相减，得2T n ＝23＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n )－(n －1)×31－n＝23＋1－31－n1－3－1－(n －1)×31－n ＝136－6n ＋32×3n， 所以T n ＝1312－6n ＋34×3n.经检验，n ＝1时也适合.综上可得T n ＝1312－6n ＋34×3n.6.5 数列的综合应用考点诠释重点：应用数列知识分析、解决生产生活中的实际问题.难点：从实际问题中抽象出数列模型，用数列的通项、前n 项和等知识分析、表述生活中的量及量间的关系，数列与函数、不等式、解析几何的综合题等.典例精析题型一 函数与数列的综合问题【例1】已知f (x )＝log a x (a ＞0且a ≠1)，f (a 1)，f (a 2)，…，f (a n )(n ∈N *)是首项为4，公差为2的等差数列.(1)若a 是常数，求证：{a n }为等比数列；(2)若b n ＝a n f (a n )，{b n }的前n 项和是S n ，当a ＝2时，求S n .【思路分析】先求出等差数列{f (a n )}的通项公式，再利用函数关系式求得a n 的通项，进而证明求解.【解析】(1)证明：由题意知f (a n )＝4＋(n －1)×2＝2n ＋2， 即log a a n ＝2n ＋2，得a n ＝a 2n ＋2， 所以a n a n －1＝a 2n ＋2a 2n ＝a 2(n ≥2)为定值，所以{a n }为等比数列.(2)b n ＝a n f (a n )＝a 2n ＋2log a a 2n ＋2＝(2n ＋2)a 2n ＋2， 当a ＝2时，b n ＝(2n ＋2)·(2)2n ＋2＝(n ＋1)·2n ＋2， S n ＝2·23＋3·24＋4·25＋…＋(n ＋1)·2n ＋2， 2S n ＝2·24＋3·25＋…＋n ·2n ＋2＋(n ＋1)·2n ＋3， 两式相减得－S n ＝2·23＋24＋25＋…＋2n ＋2－(n ＋1)·2n ＋3 ＝16＋24(1－2n －1)1－2－(n ＋1)·2n ＋3，所以S n ＝n ·2n ＋3.【方法归纳】本例是数列与函数综合的基本题型之一，特征是以函数为载体构建数列的递推关系，通过由函数的解析式获知数列的通项公式，从而使问题得到求解.【举一反三】1.设函数f (x )＝x2＋sin x 的所有正的极小值点从小到大排成的数列为{x n }.(1)求数列{x n }的通项公式；(2)设{x n }的前n 项和为S n ，求sin S n .【解析】(1)令f ′(x )＝12＋cos x ＝0，即cos x ＝－12，解得x ＝2k π±23π(k ∈Z ).由x n 是f (x )的第n 个正极小值点知，x n ＝2n π－23π(n ∈N *).(2)由(1)可知，S n ＝2π(1＋2＋…＋n )－23n π＝n (n ＋1)π－2n π3，所以sin S n ＝sin ⎣⎡⎦⎤n (n ＋1)π－2n π3. 因为n (n ＋1)表示两个连续正整数的乘积，n (n ＋1)一定为偶数， 所以sin S n ＝－sin 2n π3.当n ＝3m －2(m ∈N *)时，sin S n ＝－sin ⎝⎛⎭⎫2m π－43π＝－32； 当n ＝3m －1(m ∈N *)时，sin S n ＝－sin ⎝⎛⎭⎫2m π－23π＝32； 当n ＝3m (m ∈N *)时，sin S n ＝－sin 2m π＝0.综上所述，sin S n＝⎩⎪⎨⎪⎧－32，n ＝3m －2(m ∈N *)，32，n ＝3m －1(m ∈N *)，0，n ＝3m (m ∈N *).题型二 数列模型实际应用问题【例2】某企业去年的纯利润为500万元，因设备老化等原因，企业的生产能力将逐年下降，若不能进行技术改造，预测从今年起每年比上一年纯利润减少20万元，今年年初该企业一次性投入资金600万元进行技术改造，预测在未扣除技术改造资金的情况下，第n年(今年为第一年)的利润为500⎝⎛⎭⎫1＋12n 万元(n 为正整数). (1)设从今年起的前n 年，若该企业不进行技术改造的累计纯利润为A n 万元，进行技术改造后的累计纯利润为B n 万元(需要扣除技术改造资金)，求A n ，B n 的表达式.(2)依上述预测，从今年起该企业至少经过多少年，进行技术改造后的累计纯利润超过不进行技术改造的累计纯利润？【思路分析】先根据题意写出A n ，B n 的表达式，再利用不等式及函数的单调性求解. 【解析】(1)依题意知，A n 是以480为首项，－20为公差的等差数列的前n 项和， 所以A n ＝480n ＋n (n －1)2×(－20)＝490n －10n 2，B n ＝500⎝⎛⎭⎫1＋12＋500⎝⎛⎭⎫1＋122＋…＋500⎝⎛⎭⎫1＋12n －600 ＝500n ＋500⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n －600 ＝500n ＋500×－600＝500n －5002n －100(n ∈N *).(2)依题意得，B n ＞A n ，即500n －5002n －100＞490n －10n 2，可化简得502n ＜n 2＋n －10.设f(n)＝502n，g(n)＝n2＋n－10，又因为n∈N*，f(n)是减函数，g(n)是增函数，又f(3)＝508＞g(3)＝2，f(4)＝5016＜g(4)＝10，所以n≥4，n∈N*，所以至少经过4年进行技术改造后的累计纯利润超过不进行技术改造的累计纯利润.【方法归纳】解决此类问题的关键是如何把实际问题转化为数学问题，通过反复读题，列出有关信息，转化为数列的有关问题，这也是数学实际应用的具体体现.【举一反三】2.已知甲、乙两个车间的月产值在2014年元月份时相同，甲以后每个月比前一个月增加相同的产值，乙以后每个月比前一个月增加产值的百分比相同.到2014年8月份发现两个车间的月产值又相同.比较甲、乙两个车间2014年4月份的月产值大小，则有( C )A.甲的产值小于乙的产值B.甲的产值等于乙的产值C.甲的产值大于乙的产值D.不能确定【解析】设元月份甲、乙两车间的产值为a,8月份分别为a n，b n.甲每月增产值为d(d＞0)，乙增加产值的百分比为q(q＞0)，则有n个月后甲车间的产值a n＝a＋(n－1)d，乙车间的产值b n＝a(1＋q)n，若将其视为关于n的函数，则可得如图所示的图象，所以4月份时甲的产值大于乙的产值.故选C.题型三数列与不等式的综合应用【例3】设数列{a n}的前n项和为S n，满足2S n＝a n＋1－2n＋1＋1，n∈N*，且a1，a2＋5，a3成等差数列.(1)求a1的值；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有1a1＋1a2＋…＋1a n＜32.【思路分析】(1)根据a1，a2＋5，a3成等差数列求a1；(2)构造等比数列求a n；(3)将a n 代入左边，先放缩再求和.【解析】(1)当n＝1时，2a1＝a2－4＋1＝a2－3，①当n＝2时，2(a1＋a2)＝a3－8＋1＝a3－7，②又a1，a2＋5，a3成等差数列，所以a1＋a3＝2(a2＋5)，③由①②③解得a1＝1.(2)由题设条件可知n≥2时，2S n＝a n＋1－2n＋1＋1，④2S n－1＝a n－2n＋1.⑤④－⑤得2a n＝a n＋1－a n－2n＋1＋2n，即a n＋1＝3a n＋2n，整理得a n＋1＋2n＋1＝3(a n＋2n)，则{a n＋2n}是以3为首项，3为公比的等比数列.所以a n＋2n＝(a1＋2)·3n－1＝3n，即a n＝3n－2n(n＞1).又a1＝1满足上式，故a n＝3n－2n.(3)证明：因为1a n ＝13n －2n ＝13n ·≤13n ·11－23＝3·13n ， 所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≤3⎝⎛⎭⎫13＋132＋…＋13n ＝3×13⎝⎛⎭⎫1－13n 1－13＝32⎝⎛⎭⎫1－13n ＜32. 【方法归纳】数列与不等式相结合问题的处理方法解决数列与不等式的综合问题时，如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法等；如果是解不等式问题要使用不等式的各种不同解法，如列表法、因式分解法，穿根法等.总之这类问题把数列和不等式的知识巧妙结合起来综合处理就行了.【举一反三】3.已知正数数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 2n ＝S n ＋S n －1(n ≥2，n ∈N *)，a 1＝1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(1－a n )2－a (1－a n )，若b n ＋1＞b n 对任意n ∈N *恒成立，求实数a 的取值范围.【解析】(1)因为a 2n ＝S n ＋S n －1(n ≥2)， 所以a 2n －1＝S n －1＋S n －2(n ≥3)，两式相减得a 2n －a 2n －1＝a n ＋a n －1，又a n ＞0，所以a n －a n －1＝1(n ≥3).又a 22＝S 2＋S 1，且a 1＝1，得a 22－a 2－2＝0，由a 2＞0，得a 2＝2，所以a n －a n －1＝1(n ≥2). 所以a n ＝n (n ∈N *).(2)b n ＝(1－n )2－a (1－n )＝n 2＋(a －2)n ＋1－a ， 则b n ＋1－b n ＝2n ＋1＋a －2＞0，所以a ＞1－2n ，对任意n ∈N *恒成立，所以a ＞－1. 故实数a 的取值范围是(－1，＋∞).体验高考(2015湖北)设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)当d ＞1时，记C n ＝a nb n，求数列{C n }的前n 项和T n .【解析】(1)由题意有⎩⎪⎨⎪⎧ 10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝29.故⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，或(2)由d ＞1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故c n ＝2n －12n －1，。

高考数学（数列）第一轮复习资料知识点小结1. 等差数列的定义与性质() 定义：为常数，a a d d a a n d n n n +-==+-111() 等差中项：，，成等差数列x A y A x y ⇔=+2()()前项和n S a a n nan n d n n =+=+-11212{}性质：是等差数列a n（）若，则；1m n p q a a a a m n p q +=++=+{}{}{}（）数列，，仍为等差数列；2212a a ka b n n n -+ S S S S S n n n n n ，，……仍为等差数列；232--（）若三个数成等差数列，可设为，，；3a d a a d -+ （）若，是等差数列，为前项和，则；42121a b S T n a b S T n n n n m m m m =-- {}（）为等差数列（，为常数，是关于的常数项为52a S an bn a b n n n ⇔=+ 0的二次函数）{}S S an bn a n n n 的最值可求二次函数的最值；或者求出中的正、负分界=+2 项，即：当，，解不等式组可得达到最大值时的值。

a d a a S n n n n 110000><≥≤⎧⎨⎩+当，，由可得达到最小值时的值。

a d a a S n n n n 11000<>≤≥⎧⎨⎩+{}如：等差数列，，，，则a S a a a S n n n n n n =++===--1831123（由，∴a a a a a n n n n n ++=⇒==----12113331()又·，∴S a a aa 31322233113=+===()()∴·S a a n a a n nn n n =+=+=+⎛⎝ ⎫⎭⎪=-12122131218 ∴=n 27）2. 等比数列的定义与性质 定义：（为常数，），a a q q q a a q n nn n +-=≠=1110 等比中项：、、成等比数列，或x G y G xy G xy ⇒==±2()前项和：（要注意）n S na q a q qq n n ==--≠⎧⎨⎪⎩⎪111111()()!{}性质：是等比数列a n（）若，则··1m n p q a a a a m n p q +=+= （），，……仍为等比数列2232S S S S S n n n n n -- 时应注意什么求由n n a S .3 （时，，时，）n a S n a S S n n n ==≥=--12111 4.. 你熟悉求数列通项公式的常用方法吗？ 例如：（1）求差（商）法{}如：满足……a a a a n n n n 121212251122+++=+<>解：n a a ==⨯+=1122151411时，，∴n a a a n n n ≥+++=-+<>--2121212215212211时，……<>-<>=12122得：n n a∴a n n =+21∴a n n n n ==≥⎧⎨⎩+141221()()［练习］{}数列满足，，求a S S a a a n n n n n +==++111534 （注意到代入得：a S S S S n n n n n+++=-=1114 {}又，∴是等比数列，S S S n n n 144== n a S S n n n n ≥=-==--23411时，……· （2）叠乘法{}例如：数列中，，，求a a a a nn a n n n n 1131==++ 解：a a a a a a n n a a nn n n 213211122311·……·……，∴-=-= 又，∴a a nn 133==（3）等差型递推公式由，，求，用迭加法a a f n a a a n n n -==-110()n a a f a a f a a f n n n ≥-=-=-=⎫⎬⎪⎪⎭⎪⎪-22321321时，…………两边相加，得：()()()a a f f f n n -=+++123()()()…… ∴……a a f f f n n =++++023()()() ［练习］{}()数列，，，求a a a a n a n n n n n 111132==+≥-- ()（）a n n=-1231 （4）等比型递推公式()a ca d c d c c d n n =+≠≠≠-1010、为常数，，， ()可转化为等比数列，设a x c a x n n +=+-1 ()⇒=+--a ca c x n n 11令，∴()c x d x dc -==-11∴是首项为，为公比的等比数列a d c a dc c n +-⎧⎨⎩⎫⎬⎭+-111∴·a d c a d c c n n +-=+-⎛⎝ ⎫⎭⎪-1111∴a a d c c dc n n =+-⎛⎝⎫⎭⎪---1111［练习］{}数列满足，，求a a a a a n n n n 11934=+=+（）a n n =-⎛⎝ ⎫⎭⎪+-84311（5）倒数法例如：，，求a a a a a n nn n 11122==++由已知得：1221211a a a a n n n n+=+=+∴11121a a n n +-= ∴⎧⎨⎩⎫⎬⎭=111121a a n 为等差数列，，公差为()()∴=+-=+11112121a n n n · ∴a n n =+215.. 你熟悉求数列前n 项和的常用方法吗？ 例如：（1）裂项法：把数列各项拆成两项或多项之和，使之出现成对互为相反数的项。

【步步高】（江苏专用）2017版高考数学一轮复习 第六章 数列 6.4数列求和 文求数列的前n 项和的方法 (1)公式法①等差数列的前n 项和公式S n ＝n a 1＋a n 2＝na 1＋n n －12d .②等比数列的前n 项和公式 (ⅰ)当q ＝1时，S n ＝na 1；(ⅱ)当q ≠1时，S n ＝a 11－q n 1－q ＝a 1－a n q 1－q.(2)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解． (3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项． 常见的裂项公式 ①1n n ＋1＝1n －1n ＋1；②12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .(4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． (5)错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广． (6)并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)nf (n )类型，可采用两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050. 【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)如果数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q.( √ ) (2)当n ≥2时，1n 2－1＝12(1n －1－1n ＋1)．( √ ) (3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n之和时，只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得．( × )(4)数列{12n ＋2n －1}的前n 项和为n 2＋12n .( × )(5)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( √ )1．(教材改编)数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1nn ＋1，则S 5＝________. 答案 56解析 ∵a n ＝1nn ＋1＝1n －1n ＋1， ∴S 5＝a 1＋a 2＋…＋a 5＝1－12＋12－13＋…－16＝56.2．数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100＝________.答案 －200解析 S 100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.3．等差数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，其前n 项和为S n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项的和为________． 答案 75解析 因为S n n ＝n ＋2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项和为10×3＋10×92＝75.4．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和S n ＝____________. 答案 2n ＋1－2＋n 2解析 S n ＝21－2n1－2＋n 1＋2n －12＝2n ＋1－2＋n 2.5．数列{a n }的通项公式为a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 017＝________.答案 1 008解析 因为数列a n ＝n cosn π2呈周期性变化，观察此数列规律如下：a 1＝0，a 2＝－2，a 3＝0，a 4＝4.故S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2. ∴S 2 017＝S 2 016＋a 2 017 ＝2 0164×2＋2 017·cos 2 0172π ＝1 008.题型一 分组转化法求和 例1 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)na n ，求数列{b n }的前2n 项和． 解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1 ＝n 2＋n2－n －12＋n －12＝n .a 1也满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)nn .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋ (22))＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )． 记A ＝21＋22＋ (22)，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 则A ＝21－22n1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n .故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.引申探究例1(2)中，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 由(1)知b n ＝2n＋(－1)n·n . 当n 为偶数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －1)＋n ]＝2－2n ＋11－2＋n 2＝2n ＋1＋n2－2.当n 为奇数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n －1)－n ]＝2n ＋1－2＋n －12－n＝2n ＋1－n 2－52. ∴T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1＋n2－2， n 为偶数，2n ＋1－n 2－52， n 为奇数.思维升华 某些数列的求和是将数列分解转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，这就要通过对数列通项结构特点进行分析研究，将数列的通项合理分解转化．特别注意在含有字母的数列中对字母的讨论．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2·3n －1＋(－1)n·(ln 2－ln 3)＋(－1)nn ln 3，求其前n 项和S n . 解 S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n]·(ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn ]ln 3， 当n 为偶数时，S n ＝2×1－3n1－3＋n 2ln 3＝3n＋n 2ln 3－1；当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n 1－3－(ln 2－ln 3)＋(n －12－n )ln 3＝3n－n －12ln 3－ln 2－1.综上所述，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧3n＋n2ln 3－1，n 为偶数，3n－n －12ln 3－ln 2－1，n 为奇数.题型二 错位相减法求和例2 (2015·湖北)设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q ，已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100. (1) 求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2) 当d >1时，记c n ＝a nb n，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，d ＝29.故⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，或⎩⎪⎨⎪⎧a n＝192n ＋79，b n＝9·⎝ ⎛⎭⎪⎫29n －1.(2)由d >1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，故c n ＝2n －12n －1，于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，① 12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n .② ①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ，故T n ＝6－2n ＋32n －1.思维升华 用错位相减法求和时，应注意：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．已知数列{a n }的各项均为正数，S n 是数列{a n }的前n 项和，且4S n ＝a 2n ＋2a n －3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)已知b n ＝2n，求T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n 的值． 解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝14a 21＋12a 1－34.解得a 1＝3.又∵4S n ＝a 2n ＋2a n －3，① 当n ≥2时，4S n －1＝a 2n －1＋2a n －1－3.② ①－②，得4a n ＝a 2n －a 2n －1＋2(a n －a n －1)， 即a 2n －a 2n －1－2(a n ＋a n －1)＝0. ∴(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0. ∵a n ＋a n －1>0，∴a n －a n －1＝2 (n ≥2)，∴数列{a n }是以3为首项，2为公差的等差数列． ∴a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1.(2)T n ＝3×21＋5×22＋…＋(2n ＋1)·2n，③ 2T n ＝3×22＋5×23＋…＋(2n －1)·2n ＋(2n ＋1)2n ＋1，④④－③，得T n＝－3×21－2(22＋23＋…＋2n)＋(2n＋1)2n＋1＝－6＋8－2·2n＋1＋(2n＋1)·2n＋1＝(2n－1)2n＋1＋2.题型三裂项相消法求和命题点1 形如a n＝1n n＋k型例3 设各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n，且S n满足S2n－(n2＋n－3)S n－3(n2＋n)＝0，n∈N*.(1)求a1的值；(2)求数列{a n}的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有1a1a1＋1＋1a2a2＋1＋…＋1a n a n＋1＜13.(1)解由题意知，S2n－(n2＋n－3)S n－3(n2＋n)＝0，n∈N*.令n＝1，有S21－(12＋1－3)S1－3×(12＋1)＝0，可得S21＋S1－6＝0，解得S1＝－3或2，即a1＝－3或2，又a n为正数，所以a1＝2.(2)解由S2n－(n2＋n－3)S n－3(n2＋n)＝0，n∈N*可得，(S n＋3)(S n－n2－n)＝0，则S n＝n2＋n或S n＝－3，又数列{a n}的各项均为正数，所以S n＝n2＋n，S n－1＝(n－1)2＋(n－1)．所以当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝n2＋n－[(n－1)2＋(n－1)]＝2n.又a1＝2＝2×1，所以a n＝2n.(3)证明当n＝1时，1a1a1＋1＝12×3＝16＜13成立；当n≥2时，1a n a n＋1＝12n2n＋1＜12n－12n＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n－1－12n＋1，所以1a1a1＋1＋1a2a2＋1＋…＋1a n a n＋1＜16＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫12n－1－12n＋1＝16＋12⎝⎛⎭⎪⎫13－12n＋1＜16＋16＝13.所以对一切正整数n ， 有1a 1a 1＋1＋1a 2a 2＋1＋…＋1a na n ＋1＜13.命题点2 形如a n ＝1n ＋n ＋k型例4 已知函数f (x )＝x a的图象过点(4,2)，令a n ＝1f n ＋1＋f n，n ∈N *.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 017＝________. 答案2 018－1解析 由f (4)＝2可得4a＝2，解得a ＝12，则f (x )＝x 12.∴a n ＝1f n ＋1＋f n＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 017＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 017＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 017－ 2 016)＋( 2 018－ 2 017)＝ 2 018－1.思维升华 (1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )，1n n ＋k ＝1k (1n －1n ＋k )裂项后可以产生连续可以相互抵消的项．(2)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项．在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n项和S n 满足S 2n ＝a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫S n －12.(1)求S n 的表达式；(2)设b n ＝S n2n ＋1，求{b n }的前n 项和T n .解 (1)∵S 2n ＝a n ⎝ ⎛⎭⎪⎫S n －12，a n ＝S n －S n －1 (n ≥2)，∴S 2n ＝(S n －S n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫S n －12，即2S n －1S n ＝S n －1－S n ，① 由题意得S n －1·S n ≠0，①式两边同除以S n －1·S n ，得1S n －1S n －1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1S 1＝1a 1＝1，公差为2的等差数列．∴1S n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，∴S n ＝12n －1. (2)∵b n ＝S n 2n ＋1＝12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n －1－12n ＋1)]＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.四审结构定方案典例 (14分)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn (其中k ∈N *)，且S n 的最大值为8.(1)确定常数k ，并求a n ；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的前n 项和T n .(1)S n ＝－12n 2＋nk ――→S n 是关于n的二次函数n ＝k 时，S n 最大――→根据S n 结构特征确定k 的值k ＝4；S n ＝－12n 2＋4n ――→根据S n求a n a n ＝92－n (2)9－2a n 2n＝n 2n －1――→根据数列结构特征确定求和方法 T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n 2n －1――→错位相减法求和计算可得T n 规范解答解 (1)当n ＝k ∈N *时，S n ＝－12n 2＋kn 取得最大值，即8＝S k ＝－12k 2＋k 2＝12k 2，故k 2＝16，k ＝4.当n ＝1时，a 1＝S 1＝－12＋4＝72，[4分]当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝92－n .当n ＝1时，上式也成立， 综上，a n ＝92－n .[7分](2)因为9－2a n 2n ＝n2n －1，所以T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n2n －1，①2T n ＝2＋2＋32＋…＋n －12n －3＋n2n －2.②[9分] ②－①得：2T n －T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n2n －1＝4－12n －2－n 2n －1＝4－n ＋22n －1.[12分]故T n ＝4－n ＋22n －1.[14分]温馨提醒 (1)根据数列前n 项和的结构特征和最值确定k 和S n ，求出a n 后再根据{9－2a n2n }的结构特征确定利用错位相减法求T n .在审题时，要通过题目中数式的结构特征判定解题方案；(2)利用S n 求a n 时不要忽视n ＝1的情况；错位相减时不要漏项或算错项数； (3)可以通过n ＝1,2时的特殊情况对结论进行验证．[方法与技巧]非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想：(1)转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成；(2)不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法、并项法、数列的周期性等来求和． [失误与防范]1．直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论．2．在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如a n，a n ＋1的式子应进行合并．3．在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项．A 组 专项基础训练 (时间：40分钟)1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于____________．答案 n 2＋1－12n解析 该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(12＋122＋…＋12n )＝n 2＋1－12n .2．已知{a n }为等差数列，其公差为－2，且a 7是a 3与a 9的等比中项，S n 为{a n }的前n 项和，n ∈N *，则S 10的值为________． 答案 110解析 通过a 7是a 3与a 9的等比中项，公差为－2，所以a 27＝a 3·a 9，所以a 27＝(a 7＋8)(a 7－4)，所以a 7＝8，所以a 1＝20，所以S 10＝10×20＋10×92×(－2)＝110.3．已知函数f (n )＝n 2cos(n π)，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝________. 答案 －100解析 若n 为偶数，则a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝n 2－(n ＋1)2＝－(2n ＋1)，所以a n 是首项为a 2＝－5，公差为－4的等差数列；若n 为奇数，则a n ＝f (n )＋f (n ＋1)＝－n 2＋(n ＋1)2＝2n ＋1，所以a n 是首项为a 1＝3，公差为4的等差数列．所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝(a 1＋a 3＋…＋a 99)＋(a 2＋a 4＋…＋a 100)＝50×3＋50×492×4＋50×(－5)－50×492×4＝－100.4．设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，且对任意正整数k ，l ，都有a k ＋l ＝a k ＋a l ，则S 8的值是________． 答案 72解析 因为a 1＝2，且对任意正整数k ，l ，都有a k ＋l ＝a k ＋a l ，令k ＝n ，l ＝1，得a n ＋1＝a n ＋a 1，即a n ＋1＝a n ＋2，所以{a n }是首项为2，公差为2的等差数列，从而有a n ＝2n ，所以S n ＝n (n＋1)，故S 8＝72.5．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2， 当n 为奇数时，－n 2， 当n 为偶数时，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝________.答案 100解析 由题意，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100) ＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101) ＝－50×101＋50×103＝100.6．在等差数列{a n }中，a 1＞0，a 10·a 11＜0，若此数列的前10项和S 10＝36，前18项和S 18＝12，则数列{|a n |}的前18项和T 18的值是________． 答案 60解析 由a 1＞0，a 10·a 11＜0可知d ＜0，a 10＞0，a 11＜0， ∴T 18＝a 1＋…＋a 10－a 11－…－a 18 ＝S 10－(S 18－S 10)＝60.7．整数数列{a n }满足a n ＋2＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，若此数列的前800项的和是2 013，前813项的和是2 000，则其前2 015项的和为________． 答案 －13解析 由a n ＋2＝a n ＋1－a n ，得a n ＋2＝a n －a n －1－a n ＝－a n －1，易得该数列是周期为6的数列，且a n ＋2＋a n －1＝0，S 800＝a 1＋a 2＝2 013，S 813＝a 1＋a 2＋a 3＝2 000，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 2－a 1＝－13，a 2＋a 1＝2 013，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1 013，a 2＝1 000，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝－13，a 4＝－1 013，依次可得a 5＝－1 000，a 6＝13，由此可知a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＋a n ＋4＋a n ＋5＋a n ＋6＝0， ∴S 2 015＝S 5＝－13.8．已知数列{a n }满足：a 1＝12，a n ＋1＝a 2n ＋a n ，用[x ]表示不超过x 的最大整数，则⎣⎢⎡⎦⎥⎤1a 1＋1＋1a 2＋1＋…＋1a 2 015＋1的值等于________． 答案 1解析 由a n ＋1＝a 2n ＋a n ，得1a n ＋1＝1a na n ＋1＝1a n －1a n ＋1，所以1a n ＋1＝1a n －1a n ＋1，所以1a 1＋1＋1a 2＋1＋…＋1a 2 015＋1＝1a 1－1a 2＋1a 2－1a 3＋…＋1a 2 015－1a 2 016＝2－1a 2 016.又a n ＋1＝a 2n ＋a n ，所以a n ＋1－a n ＝a 2n >0，所以{a n }是正项递增的数列．又因为a 3＝2116>1，所以a 2 016>1，即0<1a 2 016<1，所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤2－1a 2 016＝1.9．已知数列{a n }中，a 1＝3，a 2＝5，且{a n －1}是等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝na n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)∵{a n －1}是等比数列且a 1－1＝2，a 2－1＝4，a 2－1a 1－1＝2，∴a n －1＝2·2n －1＝2n ，∴a n ＝2n＋1.(2)b n ＝na n ＝n ·2n＋n ，故T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝(2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n)＋(1＋2＋3＋…＋n )． 令T ＝2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n， 则2T ＝22＋2×23＋3×24＋…＋n ·2n ＋1.两式相减，得－T ＝2＋22＋23＋ (2)－n ·2n ＋1＝21－2n1－2－n ·2n ＋1，∴T ＝2(1－2n)＋n ·2n ＋1＝2＋(n －1)·2n ＋1.∵1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12，∴T n ＝(n －1)·2n ＋1＋n 2＋n ＋42.10．正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0. (1)求数列{a n }的通项公式a n ； (2)令b n ＝n ＋1n ＋22a 2n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，证明：对于任意的n ∈N *，都有T n <564. (1)解 由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0， 得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0， 由于{a n }是正项数列，所以S n ＋1>0. 所以S n ＝n 2＋n (n ∈N *)．n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ， n ＝1时，a 1＝S 1＝2适合上式．所以a n ＝2n (n ∈N *)． (2)证明 由a n ＝2n (n ∈N *)， 得b n ＝n ＋1n ＋22a 2n ＝n ＋14n 2n ＋22＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n2－1n ＋22， T n ＝116⎣⎢⎡⎝⎛⎭⎪⎫1－132＋⎝⎛⎭⎪⎫122－142＋⎝⎛⎭⎪⎫132－152＋…⎦⎥⎤＋⎝⎛⎭⎪⎫1n －12－1n ＋12＋⎝⎛⎭⎪⎫1n 2－1n ＋22＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1n ＋12－1n ＋22<116⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122 ＝564(n ∈N *)． 即对于任意的n ∈N *，都有T n <564.B 组 专项能力提升 (时间：20分钟)11．已知数列{a n }：12，13＋23，14＋24＋34，…，110＋210＋310＋…＋910，…，若b n ＝1a n a n ＋1，那么数列{b n }的前n 项和S n ＝____________. 答案4nn ＋1解析 ∵a n ＝1＋2＋3＋…＋n n ＋1＝n2，∴b n ＝1a n a n ＋1＝4nn ＋1＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴S n ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1n ＋1＝4nn ＋1. 12．已知数列2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，…，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 014项之和S 2 014＝________. 答案 2 010解析 由已知得a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)， ∴a n ＋1＝a n －a n －1.故数列的前8项依次为2 008,2 009,1，－2 008， －2 009，－1,2 008,2 009.由此可知数列为周期数列，周期为6，且S 6＝0. ∵2 014＝6×335＋4，∴S 2 014＝S 4＝2 008＋2 009＋1＋(－2 008)＝2 010.13．数列{a n }是等差数列，数列{b n }满足b n ＝a n a n ＋1a n ＋2(n ∈N *)，设S n 为{b n }的前n 项和．若a 12＝38a 5＞0，则当S n 取得最大值时n 的值为________．答案 16解析 设{a n }的公差为d ，由a 12＝38a 5＞0，得a 1＝－765d ，d ＜0，所以a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n －815d ，从而可知当1≤n ≤16时，a n ＞0； 当n ≥17时，a n ＜0.从而b 1＞b 2＞…＞b 14＞0＞b 17＞b 18＞…，b 15＝a 15a 16a 17＜0，b 16＝a 16a 17a 18＞0，故S 14＞S 13＞…＞S 1，S 14＞S 15，S 15＜S 16，S 16＞S 17＞S 18＞….因为a 15＝－65d ＞0，a 18＝95d ＜0，所以a 15＋a 18＝－65d ＋95d ＝35d ＜0，所以b 15＋b 16＝a 16a 17(a 15＋a 18)＞0， 所以S 16＞S 14，故当S n 取得最大值时n ＝16.14．在数列{a n }中，a n ＞0，a 1＝12，如果a n ＋1是1与2a n a n ＋1＋14－a 2n 的等比中项，那么a 1＋a 222＋a 332＋a 442＋…＋a 1001002的值是________． 答案100101解析 由题意可得，a 2n ＋1＝2a n a n ＋1＋14－a 2n⇒(2a n ＋1＋a n a n ＋1＋1)(2a n ＋1－a n a n ＋1－1)＝0，又a n ＞0，∴2a n ＋1－a n a n ＋1－1＝0，又2－a n ≠0，∴a n ＋1＝12－a n ⇒a n ＋1－1＝a n －12－a n ，又可知a n ≠1，∴1a n ＋1－1＝1a n －1－1， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是以－2为首项，－1为公差的等差数列， ∴1a n －1＝－2－(n －1)＝－n －1⇒a n ＝n n ＋1⇒a nn 2＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1，∴a 1＋a 222＋a 332＋a 442＋…＋a 1001002＝1－12＋12－13＋13－14＋14－15＋…＋1100－1101＝100101. 15．(2015·山东)已知数列{a n }是首项为正数的等差数列，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ·a n ＋1的前n 项和为n2n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(a n ＋1)·2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)设数列{a n }的公差为d ， 令n ＝1，得1a 1a 2＝13， 所以a 1a 2＝3. 令n ＝2，得1a 1a 2＋1a 2a 3＝25， 所以a 2a 3＝15.解得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1. 经检验，符合题意． (2)由(1)知b n ＝2n ·22n －1＝n ·4n，所以T n ＝1·41＋2·42＋…＋n ·4n， 所以4T n ＝1·42＋2·43＋…＋n ·4n ＋1，两式相减，得－3T n ＝41＋42＋ (4)－n ·4n ＋1＝41－4n1－4－n ·4n ＋1＝1－3n 3×4n ＋1－43.所以T n ＝3n －19×4n ＋1＋49＝4＋3n －14n ＋19.。