2020届高考数学(文)二轮总复习专题训练：1.2.3数列的综合应用 Word版含答案

专题限时训练 (小题提速练)(建议用时：45分钟)一、选择题1．设数列{}a n 满足a 1＝a ，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋1(n ∈N *)，若数列{}a n 是常数列，则a ＝( )A ．－2 B.－1 C.0D.(－1)n解析：因为数列{a n }是常数列，所以a ＝a 2＝a 21－2a 1＋1＝a 2－2a ＋1，即a (a ＋1)＝a 2－2，解得a ＝－2.故选A. 答案：A2．在数列{a n }中，若a 1＝1，a 2＝12，2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2(n ∈N *)，则该数列的通项为( ) A ．a n ＝1n B.a n ＝2n ＋1C ．a n ＝2n ＋2D.a n ＝3n解析：由已知2a n ＋1＝1a n ＋1a n ＋2，可得1a n ＋1－1a n ＝1a n ＋2－1a n ＋1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1a 1＝1，公差为1a 2－1a 1＝2－1＝1的等差数列，所以1a n＝n ，即a n＝1n . 答案：A3．已知等差数列{a n }满足a 2＝3，S n －S n －3＝51(n >3)，若S n ＝100，则n 的值为( ) A ．8 B.9 C.10D.11解析：由S n －S n －3＝51得，a n －2＋a n －1＋a n ＝51，所以a n －1＝17，又a 2＝3，∴S n＝n (a 2＋a n －1)2＝100，解得n ＝10.答案：C4．已知数列{a n }满足log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1(n ∈N *)，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则log 13(a 5＋a 7＋a 9)＝( ) A ．－5 B.－15 C.5D.15解析：∵log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1，∴a n ＋1＝3a n . ∴数列{a n }是以3为公比的等比数列． ∵a 2＋a 4＋a 6＝a 2(1＋q 2＋q 4)＝9，∴a 5＋a 7＋a 9＝a 5(1＋q 2＋q 4)＝a 2q 3(1＋q 2＋q 4)＝35. ∴log 1335＝－5.故选A. 答案：A5．已知S n 表示数列{a n }的前n 项和，若对任意n ∈N *满足a n ＋1＝a n ＋a 2，且a 3＝2，则S 2019＝( ) A ．1 008×2 020 B.1 008×2 019 C ．1 009×2 019D.1 009×2 020解析：在a n ＋1＝a n ＋a 2中，令n ＝1，得a 2＝a 1＋a 2，a 1＝0；令n ＝2，得a 3＝2＝2a 2，a 2＝1，于是a n ＋1－a n ＝1，故数列{a n }是首项为0，公差为1的等差数列．S 2019＝2 019×2 0182＝1 009×2 019.答案：C6．在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，当整数n >1时，S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋S 1)都成立，则S 15＝( ) A.210B.211C.224D.225解析：n >1时，S n ＋1－S n ＝S n －S n －1＋2， ∴a n ＋1＝a n ＋2，∴a n ＋1－a n ＝2.数列{a n }从第二项开始组成公差为2的等差数列，所以S 15＝a 1＋(a 2＋…＋a 15)＝1＋2＋282×14＝211. 答案：B7．(2019·广东汕头市一模)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n ＝12－12a n ，则a n ＝( ) A.13·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1B.12·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1 C ．2·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －13D.⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 解析：由题意，得S 1＝a 1＝12－12a 1，所以a 1＝13.又当n ≥2时，S n －S n －1＝a n ＝12－12a n －12＋12a n －1，即a n a n －1＝13，所以数列{a n }是首项为13，公比为13的等比数列，所以a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n .故选D.答案：D8．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋2(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝2n－1 B.a n ＝2－13n －1C ．a n ＝12n －1D.a n ＝13n －2解析：由题意得1a n ＋1＝2a n ＋1，则1a n ＋1＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1，易知1a 1＋1＝2≠0，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n＋1是以2为首项，2为公比的等比数列，则1a n ＋1＝2n ，则a n ＝12n －1.故选C. 答案：C9．已知函数f (n )＝n 2cos(n π)，且a n ＝f (n )，则a 1＋a 2＋…＋a 100＝( ) A ．0 B.100 C.5 050D.10 200解析：a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100 ＝－12＋22－32＋42－…－992＋1002 ＝(22－12)＋(42－32)＋…＋(1002－992) ＝3＋7＋…＋199＝50(3＋199)2＝5 050.故选C.答案：C10．已知数列{a n }满足a 1＝0，a n ＋1＝a n ＋2a n ＋1＋1，则a 13＝( ) A ．143 B.156 C.168D.195 解析：由a n ＋1＝a n ＋2a n ＋1＋1， 可知a n ＋1＋1＝a n ＋1＋2a n ＋1＋1＝(a n ＋1＋1)2， ∴a n ＋1＋1＝a n ＋1＋1，又a 1＋1＝1，故数列{a n ＋1}是首项为1，公差为1的等差数列，所以a n ＋1＝n ，所以a 13＋1＝13，则a 13＝168.故选C. 答案：C 11．定义np 1＋p 2＋…＋p n为n 个正数p 1，p 2，…，p n 的“均倒数”．若已知数列{a n }的前n 项的“均倒数”为12n ＋1，且b n ＝a n ＋14，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝( ) A.111B.910C.1011D.1112解析：由已知，得n a 1＋a 2＋…＋a n ＝12n ＋1，∴a 1＋a 2＋…＋a n ＝n (2n ＋1)＝S n . 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4n －1. 验证知，当n ＝1时此式也成立， ∴a n ＝4n －1.∴b n ＝a n ＋14＝n . ∴1b n ·b n ＋1＝1n －1n ＋1， ∴1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫110－111＝1011.故选C. 答案：C12．已知正项数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2,2a 2n ＝a 2n －1＋a 2n ＋1(n ≥2)，b n ＝1a n ＋a n ＋1，记数列{b n }的前n 项和为S n ，则S 33的值是( ) A.99 B.33 C.4 2D.3解析：∵2a 2n ＝a 2n －1＋a 2n ＋1(n ≥2)，∴数列{a 2n }为等差数列，首项为1，公差为22－1＝3.∴a 2n ＝1＋3(n －1)＝3n －2.a n >0.∴a n ＝3n －2. ∴b n ＝1a n ＋a n ＋1＝13n －2＋3n ＋1＝13(3n ＋1－3n －2)，故数列{b n }的前n项和为S n ＝13[(4－1)＋(7－4)＋…＋(3n ＋1－3n －2)]＝13(3n ＋1－1)．则S 33＝13(3×33＋1－1)＝3.故选D.答案：D 二、填空题13．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝m ·2n －1－3，则m ＝ . 解析：a 1＝S 1＝m －3，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝m ·2n －2，∴a 2＝m ，a 3＝2m ，又a 22＝a 1a 3，∴m 2＝(m －3)·2m ，整理得m 2－6m ＝0， 则m ＝6或m ＝0(舍去)． 答案：614．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ＋1(n ∈N *)，则a n ＝ . 解析：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1； 当n ＝1时，a 1＝S 1＝4≠2×1＋1. 因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.答案：⎩⎨⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥215．若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式a n ＝________. 解析：当n ＝1时，由已知S n ＝23a n ＋13， 得a 1＝23a 1＋13，即a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23a n ＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫23a n －1＋13＝23a n －23a n －1，所以a n ＝－2a n－1，所以数列{a n }为以1为首项，－2为公比的等比数列，所以a n ＝(－2)n －1. 答案：(－2)n －116．在一次珠宝展览会上，某商家展出一套珠宝首饰，第一件首饰是1颗珠宝，第二件首饰是由6颗珠宝构成如图1所示的正六边形，第三件首饰是由15颗珠宝构成如图2所示的正六边形，第四件首饰是由28颗珠宝构成如图3所示的正六边形，第五件首饰是由45颗珠宝构成如图4所示的正六边形，以后每件首饰都在前一件上，按照这种规律增加一定数量的珠宝，使它构成更大的正六边形，依此推断第六件首饰上应有 颗珠宝；则前n 件首饰所用珠宝总数为 颗．(结果用n 表示)解析：由题意，知a 1＝1，a 2＝6，a 3＝15， a 4＝28，a 5＝45，a 6＝66，….∴a 2－a 1＝5，a 3－a 2＝9，a 4－a 3＝13，a 5－a 4＝17，a 6－a 5＝21，…，a n －a n －1＝4n －3.∴(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋(a 5－a 4)＋(a 6－a 5)＋…＋(a n －a n －1) ＝a n －a 1＝5＋9＋13＋17＋21＋…＋(4n －3) ＝(n －1)(5＋4n －3)2＝2n 2－n －1.∴a n ＝2n 2－n ，其前n 项和为S n ＝2(12＋22＋32＋…＋n 2)－(1＋2＋3＋…＋n )＝2×n (n ＋1)(2n ＋1)6－n (n ＋1)2＝4n 3＋3n 2－n 6.答案：66 4n 3＋3n 2－n6专题限时训练 (大题规范练)(建议用时：60分钟)1．在数列{a n }中，a 1＝8，a 4＝2，且满足a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |，求S n .解析：(1)∵a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0，∴a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ， ∴a n ＋1－a n 为同一常数，∴数列{a n }是以a 1为首项的等差数列． 设a n ＝a 1＋(n －1)d .则a 4＝a 1＋3d ，∴d ＝2－83＝－2，∴a n ＝10－2n . (2)由(1)知a n ＝10－2n ，令a n ＝0，得n ＝5. 当n >5时，a n <0；当n ＝5时，a n ＝0； 当n <5时，a n >0. 设T n ＝a 1＋a 2＋…＋a n .∴当n >5时，S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a 5－(a 6＋a 7＋…＋a n )＝T 5－(T n －T 5)＝2T 5－T n ＝n 2－9n ＋40.当n ≤5时，S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝9n －n 2.∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧9n －n 2(n ≤5)，n 2－9n ＋40(n >5).2．(2019·东莞市模拟)设{a n }是单调递增的等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和．已知S 3＝13，且a 1＋3,3a 2，a 3＋5构成等差数列．(1)求a n 及S n ；(2)是否存在常数λ，使得数列{S n ＋λ}是等比数列？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．解析：(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝13，6a 2＝a 1＋a 3＋8，∴a 2＝3，a 1＋a 3＝10，得3q ＋3q ＝10，解得q ＝3或q ＝13(舍)． ∴a n ＝a 2q n －2＝3n －1，S n ＝1×(1－3n )1－3＝3n －12.(2)假设存在常数λ，使得数列{S n ＋λ}是等比数列． ∵S 1＋λ＝1＋λ，S 2＋λ＝4＋λ，S 3＋λ＝13＋λ， ∴(4＋λ)2＝(1＋λ)·(13＋λ)，解得λ＝12，此时S n ＋12＝3n2，∴S n ＋12S n －1＋12＝3n 23n －12＝3(n ≥2)， ∴存在常数λ＝12.使得数列{S n ＋12}是首项为a 1＋12＝32，公比为3等比数列． 3．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝1＋S n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }为等差数列，且b 1＝a 1，公差为a 2a 1.当n ≥3时，比较b n ＋1与1＋b 1＋b 2＋…＋b n 的大小． 解析：(1)因为a n ＋1＝1＋S n ，① 所以当n ≥2时，a n ＝1＋S n －1，②①－②得a n ＋1－a n ＝a n ，即a n ＋1＝2a n (n ≥2)． 因为当n ＝1时，a 2＝1＋a 1＝2，所以a 2a 1＝2，所以a n ＋1a n＝2(n ∈N *)，所以数列{a n }是首项为1，公比为2的等比数列， 所以a n ＝2n －1.(2)因为b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1， 所以b n ＋1＝2n ＋1，1＋b 1＋b 2＋…＋b n ＝1＋n (1＋2n －1)2＝n 2＋1.因为(n 2＋1)－(2n ＋1)＝n (n －2)， 当n ≥3时，n (n －2)>0，所以当n ≥3时，b n ＋1<1＋b 1＋b 2＋…＋b n .4．(2019·安徽省淮南市第四次联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意正整数n ，都有4a n ＝3S n ＋2成立．记b n ＝log 2a n . (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式； (2)设c n ＝4(b n ＋1)·(b n ＋1＋3)，数列{c n }的前n 项和为T n ，求证：13≤T n <34.解析：(1)在4a n ＝3S n ＋2中，令n ＝1得a 1＝2.因为对任意正整数n ，都有4a n ＝3S n ＋2成立，当n ≥2时，4a n －1＝3S n －1＋2，两式作差得，4a n －4a n －1＝3a n ，所以a n ＝4a n －1，又a 1≠0，所以数列{a n }是以2为首项，4为公比的等比数列，∴a n ＝2×4n －1，∴b n ＝log 2a n ＝log 222n －1＝2n －1. (2)证明：∵b n ＝2n －1，∴c n ＝4(b n ＋1)·(b n ＋1＋3)＝4(2n －1＋1)·(2n ＋1＋3) ＝1n ·(n ＋2)＝12×⎝⎛⎭⎪⎫1n－1n ＋2.∴T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2， ∴对任意n ∈N *，T n <34，又c n >0，所以，T n 为关于n 的增函数，所以T n ≥T 1＝c 1＝13.综上，13≤T n <34.。

专题05 数 列§5－1 数列的概念【知识要点】1．从函数的观点来认识数列，通过函数的表示方法，来认识数列的表示方法，从而得到数列的常用表示方法——通项公式，即：a n ＝f (n )．2．对数列特有的表示方法——递推法有一个初步的认识．会根据递推公式写出数列的前几项，并由此猜测数列的一个通项公式．3．明确数列的通项公式与前n 项和公式的关系： S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ；⎩⎨⎧≥==-)2()1(11n －S S n S a n n n ．特别注意对项数n 的要求，这相当于函数中的定义域． 【复习要求】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函数． 【例题分析】例1 根据数列的前几项写出该数列的一个通项公式：(1)3231,1615,87,43,21； (2)2，－6，18，－54，162； (3)9，99，999，9999，99999； (4)1，0，1，0，1，0；(5）12133,1091,857,631,413,23； (6）52,177,73,115,21,53；【分析】本题需要观察每一项与项数之间存在的函数关系，猜想出一个通项公式．这种通过特殊的元素得到一般的规律是解决问题的常用方法，但得到的规律不一定正确，可经过证明来验证你的结论．解：(1)nn n n a 211212-=-= ； (2)a n ＝2×(－3)n －1；(3)a n ＝10n －1； (4)⎩⎨⎧为偶数为奇数n n a n 01；(5)nn a n 2112+-=； (6)232++=n n a n ． 【评析】(1)中分数的考察要把分子、分母分开考察，当然有时分子分母之间有关系；(2)中正负相间的情况一定与(－1)的方次有关；(3)中的情况可以扩展为7，77，777，7777，77777⇒)110(97-=nn a ；(4)中的分段函数的写法再一次体现出数列是特殊的函数，也可写成2)1(11--+=n n a ，但这种写法要求较高；(5)中的假分数写成带分数结果就很明显了；(6)中的变换要求较高，可根据分子的变化，变换整个分数，如==42218463=，根据分子，把21变为84，其他类似找到规律． 例2 已知：数列{a n }的前n 项和S n ，求：数列{a n }的通项公式a n ， (1)S n ＝n 2－2n ＋2；(2)1)23(-=n n S ．【分析】已知数列前n 项和S n 求通项公式a n 的题目一定要考虑n ＝1与n ≥2两种情况，即：a n ＝S n －S n －1不包含a 1，实际上相当于函数中对定义域的要求．解：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －3，则⎩⎨⎧≥-==23211n n n a n .(2)当n ＝1时，,2111==S a 当n ≥2时，11)23(21--<=-=n n n n S S a ，此公式也适合n ＝1时的情况， 则1)23(21-⨯=n n a . 【评析】分情况求出通项公式a n 后，应考察两个式子是否能够统一在一起，如果能够统一还是写成一个式子更加简洁；如果不能统一就要写成分段函数的形式，总之分情况讨论后应该有一个总结性结论．例3完成下列各题：(1)数列{a n }中，a 1＝2)11ln(1na a n n ++=+，则a 3＝( )A ．2＋ln3B ．2＋2ln3C ．2＋3ln3D ．4(2)已知数列{a n }对任意的p ，q ∈N *满足a p ＋q ＝a p ＋a q ，且a 2＝－6，那么a 10等于( ) A ．－165 B ．－33 C ．－30 D ．－21 (3)数列{a n }中，*221,,254N ∈+=+++-=n bn an a a a n a n n Λ，其中a ，b 为常数，则ab ＝______． 【分析】本题中三个小题都涉及数列的递推关系，这类问题，最好的办法是给n 赋值，通过特殊的项找到一般的规律．解：(1)∵n n a nn a n a a n n n n ln )1ln(1ln )11ln(1-++=++=++=+， ∴a 2＝a 1＋ln(1＋1)－ln1＝2＋ln2， a 3＝a 2＋ln(2＋1)－ln2＝2＋ln3，选A ．(2)∵a p ＋q ＝a p ＋a q ，∴,36111112-=⇒-=+==+a a a a a ∴a 3＝a 2＋1＝a 2＋a 1＝－6－3＝－9， a 5＝a 3＋2＝a 3＋a 2＝－9－6＝－15， a 10＝a 5＋5＝a 5＋a 5＝－30．选C ． (3)∵a 1＋a 2＋…＋a n＝an 2＋bn ，∴⎩⎨⎧+=++=b a a a ba a 24211，∵254-=n a n ，∴⎪⎩⎪⎨⎧-==⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=++=212242112323b a b a b a ，∴ab ＝－1．【评析】这种通过特殊的项解决数列问题的方法今后经常用到，希望大家掌握． 例4 已知：函数f (x )＝a 1＋a 2x ＋a 3x 2＋…＋a n x n －1，21)0(=f ，且数列{a n }满足f (1)＝n 2a n (n ∈N *)，求：数列{a n }的通项．【分析】首先要应用f (0)与f (1)这两个条件，由题可看出可能与S n 与a n 关系有关．解：由题知：21)0(1==a f ，f (1)＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝n 2a n ， 即：S n ＝n 2a n ，则S n －1＝(n －1)2a n －1(n ≥2)， ∴a n ＝S n －S n －1＝n 2a n －(n －1)2a n －1(n ≥2)，∴(n 2－1)a n ＝(n －1)2a n －1(n ≥2)，即：)2(111≥+-=-n n n aa n n，∴)2(31425313211122334211≥⨯⨯⨯⨯--⨯-⨯+-=⨯⨯⨯⨯⨯---n n n n n n n a a a a a a a a a a n n n n ΛΛ，即)2(21111≥⨯⨯+=n nn a a n ，∴)2()1(1≥+=n n n a n ， ∵当n ＝1时，212111=⨯=a 上式也成立， ∴)()1(1*N ∈+=n n n a n ．【评析】本题中，题目给出函数的条件，而f (0)与f (1)的运用就完全转化为数列问题，S n 与a n 的关系应该是要求掌握的，尤其是在n －1出现时，要注意n ≥2的限制，这相当于函数中的定义域．而叠乘的方法是求数列通项的基本方法之一．练习5－1一、选择题： 1．数列1614,1311,108,75,42---…的通项公式为( ) A ．1313)1(1+--+n n n B ．1313)1(+--n n n C ．1323)1(---n n nD ．1333)1(---n n n2．若数列的前四项是3，12，30，60，则此数列的一个通项公式是( )A ．2)2)(1(++n n nB ．5n 2－6n ＋4C ．2)1(93-+n n D ．2127ln 12+-n3．数列{a n }中，若a 1＝1，a 2＝1，a n ＋2＝a n ＋1＋a n ，则a 7＝( )A ．11B ．12C ．13D ．14 4．数列{a n }的前n 项和为S n ，若Sn ＝2(a n －1)，则a 2＝( ) A ．－2 B ．1 C ．2 D ．4 二、填空题：5．数列2，5，2，5，…的一个通项公式______．6．数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，数列{a n }的前4项是______，a n ＝______． 7．若数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n ＋1，则它的通项公式是______． 8．若数列{a n }的前n 项积为n 2，则a 3＋a 5＝______． 三、解答题：9．已知：数列{a n }中，若n n na a a a a =+++=Λ211,21， 求：数列{a n }前4项，并猜想数列{a n }的一个通项公式．10．已知：数列1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，5…，求：数列的第50项．§5－2 等差数列与等比数列【知识要点】1．熟练掌握等差数列、等比数列的定义：a n －a n －1＝d (常数)(n ≥2)⇔数列{a n }是等差数列；q a a n n=-1(常数)(n ≥2)⇔数列{a n }是等比数列；由定义知：等差数列中的项a n 及公差d 均可在R 中取值，但等比数列中的项a n 及公比q 均为非零实数． 应该注意到，等差数列、等比数列的定义是解决数列问题的基础，也是判断一个数列是等差数列、等比数列的唯一依据．2．明确等差中项与等比中项的概念，并能运用之解决数列问题：c b a ca b 、、⇔+=2成等差数列，b 叫做a 、c 的等差中项，由此看出：任意两个实数都有等差中项，且等差中项唯一；b 2＝ac ⇔a 、b 、c 成等比数列，b 叫做a 、c 的等比中项，由此看出：只有同号的两个实数才有等比中项，且等比中项不唯一；3．灵活运用等差数列、等比数列的通项公式a n 及前n 项和公式S n ： 等差数列{a n }中，a n ＝a m ＋(n －m )d ＝a 1＋(n －1)d ，d n n na n a a S n n 2)1(211-+=+=； 等比数列{a n }中，a n ＝a m q n －m ＝a 1q n －1，⎪⎩⎪⎨⎧=/--==)1(1)1()1(11q qq a q na S n n ；4．函数与方程的思想运用到解决数列问题之中：等差数列、等比数列中，首项a 1、末项a n 、项数n ，公差d (公比q )、前n 项和S n ，五个量中，已知三个量，根据通项公式及前n 项和公式，列出方程可得另外两个量．等差数列中，n da n d S d a dn a n n )2(2121-+=-+=、，可看作一次函数与二次函数的形式，利用函数的性质可以解决数列问题．5．等差数列、等比数列的性质：等差数列{a n }中，若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ； 等比数列{a n }中，若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ； 【复习要求】1．理解等差数列、等比数列的概念．2．掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n 项和公式．3．能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题． 4．了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系． 【例题分析】例1完成下列各题：(1)若等差数列{a n }满足a 2＋a 4＝4，a 3＋a 5＝10，则它的前10项的和S 10＝( ) A ．138 B ．135 C ．95 D ．23 (2)各项均为正数的等差数列{a n }中必有( )A ．8664a aa a <B ．8664a aa a ≤C ．8664a aa a >D ．8664a aa a ≥【分析】本题在于考察等差数列的基本知识，通项公式及前n 项和公式是一切有关数列中考察的重点，注意数列中项数之间的关系．解：(1)∵等差数列{a n }中a 2＋a 4＝4，a 3＋a 5＝10， ∴a 3＝2，a 4＝5，∴公差d ＝3，首项a 1＝－4， ∴a 10＝a 1＋9d ＝－4＋27＝23，∴9510210110=⨯+=a a S .选C. (2)等差数列{a n }中a 4＋a 8＝2a 6， ∵等差数列{a n }各项均为正数， ∴由均值不等式2628484)2(a a a a a =+≤⋅，当且仅当a 4＝a 8时等号成立 即：8664a aa a ≤，选B ．【评析】本题中涉及到等差数列中的重要性质：若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ，(1)中可直接应用这一性质：a 2＋a 4＝a 3＋a 3＝2a 3得到结论，但题中所给的答案可看作这一性质的证明，同时，等差数列中通项公式并不一定要用首项表示，可以从任何一项开始表示a n ，这也是常用的方法，(2)注意观察数列中项数的关系，各项均为正数的要求恰好给运用均值不等式创造了条件，注意等号成立的条件．例2完成下列各题：(1)等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝3，a 2＋a 3＝6，则a 7＝( ) A ．64 B ．81 C ．128 D ．243(2)各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 10＝2，S 30＝14，则S 40＝( ) A ．80 B ．30 C ．26 D ．16【分析】本题中各小题是在运用等比数列的基本知识来解决，通项公式与前n 项和公式要熟练运用． 解：(1)∵数列{a n }是等比数列，∴⎩⎨⎧=+=+=+=+63211321121q a q a a a q a a a a ，∴⎩⎨⎧==211q a ，a 7＝a 1·q 6＝26＝64．选A ． (2)方法一：∵等比数列{a n }的前n 项和为S n ，(*)21)1(10110=--=qq a S ，(**)141)1(30130=--=q q a S ， 两式相除：7111030=--qq ，即：1＋q 10＋q 20＝7⇒q 10＝2或q 10＝－3(舍)， 把q 10＝2代入(*)中得到：211-=-qa ， ∴.30)21)(2(1)1(440140=--=--=qq a S 选B ． 方法二：a 1＋a 2＋…＋a 10、a 11＋a 12＋…＋a 20、a 21＋a 22＋…＋a 30、a 31＋a 32＋…＋a 40、……也构成等比数列，设新等比数列的公比为p则：a 1＋a 2＋…＋a 10＝S 10＝2、a 11＋a 12＋…＋a 20＝2p 、a 21＋a 22＋…＋a 30＝2p 2 ∵S 30＝2＋2p ＋2p 2＝14，∴p ＝－3或p ＝2， ∵等比数列{a n }的各项均为正数，∴p ＝2，∴a 1＋a 2＋…＋a 10＝2、a 11＋a 12＋…＋a 20＝4、a 21＋a 22＋…＋a 30＝8、a 31＋a 32＋…＋a 40＝16，∴S 40＝2＋4＋8＋16＝30．【评析】(2)中方法一仍是解决此类问题的基本方法，注意把qa -11看成整体来求，方法二的方法在等差数列及等比数列中均适用，即：等比数列中第1个n 项和、第2个n 项和、…第n 个n 项和仍然成等比数列，此时，你知道这时的公比与原数列的么比的关系吗?例3 已知：等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 5＝16，S 10＝64，求：S 15＝?．【分析】本题是对等差数列的知识加以进一步考察，可以用求和公式，也可运用等差数列的性质加以解决．解：方法一：由⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=⨯+==⨯+=2532251664291010162455111015d a d a S d a S ，则：1442141515115=⨯+=d a S ； 方法二：等差数列中：a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5、a 6＋a 7＋a 8＋a 9＋a 10，a 11＋a 12＋a 13＋a 14＋a 15这三项也构成等差数列， 即a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝S 5＝16，a 6＋a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝S 10－S 5＝64－16＝48， a 11＋a 12＋a 13＋a 14＋a 15＝S 15－S 10＝S 15－64， ∴2×48＝16＋S 15－64，∴S 15＝144．方法三：∵596,48166452106106610=+=-=⨯+=-∴a a a a S S ，∵a 1＋a 15＝a 6＋a 10 ∴14415259615215115=⨯=⨯+=a a S ．【评析】本题中方法一是直接应用前n 项和公式，得出首项与公差，再用公式得出所求，应是基本方法，但运算较繁锁；方法二充分注意到等差数列这一条件，得到的结论可以扩展为等差数列中第1个n 项和、第2个n 项和、……第n 个n 项和仍然成等差数列，你知道这时的公差与原数列的公差的关系吗?这一方法希望大家掌握；方法三是前n 项和公式与等差数列的性质的综合应用，大家可以借鉴．例4已知：等差数列{a n }中，且na a ab nn +++=Λ21， (1)求证：数列{b n }是等差数列； (2)若23,1132113211=++++++=b b b a a a a ΛΛ，求数列{a n }{b n }的通项公式．【分析】运用等差数列的两个公式，两个数列都是等差数列，所求通项就离不开首项和公差．解：(1)∵数列{a n }是等差数列，设公差为d ，∴2,2121121nn n n n a a n a a a b n a a a a a +=+++=⨯+=+++∴ΛΛ， ∴)2(222211111≥=-=⋅+-+=---⋅-n da a a a a ab b n n n n n n ，∴数列{b n }是等差数列，公差为2d；(2)∵1,1121==+++=∴a b na a ab nn Λ， ∵数列{a n }、{b n }是等差数列，∴31,232·66,23132132117713113113113113211321==++==++=⨯+⨯+=++++++∴∴d d b d a b a b b a a b b a a b b b a a a ΛΛ， ∴656161)1(1,323131)1(1+=-+=+=⨯-+=n n b n n a n n ． 【评析】(1)中遇到了证明数列是等差(等比)数列，采取的方法只能是运用定义，满足定义就是，不满足定义就不是．例5 已知：等差数列{a n }中，a 3＝12，S 12＞0，S 13＜0， 求数列{a n }的公差d 的取值范围；【分析】按照所给的条件，把两个不等的关系转化为关于公差d 的不等式． 解：(1)∵数列{a n }是等差数列，∴⎪⎩⎪⎨⎧<⨯+=>⨯+=013201221311312112a a S a a S ，即：⎩⎨⎧<++-=+>++-=+01020923313133121d a d a a d a d a a a α，∴⎪⎪⎩⎪⎨⎧-<->332827a d a d ，即：3724-<<-d ， 【评析】也可直接运用d n n na S n 2)1(1-+=得到关于a 1与d 的不等式，再通过通项公式得到a 3与a 1的关系．例6 已知：四个数中，前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，第一、四个数的和为16，第二、三个数的和为12，求这四个数．【分析】本题中，方程的思想得到明显的体现，实际上数列问题总体上就是解方程的问题，根据所给的条件，加上通项公式、前n 项和公式列出方程，解未知数，通过前面的例题大家应该有所体会了．解：方法一：设这四个数为：a ，b ，12－b ，16－a则根据题意得，⎩⎨⎧==⇒⎪⎩⎪⎨⎧-=--+=40)16()12(1222b a a b b ba b 或⎩⎨⎧==915b a ， 则这四个数为0、4、8、16或15、9、3、1．方法二：设这四个数为：a －d ，a ，a ＋d ，ad a 2)(+ 则根据题意得⎩⎨⎧==⇒⎪⎩⎪⎨⎧=++=+-441216)(2d a d a a a d a d a 或⎩⎨⎧-==69d a ， 则这四个数为：0、4、8、16或15、9、3、1．【评析】列方程首先就要设未知数，题目中要求四个数，但不要就设四个未知数，要知道，方程的个数与未知数的个数一样时才有可能解出，因此在设未知数时就要用到题目中的条件．方法一是用“和”设未知数，用数列列方程；方法二是用数列设未知数，用“和”列方程．例7 已知：等差数列{a n }中，a 4＝10，且a 5，a 6，a 10成等比数列， 求数列{a n }前20项的和S 20．【分析】本题最后要求的是等差数列的前20项和，因此，求首项、公差以及通项公式就是必不可少的． 解：∵数列{a n }是等差数列，∴a 5＝a 4＋d ＝10＋d ，a 6＝a 4＋2d ＝10＋2d ，a 10＝a 4＋6d ＝10＋6d ，∵a 5，a 6，a 10成等比数列，∴a 62＝a 5·a 10，即：(10＋2d )2＝(10＋d )(10＋6d ) ∴d ＝0或d ＝－15，当d ＝0时，a n ＝a 4＝10，S 20＝200；当d ＝－15时，a n ＝a 4＋(n －4)d ＝－15n ＋70，1750202)230(5520220120-=⨯-+=⨯+=a a S ； 【评析】这种等差、等比数列综合运用时，往往出现多解的情况，对于多个解都要一一加以验证，即使不合题意也要说明，然后舍去．例8 已知：等差数列{a n }中，a n ＝3n －16，数列{b n }中，b n ＝｜a n ｜，求数列{b n }的前n 项和S n ． 【分析】由于对含有绝对值的问题要加以讨论，因此所求的前n 项和S n 应该写成分段函数的形式． 解：(1)当n ≤5时，a n ＜0，则：b n ＝｜a n ｜＝16－3n ，且b 1＝13，n n n n S n 229232316132+-=⨯-+=；(2)当n ≥6时，a n ＞0，则：b n ＝｜a n ｜＝3n －16，此时：S 5＝35，b 6＝2，7022923)5(21632352+-=-⨯-++=n n n n S n ， 由(1)(2)知，⎪⎩⎪⎨⎧≥+-≤+-=)6(7022923)5(2292322n n n n nn S n ．【评析】当n ≥6时，前5项和要加在S n 中是经常被忽略的，得到的结果形式上比较复杂，可通过赋值的方法加以验证．练习5－2一、选择题：1．若等差数列的首项是－24，且从第10项开始大于零，则公差d 的取值范围是( ) A ．38>d B ．d ＜3 C ．338<≤d D ．338≤<d 2．若等差数列{a n }的前20项的和为100，则a 7·a 14的最大值为( ) A ．25 B ．50 C ．100 D ．不存在 3．等比数列{a n }中，若a 1＋a 2＝40，a 3＋a 4＝60，则a 7＋a 8＝( ) A ．80 B ．90 C ．100 D ．1354．等差数列{a n }的前2006项的和S 2006＝2008，其中所有的偶数项的和是2，则a 1003＝( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 二、填空题：5．(1)等差数列{a n }中，a 6＋a 7＋a 8＝60，则a 3＋a 11＝______； (2)等比数列{a n }中，a 6·a 7·a 8＝64，则a 3·a 11＝______； (3)等差数列{a n }中，a 3＝9，a 9＝3，则a 12＝______； (4)等比数列{a n }中，a 3＝9，a 9＝3，则a 12＝______．6．等比数列{a n }的公比为正数，若a 1＝1，a 5＝16，则数列{a n }前7项的和为______． 7．等差数列{a n }中，若a n ＝－2n ＋25，则前n 项和S n 取得最大值时n ＝______． 8．等比数列{a n }中，a 5a 6＝－512，a 3＋a 8＝124，若公比为整数，则a 10＝______． 三、解答题：9．求前100个自然数中，除以7余2的所有数的和．10．已知：三个互不相等的数成等差数列，和为6，适当排列后这三个数也可成等比数列，求：这三个数．11．已知：等比数列{a n }中，a 1＝2，前n 项和为S n ，数列{a n ＋1}也是等比数列，求：数列{a n }的通项公式a n 及前n 项和S n ．§5－3 数列求和【知识要点】1．数列求和就是等差数列、等比数列的求和问题，还应掌握与等差数列、等比数列有关的一些特殊数列的求和问题，2．数列求和时首先要明确数列的通项公式，并利用通项公式找到所求数列与等差数列、等比数列之间的联系，利用等差数列、等比数列的求和公式解决问题，3．三种常见的特殊数列的求和方法：(1)直接公式法：解决一个等差数列与一个等比数列对应项相加而成的新数列的求和问题； (2)错位相减法：解决一个等差数列与一个等比数列对应项相乘而成的新数列的求和问题； (3)裂项相消法：解决通项公式是等差数列相邻两项乘积的倒数的新数列的求和问题． 【复习要求】特殊数列求和体现出知识的“转化”思想——把特殊数列转化为等差数列、等比数列，而在求和的过程中又体现出方程的思想 【例题分析】例1 求和下列各式(1))21(412211n n ++++Λ； (2)1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n ； (3))12)(12(1751531311+-++⨯+⨯+⨯n n Λ； (4)11431321211++++++++n n Λ．【分析】我们遇到的数列求和的问题是一些特殊的数列，即与等差、等比数列密切相关的数列，最后还是回到等差、等比数列求和的问题上．解：(1))212121()21()21(4122112n n n n +++++++=++++ΛΛΛ nn n n n n 211)1(21211)211(212)1(-++=--++=． (2)设：S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n1321322222222)1(22212)++⨯-++++=-⨯+⨯-+⋯+⨯+⨯=-n n n n n n n S n n S Λ则：22)1(21)21(2211+-=---⨯=++n n n n n n S ．(3))12)(12(1751531311+-++⨯+⨯+⨯n n Λ )]121121()5131()311[(21+--++-+-=n n Λ 12)1211(21+=+-=n nn ． (4)11431321211+++++++++n n Λ111342312-+=-+++-+-+-=n n n Λ．【评析】(1)中数列可看成一个等差数列与一个等比数列对应项相加而成，直接运用前n 项和公式即可；(2)中数列可看成一个等差数列与一个等比数列对应项相乘而成，采用错位相减的方法，相减以前需要每一项乘以等比数列的公比，然后错位相减，还是利用等比数列的前n 项和公式，注意错位后最后一项相减时出现的负号，这是极容易出错的地方；(3)(4)都是裂项相消，都与等差数列有关，(3)中的形式更加常见一些，注意裂项后的结果要与裂项前一致，经常要乘一个系数(这个系数恰好是等差数列的公差的倒数)．例2求下列数列的前n 项和S n ．(1)1，－5，9，－13，17，－21，…，(－1)n －1(4n －3)；(2)n+++++++ΛΛ3211,,3211,211,1； (3)1，1＋2，1＋2＋22，1＋2＋22＋23，…，1＋2＋22＋…＋2n －1；【分析】对于一个数列来说，最重要的是通项公式，有了通项公式，就可以写出所有的项，就可以看出其与等差、等比数列的关系，从而利用等差、等比数列的前n 项和得出结论．解：(1)方法一：(当n 是奇数时，1＋(－5)＋9＋(－13)＋17＋(－21)＋…＋(－1)n －1(4n －3) ＝(1＋9＋17＋4n －3)－[5＋13＋21＋(4n －7)].12)21(2745)21(2341-=-⨯-+-+⨯-+=n n n n n (当n 是偶数时，1＋(－5)＋9＋(－13)＋17＋(－21)＋…＋(－1)n －1(4n －3) ＝(1＋9＋17＋4n －7)－[5＋13＋21＋(4n －3)].22234522741n nn n n -=⨯-+-⨯-+=方法二：(当n 是奇数时，1＋(－5)＋9＋(－13)＋17＋(－21)＋…＋(－1)n －1(4n －3) ＝(1－5)＋(9－13)＋(17－21)＋…＋(4n －11＋4n －7)＋(4n －3).12)34(21)4(-=-+-⨯-=n n n (当n 是偶数时，1＋(－5)＋9＋(－13)＋17＋(－21)＋…＋(－1)n －1(4n －3) ＝(1－5)＋(9－13)＋(17－21)＋…＋(4n －7＋4n －3).22)4(n n-=⨯-= (2)此数列中的第n 项)111(2)1(22)1(13211+-=+=+=++++=n n n n n n n a n Λ则n+++++++++++ΛΛ321132112111 ⋅+=+-=+-++-+-+-=12)111(2)]111()4131()3121()211[(2n nn n n Λ(2)此数列中的第n 项1221212221n 12-=--=++++=-n n n a Λ则1＋(1＋2)＋(1＋2＋22)＋…(1＋2＋22＋…＋2n －1) ＝(21－1)＋(22－1)＋(23－1)＋…(2n －1)n n n n n n--=---=-++++=+2221)21(2)2222(1321Λ．【评析】(1)中带有(－1)n ，需要讨论最后一项的正负，方法一是把正、负项分开，看成两个等差数列，方法二应该是多观察的结果，当都要对n 加以讨论，(2)(3)都要先写出通项，然后每一项按照通项的形式写出，很明显地看出方法．例3 数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋2n ．(1)设12-=n nn a b ，求证：数列{b n }是等差数列； (2)求数列{a n }的前n 项和S n ．【分析】对于证明数列是等差、等比数列的问题，还是要应用定义．解：(1)证明：∵,2,2111nn n n n n a b a b ++-==∴ ∴12;122222211111111====-=-=--+-++a b a a a a b b n n n n n n n n n n n ， ∴数列{b n }是首项、公差都为1的等差数列，即：b n ＝n ． (2)由(1)中结果，设12-=n n n a b 时，b n ＝n ，则：a n ＝n ·2n －1 ∴S n ＝1×20＋2×21＋3×22＋4×23＋…＋(n －1)2n －2＋n ·2n－1nn n nn n n n S n n n S 22222122)1(2)2(2322212)13212321⋅⋅-+++++=-+-+-++⨯+⨯+⨯=----ΛΛ12)1(21212+-=---=⋅⋅n nnn n n S ．【评析】证明数列是等差、等比数列时，如果可能应强调首项与公差，证明后，往往要用到整个数列，因此证明完后应把数列的通项写出，便于解决其他问题．例4 已知：数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝4a n －3n ＋1，n ∈N *， (1)求证：数列{a n －n }是等比数列； (2)求数列{a n }的前n 项和S n ；(3)证明不等式S n ＋1≤4S n ，对任意n ∈N *皆成立．【分析】证明等比数列是应该应用定义，比较大小最有效的方法是作差． (1)证明：由题设a n ＋1＝4a n －3n ＋1，得a n ＋1－(n ＋1)＝4(a n －n )( n ∈N *)，∵a 1－1＝1≠0，∴4)()1(1=-+-+n a n a n n ，∴数列{a n －n }是首项为1，且公比为4的等比数列．(2)解：由(1)可知a n －n ＝4n －1，于是数列{a n }的通项公式为a n ＝4n －1＋n ． 则数列{a n }的前n 项和⋅++-=++++++=-2)1(314)4()24()14(11n n n S n n n Λ(3)证明：2)1(43442)2)(1(3144111+---+++-=-+++n n n n S S n n n n.02)1)(43()43(212≤-+-=-+-=n n n n∴不等式S n ＋1≤4S n ，对任意n ∈N *皆成立．练习5－3一、选择题： 1．数列n n 21)12(1617815413211+-、、、、、Λ的前n 项之和S n ＝( ) A ．n n 2112-+ B ．n n n 21122-+-C ．12211--+n nD ．n n n 2112-+-2．若数列1111311211110,,10,10,10n Λ，…它的前n 项的积大于105，则正整数n 的最小值是( ) A ．12B ．11C ．10D ．83．数列{a n }的通项公式11++=n n a n ，若前n 项和S n ＝3，则n ＝( )A ．3B ．4C ．15D ．164．数列{a n }的前n 项和为S n ，若)1(1+=n n a n 则S 5等于( )A ．1B ．65 C ．61 D ．301 二、填空题： 5．若)1(11216121+++++=n n S n Λ，且431=⋅+n n S S ，则n ＝______． 6．若lg x ＋lg x 2＋lg x 3＋…＋lg x n ＝n 2＋n ，则x ＝______．7．数列1，(1＋2)，(1＋2＋22)，…，(1＋2＋22＋…＋2n －1)的前99项和是______．8．正项等比数列{a n }满足：a 2·a 4＝1，S 3＝13，若b n ＝log 3a n ，则数列{b n }的前10项的和是______． 三、解答题：9．已知：等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 7＝7，S 15＝75，求数列}{nsn的前n 项和T n ．10．已知：等比数列{a n }中，公比nn n n a a a T a a a S q 111,,12121+++=+++=≠ΛΛ． (1)用a 1、q 、n 表示nnT S ； (2)若5533113T S T S T S 、、-成等差数列，求q 的值；11．已知：数列{a n }中，a 3＝2，a 5＝1，数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+11n a 是等差数列，(1)数列{a n }的通项公式； (2)若na b n n 1+=，求数列{b n }的前n 项和S n ．§5－4 数列综合问题【知识要点】1．灵活运用等差数列、等比数列的两个公式及其性质来解决综合问题， 2．能解决简单的由等差数列、等比数列形成的新数列的问题，3．能够利用等差数列、等比数列的定义来确定所给数列是等差数列、等比数列． 【复习要求】通过简单综合问题的解决，加深对等差数列、等比数列中，定义、通项、性质、前n 项和的认识．加深数列是特殊的函数的认识，符合高中阶段知识是以函数为主线的展开． 【例题分析】例1 完成下列各题：(1)数列{a n }中，若11121,1++=-=n n n a a a ，则a 5＝______． (2)数列{a n }中，若a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则通项a n ＝______．【分析】叠加的方法应该是解决数列的通项以及求和问题中常见的方法． 解：(1)3451122334455212121)()()()(++=+-+-+-+-=a a a a a a a a a a 1212++ 3247=， (2)∵a n ＋1＝a n ＋n ＋1，∴a n ＋1－a n ＝n ＋1 ∴利用叠加法，有：a 2－a 1＝1＋1a 3－a 2＝2＋1 a 4－a 3＝3＋1 ………1)1()1+-=-+-n a a n n)1)(2(214321-+=++++=-n n n a a n Λ 整理222++=n n a n ．【评析】叠加时一定要注意首、尾项的变化，尤其是符号． 例2已知：数列{a n }是一个等差数列，且a 2＝1，a 5＝－5． (1)求{a n }的通项a n ；(2)求{a n }前n 项和S n 的最大值．【分析】应该是等差数列中的基本问题，还是利用两个基本公式解决问题． 解：(1)设{a n }的公差为d ，由已知条件，⎩⎨⎧-=+=+54111d a d a ，解出a 1＝3，d ＝－2．∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－2n ＋5；(2)4)2(42)1(221+--=+-=-+=n n n d n n na S n ．∴n ＝2时，S n 取到最大值4． 【评析】对于等差数列的前n 项和的最值问题，看成二次函数的最值问题应该是基本方法． 例3 已知：数列{a n }中，a 1＝1，221+=+n n a a ，设11++=n n n a a b ，求数列{b n }的前n 项和S n ．【分析】注意观察所给数列变形后与等差、等比数列有哪些联系，这个联系一定要找到，而且一定有联系，显然本题中}{2n a 是等差数列．解：由题知：数列{a n }中a n ＞0， ∵1,2,22122121=+=+=++∴a a a a a n n n n ，∴数列}{2n a 是首项为1，公差为2的等差数列，∴12,0,122)1(12-=>-=⨯-+=∴n a a n n a n n n Θ，∵11++=n n n a a b ,∴)1212(2112121--+=++-=n n n n b n ，∴)112(21)1212573513(21-+=--+++-+-+-=n n n S n Λ． 【评析】对于开方的问题一定要考虑正、负，而裂项求和(也可以看作分母的有理化)在前一节中也比较多地提到．例4已知：等差数列{a n }的各项均为正数，a 1＝3，等比数列{b n }中，b 1＝1且b 2(a 1＋a 2)＝64，b 3(a 1＋a 2＋a 3)＝960．求数列{a n }、{b n }的通项公式．【分析】还是方程思想在数列中的体现，利用所给条件，列出方程得到公差与公比，从而得到通项公式． 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ， ∵等差数列{a n }的各项均为正数，∴d ＞0，则等差数列{a n }中，a 1＋a 2＝2a 1＋d ＝6＋d ，a 1＋a 2＋a 3＝3a 1＋3d ＝9＋3d ， 等比数列{b n }中，b 2＝b 1q ＝q ，b 3＝q 2， ∵b 2(a 1＋a 2)＝64，b 3(a 1＋a 2＋a 3)＝960，∴⎩⎨⎧=+=+960)39(64)6(2d q d q ，得d ＝2或56-=d ， ∵d ＞0，∴d ＝2，此时q ＝8，∴a n ＝2n ＋1，b n ＝8n －1；【评析】注意题目中所给的条件如何运用，例如：等差数列{a n }的各项均为正数，隐含着给出d ＞0，从而对最后的结果产生影响．例5 完成下列各题：(1)若一个直角三角形三边长成等比数列，则( )A ．三边长之比3∶4∶5B ．三边长之比为1:2:3C ．较大锐角的正弦为215- D ．较小锐角的正弦为215- (2)△ABC 中，如果角A 、B 、C 成等差数列，边a 、b 、c 成等比数列，那么△ABC 一定是( ) A ．直角三角形 B ．等腰直角三角形C ．等边三角形D ．钝角三角形【分析】解决三角形中的问题是一定要用到正弦定理、余弦定理，三角形的内角和等于π恰好使等差数列的条件得以运用，从而得到角B 为3π的结论，再利用余弦定理找到边之间的关系，应该是数列与三角综合问题中常见的方法．解：(1)由题中条件可设三边为a 、aq 、aq 2(q ＞1)，由勾股定理：a 2＋a 2q 2＝a 2q 4，则25101224+=⇒=--q q q ， 设较小锐角为A ，其对边为a ，则215512sin 2-=+==aq a A ．选D ． (2)∵△ABC 中，角A 、B 、C 成等差数列，∴⎩⎨⎧=+++=π2C B A C A B ，∴3π=B ，由余弦定理212cos 222=-+=ac b c a B ，得a 2＋c 2－b 2＝ac ， ∵三条边a 、b 、c 成等比数列，∴b 2＝ac ，∴a 2＋c 2－2ac ＝0，即a ＝c ，∴△ABC 一定是等边三角形．选C ．【评析】解决与三角形有关的问题时，一定要想到正弦定理、余弦定理，与数列综合时，应把角的关系转化为边的关系，因为边成等比数列，所以用边判断三角形形状应该是正确的选择．例6 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝npa n ，且a 1≠a 2， (1)确定p 的值；(2)判断数列{a n }是否为等差数列．【分析】本题中存在递推的关系，解决时还是通过赋值，找到结论，赋值时要多赋几个，以免出现冲突． 解：(1)∵S n ＝npa n ，∴S 1＝a 1＝pa 1，∴a 1＝0或p ＝1，∵S 2＝a 1＋a 2＝2pa 2，∴当p ＝1时，有a 1＋a 2＝2a 2⇒a 1＝a 2与已知矛盾， ∴p ≠1，∴a 1＝0(且a 2≠0)，∵S 2＝a 1＋a 2＝2pa 2，a 2≠0，∴21=P ； (2)由(1)中结论：n n na S 21=，即：2S n ＝na n ，则2S n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1， ∴两式相减：2(S n ＋1－S n )＝2a n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1－na n ①， 同理得到：2a n ＝na n －(n －1)a n －1(n ≥2) ②，∴①－②得2a n ＋1－2a n ＝(n ＋1)a n ＋1－2na n ＋(n －1)a n －1(n ≥2)， 整理得到2(n －1)a n ＝(n －1)a n ＋1＋(n －1)a n －1(n ≥2)， ∵n ≥2，∴2a n ＝a n ＋1＋a n －1，即：a n ＋1－a n ＝a n －a n －1， ∴数列{a n }是等差数列．【评析】(1)中对n ＝1得到的结论要加以验证，这也是为什么要多赋几个值的原因，(2)中开始由S n 求a n的方法应该掌握，而后面①－②得到结论的方法并不多见，实际上是在找数列中连续三项存在的关系，最后得到的也是等差数列的定义，即：每一项与其前一项的差都相等，这与a n －a n －1是常数略有不同，希望大家了解．例7在数列{a n }中，S n ＋1＝4a n ＋2，且a 1＝1，(1)若b n ＝a n ＋1－2a n ，求证：数列{b n }是等比数列；(2)若nnn a c 2=，求证：数列{c n }是等差数列；(3)求数列{a n }的通项公式a n 及前n 项和公式S n ． 【分析】还是要应用定义来证明等差、等比数列．解：(1)∵S n ＋1＝4a n ＋2，∴S n ＝4a n －1＋2(n ≥2)，∴a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝4a n －4a n －1， ∴a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1)，即b n ＝2b n －1，∵S n ＋1＝4a n ＋2，a 1＝1，∴S 2＝a 1＋a 2＝4a 1＋2，∴a 2＝5，∴b 1＝a 2－2a 1＝3，∴数列{b n }是首项为3，公比为2的等比数列，即：b n ＝3·2n －1； (2)∵n n n n n n n n n n n n n n b a a a a c c a c 22222,211111-----=-=-=-=∴ ∵b n ＝3·2n －1，∴,432232211=⋅==----n n n n n n b c c ∵21211==a c ∴数列{c n }是首项为21，公差为等差数列43， 即⋅-=4143n c n(3)∵),4143(22,2-===⋅⋅∴n c a a c nnn n n n n )4143(248245242232-⨯++⨯+⨯+⨯=n S n n ΛΛ)4143(2)222(431)4143(2)41)1(43(24524222)132132-⨯-++++=--⨯+--⨯++⨯+⨯=-++n S n n S n n n n n n ΛΛΛ∴S n ＝(3n －4)·2n －1＋2．【评析】前两问实际上是第三问的铺垫，证明等差、等比数列后，要写出通项公式，为下一步的问题作准备．错位相减时要注意计算，方法再好，结果是错的，也不能说明你的水平．练习5－4一、选择题：1．已知{a n }为等差数列，{b n }为正项等比数列，公比q ≠1，若a 1＝b 1，a 11＝b 11，则( ) A ．a 6＝b 6 B ．a 6＞b 6 C ．a 6＜b 6 D ．a 6＞b 6或a 6＜b 62．设数列{a n }的前n 项和S n ，且a n ＝－2n ＋1，则数列}{nsn的前11项为( ) A ．－45 B ．－50 C ．－55 D ．－663．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 ．(－∞，0)∪(1，＋∞) B ．(－∞，－1] C ．(－∞，－1]∪[3，＋∞) D ．[3，＋∞)4．△ABC 中，tan A 是等差数列{a n }的公差，且a 3＝－1，a 7＝1，tan B 是等比数列{b n }的公比，且b 3＝9，316=b ，则这个三角形是( ) A ．钝角三角形 B ．直角三角形 C ．锐角三角形 D ．等腰三角形 二、填空题：5．若等差数列{a n }中，a 1＋a 3＝5，a 8＋a 10＝19，则前10项和S 10＝______． 6．设等比数列{a n }的公比q ＝2，前n 项和为S n ，则24a S＝______．7．等差数列{a n }中，a 1＞0，S 4＝S 9，当S n 取得最大值时，n ＝______．8．数列{a n }中，若a 1＝1，n n a n na 11+=+，则通项公式a n ＝______． 三、解答题：9．已知：递增等比数列{a n }满足a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2、a 4的等差中项． 求{a n }的通项公式a n ；10．已知数列{x n }的首项x 1＝3，x n ＝2n p ＋nq ，且x 1，x 4，x 5成等差数列，(1)求：常数p ，q 的值；(2)求：数列{x n }的前n 项的和S n 的公式．11．已知{a n }是正数组成的数列，a 1＝1，且点),(1+n n a a 在函数y ＝x 2＋1的图象上．(1)求：数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b 1＝1，b n ＋1＝b n ＋2a n ，求证：b n ·b n ＋2＜b n ＋12．习题5一、选择题：1．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝1，a 3＝3，则S 4＝( ) A ．12 B ．10 C ．8 D ．62．等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，则“a 1＜0且0＜q ＜1”是“对于任意n ∈N *都有a n ＋1＞a n ”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分又不必要条件3．等差数列{a n }中，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 50＝200，a 51＋a 52＋…＋a 100＝2700，则a 1＝( ) A ．－20 B ．－20.5 C ．－21.5 D ．－22.5 4．若数列{a n }的前n 项和S n ＝5n 2－n ，则a 6＋a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝( ) A ．250 B ．270 C ．370 D ．4905．将n 2个正整数1，2，3，…，n 2填入n ×n 个方格中，使得每行、每列、每条对角线上的数的和相等，这个正方形就叫做n 阶幻方．如图，就是一个3阶幻方．定义f (n )为n 阶幻方每条对角线上数的和，例如f (3)＝15，那么f (4)的值为( ) A ．35 B ．34 D ．32二、填空题：6．等差数列{a n }中，a 5＝3，若其前5项和S 5＝10，则其公差d ＝______．7．数列{a n }中，a 1＝3，a 2＝6，若a n ＋2＝a n ＋1－a n ，则a 6＝______，a 2009＝______． 8．设f (n )＝1＋2＋3＋…＋n ，n ∈N *，则f (25)＝______． 9．若数列{a n }满足)2(11,21211≥-+==-n n a a a n n ，则a 10等于______． 10．数列{a n }中，如果存在非零的常数T ，使得a n ＋T ＝a n 对于任意正整数n 均成立，那么就称数列{a n }为周期数列，其中T 叫做数列{a n }的周期．已知数列{x n }满足x n ＋2＝ ｜x n ＋1－x n ｜(x ∈N *)，若x 1＝1，x 2＝a (a ≤1，a ≠0)，当数列{x n }的周期为3时，则数列{x n }的前2009项的和S 2009为______． 三、解答题：11．已知数列{a n }是等差数列，a 3＝18，a 6＝12．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{a n }的前多少项和最大，最大值是多少?12．已知数列{a n }的各项均为正数，S n 为其前n 项和，且S n ＝2a n －2．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，且22)(log 1n n a b =，求证：对任意正整数n ，总有T n ＜2；13．已知{a n }是等差数列，{b n }是各项都为正数的等比数列，且a 1＝b 1＝1，a 3＋b 5＝21，a 5＋b 3＝13(1)求{a n }，{b n }的通项公式；(2)求数列}{nnb a 的前n 项和S n ．14．如果有穷数列a 1，a 2，a 3，…，a m (m 为正整数)满足条件a 1＝a m ，a 2＝a m －1，…，a m ＝a 1，即a i ＝a m －i ＋1(i＝1，2，…，m )，我们称其为“对称数列”．例如，数列1，2，5，2，1与数列8，4，2，2，4，8都是“对称数列”．(1)设{b n }是7项的“对称数列”，其中b 1，b 2，b 3，b 4是等差数列，且b 1＝2，b 4＝11．依次写出{b n }的每一项；(2)设{c n }是49项的“对称数列”，其中c 25，c 26，…，c 49是首项为1，公比为2的等比数列，求{c n }各项的和S ；(3)设{d n }是100项的“对称数列”，其中d 51，d 52，…，d 100是首项为2，公差为3的等差数列．求{d n }前n 项的和S n (n ＝1，2，…，100)．专题05 数列参考答案练习5－1一、选择题：1．B 2．A 3．C 4．D 二、填空题：5．⎩⎨⎧=为偶数为奇数n n a n 52，23)1(7⋅-+=n n a 均可；6．1、3、5、7，a n ＝2n －1； 7．⎩⎨⎧≥-==)2(54)1(0n n n a n ； 8．1661．三、解答题9．解：213;21223332112221==⇒=++==⇒=+a a a a a a a a a a a ； 2143444321==⇒=+++a a a a a a a ，猜想：21=n a ．10．解：由题知：数列的前50项中有：1个1、2个2、3个3、......、9个9，此时共有1＋2＋3＋ (9)45项，还有5个10．练习5－2一、选择题：1．D 2．A 3．D 4．B二、填空题：5．40、16、0、3±；6．127；7．12；8．512．三、解答题9．解：由题知，前100个自然数中，除以7余2的所有数构成首项为2，公差为7的等差数列{a n }，即：a n ＝7n －5，前100个自然数中最后一个除以7余2是：a 14＝93，则前100个自然数中，除以7余2的所有数的和.66514293214=⨯+=S 10．解：设这三个数为2－d ，2，2＋d (d ≠0)，由题意，当2－d 为等比中项时，有(2－d )2＝2(2＋d )⇒d ＝6，这三个数：－4，2，8；当2为等比中项时，有22＝(2－d )(2＋d )⇒d ＝0(舍)，无解；当2＋d 为等比中项时，有(2＋d )2＝2(2－d )⇒d ＝－6，这三个数：8，2，－4；综上所述，这三个数为－4，2，8或8，2，－4．11．解：∵数列{a n }为等比数列，∴a n ＝2q n －1，∵数列{a n ＋1}也是等比数列，∴(a n ＋1＋1)2＝(a n ＋1)(a n ＋2＋1)即a n ＋12＋2a n ＋1＝a n a n ＋2＋a n ＋a n ＋2∵等比数列中a n ＋12＝a n ·a n ＋2，∴a n ＋a n ＋2＝2a n ＋1则a n (1＋q 2－2q )＝0⇒q ＝1，即a n ＝2，所以S n ＝2n ．练习5－3一、选择题：1．A 2．B 3．C 4．B二、填空题：5．6 6．100 7．2100－101 8．－25．三、解答题：9．4942n n T n -=． 10．解：∵(1)数列{a n }是等比数列，∴qq a S n n --=1)1(1， 而}1{n a 是以11a 为首项，q1为公比的等比数列， ∴.,)1(111])1(1[1121111--=--=--=∴n n n n n n n q a T S q q a q qq a T (2)∵5533113T S T S T S 、、-成等差数列，∴－3a 12、a 12q 2、a 12q 4成等差数列， ∴2a 12q 2＝－3a 12＋a 12q 4，∵等比数列{a n }中a 1≠0，∴q 4－2q 2－3＝0，∴q 2＝3，∴.3±=q11．解：(1)∵数列}11{+n a 是等差数列，∴,121,2111135=++=+∴d d a a ∴1121,121)3(11113+=++=-++=+∴n a n d n a a n n ，即：1121++-=n a n (2)由(1)知：)111(12)1(121+-=+==+n n n n n a b n n ∴⋅+=+-++-+-=112)]111()3121()211[(12n n n n S n Λ 练习5－4 一、选择题：1．B 2．D 3．C 4．A二、填空题：5．60； 6．215 7．6或7； 8．n1 三、解答题：9．答：a n ＝2×2n －1＝2n ．10．略解：(1)p ＝1，q ＝1．(2)由(1)知：x n ＝2n ＋n ，.22)1(21)2()22()12(121-++=++++++=+n n n n n n S Λ 11．解：(1)由已知得a n ＋1＝a n ＋1，即{a n }是首项、公差都为1的等差数列．则a n ＝1＋n －1＝n ．(2)由(1)知，a n ＝n ，从而b n ＋1＝b n ＋2n ，b n ＋1－b n ＝2n ，所以，b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1＝2n －1＋2n －2＋…＋2＋1＝2n －1，则：b n ·b n ＋2－b n ＋12＝(2n －1)(2n ＋2－1)－(2n ＋1－1)2＝(22n ＋2－2n ＋2－2n ＋1)－(22n ＋2－2·2n ＋1＋1)＝－2n ＜0，∴212++<⋅n n n b b b ．习题5一、选择题1．C 2．A 3．B 4．C 5．B二、填空题：6．21； 7．－3，－6； 8．528； 9．;110127 10．1340． 三、解答题：11．解：(1)设：等差数列{a n }的公差为d ，则⎩⎨⎧=+==+=1251821613d a a d a a ，解得⎩⎨⎧-==,2221d a ，数列{a n }的通项：a n ＝a 1＋(n －1)d ＝24－2n(2)数列{a n }的前n 项和4529)223(23)2(2)1(2222+--=+-=-⋅-+=n n n n n n S n 则：当n ＝11或n ＝12时，S n 取得最大值，且最大值为132．12．解：(1)①当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1－2⇒a 1＝2，②当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －2－2a n －1＋2⇒a n ＝2a n －1，∵S 2＝a 1＋a 2＝2a 2－2⇒a 2＝4，则：a n ＝4×2n －2＝2n (n ≥2)，由①②得：a n ＝2n ， (2),1)2(log 1)(log 122222na b n n n === 当n ＝1时，T 1＝1＜2，当n ≥2时，,111)1(112nn n n n --=-< 所以22221131211n b b b T n n ++++=+++=ΛΛ 21211131212111<-=--++-+-+<n n n Λ 13．解：(1)设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，则依题意有q ＞0由⎪⎩⎪⎨⎧=++=+=++=+13412121235453q d b a q d b a 得⎩⎨⎧==22q d ， 则：a n ＝1＋(n －1)d ＝2n －1，b n ＝q n －1＝2n －1． (2)⋅-=-1212n n n n b a ①,212232252311221---+-++++=n n n n n S Λ ②,2122322532223---+-++++=n n n n n S Λ ②－①得,21222222222122----+++++=n n n n S Λ 122212)2121211(22----++++⨯+=⋅n n n Λ ⋅+-=----⨯+=---111232621221121122n n n n n 14．解：(1)设数列{b n }的公差为d ，则b 4＝b 1＋3d ＝2＋3d ＝11，解得d ＝3，∴数列{b n }为2，5，8，11，8，5，2；(2)S ＝c 1＋c 2＋…＋c 49＝2(c 25＋c 26＋…＋c 49)－c 25＝2(1＋2＋22＋…＋224)－1＝2(225－1)－1＝226－3＝67108861；(3)d 51＝2，d 100＝2＋3×(50－1)＝149，由题意得d 1，d 2，…，d 50是首项为149，公差为－3的等差数列． 当n ≤50时，.230123)3(2)1(149221n n n n n d d d S n n +-=--+=+⋯++= 当51≤n ≤100时，S n ＝d 1＋d 2＋…＋d n ＝S 50＋(d 51＋d 52＋…＋d n ).750022992332)51)(50()50(237752+-=⨯--+-⋅+=n n n n n。

第3讲数列的综合问题「考情研析」 1.从具体内容上，数列的综合问题，主要考查:①数列与函数、不等式结合，探求数列中的最值或证明不等式．②以等差数列、等比数列为背景，利用函数观点探求参数的值或范围． 2.从高考特点上，常在选填题型的最后两题及解答题第17题中出现，分值一般为5～8分。

核心知识回顾数列综合应用主要体现在以下两点：（1)以数列知识为纽带，在数列与函数、方程、不等式、解析几何的交汇处命题，主要考查利用函数观点、不等式的方法解决数列问题,往往涉及与数列相关的不等式证明、参数的范围等．(2)以数列知识为背景的新概念、创新型问题，除了需要用到数列知识外,还要运用函数、不等式等相关知识和方法,特别是题目条件中的“新知识”是解题的钥匙，此类问题体现了即时学习，灵活运用知识的能力．热点考向探究考向1 数列与函数的综合问题例1 (2019·上海市青浦区高三二模)已知函数f(x）＝x2＋ax＋b（a,b∈R)，且不等式｜f（x)｜≤2019｜2x－x2｜对任意的x∈［0,10］都成立，数列{a n｝是以7＋a为首项，公差为1的等差数列(n∈N＊）．(1）当x∈[0，10]时，写出方程2x－x2＝0的解，并写出数列{a n｝的通项公式（不必证明)；(2）若b n＝a n·错误!an（n∈N＊)，数列{b n}的前n项和为S n，对任意的n∈N＊，都有S n〈m成立，求m的取值范围．解（1)因为x∈［0，10]时，易知方程2x－x2＝0的解为x＝2,x ＝4，由不等式｜f(x）|≤2019|2x－x2|对任意的x∈[0，10]都成立，可得错误!即错误!解得错误!所以f(x)＝x2－6x＋8，又数列｛a n｝是以7＋a＝1为首项,公差为1的等差数列，所以a n＝n。

(2)由（1）知b n＝a n·错误!an＝n·错误!n，所以S n＝b1＋b2＋…＋b n＝1·13＋2·错误!2＋3·错误!3＋…＋n·错误!n，①错误!S n＝1·错误!2＋2·错误!3＋3·错误!4＋…＋n·错误!n＋1,②①－②得，错误!S n＝错误!＋错误!2＋错误!3＋…＋错误!n－n·错误!n＋1＝错误!－n·错误!n＋1＝错误!错误!－错误!，整理得，S n＝错误!－错误!，由错误!>0可得S n〈错误!，由S n<m恒成立,可得m≥错误!.数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景,给出数列所满足的条件，通常利用点在曲线上给出S n的表达式，还有以曲线上的切点为背景的问题,解决这类问题的关键在于利用数列与函数的对应关系，将条件进行准确的转化．已知数列{a n}的前n项和为S n，向量a＝(S n,1），b＝错误!，满足条件a∥b.(1)求数列{a n｝的通项公式；(2）设函数f（x）＝错误!x，数列｛b n}满足条件b1＝1,f（b n＋1）＝错误!.①求数列｛b n｝的通项公式;②设c n＝错误!,求数列{c n｝的前n项和T n。

1.3.2 锥体中的线面关系及计算一、选择题1．对于空间的两条直线m ，n 和一个平面α，下列命题中的真命题是( ) A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥n B ．若m ∥α，n ⊂α，则m ∥n C ．若m ∥α，n ⊥α，则m ∥n D ．若m ⊥α，n ⊥α，则m ∥n解析：对于A ，直线m ，n 可能平行、异面或相交，故A 错误；对于B ，直线m 与n 可能平行，也可能异面，故B 错误；对于C ，m 与n 可能垂直，也可能异面，故C 错误；对于D ，垂直于同一平面的两直线平行，故D 正确． 答案：D2．“直线l 垂直于平面α”的一个必要不充分条件是( ) A ．直线l 与平面α内的任意一条直线垂直 B ．过直线l 的任意一个平面与平面α垂直 C ．存在平行于直线l 的直线与平面α垂直 D ．经过直线l 的某一个平面与平面α垂直解析：A ，B ，C 均为充要条件，因为“直线l 垂直于平面α”可以推得“经过直线l 的某一个平面与平面α垂直”，反之未必成立．故选D. 答案：D3．正四面体ABCD 中，AO ⊥平面BCD ，垂足为O ，设M 是线段AO 上一点，且∠BMC ＝90°，则AMMO的值为( ) A ．1 B.2 C.12D.23解析：如图，连接OB ，设正四面体的棱长为a ，则OB ＝33a ，MB ＝22a ，故OM ＝66a ＝12AO ，则AM MO＝1.4．设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题正确的是( ) A ．m ⊥α，n ⊥β，且α⊥β，则m ⊥n B ．m ∥α，n ∥β，且α∥β，则m ∥n C ．m ⊥α，n ⊂β，m ⊥n ，则α⊥β D ．m ⊂α，n ⊂α，m ∥β，n ∥β，则α∥β解析：用排除法，B 错，因为m ，n 有可能异面；C 错，因为α∥β时，同样有m ⊥n ；D 错，因为满足条件时，α与β也有可能相交．故选A. 答案：A5．已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SA ⊥平面ABC ，SA ＝23，AB ＝1，AC ＝2，∠BAC ＝60°，则球O 的表面积为( ) A ．4π B.12π C.16πD.64π解析：∵AB ＝1，AC ＝2， ∠BAC ＝60°，∴AB ⊥BC .∵SA ⊥平面ABC ，∴BC ⊥平面SAB ，∴BC ⊥SB ，∴SC 是球O 的直径．∵SA ＝23，AC ＝2， ∴SC ＝4.球O 的表面积为16π.故选C. 答案：C6．已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC 的中点，则三棱锥A －B 1DC 1的体积为( )A ．3B.32C.1D.32解析：∵D 是等边三角形ABC 的边BC 的中点， ∴AD ⊥BC .又ABC －A 1B 1C 1为正三棱柱，∴AD ⊥平面BB 1C 1C . ∵四边形BB 1C 1C 为矩形，∴S △DB 1C 1＝12S 四边形BB 1C 1C ＝12×2×3＝ 3.又AD ＝2×32＝3， ∴VA －B 1DC 1＝13S △B 1DC 1·AD ＝13×3×3＝1.7．(2019·南宁摸底联考)三棱锥P －ABC 中，△ABC 为等边三角形，PA ＝PB ＝PC ＝3，PA ⊥PB ，三棱锥P －ABC 的外接球的体积为( )A.272πB.2732π C ．273πD.27π解析：本题考查三棱锥的性质、球体的体积．因为PA ＝PB ＝3，PA ⊥PB ，所以AB ＝32，又因为△ABC 为等边三角形，所以△ABC 的外接圆的半径r ＝322sin 60°＝6，则顶点P 到底面ABC 的距离d ＝PA 2－r 2＝3，则三棱锥P －ABC 的外接球的半径R 满足R 2＝r 2＋(R －d )2，解得R ＝332，所以三棱锥P －ABC 的外接球的体积V ＝43πR 3＝2732π，故选B.答案：B8．如图，以等腰直角三角形ABC 的斜边BC 上的高AD 为折痕，把△ABD 和△ACD 折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：①BD ⊥AC ；②△BAC 是等边三角形； ③三棱锥D －ABC 是正三棱锥； ④平面ADC ⊥平面ABC . 其中正确的有( ) A ．①②④ B.①②③ C ．②③④D.①③④解析：由题意知，BD ⊥平面ADC ，故BD ⊥AC ，①正确；AD 为等腰直角三角形斜边BC 上的高，平面ABD ⊥平面ACD ，所以AB ＝AC ＝BC ，△BAC 是等边三角形，②正确；易知DA ＝DB ＝DC ，又由②知③正确；由①知④错．故选B. 答案：B9．将一个底面半径为1，高为2的圆锥形工件切割成一个圆柱体，能切割出的圆柱的最大体积为( ) A.π27 B.8π27 C.π3D.2π9解析：如图所示，设圆柱的半径为r ，高为x ，体积为V .由题意可得r 1＝2－x2，所以x ＝2－2r ，所以圆柱的体积V ＝πr 2(2－2r )＝2π(r 2－r 3)(0<r <1)，设V (r )＝2π(r 2－r 3)(0<r <1)，则V ′(r )＝2π(2r －3r 2)，由2π(2r －3r 2)＝0得r ＝23，所以圆柱的最大体积V max ＝2π⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫232－⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝8π27. 答案：B10．如图，圆锥的底面直径AB ＝2，母线长VA ＝3，点C 在母线VB 上，且VC ＝1，有一只蚂蚁沿圆锥的侧面从点A 到达点C ，则这只蚂蚁爬行的最短距离是( )A.13B.7C.433D.332解析：把圆锥的半侧面展开，侧面展开图中AB ︵＝π，半径r ＝3，故圆心角∠AVB ＝π3.如图．在△VAC 中，根据余弦定理得AC ＝32＋12－2×3×1×12＝7，此即为蚂蚁爬行的最短距离． 答案：B11．已知点A ，B ，C ，D 在同一个球的球面上，AB ＝BC ＝2，AC ＝2，若四面体ABCD 体积的最大值为23，则这个球的表面积为( )A.125π6B.8πC.25π4D.25π16解析：∵AB ＝BC ＝2，AC ＝2，∴△ABC 是直角三角形，∴△ABC 的外接圆的圆心为边AC 的中点O 1，如图所示．若使四面体ABCD 体积取得最大值只需使点D 到平面ABC 的距离最大，又OO 1⊥平面ABC ，∴点D 是直线OO 1与球上方的交点时体积最大．设球的半径为R ，则由体积公式有O 1D ＝2.在Rt △AOO 1中，R 2＝1＋(2－R )2，解得R ＝54，故球的表面积S ＝25π4.故选C.答案：C12．如图，已知平面四边形ABCD ，AB ＝BC ＝3，CD ＝1，AD ＝5，∠ADC ＝90°.沿直线AC 将△ACD 翻折成△ACD ′，直线AC 与BD ′所成角的余弦的最大值是( )A.63 B.66 C.62D.36解析：如图，过点B 作BE ⊥AC 于点E ，过点D ′作D ′F ⊥AC 于点F ，在平面ABC 内过点F 作FG 綊BE .连接BG ，D ′G ，则BG ⊥D ′G ，∠D ′BG 就是AC 与BD ′所成的角．设∠D ′FG ＝θ.经计算得D ′F ＝306， BE ＝FG ＝302， CF ＝66，EF ＝BG ＝63，在△D ′FG 中，由余弦定理得 D ′G 2＝D ′F 2＋FG 2－2·D ′F ·FG ·cos θ＝253－5cos θ.∴在Rt △D ′GB 中，BD ′＝D ′G 2＋BG 2＝9－5cos θ，∴cos ∠D ′BG ＝BG BD ′＝639－5cos θ. 当cos θ＝1时，cos ∠D ′BG 有最大值为66. 答案：B 二、填空题13．若圆锥的侧面积是底面积的3倍，则其母线与轴所成角的正弦值为 .解析：设圆锥的高为h ，底面半径为r ，母线与轴所成角为θ，则S 侧＝12·2πr ·r 2＋h 2，S 底＝πr 2.因为S 侧＝3S 底，所以πr ·r 2＋h 2＝3πr 2，得r 2＋h 2＝3r ，即8r 2＝h 2，所以tanθ＝122，sin θ＝13.答案：1314．设α，β是两个不重合的平面，m ，n 是两条不重合的直线，给出下列四个命题： ①若n ⊂α，n ∥β，α∩β＝m ，则n ∥m ； ②若m ⊂α，n ⊂α，m ∥β，n ∥β，则α∥β； ③若α⊥β，α∩β＝m ，n ⊂α，n ⊥m ，则n ⊥β； ④若m ⊥α，α⊥β，m ∥n ，则n ∥β. 其中正确的命题序号为 .解析：由线面平行的性质定理知①正确；由面面平行的判定定理知直线m ，n 相交时才成立，所以②错误；由面面垂直的性质定理知③正确；④中，可以是n ⊂β，所以④错误，即正确命题是①③. 答案：①③15．如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为菱形，∠BAD ＝60°，Q 为AD 的中点．若平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ＝PD ＝AD ＝2，点M 在线段PC 上，且PM ＝2MC ，则四棱锥P －ABCD 与三棱锥P －QBM 的体积之比是 .解析：过点M 作MH ∥BC 交PB 于点H . ∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PQ ⊥AD ，∴PQ ⊥平面ABCD .∵PA ＝PD ＝AD ＝AB ＝2，∠BAD ＝60°， ∴PQ ＝BQ ＝ 3.∴V P －ABCD ＝13PQ ·S 菱形ABCD ＝13×3×2×3＝2.又PQ ⊥BC ，BQ ⊥AD ，AD ∥BC ，∴BQ ⊥BC ，又QB ∩QP ＝Q ，∴BC ⊥平面PQB . 由MH ∥BC 得，MH ⊥平面PQB ，MH BC ＝PM PC ＝23.∵BC ＝2，∴MH ＝43，∴V P －QBM ＝V M －PQB ＝13×12×3×3×43＝23.∴V P －ABCD ∶V P －QBM ＝3∶1. 答案：3∶116．如图，∠ACB ＝90°，DA ⊥平面ABC ，AE ⊥DB 交DB 于E ，AF ⊥DC 交DC 于F ，且AD ＝AB ＝2，则三棱锥D －AEF 体积的最大值为______．解析：因为DA ⊥平面ABC ，所以DA ⊥BC ，又BC ⊥AC ，DA ∩AC ＝A ，所以BC ⊥平面ADC ，所以BC ⊥AF .又AF ⊥CD ，BC ∩CD ＝C ，所以AF ⊥平面DCB ，所以AF ⊥EF ，AF ⊥DB .又DB ⊥AE ，AE ∩AF＝A ，所以DB ⊥平面AEF ，所以DE 为三棱锥D －AEF 的高．因为AE 为等腰直角三角形ABD 斜边上的高，所以AE ＝2，DE ＝2，设AF ＝a ，FE ＝b ，则△AEF 的面积S ＝12ab ≤12·a 2＋b 22＝12×22＝12，所以三棱锥D －AEF 的体积V ≤13×12×2＝26(当且仅当a ＝b ＝1时等号成立)． 答案：26三、解答题1．如图，四棱锥P －ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°.(1)证明：直线BC ∥平面PAD ；(2)若△PCD 的面积为27，求四棱锥P －ABCD 的体积． 解析：(1)证明：在平面ABCD 内，因为∠BAD ＝∠ABC ＝90°， 所以BC ∥AD ，又BC ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ， 故 BC ∥平面PAD .(2)取AD 的中点M ，连接PM ，CM .由AB ＝BC ＝12AD ，BC ∥AD ，∠ABC ＝90°得，四边形ABCM为正方形， 则CM ⊥AD .因为侧面PAD 为等边三角形且垂直于平面ABCD ， 平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ， 所以PM ⊥AD ，PM ⊥平面ABCD . 因为CM ⊂底面ABCD ，所以PM ⊥CM .设BC ＝x ，则CM ＝x ，CD ＝2x ，PM ＝3x ，PC ＝PD ＝2x ，取CD 的中点N ，连接PN ，则PN⊥CD ，所以PN ＝142x . 因为△PCD 的面积为27，所以12×2x ×142x ＝27，解得x ＝2, 于是AB ＝BC ＝2, AD ＝4, PM ＝2 3. 所以四棱锥P －ABCD 的体积V ＝13×2×(2＋4)2×23＝4 3. 2．(2019·长春模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAB ⊥平面ABCD ，PA ＝PB ，AD ∥BC ，AB ＝AC ，AD ＝12BC ＝1，PD ＝3，∠BAD ＝120°，M 为PC 的中点．(1)证明：DM ∥平面PAB ； (2)求四面体M －ABD 的体积．解析：(1)证明：取PB 中点N ，连接MN ，AN . ∵M 为PC 的中点，∴MN ∥BC 且MN ＝12BC .又AD ∥BC ，且AD ＝12BC ，得MN 綊AD .∴ADMN 为平行四边形，∴DM ∥AN . 又AN ⊂平面PAB ，DM ⊄平面PAB ， ∴DM ∥平面PAB .(2)取AB 中点O ，连接PO .∵PA ＝PB ，∴PO ⊥AB ， 又∵平面PAB ⊥平面ABCD ， 平面PAB ∩平面ABCD ＝AB ，PO ⊂平面PAB ，则PO ⊥平面ABCD .取BC 中点H ，连接AH .∵AB ＝AC ，∴AH ⊥BC ，又∵AD ∥BC ， ∠BAD ＝120°，∴∠ABC ＝60°.Rt△ABH 中，BH ＝12BC ＝1，AB ＝2，∴AO ＝1，又AD ＝1，在△AOD 中，由余弦定理得，OD ＝ 3. 在Rt △POD 中，PO ＝PD 2－OD 2＝ 6. 又S △ABD ＝12AB ·AD sin 120°＝32，∴V M －ABD ＝13·S △ABD ·12PO ＝24.3．如图，已知正方形ABCD 的边长为2，AC 与BD 交于点O ，将正方形ABCD 沿对角线BD 折起，得到三棱锥A －BCD .(1)求证：平面AOC ⊥平面BCD ； (2)若三棱锥A －BCD 的体积为63，且∠AOC 是钝角，求AC 的长． 解析：(1)证明：∵四边形ABCD 是正方形， ∴BD ⊥AO ，BD ⊥CO .折起后仍有BD ⊥AO ，BD ⊥CO ，AO ∩CO ＝O ，AO ，CO ⊂平面AOC ，∴BD ⊥平面AOC .∵BD ⊂平面BCD ，∴平面AOC ⊥平面BCD . (2)由(1)知BD ⊥平面AOC ， ∴V A －BCD ＝13S △AOC ·BD ，∴13×12OA ·OC ·sin∠AOC ·BD ＝63， 即13×12×2×2×sin∠AOC ×22＝63， ∴sin ∠AOC ＝32. 又∵∠AOC 是钝角，∴∠AOC ＝120°. 在△AOC 中，由余弦定理得AC 2＝OA 2＋OC 2－2·OA ·OC ·cos∠AOC＝(2)2＋(2)2－2×2×2×cos 120°＝6， ∴AC ＝ 6.4．已知空间几何体ABCDE 中，△BCD 与△CDE 均是边长为2的等边三角形，△ABC 是腰长为3的等腰三角形，平面CDE ⊥平面BCD ，平面ABC ⊥平面BCD .(1)试在平面BCD 内作一条直线，使得直线上任意一点F 与E 的连线EF 均与平面ABC 平行，并给出详细证明；(2)求三棱锥E －ABC 的体积．解析：(1)∵平面CDE ⊥平面BCD ，平面ABC ⊥平面BCD ，∴过E 作EQ ⊥平面BCD ，交CD 于Q ，过A 作AP ⊥平面BCD ，交BC 于P ，∴EQ ∥AP ，过Q 作QO ∥BC ，交BD 于O .则直线OQ 就是在平面BCD 内所求的直线，使得直线OQ 上任意一点F 与E 的连线EF 均与平面ABC 平行．证明如下：∵EQ ∥AP ，QO ∥BC ，EQ ∩QO ＝Q ，AP ∩BC ＝P ，EQ ，QO ⊂平面EQO ，AP ，BC ⊂平面ABC ，∴平面EQO ∥平面ABC ，∴直线OQ 上任意一点F 与E 的连线EF 均与平面ABC 平行．(2)∵△BCD 与△CDE 均为边长为2的等边三角形，△ABC 为腰长为3的等腰三角形，且平面CDE ⊥平面BCD ，平面ABC ⊥平面BCD ，∴AP ＝32－12＝2 2.∴S △ABC ＝12×2×22＝22， 连接DP 交OQ 于点N ，连接EN .∴点E 到平面ABC 的距离d ＝NP ＝12DP ＝1222－12＝32， ∴三棱锥E －ABC 的体积 V E －ABC ＝13×d ×S △ABC ＝13×32×22＝63.。

数列的综合应用及数学归纳法错误!1．数列{a n｝的前n项和S n满足S n＝2a n－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．(1)求数列{a n}的通项公式；(2）设b n＝错误!，求数列｛b n}的前n项和T n。

解:(1）∵S n＝2a n－a1,①∴当n≥2时，S n－1＝2a n－1－a1,②①－②得，a n＝2a n－2a n－1，即a n＝2a n－1。

由a1，a2＋1，a3成等差数列，得2（a2＋1）＝a1＋a3，∴2(2a1＋1)＝a1＋4a1，解得a1＝2.∴数列｛a n｝是首项为2，公比为2的等比数列．∴a n＝2n。

(2）∵a n＝2n,∴S n＝2a n－a1＝2n＋1－2，S n＋1＝2n＋2－2.∴b n＝错误!＝错误!＝错误!错误!－错误!.∴数列{b n}的前n项和T n＝错误!错误!＋错误!＋…＋错误!＝错误!错误!＝错误!。

2．(2019·绍兴适应性考试)已知数列｛a n｝是公差为2的等差数列，且a1，a5＋1，a23＋1成等比数列．数列{b n}满足：b1＋b2＋…＋b n＝2n＋1－2，n∈N＊。

(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；（2）设数列{c n}的前n项和为T n，且c n＝错误!若对n∈N*，T2n≥T2k恒成立,求正整数k的值．解：（1）由已知得（a5＋1)2＝a1（a23＋1），即（a1＋9）2＝a1(a1＋45），所以a1＝3，所以a n＝2n＋1.当n＝1时，b1＝2,当n≥2时，b n＝（b1＋b2…＋b n）－（b1＋b2…＋b n－1）＝2n＋1－2n＝2n，所以b n＝2n.（2）因为T2n＝错误!－错误!＝错误!错误!－错误!错误!＝－错误!＋错误!错误!－错误!，所以T2n＋2－T2n＝错误!错误!＝错误!错误!＝错误!错误!。

设d n＝错误!，则d n＋1－d n＝错误!－错误!＝错误!<0恒成立，因此d1>d2>d3>d4>…，由于d1〉1,d2〉1，d3>1，d4〈1，…，因此T4－T2<0,T6－T4〈0，T8－T6〈0,T10－T8〉0，…，所以{T2n｝中T8最小,所以k的值为4。

第一单元 高考中档大题突破解答题02: 数 列基本考点——等差、等比数列的基本运算1．等差数列的通项公式及前n 项和公式 a n ＝a 1＋(n －1)d ；S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d ．2．等比数列的通项公式及前n 项和公式 a n ＝a 1qn －1(q ≠0)；S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q(q ≠1)．3．等差(比)数列的基本运算在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a 1和d (或q )的方程组求解，但要注意消元法及整体代换，以减少计算量．1．(2017·全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和． 已知S 2＝2，S 3＝－6． (1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列． (1)解：设{a n }的公比为q .由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1＋q )＝2，a 1(1＋q ＋q 2)＝－6. 解得q ＝－2，a 1＝－2． 故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n ． (2)解：由(1)可得S n ＝a 1(1－q n )1－q＝－23＋(－1)n 2n ＋13．由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n2n ＋3－2n ＋23＝2⎣⎡⎦⎤－23＋(－1)n 2n ＋13＝2S n ，故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．2．(2017·全国卷Ⅱ)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的前n 项和为T n ，a 1＝－1，b 1＝1，a 2＋b 2＝2．(1)若a 3＋b 3＝5，求{b n }的通项公式； (2)若T 3＝21，求S 3．解：设{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ， 则a n ＝－1＋(n －1)·d ，b n ＝q n －1．由a 2＋b 2＝2得d ＋q ＝3.① (1)由a 3＋b 3＝5得2d ＋q 2＝6.②联立①和②解得⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝3，q ＝0(舍去)，⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2.因此{b n }的通项公式为b n ＝2n －1．(2)由b 1＝1，T 3＝21得q 2＋q －20＝0． 解得q ＝－5或q ＝4．当q ＝－5时，由①得d ＝8，则S 3＝21． 当q ＝4时，由①得d ＝－1，则S 3＝－6．常考热点——数列的综合问题1．错位相减法的关注点(1)适用题型：等差数列{a n }与等比数列 {b n }对应项相乘({a n ·b n })型数列求和． (2)步骤：①求和时先乘以数列{b n }的公比． ②把两个和的形式错位相减． ③整理结果形式．[提醒] 错位相减法求和时，易漏掉减数式的最后一项． 2．裂项相消求和的原理及注意问题(1)原理：把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和．(2)注意：在相加抵消过程中，有的是依次抵消，有的是间隔抵消，特别是间隔抵消时要注意规律性．(2017·濮阳一模)设等差数列{a n }的前n 项和S n 满足S 5＝15，且2a 2，a 6，a 8＋1成公比大于1的等比数列.阿凡题1083958(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2n ·a n ，求数列{b n }的前n 项和T n ．[思路点拨] (1)利用等差数列的首项与公差通过数列的和求出a 3，利用2a 2，a 6，a 8＋1成公比大于1的等比数列．求出公差，然后求解数列的通项公式．(2)化简数列的通项公式，利用错位相减法求解数列的和即可． 【解】 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，因为S 5＝15， 所以a 3＝3，又因为2a 2，a 6，a 8＋1成公比大于1的等比数列．所以a 26＝2a 2(a 8＋1)，即：(a 3＋3d )2＝2(a 3－d )(a 3＋5d ＋1)，所以d ＝1或d ＝－1519(舍去)，所以a 1＝a 3－2d ＝3－2＝1.所以a n ＝n ， 数列{a n }的通项公式为a n ＝n ； (2)由(1)可知：设b n ＝2n ·a n ＝n ·2n ，T n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ·2n ①； ①×2可得：2T n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)2n ＋n ·2n ＋1 ②，①－②得：－T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1．∴T n ＝(n －1)2n ＋1＋2．用错位相减法求和的注意事项(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．(2017·全国卷Ⅲ)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n .阿凡题1083959(1)求{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和．【解】 (1)因为a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ，故当n ≥2时， a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1)， 两式相减得(2n －1)a n ＝2， 所以a n ＝22n －1(n ≥2)．又由题设可得a 1＝2，满足上式， 所以{a n }的通项公式为a n ＝22n －1． (2)记⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和为S n ．由(1)知a n 2n ＋1＝2(2n ＋1)(2n －1)＝12n －1－12n ＋1，则S n ＝11－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝2n2n ＋1．1．(2017·云南统检)设S n 为数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝2，对任意n ∈N *，都有2S n＝(n ＋1)a n ．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫4a n (a n ＋2)的前n 项和为T n ，求证：12≤T n <1．(1)解：因为2S n ＝(n ＋1)a n ， 当n ≥2时，2S n －1＝na n －1，两式相减，得2a n ＝(n ＋1)a n －na n －1，即(n －1)a n ＝na n －1， 所以当n ≥2时，a n n ＝a n －1n －1，所以a n n ＝a 11＝2，即a n ＝2n (n ≥2)．(2)证明：由(1)知a n ＝2n ，令b n ＝4a n (a n ＋2)，n ∈N *，所以b n ＝42n (2n ＋2)＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1．所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n即T n ＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1 ＝1－1n ＋1．因为1n ＋1>0，所以1－1n ＋1<1．显然当n ＝1时，T n 取得最小值12．所以12≤T n <1．2．(2017·株洲二模)数列{a n }的通项a n 是关于x 的不等式x 2－x ＜nx 的解集中正整数的个数．f (n )＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n ＋n．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n2n ，求数列{b n }的前n 项和S n ；(3)求证：对n ≥2，且n ∈N *，恒有712≤f (n )＜1． (1)解：x 2－x ＜nx 等价于x (x －n －1)＜0，解得x ∈(0，n ＋1)，其中有正整数n 个，于是a n ＝n ．(2)解：由(1)得b n ＝n 2n ＝n ·⎝⎛⎭⎫12n ， S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝1×12＋2×⎝⎛⎭⎫122＋…＋n ×⎝⎛⎭⎫12n ，12S n ＝1×⎝⎛⎭⎫122＋2×⎝⎛⎭⎫123＋…＋n ×⎝⎛⎭⎫12n ＋1， 两式相减得12S n ＝12＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －n ×⎝⎛⎭⎫12n ＋1＝1－⎝⎛⎭⎫12n －n ×⎝⎛⎭⎫12n ＋1， 故S n ＝2－⎝⎛⎭⎫12n －1－n ×⎝⎛⎭⎫12n ． (3)证明：f (n )＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n ＋n＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n ＜1n ＋1n＋…＋1n ＝1．由f (n )＝1a n ＋1＋1a n ＋2＋…＋1a n ＋n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n ，知f (n ＋1)＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋12n ＋1＋12n ＋2，于是f (n ＋1)－f (n )＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1＞12n ＋2＋12n ＋2－1n ＋1＝0，故f (n ＋1)＞f (n )，∴当n ≥2，且n ∈N *时，f (n )为增函数， ∴f (n )≥f (2)＝712，综上可知712≤f (n )＜1．1．(2017·西安八校联考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 5＝－3，S 10＝－40． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若从数列{a n }中依次取出第2,4,8，…，2n ，…项，按原来的顺序排成一个新数列{b n }，求数列{b n }的前n 项和T n ．解：(1)∵a 5＝a 1＋4d ＝－3， S 10＝10a 1＋45d ＝－40， 解得a 1＝5，d ＝－2． ∴a n ＝－2n ＋7．(2)依题意，b n ＝a 2n ＝－2×2n ＋7＝－2n ＋1＋7，故T n ＝－(22＋23＋…＋2n ＋1)＋7n＝－22－2n ＋1×21－2＋7n＝4＋7n －2n ＋2．2．(2017·九江二模)各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＋2＝4S n ＋6，n ∈N *．(1)求a 1及通项公式a n ；(2)若b n ＝na n，求数列{b n }的前n 项和T n ．解：(1)∵各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ， 满足S n ＋2＝4S n ＋6，n ∈N *，∴n ＝1时，S 3＝4S 1＋6，∴a 1＋a 2＋a 3＝4a 1＋6，① n ＝2时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝4(a 1＋a 2)＋6，② 由②－①，得a 4＝4a 2＝a 2q 2， ∴q 2＝4，∵q ＞0，∴q ＝2， 由①式知a 1(1＋q ＋q 2)＝4a 1＋6，∴a 1(1＋2＋4)＝4a 1＋6,3a 1＝6，解得a 1＝2， ∴a n ＝2n ．(2)∵b n ＝n a n ＝n 2n ，∴T n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ，③∴12T n ＝122＋223＋324＋…＋n －12n ＋n2n ＋1，④ 由③－④，得12T n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12－n 2n ＋1＝1－12n －n 2n ＋1，∴T n ＝2－n ＋22n ．3．(2017·开封二模)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝12a n (a n ＋1)，n ∈N *．(1)求通项a n ；(2)若b n ＝1S n，求数列{b n }的前n 项和T n ．解：(1)a 1＝S 1＝12a 1(a 1＋1)，a 1＞0，解得a 1＝1，∀n ∈N *，a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝12a n ＋1(a n ＋1＋1)－12a n (a n ＋1)，移项整理并因式分解得： (a n ＋1－a n －1)(a n ＋1＋a n )＝0， 因为{a n }是正项数列，所以a n ＋1－a n －1＝0，a n ＋1－a n ＝1，{a n }是首项a 1＝1，公差为1的等差数列，a n ＝n ．(2)由(1)得S n ＝12a n (a n ＋1)＝12n (n ＋1)，b n ＝1S n ＝2n (n ＋1)＝2n －2n ＋1，T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝⎛⎭⎫21－22＋⎝⎛⎭⎫22－23＋…＋⎝⎛⎭⎫2n －2n ＋1， ＝21－2n ＋1＝2nn ＋1． 4．(2017·涪陵二模)数列{a n }满足：a 1＝2，a 2＝3，a n ＋2＝3a n ＋1－2a n (n ∈N *)． (1)记d n ＝a n ＋1－a n ，求证：数列{d n }是等比数列；(2)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为S n ，证明S n ＜32．证明：(1)∵a n ＋2＝3a n ＋1－2a n ， ∴d n ＋1d n ＝a n ＋2－a n ＋1a n ＋1－a 1＝3a n ＋1－2a n －a n ＋1a n ＋1－a n ＝2a n ＋1－2a na n ＋1－a n＝2， ∴数列{d n }是等比数列，∵d 1＝a 2－a 1＝1，q ＝2， ∴d n ＝2n －1．(2)∵d n ＝2n －1，d n ＝a n ＋1－a n ，∴a n ＋1－a n ＝2n －1，∴a 2－a 1＝20，a 3－a 2＝21，a 4－a 3＝22，…，a n －a n －1＝2n －2，∴累加得：a n －a 1＝20＋21＋…＋2n －2＝1－2n －11－2＝2n －1－1，∴a n ＝2n －1＋1．∴1a n ＝12n －1＋1＜12n －1(n ≥2)，n ＝1时，S n ＝12＜32成立； ∴当n ≥2时，S n ＝12＋12＋122＋…＋12n －1＝12＋12⎝⎛⎭⎫1－12n －11－12＝32－12n －1＜32． 5．(2017·江西重点中学一模)数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝5，a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋1 (1)设b n ＝a n ＋1－a n ，证明{b n }是等差数列，并求{b n }的通项公式； (2)设c n ＝tan b n ·tan b n ＋1，求数列{c n }的前n 项和S n ． (1)证明：由a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋1得， a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋1，由b n ＝a n ＋1－a n 得，b n ＋1＝b n ＋1，即b n ＋1－b n ＝1， 又b 1＝a 2－a 1＝5－1＝4，所以{b n }是首项为4，公差为1的等差数列．且b n ＝b 1＋(n －1)d ＝4＋n －1＝n ＋3；(2)解：c n ＝tan b n ·tan b n ＋1＝tan (n ＋3)·tan (n ＋4)， 由tan[(n ＋4)－(n ＋3)]＝tan (n ＋4)－tan (n ＋3)1＋tan (n ＋4)tan (n ＋3)，可得tan(n ＋3)·tan(n ＋4)＝tan (n ＋4)－tan (n ＋3)tan 1－1，即有数列{c n }的前n 项和S n ＝tan 5－tan 4tan 1＋tan 6－tan 5tan 1＋…＋tan (n ＋4)－tan (n ＋3)tan 1－n＝tan (n ＋4)－tan 4tan 1－n ．6．(2017·南充二模)设各项均为正数的数列{a n }和{b n }满足：对任意n ∈N *，a n ，b n ，a n＋1成等差数列，b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列，且a 1＝1，b 1＝2，a 2＝3． (1)证明数列{b n }是等差数列； (2)求数列{1a n}前n 项的和．(1)证明：∵对任意n ∈N *，a n ，b n ，a n ＋1成等差数列，b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列， ∴2b n ＝a n ＋a n ＋1，a 2n ＋1＝b n ·b n ＋1，a n ＞0， ∴a n ＋1＝b n b n ＋1， ∴2b n ＝b n －1b n ＋b n b n ＋1， ∴2b n ＝b n －1＋b n ＋1． ∴数列{b n }是等差数列．(2)解：a 1＝1，b 1＝2，a 2＝3.由(1)可得：32＝2b 2，解得：b 2＝92．∴公差d ＝b 2－b 1＝92－2＝22． b n ＝2＋22(n －1)＝2×n ＋12． ∴b n ＝(n ＋1)22．∴a 2n ＋1＝b n ·b n ＋1＝(n ＋1)22×(n ＋2)22，a n ＋1＞0．∴a n ＋1＝(n ＋1)(n ＋2)2，∴n ≥2时，a n ＝n (n ＋1)2.n ＝1时也成立．∴a n ＝n (n ＋1)2.n ∈N *．∴1a n ＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1． ∴数列{1a n}前n 项的和＝2⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1 ＝2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1．。