2018届高考数学二轮 数列求和专题卷(全国通用)

2018广东高考数学一轮二项式定理在数列求和中的应用一， 二项式定理和杨辉三角介绍：1,二项式定理： ()n n n n r n r r n n n n n n n a b C a b C a b C a b C a b C a b ---+=+++++001112220其中rn C 叫做二项式系数。

2,杨辉三角：二， 重要组合恒等式:（1）,r r r n n n C C C ---+=111 证明：()!()!()!()!!()!r r n n n n C C r n r r n r -----+=+----1111111=()!![()]!()!!()!r n n n r n r C r n r r n r -+-==--1（证 毕） （2），()r r r r r r r r n n C C C C C n r +++-++++=>1121证明（数学归纳法）：当n r =+1时 上式 左边=1 右边是r r C ++=111，所以是正确的。

假设上式对()n k k r =>正确 即r r r r r r r r k k C C C C C +++-++++=1121那么就有r r r r r r r r r r k k kk C C C C C C C +++-+++++=+1121 再有组合不等式（1）可得r r r r r r r r r k k k C C C C C C +++-++++++=11211故综上所述 对于所有大于r 的正整数n （2）式都是成立的。

三， 一元n 次多项式根与系数的关系对于多项式n n n n n x a xa x a x a ---++++=121210 若,,n x x x x 123 是它的n 个根则有一下等式成立： ()n a x x x -=+++11121()n n a x x x x x x --=+++22121311()i i i k k k a x x x -=∑121 （所有i 个不同的根的乘积的和）()n n a a a a -=1231四， 应用举例为了方便应用，（2）式也可以写成()r r r r r r r r r n r n C C C C C n r ++++-+++++=>1121当r=1，2，3，4的时候上式也就是： ()!n n n ++++=+112312 ()()()!!n n n n n +++++=++1113611223 ()()()()()!!n n n n n n n ++++++=+++1114101212334()()()()()()()!!n n n n n n n n n +++++++=++++111515123123445 例一：求数列n a n =2 的前n 项和。

等差（比）数列问题1．已知等差数列{}n a 的公差不为零，其前n 项和为n S ，223a S =，且1S ，2S ，4S 成等比数列．（1）求数列{}n a 的通项公式n a ；（2）记15943n n T a a a a -=++++ ，求n T ．2．已知{}n a 为等差数列，且满足138a a +=，2412a a +=． （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）记{}n a 的前n 项和为n S ，若3a ，1k a +，k S 成等比数列，求正整数k 的值．3．已知{}n a 是等差数列，其前n 项和为n S ，{}n b 是等比数列，且112a b ==，4427a b +=，4410S b -=． （1）求数列{}n a 与{}n b 的通项公式；（2）记1121n n n n T a b a b a b -=+++ ，n ∈*N ，证明：12(2)10n n n T a n b +=-+∈*N ．4．已知{}n a 是等差数列，14a =，416a =，数列{}n b 满足15b =，424b =，且{}nn b a -是等比数列．（1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式； （2）求数列{}n b 的前n 项和．5．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12a =，112n n a S ++=． （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）已知在数列{}n b 中，11b a =，当2n ≥时，n b 是n n a 与11n n a ++的等差中项，求数列{}n b 的前n 项和n T ．6．已知数列{}n a 的前n 项和238n S n n =+，{}n b 是等差数列，且1n n n a b b +=+．（1）求数列{}n b 的通项公式； （2）令．求数列{}n c 的前n 项和n T ．7．已知数列{}n a 的前n 项和1n n S a λ=+，其中0λ≠． （1）证明{}n a 是等比数列，并求其通项公式； （2）若，求λ．8．已知在等比数列{}n a 中，首项13a =，公比1q >，且213100()()n n n n a a a ++-=∈+*N ．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设13{}n n b a +是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{}n b 的通项公式及前n 项和n S ．9．已知正项等比数列{}n a 的首项13a =，且3a 是13a -和2a 的等差中项． （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）记22log 6log n n b a =-，求数列{}n n a b +的前n 项和n T ．10．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且2n S n n =+． （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）求数列1{}()2nnS n +⋅的前n 项和n T ．11．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，等比数列{}n b 的前n 项和为n T ，满足11a b =，222a b =，2213S T +=，332S b =．（1）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式； （2）设2nn na cb =，求数列{}nc 的前n 项和n C ．12．已知数列{}n a 满足：22()n n n S a =∈-*N ． （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）令(1)n n b n a =-，求数列{}n b 的前n 项和n T ．13．已知{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列，且32=b ，93=b ，11b a =，414b a =． （1）求{}n a 的通项公式；（2）设n n n b a c +=，求数列}{n c 的前n 项和．14．设数列{}n a 的前n 项和为n S ．已知24S =，121n n a S +=+，n ∈*N ． （1）求通项公式n a ； （2）求数列的前n 项和．15． n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，且11a =，728S =．记=[lg ]n n b a ，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，如[0.9]=0，[lg 99]=1．（1）求1b ，11b ，101b ；（2）求数列{}n b 的前1 000项和．参考答案1．【解析】（1）设数列{}n a 的公差为d ，由223a S =得2223a a =，故20a =或23a =．由1S ，2S ，4S 成等比数列得2214S S S =． 又12S a d =-，222S a d =-，4242S a d =+， 故2222()()42(2)a d a d a d -=-+．若20a =，则222d d =-，解得0d =，不符合题意．若23a =，则263122()()()d d d -=-+，解得2d =或0d =(不符合题意，舍去)． 因此数列{}n a 的通项公式为2(2)21n a a n d n =+-=-． （2）由（1）知4387n a n -=-，故数列43{}n a -是首项为1，公差为8的等差数列． 从而2143()()864322n n n nT a a n n n -=+=-=-． 【名师点睛】高考对数列的考查主要有三种形式：①等差、等比数列的通项公式以及求和公式的灵活应用；②运用各种方法对数列求和，如公式法、错位相减法、分组求和法等；③数列的综合应用． 2．【解析】（1）设数列{}n a 的公差为d ，由题意可得112282412a d a d +=⎧⎨+=⎩，解得12a =，2d =，所以1()122(1)2n a a n d n n =+-=+-=， 即数列{}n a 的通项公式为2n a n =． （2）由（1）可得21()(22)122()n n a a n n nS n n n n ++===+=+， 所以3236a =⨯=，12()1k a k +=+，2k S k k =+．又3a ，1k a +，k S 成等比数列，所以213k k a a S +=，从而22(226)()k k k +=+，即220k k --=，*k ∈N ，解得2k =或1k =-(舍去)， 所以2k =．3．【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ．由112a b ==，得423a d =+，342b q =，486S d =+，故3323227,86210,d q d q ⎧++=⎨+-=⎩解得3,2.d q =⎧⎨=⎩ 所以31n a n =-，2nn b =，n ∈*N ．（2）由（1）得231212222nn n n n T a a a a --=++++ ①，23112122222n n n n n T a a a a +-=++++ ②，由②－①，得32122()12(122313232322262102610)12,n n n n n n T n n n -++-=-=--+⨯+⨯++⨯++-+=⨯--而21012231102121()02610nnn n a b n n -+-=--+⨯-=⨯--， 所以12210n n n T a b +=-+，n ∈*N ．4【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，由题意得41164433a a d --===， 所以1(1)4()n a a n d n n =+-=∈*N ， 设等比数列{}nn b a -的公比为q ，由题意得344112416854b a q b a --===--，解得2q =．所以1111()2n n n n b a b a q---=-=，从而142()n n b n n -=+∈*N ．（2）由（1）知，142()n n b n n -=+∈*N ，数列{4}n 的前n 项和为2(1)n n +，数列1{2}n -的前n 项和为1212112nn -⨯=--，所以数列{}n b 的前n 项和为2(1)21n n n ++-．5【解析】（1）由112n n a S ++= ①，可得当2n ≥时，112n n a S -+= ②， ①－②得112(2)n n n n n a a S S a +--=-=，即13n n a a +=，故13(2)n na n a +=≥．当1n =时，21121213a S a =-=-=，此时21332a a =≠， 故数列{}n a 从第2项起构成公比为3q =的等比数列， 所以当2n ≥时，2212333n n n n a a q ---==⨯=．故12,132n n n n a -=⎧⎨≥⎩=,． （2）当2n ≥时，由已知得，11111141()()223323n n n nn n n n n n n b a a -++++=+=+=⨯， 故2141223n nn b n n =⎧⎪=+⎨≥⎪⨯⎩,,．当1n =时，112T b ==；当2n ≥时，12312314214314(1)141223232323n n n n nn n T b b b b b --⨯+⨯+-++=+++++=+++++⨯⨯⨯⨯ ①， 1224214314(1)1413623232323n n n n n T --⨯+⨯+-++=+++++⨯⨯⨯⨯ ②， ②－①得，2194441246232323n n n n T -+=++++-⨯⨯⨯ 211134142()22333n nn -+=-++++⨯ 2211[111()]33421123231n nn -+=-⨯-+-⨯ 1111412321()33n n n -+=+--⨯ 3547623nn +=-⨯， 故当2n ≥时，35471243n nn T +=-⨯． 显然，当1n =时，135********T ⨯+=-=⨯，上式也成立． 所以35471243n n n T +=-⨯． 6．【解析】（1）由题意当1=n 时，1111==S a ； 当2≥n 时，561+=-=-n S S a n n n ，又161511a =⨯+=，所以56+=n a n ()n ∈*N ． 设等差数列{}n b 的公差为d ，由，即，解得14b =，3d =，所以13+=n b n ．（2）由（1）知11(66)3(1)2(33)n n n nn c n n +++==+⋅+， 又n n c c c c T +⋅⋅⋅+++=321，即23413[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++，所以345223[223242(1)2]n n T n +=⨯⨯+⨯+⨯+⋅⋅⋅++，以上两式两边相减得，所以223+⋅=n n n T ．7．【解析】（1）由题意得1111a S a λ+==， 故1≠λ，，01≠a ．由n n a S λ+=1，111+++=n n a S λ得n n n a a a λλ-=++11，即n n a a λλ=-+)1(1． 由01≠a ，0≠λ得0≠n a ，所以．因此}{n a 是首项为，公比为的等比数列，所以．（2）由（1）得，由得，即，解得1λ=-．8．【解析】（1）因为213100()()n n n n a a a ++-=∈+*N ， 所以2()3100n n n a q a a q +-=，即231030q q -+=． 由公比1q >，解得3q =．又首项13a =，所以等比数列{}n a 的通项公式为3nn a =．（2）因为13{}n n b a +是首项为1，公差为2的等差数列， 所以112(3)1n n b a n +=+-．所以数列{}n b 的通项公式为1213n n b n -=--，从而212()[31133313212()]n n n S n n --=-++++++++-=-+ ．9．【解析】（1）因为正项等比数列{}n a 的首项13a =，所以可设13n n a q -=，公比0q ≠， 又3a 是13a -和2a 的等差中项，所以31223a a a =-+，即223333q q ⨯=-+， 解得0q =(舍去)或12q =， 故数列{}n a 的通项公式为132n n a -=． （2）由（1）知132n n a -=， 因为222213log 6log log 6log 2n n n b a n -=-=-=， 所以132n n n a b n -+=+， 故1122()()()n n n T a b a b a b =++++++1212()()n n b b b a a a =+++++++012111111233((2222))n n -=+++++++++ 2161)22(n n n +-=+216322n n n -++-=，所以数列{}n n a b +的前n 项和212362n n n n T -++-=．10．【解析】（1）因为2n S n n =+，所以21(2)n S n n n -=-≥， 所以12(2)n n n a S S n n -=-=≥， 当1n =时，112a S ==也满足上式， 所以2n a n =． （2）由（1）知()2212()n n n S n n +==+， 所以(1)(1)2(1)22n n n n S n n nn n +==+⋅+⋅，所以2311232222n n nT =++++ ①，所以2341112322222n n nT +=++++ ②， ①－②得12311111(112)111122112222222212n n n n n n T n n n +++-=+++++-=-=-- ，所以222n n nT +=-．【名师点睛】数列是高考的热点内容，但是无论怎样命题，肯定少不了考查数列(包括等差数列与等比数列)的基本概念、基本公式，如通项公式、前n 项和公式(公式法、错位相减法、裂项相消法)的理解与记忆，与函数、不等式、方程等知识交汇仍然是这类问题的常见命题规律，万变不离其宗，考生在复习备考中只要把数列部分的基础知识落实好，就能在高考中游刃有余，解题时得心应手．11【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ，则11111112112()2132(33)a b a d b q a d b b q a d b q=⎧⎪+=⎪⎨+++=⎪⎪+=⎩，解得112213a b d q =⎧⎪=⎪⎨=⎪⎪=⎩，故1n a n =+，123n n b -=⨯．（2）由（1）知，1213n n n n a n c b -+==， 故1221111234(1)333n n n C c c c n -++++⨯+⨯+=++⨯= ①， 211323314(1)33n n C n -=⨯+⨯+⨯+++⨯ ②，②－①得：221111127(1)3333n n n C n --+++⋅⋅⋅+-+⨯=1111()1337(1)1313n n n ---=+-+⨯-2111117()(1)2233n n n ---+⨯=+-11525223n n -+=-⋅， 所以11525443n n n C -+=-⋅． 12．【解析】（1）当1n =时，1122S a =-，解得12a =， 由22n n S a =-，可得1122n n S a ++=-， 上述两式相减可得1122n n n a a a ++=-，所以12n na a +=，120a =≠， 所以数列{}n a 是以2为首项，2为公比的等比数列，所以2n n a =．（2）由（1）可知(1)22n n n n b n a n =-=⋅-，所以123123(1222322)(2222)n n n T n =⨯+⨯+⨯++⋅-++++ ， 令1231222322n M n =⨯+⨯+⨯++⋅ ①，则234121222322n M n +=⨯+⨯+⨯++⋅ ②，①－②得123112(12)222222(22)2212n n n n n M n n n ++--=++++-⋅=-⋅=-⋅-- ， 所以(22)22n M n =-⋅+， 所以12(12)(22)22(2)2412n nn n T n n +-=-⋅+-=-+-． 13．【解析】（1）因为等比数列{}n b 的公比，所以，4327b b q ==．设等差数列{}n a 的公差为d ， 因为111a b ==，14427a b ==，所以11327d +=，即2d =，所以21()n a n n =-∈*N ．（2）由（1）知，21n a n =-，13n n b -=，因此1213n n n n c a b n -=+=-+．从而数列{}n c 的前n 项和．14．【解析】（1）由题意得，解得，又当2n ≥时，由11(21)(21)2n n n n n a a S S a +--=+-+=，得13n n a a +=， 所以数列{}n a 的通项公式为13n n a -=，n ∈*N ． （2）设1|32|n n b n -=--，n ∈*N ，12b =，21b =．当3n ≥时，由于132n n ->+，故132n n b n -=--，3n ≥．设数列{}n b 的前n 项和为n T ，则12T =，23T =．当3n ≥时，， 又23T =也符合上式，所以． 15．【解析】（1）设{}n a 的公差为d ，由已知可得72128d +=，解得1d =， 所以等差数列{}n a 的通项公式为n a n =．又=[lg ]n n b a ，所以1[lg1]0b ==，11[lg11]1b ==，101[lg101]2b ==． （2）因为，所以数列{}n b 的前1000项和为1902900311893.⨯+⨯+⨯=。

2018高考数学第二次专题卷数 学 试 卷(数列的通项与求和)命题人:王建宏一、选择题:1.设某等差数列的首项为)0(≠a a ,第二项为.b 则这个数列中有一项为0的充要条件是( ) A. b a -是正整数 B. b a +是正整数C.ba b-是正整数 D.ba a-是正整数 D 解析:ba an a b n a a n -=-=--+=1,0))(1(是正整数.故选D.2.等差数列{a n }中，a n =1，a 5+ a 9=98，S n 为其前n 项和，则S 9等于（ ） A ．291 B ．294 C ．297 D ．300 C 解析: 由98,1951=+=a a a 得:988411=+++d a d a ,求得29782899,819=⨯⨯+==a S d 则, 故选C.3. 数列{}n a 的前 n 项和 S n ＝23n 2n -（n ∈N +），当 n ≥2时，有 ( )A. S n ＞n 1a a ＞n n a aB. S n ＜n n a a ＜n 1a aC. n 1a a ＜S n ＜n n a aD. n n a a ＜S n ＜n 1a aD 解析: 由S n ＝23n 2n - , 可得45n a n =-+a , 11a =a , ∴245n na n n =-+a , ∴2223245222(1)0n n S na n n n n n n n n -=-+-=-=->a , (n ≥2) 2213222nna S n n n n n -=-+=-a 2(1)0n n =->, (n ≥2), ∴n n a a ＜S n ＜n 1a a .4.已知数列{}n a 为等比数列，2,11==q a ，又第m 项至第n 项的和为112)(n m <，则n m +的值为A. 11B. 12C. 13D. 14B 解析:由2,11==q a 可得第m 项至第n 项的和为11222212m nn m ---=--431122(21)==- 7,14n m ⇒=-=,由此可解得12m n +=,故应选B.5.某职工在一年12个月中，每月5日向银行存入1000元，假设银行的月利率为千分之五（按单利计息），那么该职工到第二年元月5日，此项存款的利息之和为( )A. )12321(5++++B. )11321(5++++C. 21155510001()()()100010001000⎡⎤++++⎢⎥⎣⎦D. ⎥⎦⎤⎢⎣⎡++++122)10005()10005()10005(11000A 解析:由已知可得存款的利息是以5为首项5为公差的等差数列.由此可得12个月的存款的利息之和为)12321(5++++ .6.已知等比数列{}n a 的首项为8,n S 是前n 项的和,某同学计算得2320,36,S S ==465,S =后来该同学发现了其中一个数算错了,则该数为 （ ）A.S 1B. S 2C. S 3D. S 4 C 解析:若202=S 正确,则由221S a a =+即,23,2088==+q q 得则qq a S --=1)1(31365,384==q .综上所述363=S 算错了.7.(理)已知{}n a a 是无穷等比数列,且121lim()4n n a a a →∞++⋅⋅⋅+=aa a ,则首项1a a 的取值范围是( ) A ．1(0,)2 B ．1(0,)4 C ．11(,)42 D ．111(0,)(,)442(文)在等比数列{}n a 中，首项10a <，则{}n a 是递增数列的充要条件是公比 A ．1q > B ．1q < C ．01q << D ．0q < (理)D 解析：因为141q a -=-a , ||1q <, ∴10|41|1a <-<a ,又0q ≠, 即1111411,10410,4a a a -<-<⎧⇒<<⎨-≠⎩a a a, 或11142a <<a .故应选D. (文)C 解析: 数列{}n a 单调递增可得1n n a a +>a a , ∴111n n a q a q->a a , ∵10a < , ∴1n n q q-< , 对自然数n 恒成立, 从而得01q <<.8.已知数列{}n a 满足111211,2,(2,)n n n nn na a a a a a n n N a a -+-+-===≥∈，则13a 等于A ．26B 24C 12212!⨯ D 13213!⨯C 解析:由已知条件可得112n nn n a a a a +--=a a a a , ∴数列1{}n n a a +a a 是首项为212a a =a a ,公差为2的等差数列,即得12n n an a +=a a .∴13121132131********a a a a a a a a a a a a =⨯⨯⨯⋅⋅⋅⨯⨯⨯a a a a a a a a a a=12(212)(211)(21)1212!⨯⨯⨯⨯⋅⋅⋅⨯⨯⨯=⨯, 故应选C.9.设函数22()1x x nf x x x -+=++（x ∈R ，且12n x -≠），()f x 的最小值为n a ，最大值为n b ，记(1)(1)n n n c a b =--，则数列{}n c ( ) A ．是公差不为0的等差数列 B ．是公比不为1的等比数列 C ．是常数列 D ．不是等差数列，也不是等比数列C 解析:由221x x ny x x -+=++可得2(1)(1)0y x y x y n -+++-=,22(1)4(1)()3(46)410y y y n y n y n ∆=+---=-++-+≥,y≤≤, ∴n a =a , nb = , ∴(1)(1)n n nc a b =--224412493n n --===-,∴数列{}n c 是常数列, 故应选C.9.它从原点运动到（0，1）,轴、y 动一个单位长度，那么，在2008所处的位置是( )A ．( 16 , 44 )B ．( 44 , 16 )C ．( 16 , 45 )D ．( 45 , 16 ) A 解析:如图, 设A n 、B n 、C n 分别代表该点处对应路线的长度, 分别为n a 、n b用n 表示, 可求得222()()n n n n a nn ⎧+⎪=⎨⎪⎩为奇数为偶数 , 222()()n n n n b nn ⎧+⎪=⎨⎪⎩为偶数为奇数 , 2n c n n =+ .由24444441980c =+= , 又44为偶数,故其路线为向左运动,且必须向左运动28秒可 得2008秒, 此时可得点坐标为(16,44) ,故应选10.(理)设正数数列｛n a ｝的前n 项和为n S 2n n a t tS +=成立，若∞→n lim nn a S ＜t ，则t 的取值范围是( )A. （2，＋∞）B.C. ，＋∞）D. （223，＋∞）(文) 设正数数列｛n a ｝的前n 项和为n S ，且存在正数t ，使得对于所有自然数n ，有2nn a t tS +=成立，若不等式n n a S 恒成立，则t 的取值范围是( )A. （2，＋∞）B. （1，＋∞）C. （12，＋∞） D. （23，＋∞） (理) C 解析: 2221112()224n n n n n n n n t a t a a at a a tS ta +++++-+-⎛⎫=⇒=⇒= ⎪⎝⎭12n n a a t +⇒-= , 又1n =时,可解得1a t =, ∴(21)n a n t =- , 2n S n t =,∞→n lim2n nt t →∞==<⇒>.故应选C (文) B 解析: 2221112()224n n n n n n n n t a t a a a t a a tS ta +++++-+-⎛⎫=⇒=⇒= ⎪⎝⎭12n n a a t +⇒-= , 又1n =时,可解得1a t =, ∴(21)n a n t =- , 2n S n t =,21nnt n =<⇒>-. ∵当1n =时,21n n -取得最大值1, 从而得1t >. 故应选B二、填空题:11.已知数列{}n a 中，12()21()n n n a n n -⎧⎪=⎨-⎪⎩为正奇数为正偶数，则9a = （用数字作答），设数列{n a }的前n 项和为n S ，则9S = （用数字作答）. 256，377 解析:918922256a -===；9123S a a a =+++…9a +135792468()()a a a a a a a a a =++++++++ 02468(22222)(371115)=++++++++34136377=+=.12.已知0θπ<<，在等比数列{n a }中，2sin cos a θθ=+，31sin 2a θ=+，则34sin 2cos 42θθ+-是数列{n a }中的第 项.5解析:设等比数列{}n a 的公比为q,由题意得：θθθcos sin 2sin 123++==a a q ,cos sin cos sin )cos (sin 2θθθθθθ+=++=即公比θθcos sin +=q ， 又由22sin 212sin 4324cos 2sin 432θθθθ+-+=-+.)cos (sin )12(sin 12sin 22sin 532422a q a =⋅=+=+=++=θθθθθ所以是数列{n a }中的第5 项.13.已知9(1)10n n nn a +=(n ∈N *),则数列{a n }的最大项是第_______项.8或9解析: 设{a n }中第n 项最大，则有⎩⎨⎧≥≥-+11n n n n a a a a , 即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+≥+⋅≥+++--111110)1(910)1(910910)1(9n n nn n n n n n n nn , ∴8≤n ≤9, 即a 8、a 9最大.14.数列{a n }满足递推式a n ＝3a n -1＋3n －1（n ≥2），又a 1＝5，则使得{3n na λ+}为等差数列的实数λ＝___________________12-解析: 由a n ＝3a n -1＋3n －1可得11113333n n n n n a a ++-=-a a , 设1133n n n n a a d λλ++++-=, 则111233333n n n n n n n a a d d λλλ+++-=-+=+a a , 则131,3d λ=-=, ∴λ=12-.三、解答题:15.数列{}a n 前n 项和为S n 且a S n N n n +=∈1()* （1）求{}a n 的通项公式；（2）若数列{}b n 满足b 11=，且b b a n n n n +=+≥11()，求{}b n 通项公式. 解析:（1） a S n n +=1 ∴+=++a S n n 111两式相减，∴-+-=++a a S S n n n n 110 ∴=+21a a n n{}∴a n 为公式为12的等比数列 又n =1时，a S a 111112+=∴=，∴==⎛⎝ ⎫⎭⎪=⎛⎝ ⎫⎭⎪--a a q n n n n111121212· （2） b b a n n n +=+1∴-=⎛⎝ ⎫⎭⎪+b b n n n1122112b b ∴-=，23212b b ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，34312b b ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，…，1112n n n b b --⎛⎫-= ⎪⎝⎭相加，∴-=+⎛⎝ ⎫⎭⎪+⎛⎝ ⎫⎭⎪++⎛⎝ ⎫⎭⎪-b b n n 123112121212……即：b n n n n =++⎛⎝ ⎫⎭⎪++⎛⎝ ⎫⎭⎪=-⎛⎝ ⎫⎭⎪-=-⎛⎝ ⎫⎭⎪-11212121112112211221……·∴=-⎛⎝⎫⎭⎪b n n 211216.已知数列111{},1, 3(2,),n n n n a a a a n n N --==⋅≥∈其中项的和的前数列n b n }{))(9(log 3*∈=N n a S n nn (1) 求数列}{n a 的通项公式； （2）求数列}{n b 的通项公式； （3）求数列|}{|n b 的前n 项和n T解析:累加得),1(log log )1(133-+=-n a a n x,2)1()1(321log log 133-=-++++=-n n n a a n .3,2)1(log 2)1(3-=-=∴n n n n a n n a 则或者用累乘得211221123nn n n n n n a a a a a a a a ----=⋅=);(25)9(log ,3)2(232)1(N n nn a S a n n n n n n ∈-==∴=-)(3}{,1,3,2,21111*--∈-==-=-=≥-==N n n b b n n S S b n S b n n n n n 的通项公式为所以数列时也适合时当而,3,03,25,3,03)3(2时即当时即当 n n b n n S T n n b n n n n >>-=-=-=≤≤-= ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧∈>+-∈≤-=+-=-=++-+++=+++=*).,3(2125),3(25,21252)(2)(||||||22233212121N n n n n N n n n n T n n S S b b b b b b b b b T n n n n n 且且综上所述17. 已知数列{}n a ，n S 是其前n 项的和，且171-=-n n S a （n ≥2），21=a （I ）求数列{}n a 的通项公式； （II ）设nn a b 2log 1=，n n n n b b b T 221+++=++ ，是否存在最小的正整数k ，使得对于任意的正整数n ，有12kT n <恒成立？若存在，求出k 的值；若不存在，说明理由。

限时规范训练 数列求和及综合应用限时45分钟，实际用时分值81分，实际得分一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分)1．数列{a n }中，a 1＝1，对所有n ∈N *都有a 1·a 2·…·a n ＝n 2，则a 3＋a 5＝( ) A.6116 B.259 C.2516D.3115解析：选A.当n ≥1时，a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2；当n ≥2时，a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝(n －1)2.两式相除，得a n ＝⎝⎛⎭⎪⎫n n －12.∴a 3＝94，a 5＝2516，∴a 3＋a 5＝6116，故选A.2．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 2 019＝( ) A ．1 008×2 020 B ．1 008×2 019 C ．1 009×2 019D ．1 009×2 020解析：选C.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 2 019＝2 019×2 0182＝1009×2 019.3．已知数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，若a 1a 2a 3＝15，且3S 1S 3＋15S 3S 5＋5S 5S 1＝35，则a 2等于( )A ．2 B.12 C ．3D.13解析：选C.∵S 1＝a 1，S 3＝3a 2，S 5＝5a 3， ∴35＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋1a 1a 3， ∵a 1a 2a 3＝15.∴35＝a 315＋a 115＋a 215＝a 25，即a 2＝3. 4．数列{a n }的通项公式是a n ＝1n ＋n ＋1，若前n 项和为10，则项数n 为( ) A ．120 B ．99 C ．11D ．121解析：选A.a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－nn＋1＋n n ＋1－n＝n ＋1－n ，所以a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n ) ＝n ＋1－1＝10.即n ＋1＝11，所以n ＋1＝121，n ＝120. 5.122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n ＋2－1的值为( )A.n ＋1n ＋B.34－n ＋1n ＋C.34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2D.32－1n ＋1＋1n ＋2解析：选C.∵1n ＋2－1＝1n 2＋2n ＝1nn ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2. ∴122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n ＋2－1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2.6．定义np 1＋p 2＋…＋p n为n 个正数p 1，p 2，…，p n 的“均倒数”．若已知正项数列{a n }的前n项的“均倒数”为12n ＋1，又b n ＝a n ＋14，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝( )A.111 B.112 C.1011D.1112解析：选C.设数列{a n }的前n 项和为S n ，由na 1＋a 2＋…＋a n ＝12n ＋1得S n ＝n (2n ＋1)，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4n －1，∴b n ＝4n －1＋14＝n ，则1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b 10b 11＝11×2＋12×3＋…＋110×11＝⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫110－111＝1－111＝1011.故选C.二、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分)7．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＋(－1)na n ＝cos(n ＋1)π，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 019＝________.解析：∵a n ＋1＋(－1)na n ＝cos(n ＋1)π＝(－1)n ＋1，∴当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝－1，k ∈N *，∴S 2 019＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 018＋a 2 019)＝1＋(－1)×1 009＝－ 1008.答案：－1 0088．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，由已知得到S n－1＝23a n －1＋13，所以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 －19．在等比数列{a n }中，0＜a 1＜a 4＝1，则能使不等式⎝⎛⎭⎪⎫a 1－1a 1＋⎝⎛⎭⎪⎫a 2－1a 2＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫a n －1an≤0成立的最大正整数n 是________．解析：设等比数列的公比为q ，由已知得a 1q 3＝1，且q ＞1，⎝⎛⎭⎪⎫a 1－1a 1＋⎝⎛⎭⎪⎫a 2－1a 2＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫a n －1an＝(a 1＋a 2＋…＋a n )－⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝a 1－q n1－q－1a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1q n 1－1q≤0，化简得q －3≤q4－n，则－3≤4－n ，n ≤7. 答案：7三、解答题(本题共3小题，每小题12分，共36分) 10．等差数列{a n }中，a 2＝4，a 4＋a 7＝15. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n －2＋n ，求b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10的值． 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d .由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝4，a 1＋3d ＋a 1＋6d ＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝1.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋2. (2)由(1)可得b n ＝2n＋n . 所以b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10) ＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋…＋10) ＝－2101－2＋＋2＝(211－2)＋55 ＝211＋53＝2 101.11．已知正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：4S n ＝(a n －1)(a n ＋3)(n ∈N *)． (1)求a n ；(2)若b n ＝2n·a n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)∵4S n ＝(a n －1)(a n ＋3)＝a 2n ＋2a n －3， ∴当n ≥2时，4S n －1＝a 2n －1＋2a n －1－3， 两式相减得，4a n ＝a 2n －a 2n －1＋2a n －2a n －1，化简得，(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0， ∵{a n }是正项数列，∴a n ＋a n －1≠0，∴a n －a n －1－2＝0，对任意n ≥2，n ∈N *都有a n －a n －1＝2， 又由4S 1＝a 21＋2a 1－3得，a 21－2a 1－3＝0， 解得a 1＝3或a 1＝－1(舍去)，∴{a n }是首项为3，公差为2的等差数列， ∴a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1. (2)由已知及(1)知，b n ＝(2n ＋1)·2n ，T n ＝3·21＋5·22＋7·23＋…＋(2n －1)·2n －1＋(2n ＋1)·2n ，①2T n ＝3·22＋5·23＋7·24＋…＋(2n －1)·2n ＋(2n ＋1)·2n ＋1，②②－①得，T n ＝－3×21－2(22＋23＋24＋…＋2n )＋(2n ＋1)·2n ＋1＝－6－2×－2n －11－2＋(2n ＋1)·2n ＋1＝2＋(2n －1)·2n ＋1.12．若数列{a n }的前n 项和为S n ，点(a n ，S n )在y ＝16－13x 的图象上(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若c 1＝0，且对任意正整数n 都有c n ＋1－c n ＝log 12a n .求证：对任意正整数n ≥2，总有13≤1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ＜34.解：(1)∵S n ＝16－13a n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝13a n －1－13a n ，∴a n ＝14a n －1.又∵S 1＝16－13a 1，∴a 1＝18，∴a n ＝18⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122n ＋1.(2)证明：由c n ＋1－c n ＝log 12a n ＝2n ＋1，得当n ≥2时，c n ＝c 1＋(c 2－c 1)＋(c 3－c 2)＋…＋(c n －c n －1)＝0＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2－1＝(n ＋1)(n －1)．∴1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ＝122－1＋132－1＋142－1＋…＋1n 2－1 ＝12×⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1 ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＜34. 又∵1c 2＋1c 3＋1c 4＋…＋1c n ≥1c 2＝13，∴原式得证．。

2018届高三第二轮复习——数列第1讲等差、等比考点【高 考 感 悟】从近三年高考看，高考命题热点考向可能为：1．必记公式(1)等差数列通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d .(2)等差数列前n 项和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）d2.(3)等比数列通项公式：a n a 1q n －1.(4)等比数列前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）.(5)等差中项公式：2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)． (6)等比中项公式：a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ≥2)．(7)数列{a n }的前n 项和与通项a n 之间的关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1（n ＝1）S n －S n －1（n ≥2）.2．重要性质(1)通项公式的推广：等差数列中，a n ＝a m ＋(n －m )d ；等比数列中，a n ＝a m q n －m .(2)增减性：①等差数列中，若公差大于零，则数列为递增数列；若公差小于零，则数列为递减数列． ②等比数列中，若a 1＞0且q ＞1或a 1＜0且0＜q ＜1，则数列为递增数列；若a 1＞0且0＜q ＜1或a 1＜0且q ＞1，则数列为递减数列． 3．易错提醒(1)忽视等比数列的条件：判断一个数列是等比数列时，忽视各项都不为零的条件． (2)漏掉等比中项：正数a ，b 的等比中项是±ab ，容易漏掉－ab .【 真 题 体 验 】1．(2015·新课标Ⅰ高考)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和．若S 8＝4S 4，则a 10＝( )A.172B.192C ．10D ．12 2．(2015·新课标Ⅱ高考)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )A ．2B ．1 C.12 D.183．(2015·浙江高考)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零．若a 2，a 3，a 7成等比数列，且2a 1＋a 2＝1，则a 1＝__________，d ＝________．4．(2016·全国卷1)已知{}n a 是公差为3的等差数列，数列{}n b 满足12111==3n n n n b b a b b nb +++=1，，，. （I ）求{}n a 的通项公式；（II ）求{}n b 的前n 项和.【考 点 突 破 】考点一、等差（比）的基本运算1．(2015·湖南高考)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 ＝________．2．(2015·重庆高考)已知等差数列{a n }满足a 3＝2，前3项和S 3＝92.(1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 15，求{b n }的前n 项和T n .考点二、等差（比）的证明与判断【典例1】( 2017·全国1 )记S n 为等比数列{}n a 的前n 项和，已知S 2=2，S 3=-6.（1）求{}n a 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。

第2讲 数列的求和问题高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求一般数列的和，体现转化与化归的思想.热点一 分组转化求和有些数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将数列通项拆开或变形，可转化为几个等差、等比数列或常见的数列，即先分别求和，然后再合并．例1 (2017·山东省平阴县第一中学模拟)已知数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，数列{b n }是公比大于0的等比数列，且b 1＝－2a 1＝2，a 3＋b 2＝－1，S 3＋2b 3＝7.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2，n 为奇数，－2a n b n ，n 为偶数，求数列{c n }的前n 项和T n . 解 (1)设数列{a n }的公差为d ，{b n }的公比为q ，且q >0，由题易知， a 1＝－1，b 1＝2，由⎩⎪⎨⎪⎧ a 3＋b 2＝－1，S 3＋2b 3＝7，得⎩⎪⎨⎪⎧d ＋q ＝0，4q 2＋3d ＝10， 解得q ＝2⎝⎛⎭⎫q ＝－54舍去，此时d ＝－2， ∴a n ＝－2n ＋1，b n ＝2n .(2)由(1)知，a n ＝－2n ＋1，b n ＝2n ，∴c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n 为奇数，2n －12n －1，n 为偶数，当n 为偶数时，奇数项和偶数项各有n 2项， ∴T n ＝(c 1＋c 3＋c 5＋…＋c n －1)＋(c 2＋c 4＋…＋c n )＝n ＋(c 2＋c 4＋…＋c n )，令H n ＝c 2＋c 4＋c 6＋…＋c n ，∴H n ＝32＋723＋1125＋…＋2n －52n －3＋2n －12n －1，14H n ＝323＋725＋…＋2n －52n －1＋2n －12n ＋1， 以上两式相减，得34H n ＝32＋423＋425＋…＋42n －1－2n －12n ＋1 ＝⎝⎛⎭⎫421＋423＋…＋42n －1－12－2n －12n ＋1 ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫142n 1－14－12－2n －12n ＋1 ＝136－6n ＋136×2n， ∴H n ＝269－6n ＋139×2n －1. 故当n 为偶数时，T n ＝269＋n －6n ＋139×2n －1， 当n (n ≥3)为奇数时，n －1为偶数，T n ＝T n －1＋a n ＝269＋(n －1)－6n ＋79×2n －2＋2 ＝359＋n －6n ＋79×2n －2， 经验证，n ＝1也适合上式．综上，得T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 359＋n －6n ＋79×2n －2，n 为奇数，269＋n －6n ＋139×2n －1，n 为偶数.思维升华 在处理一般数列求和时，一定要注意使用转化思想．把一般的数列求和转化为等差数列或等比数列进行求和，在求和时要分析清楚哪些项构成等差数列，哪些项构成等比数列，清晰正确地求解．在利用分组求和法求和时，由于数列的各项是正负交替的，所以一般需要对项数n 进行讨论，最后再验证是否可以合并为一个公式．跟踪演练1 (2017届广东省揭阳市模拟)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2(n ＋1)a n n＋n ＋1. (1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋1是等比数列； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .(1)证明 方法一 由已知得a n ＋1n ＋1＝2·a n n ＋1，∴a n ＋1n ＋1＋1＝2⎝⎛⎭⎫a n n ＋1， 又a 1＋1＝2，a n >0，∴a n n＋1≠0， ∴a n ＋1n ＋1＋1a n n＋1＝2， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋1是首项为2，公比为2的等比数列． 方法二 由a n ＋1＝2(n ＋1)a n n＋n ＋1， 得na n ＋1＝2(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，由a 1>0及递推关系，可知a n >0，∴a n n＋1≠0， ∴a n ＋1n ＋1＋1a n n＋1＝na n ＋1＋n (n ＋1)(n ＋1)a n ＋n (n ＋1) ＝2(n ＋1)a n ＋2n (n ＋1)(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)＝2， 又∵a 1＝1，∴a 11＋1＝2， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋1是首项为2，公比为2的等比数列． (2)解 由(1)得a n n＋1＝2·2n －1＝2n ， ∴a n ＝n ·2n －n ，S n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)2n －1＋n ×2n －[1＋2＋3＋…＋(n －1)＋n ]， 设T n ＝2＋2×22＋3×23＋…＋(n －1)2n －1＋n ×2n ， ① 则2T n ＝22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)2n ＋n ×2n ＋1， ② 由①－②，得－T n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1 ＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝－(n －1)2n ＋1－2， ∴T n ＝(n －1)2n ＋1＋2， 又1＋2＋3＋…＋(n －1)＋n ＝n (1＋n )2， ∴S n ＝(n －1)2n ＋1－n (n ＋1)2＋2.热点二 错位相减法求和错位相减法是在推导等比数列的前n 项和公式时所用的方法，这种方法主要用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }，{b n }分别是等差数列和等比数列．例2 (2017·山西省实验中学联考)已知数列{a n }为等差数列，且a 3＝5，a 5＝9，数列{b n }的前n 项和S n ＝23b n ＋13. (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n |b n |，求数列{c n }的前n 项的和T n .解 (1)因为数列{a n }为等差数列，所以d ＝12(a 5－a 3)＝2， 又因为a 3＝5，所以a 1＝1，所以a n ＝2n －1.当n ＝1时，b 1＝23b 1＋13，所以b 1＝1； 当n ≥2时，b n ＝S n －S n －1＝23b n －23b n －1， 所以b n ＝－2b n －1，即数列{b n }是首项为1，公比为－2的等比数列，所以b n ＝(－2)n －1. (2)因为c n ＝a n |b n |＝(2n －1)2n －1， 所以T n ＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n －1)2n －1， 2T n ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －1)2n ，两式相减，得－T n ＝1×1＋2×2＋2×22＋…＋2×2n －1－(2n －1)2n ＝1＋2(2＋22＋…＋2n －1)－(2n －1)2n ＝1＋2×2－2n1－2－(2n －1)2n ＝1＋2n ＋1－4－(2n －1)2n ＝－3＋(3－2n )2n ， 所以T n ＝3＋(2n －3)2n .思维升华 (1)错位相减法适用于求数列{a n ·b n }的前n 项和，其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列．(2)所谓“错位”，就是要找“同类项”相减．要注意的是相减后得到部分求等比数列的和，此时一定要查清其项数．(3)为保证结果正确，可对得到的和取n ＝1,2进行验证．跟踪演练2 (2017届湖南省衡阳市期末)数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＝n 2，数列{b n }满足：①b 3＝14；②b n >0；③2b 2n ＋1＋b n ＋1b n －b 2n ＝0. (1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n b n ，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)当n ＝1时，a 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1(n ∈N *)，检验a 1＝1，满足a n ＝2n －1(n ∈N *)．∵2b 2n ＋1＋b n ＋1b n －b 2n ＝0，且b n >0，∴2b n ＋1＝b n ，∴q ＝12，b 3＝b 1q 2＝14， ∴b 1＝1，b n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1 (n ∈N *)． (2)由(1)得c n ＝(2n －1)⎝⎛⎭⎫12n －1，T n ＝1＋3×⎝⎛⎭⎫12＋5×⎝⎛⎭⎫122＋…＋(2n －1)⎝⎛⎭⎫12n －1， 12T n ＝1×⎝⎛⎭⎫12＋3×⎝⎛⎭⎫122＋…＋(2n －3)⎝⎛⎭⎫12n －1＋(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n ， 两式相减，得12T n ＝1＋2×⎝⎛⎭⎫12＋2×⎝⎛⎭⎫122＋…＋2×⎝⎛⎭⎫12n －1－(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n ＝1＋2⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n －1－(2n －1)×⎝⎛⎭⎫12n ＝3－⎝⎛⎭⎫12n －1⎝⎛⎭⎫32＋n .∴T n ＝6－⎝⎛⎭⎫12n －1(2n ＋3)．热点三 裂项相消法求和裂项相消法是指把数列和式中的各项分别裂开后，某些项可以相互抵消从而求和的方法，主要适用于⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1或⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋2(其中{a n }为等差数列)等形式的数列求和． 例3 (2017届山东省青岛市二模)在公差不为0的等差数列{a n }中，a 22＝a 3＋a 6，且a 3为a 1与a 11的等比中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)n n⎝⎛⎭⎫a n －12⎝⎛⎭⎫a n ＋1－12，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)设数列{a n }的公差为d ，∵a 22＝a 3＋a 6，∴(a 1＋d )2＝a 1＋2d ＋a 1＋5d ，①∵a 23＝a 1·a 11， 即(a 1＋2d )2＝a 1·(a 1＋10d )， ② ∵d ≠0，由①②解得a 1＝2，d ＝3.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1.(2)由题意知，b n ＝(－1)n n⎝⎛⎭⎫3n －32·⎝⎛⎭⎫3n ＋32＝(－1)n ·16·⎝⎛⎭⎪⎫13n －32＋13n ＋32 ＝(－1)n·19·⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1 T n ＝19⎣⎡ －⎝⎛⎭⎫11＋13＋⎝⎛⎭⎫13＋15－⎝⎛⎭⎫15＋17＋… ⎦⎤＋(－1)n ⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1 ＝19⎣⎡⎦⎤－1＋(－1)n 12n ＋1. 思维升华 (1)裂项相消法的基本思想就是把通项a n 分拆成a n ＝b n ＋k －b n (k ≥1，k ∈N *)的形式，从而在求和时达到某些项相消的目的，在解题时要善于根据这个基本思想变换数列{a n }的通项公式，使之符合裂项相消的条件．(2)常用的裂项公式①若{a n }是等差数列，则1a n a n ＋1＝1d ⎝⎛⎭⎫1a n －1a n ＋1，1a n a n ＋2＝12d ⎝⎛⎭⎫1a n －1a n ＋2； ②1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，1n (n ＋k )＝1k ⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋k ； ③1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1； ④1n (n ＋1)(n ＋2)＝12⎣⎡⎦⎤1n (n ＋1)－1(n ＋1)(n ＋2)； ⑤1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，1n ＋n ＋k ＝1k (n ＋k －n )． 跟踪演练3 已知数列{a n }满足：1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝n 22(n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n a n ＋1，S n 为数列{b n }的前n 项和，对于任意的正整数n ，S n >2λ－13恒成立，求实数λ的取值范围．解 (1)由题意，得当n ＝1时，1a 1＝12，则a 1＝2. 当n ≥2时，1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝n 22， 则1a 1＋1a 2＋…＋1a n －1＝(n －1)22， 两式相减，得1a n ＝n 22－(n －1)22＝2n －12， 即a n ＝22n －1，当n ＝1时，也符合上式，则a n ＝22n －1. (2)由(1)，得b n ＝a n a n ＋1＝22n －1·22(n ＋1)－1＝4(2n －1)(2n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1， 所以S n ＝2⎣⎡ ⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋⎝⎛⎭⎫15－17＋…＋ ⎦⎤⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1 ＝2·⎝⎛⎭⎫1－12n ＋1， 则n 越大，12n ＋1越小，S n 越大，即当n ＝1时，S n 有最小值S 1＝43. 因为对于任意的正整数n ，S n >2λ－13恒成立， 所以43>2λ－13，解得λ<56， 故实数λ的取值范围是⎝⎛⎭⎫－∞，56.真题体验1．(2017·全国Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k＝________. 答案 2n n ＋1解析 设等差数列{a n }的公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧ a 3＝a 1＋2d ＝3，S 4＝4a 1＋4×32d ＝10，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1. ∴S n ＝n ×1＋n (n －1)2×1＝n (n ＋1)2， 1S n ＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1. ∴∑k ＝1n1S k ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1 ＝2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1.2．(2017·天津)已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和(n ∈N *)．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q . 由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12，而b 1＝2， 所以q 2＋q －6＝0.又因为q >0，解得q ＝2，所以b n ＝2n .由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8，① 由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16， ②联立①②，解得a 1＝1，d ＝3，由此可得a n ＝3n －2. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n .(2)设数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为T n ，由a 2n ＝6n －2，b 2n －1＝2×4n －1，得a 2n b 2n －1＝(3n －1)×4n ，故T n ＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n －1)×4n ， ③ 4T n ＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n －4)×4n ＋(3n －1)×4n ＋1， ④ ③－④，得－3T n ＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n －(3n －1)×4n ＋1 ＝12×(1－4n )1－4－4－(3n －1)×4n ＋1 ＝－(3n －2)×4n ＋1－8， 得T n ＝3n －23×4n ＋1＋83.。

2018届高三第二轮复习——数列第1讲等差、等比考点【高 考 感 悟】从近三年高考看，高考命题热点考向可能为：1．必记公式(1)等差数列通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d .(2)等差数列前n 项和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）d2.(3)等比数列通项公式：a n a 1q n －1. (4)等比数列前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）.(5)等差中项公式：2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)． (6)等比中项公式：a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ≥2)．(7)数列{a n }的前n 项和与通项a n 之间的关系：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1（n ＝1）S n －S n －1（n ≥2）.2．重要性质(1)通项公式的推广：等差数列中，a n ＝a m ＋(n －m )d ；等比数列中，a n ＝a m q n －m .(2)增减性：①等差数列中，若公差大于零，则数列为递增数列；若公差小于零，则数列为递减数列． ②等比数列中，若a 1＞0且q ＞1或a 1＜0且0＜q ＜1，则数列为递增数列；若a 1＞0且0＜q ＜1或a 1＜0且q ＞1，则数列为递减数列． 3．易错提醒(1)忽视等比数列的条件：判断一个数列是等比数列时，忽视各项都不为零的条件． (2)漏掉等比中项：正数a ，b 的等比中项是±ab ，容易漏掉－ab .【 真 题 体 验 】1．(2015·新课标Ⅰ高考)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和．若S 8＝4S 4，则a 10＝( )A.172B.192C ．10D ．12 2．(2015·新课标Ⅱ高考)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )A ．2B ．1 C.12 D.183．(2015·浙江高考)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零．若a 2，a 3，a 7成等比数列，且2a 1＋a 2＝1，则a 1＝__________，d ＝________．4．(2016·全国卷1)已知{}n a 是公差为3的等差数列，数列{}n b 满足12111==3n n n n b b a b b nb +++=1，，，. （I ）求{}n a 的通项公式；（II ）求{}n b 的前n 项和.【考 点 突 破 】考点一、等差（比）的基本运算1．(2015·湖南高考)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 ＝________．2．(2015·重庆高考)已知等差数列{a n }满足a 3＝2，前3项和S 3＝92.(1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 15，求{b n }的前n 项和T n .考点二、等差（比）的证明与判断【典例1】( 2017·全国1 )记S n 为等比数列{}n a 的前n 项和，已知S 2=2，S 3=-6.（1）求{}n a 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。

数列的求和与综合应用专题[基础达标](40分钟65分)一、选择题(每小题5分，共30分)1.数列1，(1+2)，(1+2+22)，…，(1+2+22+…+2n-1)，…的前n项和为()A.2n-1B.n·2n-nC.2n+1-nD.2n+1-n-2D【解析】记a n=1+2+22+…+2n-1=2n-1，∴S n=2·(2n-1)2-1-n=2n+1-2-n.2{a n}的前n项和为S n，a2，a4是方程x2-x-2=0的两个根，S5=()A.52B.5 C.-52D.-5A【解析】解法1：由x2-x-2=0解得a2=-1，a4=2，或a2=2，a4=-1，当a2=-1，a4=2时，d=32，a n=32n-4，所以S5=5×-52+5×42×32=52；当a2=2，a4=-1时，d=-32，a n=-32n+5，所以S5=5×72+5×42×-32=52.解法2：由已知得a2+a4=1，则S5=5(a1+a5)2=5(a2+a4)2=52×1=52.3{a n}的通项公式为a n=2n-2，若b n=log2a n+3，则数列1b n b n+1的前n项和T n为()A.n2(n-2)B.n2(n+2)C.2nn+2D.12(n+2)B【解析】由题可知b n=log2a n+3=log22n-2+3=n+1，1b n b n+1=1(n+1)(n+2)=1n+1−1n+2，则T n=b1+b2+…+b n=12-13+13-14+…+1n+1-1n+2=12−1n+2=n2(n+2).4{a n}和等比数列{b n}中，有a n=n，b n=2n-1，记c n=a n b n，则数列{c n}的前n项和为()A.(n+1)×2n+1B.(n-1)×2n-1C.(n-1)×2n+1D.(n-1)×2n+1+1C 【解析】由c n =a n b n =n ·2n-1，记其前n 项和为T n ，则T n =c 1+c 2+c 3+…+c n =1×20+2×21+3×22+…+n×2n-1 ①，两边同乘以2，得2T n =1×21+2×22+3×23+…+(n-1)×2n-1+n×2n ②，①-②得-T n =1+21+22+23+…+2n-1-n×2n ，化简得T n =(n-1)×2n +1.5.现有200根相同的钢管，把它们堆成三角形垛，要使剩余的钢管尽可能少，那么剩余的钢管为 ( )A .9根B .10根C .19根D .29根B 【解析】设堆成x 层，得1+2+3+…+x ≤200，即求使得x (x+1)≤400成立的最大正整数x ，应为19.∴剩余的钢管为200-19(19+1)2=10.6S n 是等差数列{a n }的前n 项和，且S 6>S 7>S 5，给出下列五个命题：①d<0；②S 11>0；③S 12<0；④数列{S n }中的最大项为S 11；⑤|a 6|>|a 7|.其中正确命题的个数是 ( )A .5B .4C .3D .1C 【解析】由已知得S 6-S 5=a 6>0，S 7-S 6=a 7<0，S 7-S 5=a 6+a 7>0，则d=a 7-a 6<0，S 11=11(a 1+a 11)2=11a 6>0，S 12=12(a 1+a 12)2=6(a 6+a 7)>0，由a 6>0，a 7<0，a 6+a 7>0，得|a 6|>|a 7|，数列{S n }中的最大项为S 6，故①②⑤正确. 二、填空题(每小题5分，共15分)7{a n }中，a 1=0，a n+2+(-1)n a n =2.记S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 2016-S 2013= .2016 【解析】当n 为奇数时，a n+2-a n =2，又a 1=0，则数列{a n }的奇数项构成以0为首项，2为公差的等差数列，即a 2k-1=2k-2，k ∈N *；当n 为偶数时，a n+2+a n =2，则S 2016-S 2013=a 2014+a 2015+a 2016=a 2015+2=2014+2=2016.8{a n }中，a 1=2，当n ≥2时，a n =2a n-1+3·2n-1，数列 an 2n 的前n 项和为S n ，则不等式S n <20的解集为 .{1，2，3，4} 【解析】当n ≥2时，a n2n =a n -12n -1+32，令b n =an2n ，则数列{b n }是以b 1=1为首项，公差为32的等差数列，S n =n+n (n -1)2×32=3n 2+n 4，由S n <20得3n 2+n-80<0，即(3n+16)(n-5)<0，所以n=1，2，3，4符合条件.9{a n }的首项a 1=2，前n 项和为S n ，且a n+1=2S n +2n+2(n ∈N *)，则S n = .3n +12-n-32 【解析】由a n+1=2S n +2n+2得S n+1=3S n +2n+2，则S n+1+(n+1)+32=3 S n +n +32 ，且S 1+1+32=92，所以数列 S n +n +32 是以92为首项，3为公比的等比数列，则S n +n+32=92×3n-1，S n =3n +12-n-32.三、解答题(共20分)10.(10分{a n }中，a 1=13，a n+1=an2-a n，(n ∈N *).(1)求证：数列 1a n-1 是等比数列，并求{a n }的通项公式a n ；(2)设b n =na n1-a n，求证：∑i =1nb i <2.【解析】由已知得1an +1=2a n-1，∴1an +1-1=2 1a n-1 ，∴1a n +1-11a n-1=2，∴ 1a 1-1 是首项为1a 1-1=2，公比为2的等比数列，∴1a n-1=2·2n-1=2n ，∴a n =12n +1.(2)b n =na n 1-a n=n2n ，∴S n =12+22+…+n 2，∴12S n =12+22+…+n2， 两式相减得12S n =12+12+12+…+12−n2=1-n +22， ∴S n =2-n +22<2，即∑i =1nb i <2.11.(10分S n 为公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，且a 1=1，S 1，S 2，S 4成等比数列. (1)求数列{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)由已知得S22=S1·S4，即a1(4a1+6d)=(2a1+d)2，可得2a1d=d2，又由a1=1，d≠0得d=2，故a n=2n-1，n∈N*.(2)由已知可得b n=1(2n-1)(2n+1)，T n=11×3+13×5+15×7+…+1(2n-1)(2n+1)=1 21-13+13-15+15-17+…+12n-1−12n+1=1 2×1-12n+1=n2n+1，n∈N*.[高考冲关](30分钟40分)1.(5分已知点D为△ABC的边BC上一点，BD=3DC，E n(n∈N*)为边AC的一列点，满足E n A=14a n+1E n B-(3a n+2)E n D，其中实数列{a n}中a n>0，a1=1，则{a n}的通项公式为()A.3×2n-1-2B.2n-1C.3n-2D.2×3n-1-1D【解析】由BD=3DC得E n D−E n B=3(E n C−E n D)，则E n C=43E n D−13E n B，设E n A=m E n C，则E n A=43m E n D−13m E n B，则43m=-(3a n+2)，-13m=14a n+1，消去m得a n+1=3a n+2，则a n+1+1=3(a n+1)，又a1+1=2，所以{a n+1}是以2为首项，3为公比的等比数列，则a n+1=2×3n-1，则a n=2×3n-1-1.2.(5分{a n}的前n项和为S n，S3=a22，a2a5+2a42=0，若λa n≤S2n-1恒成立，则实数λ的取值范围为.-32，1【解析】设等比数列{a n}的公比为q，则由a2a5+2a42=0得a3a4+2a42=0，因为a4≠0，则a3+2a4=0，q=a4a3=-12，又S3=a22，即a1(1-q3)1-q=(a1q)2，解得a1=3，则λa n≤S2n-1即为λ·3-12n-1≤31--122n-11+12=2+122n-2，当n为奇数时，3λ≤2·2n-1+12n-1min ，因为2n-1≥1，所以2·2n-1+12n-1≥3，则λ≤1；当n为偶数时，-3λ≤2·2n-1+12n-1min ，因为2n-1≥2，所以2·2n-1+12n-1≥92，则λ≥-32，综上可得-32≤λ≤1.3.(10分)已知数列{a n}的前n项和S n=3n2+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+1)n+1(b n+2)n.求数列{c n}的前n项和T n.【解析】(1)由题意知当n≥2时，a n=S n-S n-1=6n+5，当n=1时，a1=S1=11.所以a n=6n+5.设等差数列{b n}的公差为d.由a1=b1+b2，a2=b2+b3，即11=2b1+d，17=2b1+3d，可解得b1=4，d=3.所以b n=3n+1.(2)由(1)知c n=(6n+6)n+1(3n+3)n=3(n+1)·2n+1.又T n=c1+c2+…+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]，两式相减，得-T n=3×[2×22+23+24+…+2n+1-(n+1)×2n+2]=3× 4+4(1-2n )1-2-(n +1)×2n +2=-3n ·2n+2， 所以T n =3n ·2n+2.4.(10分{a n }满足a n+2=qa n (q 为实数，且q ≠1)，n ∈N *，a 1=1，a 2=2，且a 2+a 3，a 3+a 4，a 4+a 5成等差数列. (1)求q 的值和{a n }的通项公式； (2)设b n =lo g 2a 2n a 2n -1，n ∈N *，求数列{b n }的前n 项和.【解析】(1)由已知，有(a 3+a 4)-(a 2+a 3)=(a 4+a 5)-(a 3+a 4)，即a 4-a 2=a 5-a 3， 所以a 2(q-1)=a 3(q-1). 又因为q ≠1，故a 3=a 2=2， 由a 3=a 1·q ，得q=2.当n=2k-1(k ∈N *)时，a n =a 2k-1=2k-1=2n -1； 当n=2k (k ∈N *)时，a n =a 2k =2k=2n. 所以{a n }的通项公式为a n = 2n -1 (n 为奇数)，2n (n 为偶数).(2)由(1)得b n =lo g 2a 2n a 2n -1=n 2n -1.设{b n }的前n 项和为S n ，则 S n =1×120+2×121+3×122+…+(n-1)×12n -2+n×12n -1，12S n =1×121+2×122+3×123+…+(n-1)×12n -1+n×12n ， 上述两式相减，得12S n =1+12+12+…+12n -1−n2=1-12n1-1−n 2=2-22−n 2，整理得S n =4-n +22n -1.所以数列{b n }的前n 项和为4-n +22n -1，n ∈N *. 5.(10分)祖国大陆允许台湾农民到大陆创业以来，在11个省区设立了海峡两岸农业合作试验区和台湾农民创业园，台湾农民在那里申办个体工商户可以享受“绿色通道”的申请、受理、审批一站式服务，某台商第一年年初到大陆就创办了一座120万元的蔬菜加工厂M ，M 的价值在使用过程中逐年减少，从第二年到第六年，每年年初M 的价值比上年年初减少10万元，从第七年开始，每年年初M 的价值为上年年初的75%.(1)求第n 年年初M 的价值a n 的表达式； (2)设A n =a 1+a 2+…+a nn，若A n 大于80万元，则M 继续使用，否则需在第n 年年初对M 更新，证明：必须在第九年年初对M 更新.【解析】(1)当n ≤6时，数列{a n }是首项为120，公差为-10的等差数列，故a n =120-10(n-1)=130-10n.当n ≥7时，数列{a n }从a 6开始的项构成一个以a 6=130-60=70为首项，以34为公比的等比数列，故a n =70× 34n -6.所以第n 年年初M 的价值a n =130-10n (n ≤6)，70× 34n -6(n ≥7).(2)设S n 表示数列{a n }的前n 项和，由等差数列和等比数列的求和公式，得 当1≤n ≤6时，S n =120n-5n (n-1)，A n =Snn =120-5(n-1)=125-5n ≥95>80.当n ≥7时，由于S 6=570，故S n =570+(a 7+a 8+…+a n )=570+70×3× 1- 3n -61-34=780-210× 34n -6.因为{a n }是递减数列，所以{A n }是递减数列.因为A n =Snn =780-210× 34n -6n，A 8=780-210× 3428≈82.734>80， A 9=780-210× 3439≈76.823<80，所以必须在第九年年初对M 更新.。

2018届高三第二轮复习——数列第1讲等差、等比考点【高考感悟】从近三年高考看，高考命题热点考向可能为：1．必记公式（1)等差数列通项公式:a n＝a1＋（n－1）d。

（2)等差数列前n项和公式：S n＝错误!＝na1＋错误!.(3)等比数列通项公式：a n a1q n－1.（4)等比数列前n项和公式:S n＝错误!.（5）等差中项公式：2a n＝a n－1＋a n＋1(n≥2）．（6）等比中项公式：a错误!＝a n－1·a n＋1(n≥2)．(7）数列{a n}的前n项和与通项a n之间的关系：a n＝错误!。

2．重要性质（1)通项公式的推广：等差数列中，a n＝a m＋（n－m)d;等比数列中，a n＝a m q n－m。

（2)增减性：①等差数列中，若公差大于零,则数列为递增数列;若公差小于零，则数列为递减数列．②等比数列中，若a1＞0且q＞1或a1＜0且0＜q＜1,则数列为递增数列；若a1＞0且0＜q＜1或a1＜0且q＞1，则数列为递减数列．3．易错提醒(1）忽视等比数列的条件:判断一个数列是等比数列时,忽视各项都不为零的条件．（2)漏掉等比中项：正数a,b的等比中项是±错误!，容易漏掉－错误!.【真题体验】1．(2015·新课标Ⅰ高考）已知｛a n｝是公差为1的等差数列，S n为｛a n}的前n项和．若S8＝4S4，则a10＝(）A 。

172B 。

192C ．10D ．122．（2015·新课标Ⅱ高考)已知等比数列｛a n ｝满足a 1＝错误!，a 3a 5＝4（a 4－1），则a 2＝( ）A ．2B ．1 C.12D 。

错误!3．(2015·浙江高考)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零．若a 2,a 3，a 7成等比数列，且2a 1＋a 2＝1，则a 1＝__________，d ＝________．4．(2016·全国卷1）已知{}n a 是公差为3的等差数列，数列{}n b 满足12111==3n n n n b b a b b nb +++=1，，，. （I ）求{}n a 的通项公式；（II ）求{}n b 的前n 项和。