2019年高考数学二轮复习第2部分专题二数列必考点文1

2019-2020年高考数学二轮复习第2部分专题二数列必考点[例1] (本题满分12分)已知首项都是1的两个数列{a n }，{b n }(b n ≠0，n ∈N *)，满足a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0.(1)令c n ＝a n b n，求数列{c n }的通项公式； (2)若b n ＝3n －1，求数列{a n }的前n 项和S n .解：(1)因为b n ≠0，所以由a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0， 得a n b n －a n ＋1b n ＋1＋2＝0，(2分)即a n ＋1b n ＋1－a nb n＝2，(3分) 所以c n ＋1－c n ＝2，所以{c n }是以c 1＝a 1b 1＝1为首项，2为公差的等差数列，(5分) 所以c n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.(6分) (2)由b n ＝3n －1知a n ＝c n b n ＝(2n －1)3n －1，于是数列{a n }的前n 项和S n ＝1·30＋3·31＋5·32＋…＋(2n －1)·3n －1，(8分)3S n ＝1·31＋3·32＋…＋(2n －3)·3n －1＋(2n －1)·3n，相减得－2S n ＝1＋2·(31＋32＋…＋3n －1)－(2n －1)·3n＝－2－(2n －2)3n，(10分)所以S n ＝(n －1)3n＋1.(12分) 评分细则：得分点及踩点说明(1)第(1)问，利用条件②合理转化得2分． (2)写成等差数列定义形式得1分． (3)得出其首项、公差进而写出通项得3分． (4)第(2)问，由b n ＝3n ＋1，c n ＝2n －1，得到{a n }的通项得2分．(5)在等式两端同乘以3给2分． (6)错位相减给1分．(7)错位相减后求和正确得2分． (8)最后结果整理得1分．(xx·高考全国甲卷)等差数列(a n )中，a 3＋a 4＝4，a 5＋a 7＝6. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝[a n ]，求数列{b n }的前10项和，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.解：(1)设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由题意有⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋5d ＝4，a 1＋5d ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝25.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋35. (2)由(1)知，b n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋35.当n ＝1,2,3时，1≤2n ＋35<2，b n ＝1；当n ＝4,5时，2≤2n ＋35<3，b n ＝2；当n ＝6,7,8时，3≤2n ＋35<4，b n ＝3；当n ＝9,10时，4≤2n ＋35＜5，b n ＝4.所以数列{b n }的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.[例2] (xx·高考全国丙卷)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.审题路线图[规范解答] (1)证明：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1， 故λ≠1，a 1＝11－λ，故a 1≠0.由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ， 即a n ＋1(λ－1)＝λa n . 由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1. 因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1.(2)由(1)得S n ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫λλ－1n .由S 5＝3132得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132. 解得λ＝－1.(xx·高考全国乙卷)已知{a n }是公差为3的等差数列，数列{b n }满足b 1＝1，b 2＝13，a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n .(1)求{a n }的通项公式； (2)求{b n }的前n 项和．解：(1)由已知，a 1b 2＋b 2＝b 1，b 1＝1，b 2＝13，得a 1＝2.所以数列{a n }是首项为2，公差为3的等差数列，通项公式为a n ＝3n －1. (2)由(1)知a n b n ＋1＋b n ＋1＝nb n ，得b n ＋1＝b n3，因此{b n }是首项为1，公比为13的等比数列．记{b n }的前n 项和为S n ，则S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13n 1－13＝32－12×3n －1.类型三 学会规范[例3] (本题满分12分)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n 2n ＋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 . [考生不规范示例] 解：(1)令n ＝1，得1a 1a 2＝13， 所以a 1a 2＝3，a 1(a 1＋d )＝3，① 令n ＝2得1a 1a 2＋1a 2a 3＝25，所以a 2a 3＝15，(a 1＋d )(a 2＋d )＝15 ② 由①②得a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1. (2)b n ＝2n ·22n －1所以T n ＝1×4＋2×42＋…＋n ·4n③ 4T n ＝1×42＋2×43＋…＋(n －1)·4n ＋n ·4n ＋1④③－④得：－3Tn ＝41＋42＋…＋4n －n ·4n ＋1＝41－4n ＋11－4－n ·4n ＋1所以T n ＝4－4n ＋29＋n ·4n ＋13＝3n －44n ＋1＋49.[规范解答] (1)设数列{a n }的公差为d . 令n ＝1，得1a 1a 2＝13， 所以a 1a 2＝3.①(2分) 令n ＝2，得1a 1a 2＋1a 2a 3＝25， 所以a 2a 3＝15.②(4分) ∴由①②得a 3＝5a 1即a 1＋2d ＝5a 1，∴d ＝2a 1，∴a 2＝3a 1 ∴a 21＝1，(a 1＞0)，∴a 1＝1，d ＝2. ∴a n ＝2n －1，经检验，符合题意．(6分) (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(10分)＝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.(12分)[终极提升]——登高博见限时规范训练三 等差数列、等比数列及数列求和(建议用时45分钟)解答题(解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)1．(xx·高考全国丙卷)已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0.(1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．解：(1)由题意可得a 2＝12，a 3＝14.(2)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0得 2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1)． 因为{a n }的各项都为正数，所以a n ＋1a n ＝12. 故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，因此a n ＝12n －1.2．已知等差数列{a n }的公差不为零，a 1＝25，且a 1，a 11，a 13成等比数列． (1)求{a n }的通项公式； (2)求a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 3n －2.解：(1)设{a n }的公差为d .由题意，得a 211＝a 1a 13， 即(a 1＋10d )2＝a 1(a 1＋12d )． 于是d (2a 1＋25d )＝0.又a 1＝25，所以d ＝0(舍去)或d ＝－2. 故a n ＝－2n ＋27.(2)令S n ＝a 1＋a 4＋a 7＋…＋a 3n －2.由(1)知a 3n －2＝－6n ＋31，故{a 3n －2}是首项为25，公差为－6的等差数列．从而S n ＝n2(a 1＋a 3n －2)＝n2(－6n ＋56) ＝－3n 2＋28n .3．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：(1)∵a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，∴a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3. 两式相减得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 )． 由于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，所以通项公式a n ＝2n ＋1. (2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝12n ＋12n ＋3＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3 ＝n32n ＋3.4．(xx·高考山东卷)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝a n ＋1n ＋1b n ＋2n，求数列{c n }的前n 项和T n .解：(1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，满足上式， 所以a n ＝6n ＋5. 设数列{b n }的公差为d .由⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝4，d ＝3.所以b n ＝3n ＋1.(2)由(1)知c n ＝6n ＋6n ＋13n ＋3n＝3(n ＋1)·2n ＋1，又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n ，得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]，2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]，两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋41－2n1－2－n ＋1×2n ＋2 ＝－3n ·2n ＋2，所以T n ＝3n ·2n ＋2.专题一、二 规范滚动训练(二)(建议用时45分钟)解答题(解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)1．已知首项为12，公比不等于1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3，S 2，S 4成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝n |a n |，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n .解：(1)通解 设数列{a n }的公比为q ，由题意得2S 2＝S 3＋S 4，q ≠1，∴2×a 11－q 21－q ＝a 11－q 31－q ＋a 11－q 41－q.化简得q 2＋q －2＝0，得q ＝－2，或q ＝1(舍) 又数列{a n }的首项为12，∴a n ＝12×(－2)n －1.优解 设数列{a n }的公比为q ，由题意得2S 2＝S 3＋S 4， 即(S 4－S 2)＋(S 3－S 2)＝0， 即(a 4＋a 3)＋a 3＝0， ∴a 4a 3＝－2， ∴公比q ＝－2.又数列{a n }的首项为12，∴a n ＝12×(－2)n －1.(2)b n ＝n |a n |＝n ×12×2n －1＝14×n ×2n，∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝14(1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n)，①2T n ＝14(1×22＋2×23＋3×24＋…＋n ×2n ＋1，)②①－②得，－T n ＝14×⎣⎢⎡⎦⎥⎤2×1－2n1－2－n ×2n ＋1，∴T n ＝12＋12(n －1)×2n .2．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足(2b －c )cos A ＝a cos C . (1)求角A 的大小；(2)若b cos C ＋12c ＝a ，判断△ABC 的形状．解：(1)由正弦定理a sin A ＝b sin B ＝csin C ，可得：2sin B cos A ＝sin C cos A ＋cos C sin A ， ∴2sin B cos A ＝sin(A ＋C )＝sin B ， ∵sin B ≠0，∴cos A ＝12.∴A ＝π3.(2)∵b cos C ＋12c ＝a ，∴b ·a 2＋b 2－c 22ab ＋12c ＝a ，整理得a 2＋c 2－b 2＝ac ，∴cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝12，∴B ＝π3，从而A ＝B ＝C ＝π3，∴△ABC 为等边三角形．3．已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，其前n 项和为S n ，且S 5＝30，又a 1，a 3，a 9成等比数列． (1)求S n ；(2)若对任意n ＞t ，n ∈N *，都有1S 1＋a 1＋2＋1S 2＋a 2＋2＋…＋1S n ＋a n ＋2＞1225，求t 的最小值．解：(1)设公差为d ，由条件得 ⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋5×42d ＝30，a 1＋2d 2＝a 1a 1＋8d ，得a 1＝d ＝2.∴a n ＝2n ，S n ＝n 2＋n .(2)∵1S n ＋a n ＋2＝1n 2＋n ＋2n ＋2＝1n 2＋3n ＋2＝1n ＋1n ＋2＝1n ＋1－1n ＋2. ∴1S 1＋a 1＋2＋1S 2＋a 2＋2＋…＋1S n ＋a n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＞1225. ∴1n ＋2＜12－1225＝150，即n ＋2＞50，n ＞48. ∴t 的最小值为48.4．已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎪⎫ω＞0，|φ|＜π2的部分图象如图所示．(1)求函数f (x )的解析式，并写出f (x )的单调减区间；(2)已知△ABC 的内角分别是A ，B ，C ，角A 为锐角，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2－π12＝12，cos B ＝45，求sin C的值．解：(1)由周期12T ＝2π3－π6＝π2，得T ＝π＝2πω，∴ω＝2.当x ＝π6时，f (x )＝1，可得sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2·π6＋φ＝1.∴π3＋φ＝k π＋π2，k ∈Z . ∵|φ|＜π2，∴φ＝π6.故f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6.由图象可得f (x )的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤k π＋π6，k π＋2π3，k ∈Z . (2)由(1)可知，sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2－π12＋π6＝12，即sin A ＝12，又角A 为锐角，∴A ＝π6.∵0＜B ＜π，∴sin B ＝1－cos 2B ＝35.∴sin C ＝sin(π－A －B )＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ＝12×45＋32×35＝4＋3310.。

高三数学二轮复习重点高三数学第二轮重点复习内容专题一：函数与不等式，以函数为主线，不等式和函数综合题型是考点函数的性质：着重掌握函数的单调性，奇偶性，周期性，对称性。

这些性质通常会综合起来一起考察，并且有时会考察具体函数的这些性质，有时会考察抽象函数的这些性质。

一元二次函数：一元二次函数是贯穿中学阶段的一大函数，初中阶段主要对它的一些基础性质进行了了解，高中阶段更多的是将它与导数进行衔接，根据抛物线的开口方向，与x轴的交点位置，进而讨论与定义域在x轴上的摆放顺序，这样可以判断导数的正负，最终达到求出单调区间的目的，求出极值及最值。

不等式：这一类问题常常出现在恒成立，或存在性问题中，其实质是求函数的最值。

当然关于不等式的解法，均值不等式，这些不等式的基础知识点需掌握，还有一类较难的综合性问题为不等式与数列的结合问题，掌握几种不等式的放缩技巧是非常必要的。

专题二：数列。

以等差等比数列为载体，考察等差等比数列的通项公式，求和公式，通项公式和求和公式的关系，求通项公式的几种常用方法，求前n项和的几种常用方法，这些知识点需要掌握。

专题三：三角函数，平面向量，解三角形。

三角函数是每年必考的知识点，难度较小，选择，填空，解答题中都有涉及，有时候考察三角函数的公式之间的互相转化，进而求单调区间或值域;有时候考察三角函数与解三角形，向量的综合性问题，当然正弦，余弦定理是很好的工具。

向量可以很好得实现数与形的转化，是一个很重要的知识衔接点，它还可以和数学的一大难点解析几何整合。

专题四：立体几何。

立体几何中，三视图是每年必考点，主要出现在选择，填空题中。

大题中的立体几何主要考察建立空间直角坐标系，通过向量这一手段求空间距离，线面角，二面角等。

另外，需要掌握棱锥，棱柱的性质，在棱锥中，着重掌握三棱锥，四棱锥，棱柱中，应该掌握三棱柱，长方体。

空间直线与平面的位置关系应以证明垂直为重点，当然常考察的方法为间接证明。

专题五：解析几何。

2019高考数学二轮复习重要知识点总结作者：佚名第一：高考数学中有函数、数列、三角函数、平面向量、不等式、立体几何等九大章节。

主要是考函数和导数，这是我们整个高中阶段里最核心的板块，在这个板块里，重点考察两个方面：第一个函数的性质，包括函数的单调性、奇偶性;第二是函数的解答题，重点考察的是二次函数和高次函数，分函数和它的一些分布问题，但是这个分布重点还包含两个分析就是二次方程的分布的问题，这是第一个板块。

第二：平面向量和三角函数。

重点考察三个方面：一个是划减与求值，第一，重点掌握公式，重点掌握五组基本公式。

第二，是三角函数的图像和性质，这里重点掌握正弦函数和余弦函数的性质，第三，正弦定理和余弦定理来解三角形。

难度比较小。

第三：数列。

数列这个板块，重点考两个方面：一个通项;一个是求和。

第四：空间向量和立体几何。

在里面重点考察两个方面：一个是证明;一个是计算。

第五：概率和统计。

这一板块主要是属于数学应用问题的范畴，当然应该掌握下面几个方面，第一……等可能的概率，第二………事件，第三是独立事件，还有独立重复事件发生的概率。

第六：解析几何。

这是我们比较头疼的问题，是整个试卷里难度比较大，计算量最高的题，当然这一类题，我总结下面五类常考的题型，包括第一类所讲的直线和曲线的位置关系，这是考试最多的内容。

考生应该掌握它的通法，第二类我们所讲的动点问题，第三类是弦长问题，第四类是对称问题，这也是2019年高考已经考过的一点，第五类重点问题，这类题时往往觉得有思路，但是没有答案，当然这里我相等的是，这道题尽管计算量很大，但是造成计算量大的原因，往往有这个原因，我们所选方法不是很恰当，因此，在这一章里我们要掌握比较好的算法，来提高我们做题的准确度，这是我们所讲的第六大板块。

第七：押轴题。

“教书先生”恐怕是市井百姓最为熟悉的一种称呼，从最初的门馆、私塾到晚清的学堂，“教书先生”那一行当怎么说也算是让国人景仰甚或敬畏的一种社会职业。

2019年高考数学数列复习指导第一节数列的概念与简单表示法教材细梳理1．数列的有关概念概念含义数列按照一定顺序排列的一列数数列的项数列中的每一个数数列的通项数列{a n}的第n项a n通项公式数列{a n}的第n项a n与n之间的关系能用公式a n＝f(n)表示，这个公式叫做数列的通项公式前n项和数列{a n}中，S n＝a1＋a2＋…＋a n叫做数列的前n项和列表法列表格表示n与a n的对应关系图象法把点(n，a n)画在平面直角坐标系中公式法通项公式把数列的通项使用公式表示的方法递推公式使用初始值a1和a n＋1＝f(a n)或a1，a2和a n＋1＝f(a n，a n－1)等表示数列的方法n n若数列{a n}的前n项和为S n，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.4．数列的分类[1．数列的通项公式不一定唯一．2．在利用数列的前n 项和求通项时，往往容易忽略先求出a 1，而是直接把数列的通项公式写成a n ＝S n －S n －1的形式，但它只适用于n ≥2的情形．知识微思考1．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)所有数列的第n 项都能使用公式表达．( )(2)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( ) (3)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．( )(4)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对∀n ∈N *，都有a n ＋1＝S n ＋1－S n .( ) (5)在数列{a n }中，对于任意正整数m ，n ，a m ＋n ＝a mn ＋1，若a 1＝1，则a 2＝2.( ) 答案：(1)× (2)√ (3)× (4)√ (5)√2．数列的通项a n ＝2n 与函数f (x )＝2x 有何区别与联系？提示：数列a n ＝2n 是特殊函数，其定义域为N *，而函数f (x )＝2x 的定义域为R ，a n ＝2n 的图象是离散点且在f (x )＝2x 的图象上．3．数列{a n }中，由a n ＋1＝n ＋1能得到{a n }的通项a n ＝n 吗？ 提示：不能．由a n ＋1＝n ＋1得到a n ＝n ，这里n ≥2.若a 1＝1时，数列的通项a n ＝n ；若a 1＝2时，则通项a n ＝⎩⎨⎧2 (n ＝1)，n (n ≥2).四基精演练1．(必修5·2.1例3改编)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1＋1a n －1(n ≥2)，则a 4＝( )A.32 B.53 C.74D.85解析：选B.由题意知，a 1＝1，a 2＝1＋1a 1＝2，a 3＝1＋1a 2＝32，a 4＝1＋1a 3＝53.2．(实践题)(必修5·2.1教材引例改编)把1,3,6,10,15,21，…这些数叫作三角形数，这是因为以这些数目的点可以排成一个正三角形(如图)．则第7个三角形数是( ) A ．27 B ．28 C ．29D ．30解析：选B.观察规律可知三角形数为1,3,6,10,15,21,28,36，….3．(必修5·2.1练习改编)数列1，23，35，47，59，…的一个通项公式a n 是 ．解析：由已知得，数列可写成11，23，35，…，故通项公式可以为n2n －1.答案：a n ＝n2n －14．(2018·山东日照期末)在数列{a n }中，a n ＝－2n 2＋29n ＋3，则此数列最大项的值是 ．解析：根据题意并结合二次函数的性质可得a n ＝－2n 2＋29n ＋3＝－2⎝⎛⎭⎫n 2－292n ＋3＝－2⎝⎛⎭⎫n －2942＋3＋8418， ∴n ＝7时，a n 取得最大值，最大项a 7的值为108. 答案：1085．(2016·高考浙江卷)设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝ ，S 5＝ .解析：法一：∵a n ＋1＝2S n ＋1，∴a 2＝2S 1＋1，即S 2－a 1＝2a 1＋1，又∵S 2＝4，∴4－a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝1.又a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，即S n ＋1＝3S n ＋1，由S 2＝4，可求出S 3＝13，S 4＝40，S 5＝121. 法二：由a n ＋1＝2S n ＋1，得a 2＝2S 1＋1，即S 2－a 1＝2a 1＋1，又S 2＝4，∴4－a 1＝2a 1＋1，解得a1＝1.又a n＋1＝S n＋1－S n，∴S n＋1－S n＝2S n＋1，即S n＋1＝3S n＋1，则S n＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎫S n＋12，又S1＋12＝32，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n＋12是首项为32，公比为3的等比数列，∴S n＋12＝32×3n－1，即S n＝3n－12，∴S5＝35－12＝121.答案：1；121考点一已知数列的前几项求通项[简单型]——发展数学抽象由数列的前几项求数列通项公式的策略1．对数列的前几项进行归纳、联想，具体如下：(1)分式中分子、分母的特征；(2)相邻项的变化特征；(3)拆项后的特征；(4)各项符号特征等．2．根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是利用不完全归纳法，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，要注意代值检验，对于正负符号变化，可用(－1)n或(－1)n＋1来调整．写出下列数列的一个通项公式：(1)1,3,5,7，…；(2)－11×2，12×3，－13×4，14×5，…；(3)1,5,1,5,1,5，…；(4)9,99,999,9 999，….解：(1)数列的前4项都是序号的2倍减去1，所以它的一个通项公式为a n＝2n－1.事实上，该数列是由连续的正奇数组成的．(2)此数列前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式为a n ＝(－1)n 1n (n ＋1).(3)已知数列可以变换为3－2,3＋2,3－2,3＋2，…，所以已知数列的一个通项公式为a n＝3＋(－1)n ·2.(4)数列的前4项可以写成10－1,100－1,1 000－1,10 000－1，所以它的一个通项公式为a n ＝10n －1.考点二 已知递推关系求通项[探究型]——发展数学运算[例1] (1)(2018·湖南四校联考)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ，则a n 等于( )A ．2＋ln nB ．2＋(n －1)ln nC ．2＋n ln nD ．1＋n ＋ln n解析：由已知，a n ＋1－a n ＝lnn ＋1n，a 1＝2， 所以a n －a n －1＝ln nn －1(n ≥2)，a n －1－a n －2＝ln n －1n －2， …a 2－a 1＝ln 21，将以上n －1个式子叠加，得 a n －a 1＝ln n n －1＋ln n －1n －2＋…＋ln 21＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫n n －1·n －1n －2·…·21＝ln n . 所以a n ＝2＋ln n (n ≥2)， 经检验n ＝1时也适合．故选A. 答案：A(2)设{a n }是首项为1的正项数列，且(n ＋1)a 2n ＋1－na 2n ＋a n ＋1·a n ＝0(n ＝1,2,3，…)，则它的通项公式a n ＝ .解析：因为(n ＋1)a 2n ＋1＋a n ＋1·a n －na 2n ＝0，所以(a n ＋1＋a n )[(n ＋1)a n ＋1－na n ]＝0， 又a n ＋1＋a n ＞0，所以(n ＋1)a n ＋1－na n ＝0， 即a n ＋1a n ＝nn ＋1， 所以a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·a 5a 4·…·a n a n －1＝12×23×34×45×…×n －1n ，所以a n ＝1n .答案：1n[母题变式]1．若把本例(1)中条件“a n ＋1＝a n ＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ”改为“a n ＋1＝2a n ＋1”，则a n ＝ . 解析：由题意知a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，所以数列{a n ＋1}是以3为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＋1＝3×2n －1，所以a n ＝3× 2n －1－1.答案：3×2n －1－1(n ∈N *)2．若把本例(1)中条件“a n ＋1＝a n ＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ”改为a n ＋1＝2a n 2＋a n ，则a n ＝ . 解析：∵a n ＋1＝2a na n ＋2，a 1＝2，∴a n ≠0，∴1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12， 又a 1＝2，则1a 1＝12，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以12为首项，12为公差的等差数列．∴1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n 2，∴a n ＝2n . 答案：2n3．若把本例(2)中条件改为“a 1＝1，a n ＋1＋a n ＝2n ”，则a n ＝ . 解析：∵a n ＋1＋a n ＝2n ，∴a n ＋2＋a n ＋1＝2n ＋2， 故a n ＋2－a n ＝2，即数列{a n }是奇数项与偶数项都是公差为2的等差数列．当n 为偶数时，a 2＝1，故a n ＝a 2＋2⎝⎛⎭⎫n 2－1＝n －1.当n 为奇数时，∵a n ＋1＋a n ＝2n ，a n ＋1＝a 1＋2×n －12＝1＋n －1＝n (n ＋1为偶数)，故a n＝n .综上所述，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数，n －1，n 为偶数.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数n －1，n 为偶数已知数列的递推关系，求数列的通项时，通常用累加、累乘、构造法求解.当出现a n ＝a n －1＋m 时，构造等差数列；当出现a n ＝xa n －1＋y 时，构造等比数列；当出现a n ＝a n －1＋f (n )时，用累加法求解；当出现a na n -1＝f (n )时，用累乘法求解.[提醒] 在求出通项公式后，一定要验证是否满足公式．考点三 a n 与S n 的关系应用[高频型]——发展数学运算 命题点1已知S n 求通项a n[例n n 2为 ．解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝2， 当n ≥2时 ，a n ＝S n －S n －1＝6n －5，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2(2)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝5－4×2－n ，则其通项公式为 ．解析：a 1＝S 1＝5－4×2－1＝3，a n ＝S n －S n －1＝(5－4×2－n )－(5－4×2－n ＋1)＝42n (n ≥2)．当n ＝1时，42n ＝2≠a 1，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，42n ，n ≥2答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，42n，n ≥2命题点2利用S n 与a n 关系求S n[例3] (1)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝ S n S n ＋1，则S n ＝ .解析：由已知得a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝S n ＋1S n ，两边同时除以S n ＋1S n ，得1S n ＋1－1S n ＝－1，故数列{1S n }是以－1为首项，－1为公差的等差数列，则1S n ＝－1－(n －1)＝－n ，所以S n ＝－1n.答案：－1n(2)(2018·南昌模拟)数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ≥1)，则S n 等于 ．解析：由a n ＋1＝3S n 得S n ＋1－S n ＝3S n ， ∴S n ＋1＝4S n ，又S 1＝a 1＝1≠0，∴{S n }是首项为1，公比为4的等比数列，∴S n ＝4n －1. 答案：4n －1数列的通项a n 与前n 项和S n 的关系是a n ＝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.1．(2018·陕西四校联考)已知数列{a n }满足条件12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n a n ＝2n ＋5，则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝2n ＋1B ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧14(n ＝1)2n ＋1(n ≥2)C ．a n ＝2nD ．a n ＝2n ＋2解析：选B.由题意可知，数列{a n }满足条件12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n a n ＝2n ＋5，则12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n －1a n －1 ＝2(n －1)＋5，n ＞1，两式相减可得：a n2n ＝2n ＋5－2(n －1)－5＝2，∴a n ＝2n ＋1，n ＞1，n ∈N *. 当n ＝1时，a 12＝7，∴a 1＝14，综上可知，数列{a n }的通项公式为：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧14 (n ＝1)，2n ＋1 (n ≥2).故选B.2．数列{a n }的前n 项和记为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1(n ≥1，n ∈N )，则数列{a n }的前n 项和S n ＝ .解析：由a n ＋1＝2S n ＋1，可得a n ＝2S n －1＋1(n ≥2)，两式相减，得a n ＋1－a n ＝2a n ，a n ＋1＝3a n (n ≥2)．∵a 2＝2S 1＋1＝3，∴a 2＝3a 1，故数列{a n }是首项为1，公比为3的等比数列． ∴a n ＝3n －1，由a n ＋1＝2S n ＋1，得S n ＝a n ＋1－12＝3n －12.答案：3n －12发展数学建模、数学运算(创新型)模型 数列的单调性与函数不等式、导数的交汇创新数列是特殊函数，所以可用函数的观点和方法研究数列的性质、单调性，最大(小)项．数列与函数、不等式、导数等交汇命题是高考的热点，解决这类问题的策略是：1．用作差比较法，根据a n ＋1－a n 的符号判断数列{a n }是递增数列、递减数列或是常数列．2．用作商比较法，根据a n ＋1a n (a n ＞0或a n ＜0)与1的大小关系进行判断．3．结合相应函数的图象直观判断．[例4] (1)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 10＝0，S 15＝25，则nS n 的最小值为 ．解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由等差数列前n 项和公式可得⎩⎨⎧10a 1＋10×92d ＝0，15a 1＋15×142d ＝25，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝23.∴nS n ＝n 2a 1＋n 2(n －1)2d ＝－3n 2＋13(n 3－n 2)＝13n 3－10n 23.构造函数f (x )＝13x 3－103x 2(x ＞0)．令f ′(x )＝0，解得x ＝0(舍去)或x ＝203.当x ＞203时，f (x )单调递增；当0＜x ＜203时，f (x )单调递减．∵n ∈N *，∴当n ＝7时，nS n 取最小值， ∴(nS n )min ＝13×73－10×723＝－49.答案：－49(2)(2018·烟台质检)已知数列{a n }的通项为a n ＝2n －1，又数列{b n }满足b n ＝2log 2a n ＋1，记S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，若∀n ∈N *都有S n a n ≤S ka k成立，则正整数k 的值为 ．解析：∵a n ＝2n －1，∴b n ＝2log 2a n ＋1＝2n . 所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n (2＋2n )2＝n 2＋n ，令c n ＝S n a n ＝n 2＋n2n －1.则c n ＋1－c n ＝S n ＋1a n ＋1－S n a n ＝(n ＋1)(n ＋2)2n －n (n ＋1)2n －1＝(n ＋1)(2－n )2n. 所以当n ＝1时，c 1＜c 2；当n＝2时，c3＝c2；当n≥3时，c n＋1－c n＜0，即c3＞c4＞c5＞…，所以数列{c n}中最大项为c2和c3.所以存在k＝2或3，使得任意的正整数n，都有S ka k≥S n a n.答案：2或3课时规范训练(限时练·夯基练·提能练)A级基础夯实练(30分钟，55分)1．(2018·合肥模拟)数列{a n}的前n项和为S n，若S n－S n－1＝2n－1(n≥2)，且S2＝3，则a1＋a3的值为()A．1B．3C．5 D．6解析：选C.依题意，S2－S1＝3，所以a1＝S1＝S2－3＝3－3＝0，又因为a3＝S3－S2＝5，所以a1＋a3＝0＋5＝5.2．(2018·株洲模拟)数列{a n}的前n项和S n＝2n2－3n(n∈N*)，若p－q＝5，则a p－a q＝()A．10 B．15C．－5 D．20解析：选D.当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝2n2－3n－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，当n＝1时，a1＝S1＝－1，符合上式，所以a n＝4n－5，所以a p－a q＝4(p－q)＝20.3．(2018·西安模拟)在各项均为正数的数列{a n}中，对任意m，n∈N*，都有a m＋n＝a m·a n.若a6＝64，则a9等于()A．256 B．510C．512 D．1 024解析：选C.在各项均为正数的数列{a n}中，对任意m，n∈N*，都有a m＋n＝a m·a n.∴a6＝a3·a3＝64，a3＝8.∴a9＝a6·a3＝64×8＝512.4．数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎨⎧2a n ，0≤a n ＜12，2a n－1，12≤a n＜1.若a 1＝35，则a 2 019＝( )A.15B.25C.35D.45解析：选B.由递推关系得，a 1＝35，a 2＝2a 1－1＝2×35－1＝15，a 3＝2a 2＝2×15＝25，a 4＝2a 3＝2×25＝45，a 5＝2a 4－1＝2×45－1＝35，…，所以a 5＝a 1，即a n ＋4＝a n .所以数列{a n }是周期为4的周期数列，a 2 019＝a 504×4＋3＝a 3＝25，故选B.5．(2018·洛阳模拟)设数列{a n }满足a 1＋2a 2＋22a 3＋…＋2n －1a n ＝n 2(n ∈N *)，则通项公式是( )A ．a n ＝12nB ．a n ＝12n －1C ．a n ＝12nD ．a n ＝12n ＋1解析：选C.设{2n －1·a n }的前n 项和为T n ，∵数列{a n }满足a 1＋2a 2＋22a 3＋…＋2n －1a n ＝n 2(n ∈N *)，∴T n ＝n 2，∴2n －1an ＝T n －T n －1＝n 2－n －12＝12， ∴a n ＝122n －1＝12n ，经验证，n ＝1时也成立，故a n ＝12n .故选C.6．(2018·济南模拟)设曲线f (x )＝x n ＋1(n ∈N *)在点(1,1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ，则x 1·x 2·x 3·x 4·…·x 2 018＝( )A.2 0172 018 B.12 018 C.2 0182 019D.12 019解析：选D.由f (x )＝x n ＋1得f ′(x )＝(n ＋1)x n ，切线方程为y －1＝(n ＋1)(x －1)，令y ＝0得x n ＝n n ＋1，故x 1·x 2·x 3·x 4·…·x 2 018＝12×23×…×2 0182 019＝12 019.7．(2018·长春模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，数列{S n ＋na n }为常数列，则a n ＝( )A.13n －1 B.2n (n ＋1) C.6(n ＋1)(n ＋2)D.5－2n 3解析：选B.由题意知当n ＝1时，S n ＋na n ＝2，当n ≥2时，S n －1＋(n －1)a n －1＝2，所以(n ＋1)a n ＝(n －1)a n －1，即a n a n －1＝n －1n ＋1，从而a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·…·a na n －1＝13·24·…·n －1n ＋1，则a n ＝2n (n ＋1)，当n ＝1时上式成立，所以a n ＝2n (n ＋1). 8．(2018·广州二模)设数列{a n }的各项都是正数，且对任意n ∈N *，都有4S n ＝a 2n ＋2a n ，其中S n 为数列{a n }的前n 项和，则数列{a n }的通项公式为a n ＝ .解析：当n ＝1时，由4S 1＝a 21＋2a 1，a 1＞0，得a 1＝2；当n ≥2时，由4a n ＝4S n －4S n －1＝(a 2n ＋2a n )－(a 2n －1＋2a n －1)，得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0. 因为a n ＋a n －1＞0，所以a n －a n －1＝2， 则数列{a n }是首项为2，公差为2的等差数列， 故a n ＝2＋(n －1)×2＝2n . 答案：2n9．(2018·厦门调研)若数列{a n }满足a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2＋3n ＋2，则数列{a n }的通项公式为 ．解析：a 1·a 2·a 3·…·a n ＝(n ＋1)(n ＋2)， 当n ＝1时，a 1＝6；当n ≥2时，⎩⎪⎨⎪⎧a 1·a 2·a 3·…·a n －1·a n ＝(n ＋1)(n ＋2)，a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝n (n ＋1)，故当n ≥2时，a n ＝n ＋2n，所以a n＝⎩⎨⎧6，n ＝1，n ＋2n ，n ≥2，n ∈N *.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6，n ＝1，n ＋2n ，n ≥2，n ∈N *.10．(10分)已知数列{a n }满足前n 项和S n ＝n 2＋1，数列{b n }满足b n ＝2a n ＋1，且前n 项和为T n ，设c n ＝T 2n ＋1－T n .(1)求数列{b n }的通项公式； (2)判断数列{c n }的增减性．解：(1)a 1＝2，a n ＝S n －S n －1＝2n －1(n ≥2)．∴b n＝⎩⎨⎧23 (n ＝1)，1n(n ≥2).(2)∵c n ＝b n ＋1＋b n ＋2＋…＋b 2n ＋1 ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＋1， ∴c n ＋1－c n ＝12n ＋2＋12n ＋3－1n ＋1＝12n ＋3－12n ＋2＝－1(2n ＋3)(2n ＋2)＜0， ∴{c n }是递减数列．B 级 能力升级练(25分钟，40分)1．对于数列{a n }，“a n ＋1＞|a n |(n ＝1,2，…)”是“{a n }为递增数列”的( ) A ．必要不充分条件 B ．充分不必要条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选B.当a n ＋1＞|a n |(n ＝1,2，…)时， ∵|a n |≥a n ，∴a n ＋1＞a n ， ∴{a n }为递增数列．当{a n }为递增数列时，若该数列为－2,0,1，则a 2＞|a 1|不成立，即a n ＋1＞|a n |(n ＝1,2，…)不一定成立．综上知，“a n ＋1＞|a n |(n ＝1,2，…)”是“{a n }为递增数列”的充分不必要条件．2．(2018·潍坊模拟)定义：称nP 1＋P 2＋…＋P n为n 个正数P 1，P 2，…，P n 的“均倒数”．若数列{a n }的前n 项的“均倒数”为12n －1，则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝2n －1B ．a n ＝4n －1C ．a n ＝4n －3D ．a n ＝4n －5解析：选C.∵n a 1＋a 2＋…＋a n ＝12n －1，∴a 1＋a 2＋…＋a n n ＝2n －1，∴a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2n －1)n ，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝(2n －3)(n －1)(n ≥2)，当n ≥2时，a n ＝(2n －1)n －(2n －3)(n －1)＝4n －3； a 1＝1也适合此等式，∴a n ＝4n －3.3．(2018·苏州调研)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则8＋a nn的最小值为 ．解析：由a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋n ＋1得 a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…… a n －a n －1＝n .以上等式相加得a n ＝a 1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，∴8＋a n n ＝n 2＋8n ＋12≥24＋12＝412，当且仅当n ＝4时上式取到等号． 答案：4124．(12分)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋4.(1)若k ＝－5，则数列中有多少项是负数？n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值； (2)对于n ∈N *，都有a n ＋1＞a n ，求实数k 的取值范围． 解：(1)由n 2－5n ＋4＜0， 解得1＜n ＜4.因为n ∈N *，所以n ＝2,3，所以数列中有两项是负数，即为a 2，a 3. 因为a n ＝n 2－5n ＋4＝⎝⎛⎭⎫n －522－94， 由二次函数性质，得当n ＝2或n ＝3时，a n 有最小值，其最小值为a 2＝a 3＝－2. (2)由a n ＋1＞a n ，知该数列是一个递增数列，又因为通项公式a n ＝n 2＋kn ＋4，可以看作是关于n 的二次函数，考虑到n ∈N *，所以－k 2＜32，即得k ＞－3.所以实数k 的取值范围为(－3，＋∞)．5．(13分)(2018·沈阳期末)已知{a n }是公差为d 的等差数列，它的前n 项和为S n ，S 4＝2S 2＋4，数列{b n }中，b n ＝1＋a na n.(1)求公差d 的值；(2)若a 1＝－52，求数列{b n }中的最大项和最小项的值；(3)若对任意的n ∈N *，都有b n ≤b 8成立，求a 1的取值范围． 解：(1)∵S 4＝2S 2＋4，∴4a 1＋3×42d ＝2(2a 1＋d )＋4，解得d ＝1. (2)∵a 1＝－52，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝－52＋(n －1)＝n －72，∴b n ＝1＋1a n ＝1＋1n －72.∵函数f (x )＝1＋1x －72在⎝⎛⎭⎫－∞，72和⎝⎛⎭⎫72，＋∞上分别是单调减函数， ∴b 3＜b 2＜b 1＜1，当n ≥4时，1＜b n ≤b 4， ∴数列{b n }中的最大项是b 4＝3，最小项是b 3＝－1. (3)由b n ＝1＋1a n ，得b n ＝1＋1n ＋a 1－1.又函数f (x )＝1＋1x ＋a 1－1在(－∞，1－a 1)和(1－a 1，＋∞)上分别是单调减函数，且x ＜1－a 1时，y ＜1；当x ＞1－a 1时，y ＞1.∵对任意的n ∈N *，都有b n ≤b 8， ∴7＜1－a 1＜8，∴－7＜a 1＜－6， ∴a 1的取值范围是(－7，－6)．第二节 等差数列及其前n 项和教材细梳理1．等差数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的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．符号表示为a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)．(2)等差中项：数列a ，A ，b 成等差数列的充要条件是A ＝a ＋b2，其中A 叫做a ，b 的等差中项．2．等差数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d . (2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n (a 1＋a n )2. 3．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }是等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n . (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则{a 2n }也是等差数列，公差为2d . (4)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }(p ，q ∈N *)也是等差数列．(5)若{a n }是等差数列，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)组成公差为md 的等差数列． (6)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…也是等差数列． (7)S 2n －1＝(2n －1)a n .(8)若n 为偶数，则S 偶－S 奇＝nd2；若n 为奇数，则S 奇－S 偶＝a 中(中间项)．[易错易混]1．要注意概念中的“从第2项起”．如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或第4项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列．2．求等差数列的前n 项和S n 的最值时，需要注意“自变量n 为正整数”这一隐含条件．知识微思考1．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若一个数列从第二项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．( )(2)数列{a n }为等差数列的充要条件是对任意n ∈N *，都有 2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.( )(3)等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的．( )(4)数列{a n }为等差数列的充要条件是其通项公式为n 的一次函数．( ) (5)数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝n ，则数列{a n }是等差数列．( )(6)设S n 是{a n }的前n 项和，那么{a n }是等差数列的充要条件是S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)．( )答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)× (5)× (6)√2．设S n 是{a n }的前n 项和，若S n ＝n 2＋1，则{a n }是等差数列，对吗？提示：不对，由S n ＝n 2得当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1，又a 1＝2，所以数列{a n }去掉首项后，才是等差数列．四基精演练1．(必修5·2.1例1改编)已知等差数列－5，－2,1，…，则该数列的第20项为 ． 解析：依题意得，该等差数列的首项为－5，公差为3，所以a 20＝－5＋19×3＝52，故第20项为52.答案：522．(必修5·习题2.3T 5改编)在100以内的正整数中有 个能被6整除的数． 解析：由题意知，能被6整除的数构成一个等差数列{a n }， 则a 1＝6，d ＝6，得a n ＝6＋(n －1)6＝6n . 由a n ＝6n ≤100，即n ≤1646＝1623，所以在100以内有16个能被6整除的数． 答案：163．(实践题)(必修5·2.2练习T 2改编)某剧场有20排座位，后一排比前一排多2个座位，最后一排有60个座位，则剧场总共的座位数为 ．解析：设第n 排的座位数为a n (n ∈N *)，数列{a n }为等差数列，其公差d ＝2，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a 1＋2(n －1)．由已知a 20＝60，得60＝a 1＋2×(20－1)，解得a 1＝22，则剧场总共的座位数为20(a 1＋a 20)2＝20×(22＋60)2＝820.答案：8204．(2017·高考全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选C.等差数列{a n }中，S 6＝(a 1＋a 6)×62＝48，则a 1＋a 6＝16＝a 2＋a 5，又a 4＋a 5＝24，所以a 4－a 2＝2d ＝24－16＝8， 得d ＝4，故选C.5．(2017·高考浙江卷)已知等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d ＞0”是“S 4＋S 6＞2S 5”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选C.∵S 4＋S 6＞2S 5⇔S 4＋S 4＋a 5＋a 6＞2(S 4＋a 5)⇔a 6＞a 5⇔a 5＋d ＞a 5⇔d ＞0，∴“d ＞0”是“S 4＋S 6＞2S 5”的充分必要条件．故选C.考点一 等差数列的性质及基本量运算[简单型]——发展数学运算等差数列运算的思想方法1．方程思想：设出首项a 1和公差d ，然后将通项公式或前n 项和公式转化为方程(组)求解．2．整体思想：当所给条件只有一个时，可将已知和所求结果都用a 1，d 表示，寻求两者的联系，整体代换即可求解．3．利用性质：运用等差数列性质，可以化繁为简、优化解题过程．1．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m ＝( ) A ．3 B ．4 C ．5D ．6解析：选C.由已知得，a m ＝S m －S m －1＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3，因为数列{a n }为等差数列，所以d ＝a m ＋1－a m ＝1，又因为S m ＝m (a 1＋a m )2＝0，所以m (a 1＋2)＝0，因为m ≠0，所以a 1＝－2，又a m ＝－2＋(m －1)1＝2，解得m ＝5.2．在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25，则a 2＋a 8＝ .解析：根据等差数列的性质，得a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝5a 5＝25，解得a 5＝5.又a 2＋a 8＝2a 5，所以a 2＋a 8＝10.答案：103．(2016·高考江苏卷)已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 1＋a 22＝－3，S 5＝10，则a 9的值是 ．解析：因为S 5＝5a 3＝10，所以a 3＝2.又a 1＋a 22＝－3，所以2－2d ＋(2－d )2＝－3，所以d ＝3，所以a 9＝a 3＋6d ＝2＋6×3＝20.答案：20考点二 等差数列的判定与证明[探究型]——发展逻辑推理[例1] (2018·南昌一模)已知数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，且满足2S n ＝a 2n＋n －4(n ∈N *)．(1)求证：数列{a n }为等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)证明：当n ＝1时，有2a 1＝a 21＋1－4， 即a 21－2a 1－3＝0，解得a 1＝3(a 1＝－1舍去)． 当n ≥2时，有2S n －1＝a 2n －1＋n －5，又2S n ＝a 2n ＋n －4，两式相减得2a n ＝a 2n －a 2n －1＋1， 即a 2n －2a n ＋1＝a 2n －1，也即(a n －1)2＝a 2n －1，因此a n －1＝a n －1或a n －1＝－a n －1. 若a n －1＝－a n －1，则a n ＋a n －1＝1. 而a 1＝3，所以a 2＝－2，这与数列{a n }的各项均为正数相矛盾， 所以a n －1＝a n －1，即a n －a n －1＝1，因此数列{a n }为首项为3，公差为1的等差数列． (2)由(1)知a 1＝3，d ＝1， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3＋(n －1)×1＝n ＋2，即a n ＝n ＋2. [母题变式]1．若本例条件变为“数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足2S n －na n ＝n ”，判断{a n }是不是等差数列．证明：因为2S n －na n ＝n ，①所以当n ≥2时，2S n －1－(n －1)a n －1＝n －1，② 所以①－②得：(2－n )a n ＋(n －1)a n －1＝1， (1－n )a n ＋1＋na n ＝1，∴(2－n )a n ＋(n －1)a n －1＝(1－n )a n ＋1＋na n ， 所以2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)， 所以数列{a n }为等差数列．2．本例的条件不变，若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n －λ为等差数列，则非零常数λ的值为 ．解析：由例1解答知a n ＝n ＋2，∴S n ＝n 22＋52n ，设b n ＝S nn －λ＝n (n ＋5)2(n －λ).由{b n }为等差数列，∴2b 2＝b 1＋b 3，解得λ＝－5或λ＝0(舍去)，经检验符合题意． 答案：－5判定数列{a n }是等差数列的常用方法1．定义法：对任意n ∈N *，a n ＋1－a n 是同一个常数． 2．等差中项法：对任意n ≥2，n ∈N *，满足2a n ＝a n ＋1＋a n －1. 3．通项公式法：数列的通项公式a n 是n 的一次函数．4．前n 项和公式法：数列的前n 项和公式S n 是n 的二次函数，且常数项为0.考点三 等差数列前n 项和及性质的应用[高频型]——发展数学运算命题点1等差数列性质与求和的结合[例n 1357910等于( )A ．45B ．60C ．75D ．90解析：由题意得a 3＋a 8＝9，所以S 10＝10(a 1＋a 10)2＝10(a 3＋a 8)2＝10×92＝45.答案：A(2)(2018·山师附中月考)在等差数列{a n }中，S 10＝100，S 100＝10，则S 110＝ . 解析：法一：设数列{a n }的公差为d ，首项为a 1， 则⎩⎨⎧10a 1＋10×92d ＝100，100a 1＋100×992d ＝10，解得⎩⎨⎧a 1＝1 099100，d ＝－1150.所以S 110＝110a 1＋110×1092d ＝－110.法二：因为S 100－S 10＝(a 11＋a 100)×902＝－90，所以a 11＋a 100＝－2， 所以S 110＝(a 1＋a 110)×1102＝(a 11＋a 100)×1102＝－110.答案：－110命题点2等差数列前n 项和的最值[例3] 在等差数列{a n }中，若a 1＜0，S n 为其前n 项之和，且S 7＝S 17，则S n 为最小时n 的值为 ．解析：法一：由S 7＝S 17得2a 1＋23d ＝0， 即(a 1＋11d )＋(a 1＋12d )＝0， 故a 12＋a 13＝0.又由a 1＜0，S 7＝S 17，可知d ＞0，所以a 12＜0，a 13＞0，所以n ＝12时，S n 最小． 法二：由S 7＝S 17得d ＝－223a 1，从而S n ＝d2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n ＝－a 123(n －12)2＋14423a 1.因为a 1＜0，所以－a 123＞0，所以n ＝12时，S n 最小．答案：121．求等差数列前n 项和S n 最值的两种方法(1)利用S n ＝an 2＋bn 转化为二次函数求最值时要注意n 的取值． (2)若{a n }是等差数列，求其前n 项和的最值时，①若a 1＞0，d ＜0，且满足⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1＜0，前n 项和S n 最大．②若a 1＜0，d ＞0，且满足⎩⎨⎧a n ≤0a n ＋1＞0，前n 项和S n 最小．2．运用等差数列的性质，可以化繁为简、优化解题过程，但要注意性质运用的条件，灵活应用．1．(2018·沈阳一模)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 6＝36，则a 7＋a 8＋a 9等于( )A ．63B ．45C ．36D ．27解析：选B.由{a n }是等差数列，得S 3，S 6－S 3，S 9－S 6为等差数列． 即2(S 6－S 3)＝S 3＋(S 9－S 6)，得到a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6＝2S 6－3S 3＝45.2．(2018·桂林一模)在等差数列{a n }中，其前n 项和是S n ，若S 15＞0，S 16＜0，则在S 1a 1，S 2a 2，…，S 15a 15中最大的项是( ) A.S 1a 1 B.S 8a 8 C.S 9a 9D.S 15a 15解析：选B.由于S 15＝15(a 1＋a 15)2＝15a 8＞0，S 16＝16(a 1＋a 16)2＝8(a 8＋a 9)＜0，所以可得a 8＞0，a 9＜0.这样S 1a 1＞0，S 2a 2＞0，…，S 8a 8＞0，S 9a 9＜0，S 10a 10＜0，…，S 15a 15＜0，而S 1＜S 2＜…＜S 8，a 1＞a 2＞…＞a 8，所以在S 1a 1，S 2a 2，…，S 15a 15中最大的是S 8a 8.发展数学建模、数学运算(应用型)模型 巧用三点共线解等差数列问题用函数观点深入研究通项公式和前n 项和公式，得到一些重要结论，将大大提高解题速度．1．由等差数列与一次函数的关系可知：对于公差为d (d ≠0)的等差数列{a n }，其通项公式为a n ＝dn ＋(a 1－d )，则点(n ，a n )(n ∈N *)共线，又d ＝a n －a mn －m (n ≠m )，所以d 为过(m ，a m )，(n ，a n )两点的直线的斜率．由此可用三点共线解决等差数列问题．2．在等差数列前n 项和公式的变形S n ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n 中，两边同除以n 得S n n ＝d 2n ＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2.该式说明对任意n ∈N *，所有的点⎝⎛⎭⎫n ，S n n 都在同一条直线上，从而对m ，n ∈N *(m ≠n )有S n n －S mm n －m ＝d 2(常数)，即数列{S n n }是一个等差数列．[例4] (1)(2017·石家庄三模)已知{a n }为等差数列，且a 100＝304，a 300＝904，则a 1 000＝ .解析：因为{a n }为等差数列，则(100,304)，(300,904)，(1 000，a 1 000)三点共线． 所以904－304300－100＝a 1 000－9041 000－300，解得a 1 000＝3 004.答案：3 004(2)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若S n ＝33，S 2n ＝44，则S 6n 的值为 ． 解析：由题意知，⎝⎛⎭⎫n ，33n ，⎝⎛⎭⎫2n ，442n ，⎝⎛⎭⎫6n ，S 6n6n 三点共线，从而有442n －33n 2n －n ＝S 6n 6n －442n 6n －2n ，解得S 6n ＝－132.答案：－132课时规范训练(限时练·夯基练·提能练)A 级 基础夯实练(30分钟，55分)1．(2018·广东六校联考)已知等差数列{a n }中，a 7＋a 9＝16，S 11＝992，则a 12的值是( )A ．15B ．30C ．31D ．64解析：选A.因为a 7＋a 9＝2a 8＝16，所以a 8＝8.因为S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11×2a 62＝11a 6＝992，所以a 6＝92，则d ＝a 8－a 62＝74，所以a 12＝a 8＋4d ＝15，故选A.2．(2018·山东威海质检)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 6a 5＝911，则S 11S 9＝( )A ．1B ．－1C ．2D.12解析：选A.S 11S 9＝11(a 1＋a 11)29(a 1＋a 9)2＝11a 69a 5＝119×911＝1.3．若数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2，则使a k ·a k ＋1＜0的k 值为( ) A ．22 B ．21 C ．24D ．23解析：选D.因为3a n ＋1＝3a n －2，所以a n ＋1－a n ＝－23，所以数列{a n }是首项为15，公差为－23的等差数列，所以a n ＝15－23·(n －1)＝－23n ＋473，令a n ＝－23n ＋473＞0，得n ＜23.5，所以使a k ·a k ＋1＜0的k 值为23.4．(2018·广州模拟)等差数列{a n }、{b n }的前n 项和分别为S n 、T n ，若a n b n ＝2n 3n ＋1，则S 21T 21的值为( )A.1315 B.2335 C.1117D.49解析：选C.由a n b n ＝2a n 2b n ＝a 1＋a 2n －1b 1＋b 2n －1＝(2n －1)(a 1＋a 2n －1)2(2n －1)(b 1＋b 2n －1)2＝S 2n －1T 2n －1＝2n 3n ＋1，显然S 21T 21＝S 2×11－1T 2×11－1＝a 11b 11＝2×113×11＋1＝1117，选C.5．(2018·浙江名校联考)已知每项均大于零的数列{a n }中，首项a 1＝1且前n 项和S n 满足S n S n －1－S n －1S n ＝2S n S n －1(n ∈N *，且n ≥2)，则a 81＝( )A ．641B ．640C ．639D ．638解析：选B.由已知S nS n －1－S n －1S n ＝2S n S n －1可得，S n －S n －1＝2，∴{S n }是以1为首项，2为公差的等差数列，故S n ＝2n －1，S n ＝(2n －1)2，∴a 81＝S 81－S 80＝1612－1592＝640.故选B.6．下面是关于公差d ＞0的等差数列{a n }的四个命题：p 1：数列{a n }是递增数列；p 2：数列{na n }是递增数列； p 3：数列{a nn }是递增数列；p 4：数列{a n ＋3nd }是递增数列．其中的真命题为( ) A ．p 1，p 2 B ．p 3，p 4 C ．p 2，p 3D ．p 1，p 4解析：选D.{a n }是等差数列，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝dn ＋a 1－d ，因为d ＞0，所以{a n }是递增数列，故p 1正确；对p 2，举反例，令a 1＝－3，a 2＝－2，d ＝1，则a 1＞2a 2，故{na n }不是递增数列，p 2不正确；a n n ＝d ＋a 1－d n ，当a 1－d ＞0时，{a nn }递减，p 3不正确；a n ＋3nd＝4nd ＋a 1－d,4d ＞0，{a n ＋3nd }是递增数列，p 4正确．故p 1，p 4是正确的，选D.7．(2018·揭阳质检)数列{a n }的首项为3，{b n }为等差数列且b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，若b 3＝－2，b 10＝12，则a 8等于( )A ．0B ．3C ．8D ．11解析：选B.∵{b n }为等差数列，设其公差为d ， 由b 3＝－2，b 10＝12，∴7d ＝b 10－b 3＝12－(－2)＝14，∴d ＝2， ∵b 3＝－2，∴b 1＝b 3－2d ＝－2－4＝－6， ∴b 1＋b 2＋…＋b 7＝7b 1＋7×62d＝7×(－6)＋21×2＝0，又b 1＋b 2＋…＋b 7＝(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a 8－a 7)＝a 8－a 1＝a 8－3， ∴a 8－3＝0，∴a 8＝3.故选B.8．设数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －10(n ∈N *)，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝ . 解析：由a n ＝2n －10(n ∈N *)知{a n }是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由a n ＝2n －10≥0得n ≥5，∴n ≤5时，a n ≤0；当n ＞5时，a n ＞0.∴|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋…＋a 15)＝20＋110＝130.答案：1309．(2018·广东潮州二模)在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增一十三里；驽马初日行九十七里，日减半里，良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢，问：几日相逢( )A ．8日B ．9日C ．12日D ．16日解析：选 B.设n 日相逢，则依题意得103n ＋n (n －1)2×13＋97n ＋n (n －1)2×⎝⎛⎭⎫－12＝1125×2，整理得n 2＋31n －360＝0，解得n ＝9(负值舍去)，故选B.10．(10分)(2017·高考全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．已知S 2＝2，S 3＝－6.(1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列． 解：(1)设{a n }的公比为q ，由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1＋q )＝2，a 1(1＋q ＋q 2)＝－6. 解得q ＝－2，a 1＝－2. 故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n .(2)由(1)可得S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝－23＋(－1)n ·2n ＋13.由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n ·2n ＋3－2n ＋23＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤－23＋(－1)n ·2n ＋13＝2S n ，故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．B 级 能力升级练(20分钟，40分)1．(2018·潍坊模拟)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，(n ＋1)S n ＜nS n ＋1(n ∈N *)．若a 8a 7＜－1，则( )A ．S n 的最大值是S 8B ．S n 的最小值是S 8C ．S n 的最大值是S 7D ．S n 的最小值是S 7解析：选D.由条件得S n n ＜S n ＋1n ＋1，即n (a 1＋a n )2n ＜(n ＋1)(a 1＋a n ＋1)2(n ＋1)，所以a n ＜a n ＋1，所以等差数列{a n }为递增数列．又a 8a 7＜－1，所以a 8＞0，a 7＜0，即数列{a n }前7项均小于0，第8项大于零，所以S n 的最小值为S 7，故选D.2．(2016·高考浙江卷)如图，点列{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且|A n A n ＋1|＝|A n ＋1A n ＋2|，A n ≠A n ＋2，n ∈N *，|B n B n ＋1|＝|B n ＋1B n ＋2|，B n ≠B n ＋2，n ∈N *(P ≠Q 表示点P 与Q 不重合)．若d n ＝|A n B n |，S n 为△A n B n B n ＋1的面积，则( )A ．{S n }是等差数列B ．{S 2n }是等差数列C ．{d n }是等差数列D ．{d 2n}是等差数列 解析：选A.作A 1C 1，A 2C 2，A 3C 3，…，A n C n 垂直于直线B 1B n ，垂足分别为C 1，C 2，C 3，…，C n ，则A 1C 1∥A 2C 2∥…∥A n C n .∵|A n A n ＋1|＝|A n ＋1A n ＋2|， ∴|C n C n ＋1|＝|C n ＋1C n ＋2|.设|A 1C 1|＝a ，|A 2C 2|＝b ，|B 1B 2|＝c ，则|A 3C 3|＝2b －a ，…，|A n C n |＝(n －1)b －(n －2)a (n ≥3)， ∴S n ＝12c [(n －1)b －(n －2)a ]＝12c [(b －a )n ＋(2a －b )]， ∴S n ＋1－S n ＝12c [(b －a )(n ＋1)＋(2a －b )－(b －a )n －(2a －b )]＝12c (b －a )，∴数列{S n }是等差数列．3．(2018·烟台模拟)已知数列{a n }为等差数列，若a 11a 10＜－1，且它们的前n 项和S n 有最大值，则使S n ＞0的n 的最大值为 ．解析：∵a 11a 10＜－1，且S n 有最大值，∴a 10＞0，a 11＜0，且a 10＋a 11＜0， ∴S 19＝19(a 1＋a 19)2＝19·a 10＞0，S 20＝20(a 1＋a 20)2＝10(a 10＋a 11)＜0，故使得S n ＞0的n 的最大值为19. 答案：194．(12分)(2017·南昌三模)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 5＋a 13＝34，S 3＝9. (1)求数列{a n }的通项公式及前n 项和公式；(2)设数列{b n }的通项公式为b n ＝a n a n ＋t ，问：是否存在正整数t ，使得b 1，b 2，b m (m ≥3，m ∈N )成等差数列？若存在，求出t 和m 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)设{a n }的公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋16d ＝34，3a 1＋3d ＝9，解得a 1＝1，d ＝2， 故a n ＝2n －1，S n ＝n 2. (2)由(1)知b n ＝2n －12n －1＋t，要使b 1，b 2，b m 成等差数列，必须有2b 2＝b 1＋b m ， 即2×33＋t ＝11＋t ＋2m －12m －1＋t， 移项得2m －12m －1＋t ＝63＋t －11＋t ＝6＋6t －3－t (3＋t )(1＋t )，整理得m ＝3＋4t －1.因为m ，t 为正整数， 所以t 只能取2,3,5.当t ＝2时，m ＝7；当t ＝3时，m ＝5； 当t ＝5时，m ＝4.所以存在正整数t ，使得b 1，b 2，b m 成等差数列．5．(13分)设同时满足条件：①b n ＋b n ＋22≤b n ＋1(n ∈N *)；②b n ≤M (n ∈N *，M 是与n 无关的常数)的无穷数列{b n }叫“特界”数列．(1)若数列{a n }为等差数列，S n 是其前n 项和，a 3＝4，S 3＝18，求S n ；(2)判断(1)中的数列{S n }是否为“特界”数列，并说明理由． 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a 1＋2d ＝4，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝3a 1＋3d ＝18， 解得a 1＝8，d ＝－2，∴S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝－n 2＋9n .(2){S n }是“特界”数列，理由如下： 由S n ＋S n ＋22－S n ＋1＝(S n ＋2－S n ＋1)－(S n ＋1－S n )2 ＝a n ＋2－a n ＋12＝d2＝－1＜0， 得S n ＋S n ＋22＜S n ＋1， 故数列{S n }适合条件①.而S n ＝－n 2＋9n ＝－⎝⎛⎭⎫n －922＋814(n ∈N *)， 则当n ＝4或5时，S n 有最大值20， 即S n ≤20，故数列{S n }适合条件②. 综上，数列{S n }是“特界”数列．第三节 等比数列及其前n 项和教材细梳理1．等比数列的有关概念(1)定义：①文字语言：从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数． ②符号语言：a n ＋1a n＝q (n ∈N *，q 为非零常数)．(2)等比中项：如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即：G 是a 与b 的等比中项⇔a ，G ，b 成等比数列⇒G 2＝ab .2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －1.(2)前n 项和公式：S n ＝⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.3．等比数列的常见性质 (1)项的性质： ①a n ＝a m q n －m ；②若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k ；③若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，{|a n |}，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n (λ≠0)仍然是等比数列；④在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n＋3k，…为等比数列，公比为q k . (2)和的性质：①若等比数列{a n }有2k (k ∈N *)项，则S 偶S 奇＝q .②公比不为－1的等比数列{a n }的前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 ，当公比为－1时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 不一定构成等比数列．(3)等比数列{a n }的单调性：①满足⎩⎪⎨⎪⎧a 1＞0，q ＞1或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＜0，0＜q ＜1时，{a n }是递增数列；②满足⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＞0，0＜q ＜1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＜0，q ＞1时，{a n }是递减数列； ③⎩⎪⎨⎪⎧a 1≠0，q ＝1时，{a n }为常数列； [易错易混]1．由a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能立即判断{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0.。

第一讲 等差数列、等比数列1．(2019·宽城区校级期末)在等差数列{a n }中，已知a 2＋a 5＋a 12＋a 15＝36，则S 16＝( ) A ．288 B ．144 C ．572D ．72解析：a 2＋a 5＋a 12＋a 15＝2(a 2＋a 15)＝36， ∴a 1＋a 16＝a 2＋a 15＝18， ∴S 16＝16(a 1＋a 16)2＝8×18＝144，故选B. 答案：B2．(2019·高考全国卷Ⅲ)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3＝( )A ．16B ．8C ．4D ．2 解析：由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 1＞0，q ＞0，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝15，a 1q 4＝3a 1q 2＋4a 1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，∴a 3＝a 1q 2＝4.故选C.答案：C3．(2019·咸阳二模)《周髀算经》中一个问题：从冬至之日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影子长依次成等差数列，若冬至、立春、春分的日影子长的和是37.5尺，芒种的日影子长为4.5尺，则冬至的日影子长为( )A ．15.5尺B ．12.5尺C ．10.5尺D ．9.5尺解析：设此等差数列{a n }的公差为d ，则a 1＋a 4＋a 7＝3a 1＋9d ＝37.5，a 1＋11d ＝4.5， 解得：d ＝－1，a 1＝15.5. 故选A. 答案：A4．(2019·德州一模)在等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＋a 7a 2＋a 4＝8，则a 6的值为( ) A ．4 B ．8 C ．16D ．32解析：设等比数列{a n }的公比为q ， ∵a 1＝1，a 5＋a 7a 2＋a 4＝8， ∴a 1(q 4＋q 6)a 1(q ＋q 3)＝8，解得q ＝2. 则a 6＝25＝32. 故选D. 答案：D5．(2019·信州区校级月考)已知等差数列{a n }的首项a 1＝2，前n 项和为S n ，若S 8＝S 10，则a 18＝( )A ．－4B ．－2C ．0D ．2解析：∵等差数列{a n }的首项a 1＝2，前n 项和为S n ，S 8＝S 10， ∴8a 1＋7×82d ＝10a 1＋10×92d ，即16＋28d ＝20＋45d ，解得d ＝－417，∴a 18＝a 1＋17d ＝2＋17×⎝ ⎛⎭⎪⎫－417＝－2.故选B. 答案：B6．(2019·南充模拟)已知等比数列{a n }中的各项都是正数，且a 1，12a 3,2a 2成等差数列，则a 10＋a 11a 8＋a 9＝( ) A ．1＋ 2 B ．1－ 2 C ．3＋2 2D ．3－2 2解析：等比数列{a n }中的各项都是正数， 公比设为q ，q >0，a 1，12a 3,2a 2成等差数列，可得a 3＝a 1＋2a 2， 即a 1q 2＝a 1＋2a 1q ， 即q 2－2q －1＝0，解得q ＝1＋2(负的舍去)，则a 10＋a 11a 8＋a 9＝q 2(a 8＋a 9)a 8＋a 9＝q 2＝3＋2 2. 故选C. 答案：C7．(2019·林州市校级月考)在正数x 、y 之间插入数a ，使x ，a ，y 成为等差数列，又在x ，y 之间插入数b 、c ，且x ，b ，c ，y 成等比数列，则有( )A ．a 2≤bc B ．a 2>bc C ．a 2＝bcD ．a 2≥bc解析：在正数x 、y 之间插入数a ，使x ，a ，y 成为等差数列， 又在x ，y 之间插入数b 、c ，且x ，b ，c ，y 成等比数列，∴⎩⎨⎧2a ＝x ＋y ≥2xy ，xy ＝bc ，∴a 2≥bc . 故选D. 答案：D8．(2019·龙岩期末测试)等差数列{a n }中，若a 4＋a 7＝2，则2a 1·2a 2·2a 3·…·2a 10＝( )A ．256B ．512C ．1 024D ．2 048解析：等差数列{a n }中，若a 4＋a 7＝2， 可得a 1＋a 10＝a 4＋a 7＝2， 则2a 1·2a 2·2a 3·…·2a 10＝2a 1＋a 2＋…＋a 10＝212×10(a 1＋a 10)＝25×2＝1 024.故选C. 答案：C9．(2019·长春模拟)等差数列{a n }中，已知|a 6|＝|a 11|，且公差d ＞0，则其前n 项和取最小值时n 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9 解析：由d ＞0可得等差数列{a n }是递增数列，又|a 6|＝|a 11|，所以－a 6＝a 11，即－a 1－5d ＝a 1＋10d ，所以a 1＝－15d 2，则a 8＝－d 2＜0，a 9＝d2＞0，所以前8项和为前n 项和的最小值，故选C.答案：C10．(2019·合肥质检)已知数列{a n }是首项为a ，公差为1的等差数列，数列{b n }满足b n＝1＋a n a n.若对任意的n ∈N *，都有b n ≥b 8成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－8，－7)B ．[－8，－7)C ．(－8，－7]D ．[－8，－7]解析：因为{a n }是首项为a ，公差为1的等差数列，所以a n ＝n ＋a －1， 因为b n ＝1＋a n a n ＝1＋1a n，又对任意的n ∈N *都有b n ≥b 8成立， 所以1＋1a n ≥1＋1a 8，即1a n ≥1a 8对任意的n ∈N *恒成立，因为数列{a n }是公差为1的等差数列，所以{a n }是单调递增的数列，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 8＜0，a 9＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧8＋a －1＜0，9＋a －1＞0，解得－8＜a ＜－7. 答案：A11．已知首项为32的等比数列{a n }不是递减数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)，4a 5＝a 3.设T n＝S n －1S n，则数列{T n }中最大项的值为( )A.34B.45C.56D.78解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则q 2＝a 5a 3＝14.又{a n }不是递减数列且a 1＝32，所以q ＝－12，故等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n－1＝(－1)n －1×32n，S n＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋12n，n 为奇数，1－12n，n 为偶数.当n 为奇数时，S n 随n 的增大而减小，所以1<S n ≤S 1＝32，故0<S n －1S n ≤S 1－1S 1＝32－23＝56.当n 为偶数时，S n 随n 的增大而增大，所以34＝S 2≤S n <1，故0>S n －1S n ≥S 2－1S 2＝34－43＝－712.综上，对任意的n ∈N *，总有－712≤S n －1S n <0或0<S n －1S n ≤56，即数列{T n }中最大项的值为56.故选C.答案：C12．(2019·合肥二模)“垛积术”(隙积术)是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有茭草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等．某仓库中部分货物堆放成如图所示的“茭草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是n 件．已知第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的910.若这堆货物总价是100－200⎝ ⎛⎭⎪⎫910n万元，则n 的值为( )A ．7B ．8C ．9D ．10解析：由题意可得第n 层的货物的价格为a n ＝n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n －1，设这堆货物总价是S n ＝1·⎝ ⎛⎭⎪⎫9100＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫9101＋3·⎝ ⎛⎭⎪⎫9102＋…＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n －1，①由①×910可得910S n ＝1·⎝ ⎛⎭⎪⎫9101＋2·⎝ ⎛⎭⎪⎫9102＋3·⎝ ⎛⎭⎪⎫9103＋…＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n，②由①－②可得110S n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫9101＋⎝ ⎛⎭⎪⎫9102＋⎝ ⎛⎭⎪⎫9103＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫910n －1－n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫910n1－910－n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n＝10－(10＋n )·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n，∴S n ＝100－10(10＋n )·⎝ ⎛⎭⎪⎫910n，∵这堆货物总价是100－200⎝ ⎛⎭⎪⎫910n万元，∴n ＝10， 故选D. 答案：D13．(2019·高考全国卷Ⅲ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 3＝5，a 7＝13，则S 10＝________.解析：∵{a n }为等差数列，a 3＝5，a 7＝13， ∴公差d ＝a 7－a 37－3＝13－54＝2，首项a 1＝a 3－2d ＝5－2×2＝1， ∴S 10＝10a 1＋10×92d ＝100.答案：10014．(2019·安徽合肥二模)已知各项均为正数的数列{a n }前n 项和为S n ，若S 1＝2,3S 2n －2a n ＋1S n ＝a 2n ＋1，则a n ＝________.解析：由S 1＝2，得a 1＝S 1＝2. 由3S 2n －2a n ＋1S n ＝a 2n ＋1， 得4S 2n ＝(S n ＋a n ＋1)2.又a n >0，∴2S n ＝S n ＋a n ＋1，即S n ＝a n ＋1. 当n ≥2时，S n －1＝a n ， 两式作差得a n ＝a n ＋1－a n ，即a n ＋1a n＝2. 又由S 1＝2,3S 21－2a 2S 1＝a 22，求得a 2＝2. ∴当n ≥2时，a n ＝2×2n －2＝2n －1.验证当n ＝1时不成立，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2.答案：⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥215．已知数列{a n }满足a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0，且a 4＝π2，若函数f (x )＝sin 2x ＋2cos 2x 2，记y n ＝f (a n )，则数列{y n }的前7项和为________．解析：根据题意，数列{a n }满足a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0，则数列{a n }是等差数列， 又由a 4＝π2，则a 1＋a 7＝a 2＋a 6＝a 3＋a 5＝2a 4＝π，函数f (x )＝sin 2x ＋2cos 2x2＝sin 2x ＋cos x ＋1，f (a 1)＋f (a 7)＝sin 2a 1＋cos a 1＋1＋sin 2a 7＋cos a 7＋1＝sin 2a 1＋cos a 1＋1＋sin 2(π－a 1)＋cos (π－a 1)＋1＝2，同理可得：f (a 2)＋f (a 6)＝f (a 3)＋f (a 5)＝2，f (a 4)＝sin π＋cos π2＋1＝1，则数列{y n }的前7项和f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋f (a 4)＋f (a 5)＋f (a 6)＋f (a 7)＝7； 故答案为7. 答案：716．如图，点D 为△ABC 的边BC 上一点，BD →＝2DC →，E n (n ∈N )为AC 上一列点，且满足：E n A →＝(4a n －1)E n D →＋14a n ＋1－5E n B →，其中实数列{a n }满足4a n －1≠0，且a 1＝2，则1a 1－1＋1a 2－1＋1a 3－1＋…＋1a n －1＝________.解析：点D 为△ABC 的边BC 上一点， BD →＝2DC →，E n D →－E n B →＝2(E n C →－E n D →)，∴E n C →＝32E n D →－12E n B →又E n A →＝λE n C →＝3λ2E n D →－λ2E n B →，4a n －1＝－3×14a n ＋1－5，∴4a n ＋1－5＝－34a n －1，4a n ＋1－4＝1－34a n －1＝4a n －44a n －1，a n ＋1－1＝a n －14a n －1， 1a n ＋1－1＝4a n －1a n －1＝4＋3a n －1，∴1a n ＋1－1＋2＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1＋2，∴1a n －1＋2＝3n， 1a n －1＝3n－2. S n ＝3×(1－3n)1－3－2n ＝3n ＋1－3－4n2. 故答案为：3n ＋1－3－4n2. 答案：3n ＋1－3－4n2。