苏教版数列专题复习答案版

专题强化训练(二) 数列(建议用时：60分钟)[基础达标练]一、选择题1．设等差数列{a n }的公差为d .若数列{2a 1a n }为递减数列，则( )A ．d >0B ．d <0C ．a 1d >0D ．a 1d <0D [∵{2a 1a n }为递减数列，∴2a 1a n ＋12a 1a n＝2a 1a n ＋1－a 1a n ＝2a 1d <1＝20，∴a 1d <0，故选D.]2．在等差数列{a n }中，a 9＝12a 12＋6，则数列{a n }的前11项和S 11＝( )A ．24B ．48C ．66D ．132D [由a 9＝12a 12＋6得，2a 9－a 12＝12，由等差数列的性质得，2a 9－a 12＝a 6＋a 12－a 12＝12，则a 6＝12，所以S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11×2a 62＝132，故选D.] 3．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 ．－165B ．－33C ．－30D ．－21C [由已知得a 2＝a 1＋a 1＝2a 1＝－6，∴a 1＝－3.∴a 10＝2a 5＝2(a 2＋a 3)＝2a 2＋2(a 1＋a 2)＝4a 2＋2a 1＝4×(－6)＋2×(－3)＝－30.]4．设S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝2a 8－3a 4，则S 8S 16＝( )A.310B.13C.19D.18A[由题意可得，a1＝2a1＋14d－3a1－9d，∴a1＝52d，又S8S16＝8a1＋28d16a1＋120d＝20d＋28d 40d＋120d ＝48d160d＝310.故选A.]5．已知数列2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，…这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 016项之和S2 016等于() A．1 B．2 010 C．4 018 D．0D[由已知得a n＝a n－1＋a n＋1(n≥2)，∴a n＋1＝a n－a n－1.故数列的前n项依次为2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，－1,2 008,2 009，….由此可知数列为周期数列，周期为6，且S6＝0.∵2 016＝6×336，∴S2 016＝S6＝0.]二、填空题6．已知数列{a n}的通项公式为a n＝2n－30，S n是{|a n|}的前n项和，则S10＝________.190[由a n＝2n－30，令a n<0，得n<15，即在数列{a n}中，前14项均为负数，所以S10＝－(a1＋a2＋a3＋…＋a10)＝－102(a1＋a10)＝－5[(－28)＋(－10)]＝190.]7．设公比为q(q>0)的等比数列{a n}的前n项和为S n.若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则q＝________.32[由S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2相减可得a3＋a4＝3a4－3a2，同除以a2可得2q2－q－3＝0，解得q＝32或q＝－1.因为q>0，所以q＝32.]8．数列{a n}满足a1＝1，a n－a n－1＝1n(n－1)(n≥2且n∈N*)，则数列{a n}的通项公式为a n＝________.2－1n[a n－a n－1＝1n(n－1)(n≥2)，a1＝1，∴a2－a1＝12×1＝1－12，a 3－a 2＝13×2＝12－13， a 4－a 3＝14×3＝13－14，…， a n －a n －1＝1n (n －1)＝1n －1－1n . 以上各式累加，得a n －a 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝1－1n . ∴a n ＝a 1＋1－1n ＝2－1n ，当n ＝1时，2－1n ＝1＝a 1，∴a n ＝2－1n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝2－1n .]三、解答题9．数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a n ＝5S n －3(n ∈N *)，求a n 的通项公式．[解] 当n ＝1时，a 1＝5S 1－3＝5a 1－3，得：a 1＝34，当n ≥2时，由已知a n ＝5S n －3，得：a n －1＝5S n －1－3，两式作差得a n －a n －1＝5(S n －S n －1)＝5a n ，∴a n ＝－14a n －1，∴数列{a n }是首项a 1＝34，公比q ＝－14的等比数列． ∴a n ＝a 1·q n －1＝34·⎝ ⎛⎭⎪⎫－14n －1. 10．设{a n }是公比为正数的等比数列，a 1＝2，a 3＝a 2＋4.(1)求{a n }的通项公式；(2)设{b n }是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{a n ＋b n }的前n 项和S n .[解] (1)设q (q >0)为等比数列{a n }的公比，则由a 1＝2，a 3＝a 2＋4得2q 2＝2q ＋4，即q 2－q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－1(舍去)，因此q ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝2·2n －1＝2n .(2)S n ＝2(1－2n )1－2＋n ×1＋n (n －1)2×2＝2n ＋1＋n 2－2. [能力提升练]1．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，则S n a n＝( ) A ．4n －1B ．4n －1C ．2n －1D ．2n －1 D [设等比数列{a n }的公比为q ，∵⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋a 1q 2＝52， ①a 1q ＋a 1q 3＝54， ②由①÷②可得1q ＝2，∴q ＝12，代入①解得a 1＝2，∴a n ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝42n ， ∴S n ＝2×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ， ∴S n a n＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 42n＝2n －1.] 2．一个等比数列前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列有( )A ．13项B ．12项C ．11项D ．10项B [设该数列的前三项分别为a 1，a 1q ，a 1q 2，后三项分别为a 1q n －3，a 1q n －2，a 1q n －1，所以前三项之积a 31q 3＝2，后三项之积a 31q3n －6＝4，两式相乘，得a 61q 3(n －1)＝8，即a 21q n －1＝2.又a 1·a 1q ·a 1q 2·…·a 1q n －1＝64，所以a n 1·q n (n －1)2＝64，即(a 21q n －1)n ＝642，即2n ＝642，所以n ＝12.]3．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1－2a n ＝0(n ∈N *)，b n 是a n 和a n ＋1的等差中项，设S n 为数列{b n }的前n 项和，则S 6＝________.189 [由a n ＋1＝2a n 得{a n }为等比数列，∴a n ＝2n ，∴2b n ＝2n ＋2n ＋1，即b n ＝3·2n －1，∴S 6＝3·1＋3·2＋…＋3·25＝189.]4．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＝________.1 121 [由于⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝4，a 2＝2a 1＋1，解得a 1＝1. 由a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2S n ＋1得S n ＋1＝3S n ＋1，所以S n ＋1＋12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫S n ＋12，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是以32为首项，3为公比的等比数列， 所以S n ＋12＝32×3n －1，即S n ＝3n －12，所以S 5＝121.]5．已知等差数列{a n }满足a 2＝0，a 6＋a 8＝－10.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a n 2n －1的前n 项和．[解] (1)设等差数列{a n }的公差为d .由已知条件可得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋d ＝0，2a 1＋12d ＝－10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝－1.故数列{a n }的通项公式为a n ＝2－n .(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和为S n ， 则S n ＝a 1＋a 22＋…＋a n 2n －1， ① S n 2＝a 12＋a 24＋…＋a n 2n . ②①－②得S n 2＝a 1＋a 2－a 12＋…＋a n －a n －12n －1－a n 2n ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫12＋14＋…＋12n －1－2－n 2n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1－2－n 2n ＝n 2n . 所以S n ＝n2n －1.故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和S n ＝n 2n －1.。

一、填空题1．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2＝________. 解析：设数列{a n }的公比为q ，由8a 2＋a 5＝0得a 1q (8＋q 3)＝0，∵a 1q ≠0，∴q ＝－2∴S 5S 2＝1－q 51－q 2＝1－(－2)51－4＝－11. 答案：－112．设{a n }是由正数组成的等比数列，S n 为其前n 项和，已知a 2a 4＝1，S 3＝7，则S 5＝________.解析：由题S 3＝7可知，q ≠1.则⎩⎪⎨⎪⎧ a 1q ·a 1q 3＝1a 1(1－q 3)1－q ＝7解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4q ＝12 ∴S 5＝a 1(1－q 5)1－q＝314 答案：3143．已知数列{a n }为等比数列，S n 是它的前n 项和，若a 2·a 3＝2a 1，且a 4与2a 7的等差中项为54，则S 5＝________. 解析：设数列{a n }的公比为q ，则⎩⎪⎨⎪⎧ a 1q ·a 1q 2＝2a 1，a 1q 3＋2a 1q 6＝52，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝16，q ＝12. 所以S 5＝a 1(1－q 5)1－q ＝16⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫1251－12＝31. 答案： 314．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝3，则S 9S 6＝________. 解析：由等比数列的性质：S 3、S 6－S 3、S 9－S 6仍成等比数列，于是由S 6＝3S 3.可得： S 9－S 6＝4S 3，S 9＝7S 3∴S 9S 6＝73. 答案：735．已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列{1a n}的前5项和为________．解析：∵a 1＝1,9S 3＝S 6，∴q ≠1.则9·1－q 31－q ＝1－q 61－q，得q 3＝1(舍)，q 3＝8， ∴q ＝2，∴1a n ＝12n －1， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前5项和为1－⎝⎛⎭⎫1251－12＝3116. 答案：31166．在等比数列{a n }中，若公比q ＝4，且前3项之和等于21，则该数列的通项公式a n ＝________.解析：S 3＝a 1(1＋q ＋q 2)＝21a 1＝21，∴a 1＝1，∴a n ＝4n －1.答案：4n －17．(2011年广东)已知{a n }是递增等比数列，a 2＝2，a 4－a 3＝4，则此数列的公比q ＝________.解析：由已知，得2q 2－2q ＝4，∴q ＝2或q ＝－1，又{a n }是递增数列，∴q ＝2.答案：28．(2011年北京)在等比数列{a n }中，若a 1＝12，a 4＝4，则公比q ＝________；a 1＋a 2＋…＋a n ＝________.解析：a 4＝a 1q 3，得4＝12q 3， 解得q ＝2，a 1＋a 2＋…＋a n＝12(1－2n )1－2＝2n －1－12. 答案：2 2n －1－129．在等比数列{a n }中，公比q ＝2，前99项的和S 99＝30，则a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 99＝________.解析：∵S 99＝30，即a 1(299－1)＝30.a 3＋a 6＋a 9＋…＋a 99＝4a 1(833－1)8－1＝47a 1(299－1) ＝47×30＝1207. 答案：1207二、解答题10．设等比数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 2＝6,6a 1＋a 3＝30，求a n 和S n .解析：设{a n }的公比为q ，由题设得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1q ＝6，6a 1＋a 1q 2＝30.解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝3，q ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝3.当a 1＝3，q ＝2时， a n ＝3×2n －1，S n ＝3×(2n －1)；当a 1＝2，q ＝3时，a n ＝2×3n －1，S n ＝3n －1.11．(2011年课标全国)已知等比数列{a n }中，a 1＝13，公比q ＝13. (1)S n 为{a n }的前n 项和，证明：S n ＝1－a n 2； (2)设b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ，求数列{b n }的通项公式．解析：(1)证明：因为a n ＝13×⎝⎛⎭⎫13n －1＝13n ，S n ＝13⎝⎛⎭⎫1－13n 1－13＝1－13n 2， 所以S n ＝1－a n 2. (2)因为b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n＝－(1＋2＋…＋n )＝－n (n ＋1)2. 所以{b n }的通项公式为b n ＝－n (n ＋1)2. 12．(2011年江西)已知两个等比数列{a n }，{b n }，满足a 1＝a (a >0)，b 1－a 1＝1，b 2－a 2＝2，b 3－a 3＝3.(1)若a ＝1，求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{a n }唯一，求a 的值．解析：(1)设数列{a n }的公比为q ，则b 1＝1＋a ＝2，b 2＝2＋aq ＝2＋q ，b 3＝3＋aq 2＝3＋q 2，由b 1，b 2，b 3成等比数列得(2＋q )2＝2(3＋q 2)． 即q 2－4q ＋2＝0，解得q 1＝2＋2，q 2＝2－ 2. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝(2＋2)n －1或a n ＝(2－2)n －1.(2)设数列{a n }的公比为q ，则由(2＋aq )2＝(1＋a )(3＋aq 2)， 得aq 2－4aq ＋3a －1＝0(*)，由a >0得Δ＝4a 2＋4a >0，故方程(*)有两个不同的实根．由数列{a n }唯一，知方程(*)必有一根为0，代入(*)得a ＝13.。

第2章数列§2.1 数列 ( 一)课时目标 1.理解数列及其相关观点； 2.理解数列的通项公式，并会用通项公式写出数列的随意一项； 3.关于比较简单的数列，会依据其前 n 项写出它的通项公式．1．依照必定序次摆列的一列数称为______，数列中的每个数叫做这个数列的____．数列中的每一项都和它的序号相关，排在第一位的数称为这个数列的第 1 项 ( 往常也叫做____项)，排在第二位的数称为这个数列的第 2 项，，排在第n 位的数称为这个数列的第 ____项．2．数列的一般形式能够写成a1， a2，， a n，，简记为______．3．假如数列 {a n} 的第 n 项与序号 n 之间的关系能够用一个公式来表示，那么这个公式叫做这个数列的 ______公式．一、填空题1．已知数列 {a n} 的通项公式为a n＝1(n∈ N * )，那么1是这个数列的第 ______n n＋ 2120项．3n＋ 1n为正奇数，则它的前 4 项挨次为 _____．2．已知数列 {a n} 的通项公式为a n＝n为正偶数4n－ 13．已知数列 {a n} 的通项公式为a n＝n2－n－ 50，则－ 8 是该数列的第 ________项．31，53，7，一个通项公式是 ________．4.，，52117175．数列 0.3,0.33,0.333,0.333 3 ，的一个通项公式是a n＝ __________.6．设 a n＝1＋ 1 ＋1＋＋1(n∈ N *) ，那么 a n＋1－ a n＝ ________.n＋ 1n＋2n＋32n7．用火柴棒按以下图的方法搭三角形：按图示的规律搭下去，则所用火柴棒数a n与所搭三角形的个数n 之间的关系式能够是______________．8．传说古希腊毕达哥拉斯(Pythagoras，约公元前570 年—公元前 500 年)学派的数学家常常在沙岸上研究数学识题，他们在沙岸上画点或用小石子来表示数．比方，他们将石子摆成如下图的三角形状，就将其所对应石子个数称为三角形数，则第数是 ______．10 个三角形9．由 1,3,5， ，2n － 1， 组成数列 {a n } ，数列 {b n } 知足 b 1＝ 2，当 n ≥2时， b n ＝ ab n － 1，则 b 6＝ ________.10．已知数列 {a n } 知足： a 4n － 3＝ 1，a 4n － 1＝ 0，a 2n ＝ a n ，n ∈ N * ，则 a 2 009＝ ________，a 2 014＝ ________.二、解答题11．依据数列的前几项，写出以下各数列的一个通项公式：(1)－ 1,7，－ 13,19， (2)0.8,0.88,0.888 ，(3)1， 1，－ 5， 13，－ 29， 61， 2 48 16 32 64 (4)3， 1， 7 ， 9，(5)0,1,0,1 ，2 10 179n 2－ 9n ＋212．已知数列9n2－1；(1)求这个数列的第 10 项；(2)10198是否是该数列中的项，为何？(3)求证：数列中的各项都在区间 (0,1)内；(4)在区间1， 2内有、无数列中的项？如有，有几项？若没有，说明原因．3 3能力提高13．依据以下 5 个图形及相应点的个数的变化规律，试猜想第n 个图中有多少个点．14．在数列 {a n} 中，a1＝ 1，a2n－ a n＋1－ 1＝ 0，则此数列的前 2 010 项之和为 ______________．1．与会合中元素的性质对比较，数列中的项也有三个性质：(1)确立性：一个数在不在数列中，即一个数是否是数列中的项是确立的．(2)可重复性：数列中的数能够重复．(3)有序性：一个数列不单与组成数列的“数”相关，并且与这些数的摆列序次也相关．2．并不是全部的数列都能写出它的通项公式．比如，π的不一样近似值，依照精准的程度可形成一个数列3,3.1,3.14,3.141，，它没有通项公式．3．假如一个数列有通项公式，则它的通项公式能够有多种形式．比如：数列－1,1，－1,1，－ 1,1，的通项公式可写成a n＝ (－ 1)n，也能够写成a n＝ (－ 1)n＋2，还能够写成－1n＝2k－ 1 ，a n＝n＝ 2k 此中 k∈ N* .1，第 2 章 数 列§2.1 数列 ( 一)答案知识梳理1．数列 项 首n2.{a n }3.通项作业设计 1． 10分析 ∵1＝ 1，∴ n(n ＋2) ＝10×12，∴ n ＝ 10. nn ＋2 1202． 4,7,10,153． 7分析n 2－ n － 50＝－ 8，得 n ＝ 7 或 n ＝－ 6(舍去 )．4． a n ＝n ＋23n ＋ 2 115．3(1－ 10n )1－ 16．2n ＋ 1 2n ＋ 2分析 ∵ a n ＝ 1＋ 1＋ 1＋ ＋ 1，n ＋ 1 n ＋ 2 n ＋3 2n∴ a ＋ ＝ 1 ＋ 1 ＋ ＋1＋ 1 ＋ 1 ，n 1n ＋ 2 n ＋3 2n 2n ＋1 2n ＋ 2∴ a n ＋1－ a n ＝ 1 ＋ 1 － 1＝ 1 － 1 .2n ＋ 1 2n ＋ 2 n ＋ 1 2n ＋ 1 2n ＋ 2 7． a n ＝ 2n ＋ 1分析a 1＝ 3， a 2＝ 3＋ 2＝ 5， a 3＝ 3＋2＋ 2＝ 7， a 4 ＝3＋ 2＋ 2＋ 2＝ 9， ，∴ a n ＝ 2n ＋ 1.8． 55分析三角形数挨次为： 1,3,6,10,15， ，第 10 个三角形数为： 1＋ 2＋ 3＋ 4＋ ＋ 10＝ 55.9． 33分析∵ b n ＝ ab n －1，∴ b 2＝ ab 1＝ a 2＝ 3，b 3＝ ab 2＝ a 3＝ 5， b 4＝ ab 3＝ a 5＝ 9，b 5＝ ab 4＝ a 9＝ 17， b 6＝ ab 5＝ a 17＝ 33.10．1分析a2 009＝a4×503－3＝1，a2 014＝a1 007＝a252×4－1＝0.11．解 (1) 符号问题可经过 (－ 1)n或 (－ 1)n ＋1 表示，其各项的绝对值的摆列规律为：后面的数的绝对值总比前方数的绝对值大n *6，故通项公式为 a n ＝ (－ 1) (6n － 5)(n ∈ N )． (2)数列变形为 8 8－0.01)8 0.001)， ，∴ a n ＝ 8 1－ 1 *(1－ 0.1)， (1 ， (1－ 910n (n ∈ N )．9 99(3)各项的分母分别为1, 2, 3,42,3,4 项的分子分别比分母少3.所以把第 12 2 2 2 ， 易看出第 2－ 312342 － 32 －32－3 2 － 3项变成－2 ，所以原数列可化为－21 ， 22 ，－23 ，24 ， ，∴ a n ＝ (－ 1) n 2n － 3 *)．· n (n ∈ N2(4)将数列一致为 3，5， 7 ， 9， 关于分子3,5,7,9， ，是序号的 2倍加 1，可得分子25 1017的通项公式为 b n ＝ 2n ＋ 1，关于分母2，可2,5,10,17， 联想到数列 1,4,9,16 即数列 {n } 得分母的通项公式为c n ＝ n 2＋ 1，∴可得它的一个通项公式为a ＝ 2n 2＋ 1*)．nn ＋ 1 (n ∈ N0 n 为奇数n－ 1 (n ∈N *)或 a n ＝ 1＋cos n(5)a n ＝n 为偶数或 a n ＝1＋12 29n 2－ 9n ＋ 23n － 1 3n － 2 3n －2 12． (1)解 设 f(n) ＝＝3n －13n ＋1＝9n 2－ 13n ＋1.令 n ＝10，得第 10 项 a 10＝ f(10) ＝ 2831.π * (n ∈N )．3n － 298(2)解令＝ ，得 9n ＝300.此方程无正整数解，所以98不是该数列中的项．101(3)证明∵a n ＝3n － 2 3n ＋ 1－ 33，＝＝ 1－3n ＋ 13n ＋ 13n ＋ 1又 n ∈N *，∴ 0< 3<1 ，3n＋ 1∴ 0<a n <1.∴数列中的各项都在区间(0,1)内．7(4)解13n － 2 2 ，则 3n ＋1<9n － 6n>67 8.令 <a n ＝ 3n ＋ 1 < ，即8.∴ <n<3 3 9n － 6<6n ＋26 3n<3又∵ n ∈ N * ，∴当且仅当 n ＝ 2 时，上式建立，故区间 1 2 3，3 上有数列中的项，且只有一4项为 a 2＝7.13．解 图 (1) 只有 1 个点，无分支；图 (2)除中间 1个点外，有两个分支，每个分支有 1个点；图 (3)除中间 1 个点外，有三个分支，每个分支有 2 个点；图 (4)除中间有四个分支，每个分支有 3 个点；；猜想第 n 个图中除中间一个点外，有1 个点外，n 个分支，每个分支有 (n－ 1)个点，故第n 个图中点的个数为1＋ n(n－ 1)＝ n2－n＋ 1. 14．－ 1 0032分析∵ a n＋1＝a n－ 1， a1＝ 1，∴ a2＝ 0， a3＝－ 1， a4＝ 0， a5＝－ 1，，n 为奇数时，除a1＝ 1 外， a n＝－ 1.∴ S2 010＝ a1＋ [(a2＋a3)＋＋ (a2 008＋ a2 009)] ＋ a2 010＝ 1＋ (－ 1) ×1 004＋ 0＝－ 1 003.。

复习课 数列 课时目标 综合运用等差数列与等比数列的有关知识，解决数列综合问题和实际问题．一、填空题1．在如图的表格中，每格填上一个数字后，使每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，则a ＋b ＋c2.已知等比数列{a n }11233＋a 4＋a 5＝________.3．已知一个等比数列首项为1，项数为偶数，其奇数项和为85，偶数项之和为170，则这个数列的项数为________．4．在公差不为零的等差数列{a n }中，a 1，a 3，a 7依次成等比数列，前7项和为35，则数列{a n }的通项为______________．5．在数列{a n }中，a 1＝1，a n a n －1＝a n －1＋(－1)n (n ≥2，n ∈N ＋)，则a 3a 5的值是________． 6．已知等比数列{a n }的各项均为正数，数列{b n }满足b n ＝ln a n ，b 3＝18，b 6＝12，则数列{b n }前n 项和的最大值等于________．7．三个数成等比数列，它们的和为14，积为64，则这三个数按从小到大的顺序依次为__________．8．一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项与奇数项和之比为32∶27，则这个等差数列的公差是____________．9．如果b 是a ，c 的等差中项，y 是x 与z 的等比中项，且x ，y ，z 都是正数，则(b －c )log m x ＋(c －a )log m y ＋(a －b )log m z ＝______.10．等比数列{a n }中，S 3＝3，S 6＝9，则a 13＋a 14＋a 15＝____________.二、解答题11．设{a n }是等差数列，b n ＝⎝⎛⎭⎫12a n ，已知：b 1＋b 2＋b 3＝218，b 1b 2b 3＝18，求等差数列的通项a n .12．已知等差数列{a n }的首项a 1＝1，公差d >0，且第二项、第五项、第十四项分别是一个等比数列的第二项、第三项、第四项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1n (a n ＋3)(n ∈N *)，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，是否存在t ，使得对任意的n 均有S n >t 36总成立？若存在，求出最大的整数t ；若不存在，请说明理由．能力提升13．已知数列{a n }为等差数列，公差d ≠0，其中ak 1，ak 2，…，ak n 恰为等比数列，若k 1＝1，k 2＝5，k 3＝17，求k 1＋k 2＋…＋k n .14．设数列{a n }的首项a 1＝1，前n 项和S n 满足关系式：3tS n －(2t ＋3)S n －1＝3t (t >0，n ＝2,3,4，…)．(1)求证：数列{a n }是等比数列；(2)设数列{a n }的公比为f (t )，作数列{b n }，使b 1＝1，b n ＝f ⎝⎛⎭⎫1b n －1 (n ＝2,3,4，…)．求数列{b n }的通项b n ；(3)求和：b 1b 2－b 2b 3＋b 3b 4－b 4b 5＋…＋b 2n －1b 2n －b 2n ·b 2n ＋1.1．等差数列和等比数列各有五个量a 1，n ，d ，a n ，S n 或a 1，n ，q ，a n ，S n .一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量a 1和d (或q )，问题可迎刃而解．2．数列的综合问题通常可以从以下三个角度去考虑：①建立基本量的方程(组)求解；②巧用等差数列或等比数列的性质求解；③构建递推关系求解．复习课 数 列答案作业设计1．1解析 由题意知，a ＝12，b ＝516，c ＝316，故a ＋b ＋c ＝1. 2．84解析 由题意可设公比为q ，则4a 2＝4a 1＋a 3，又a 1＝3，∴q ＝2.∴a 3＋a 4＋a 5＝a 1q 2(1＋q ＋q 2)＝3×4×(1＋2＋4)＝84.3．8解析 设项数为2n ，公比为q .由已知S 奇＝a 1＋a 3＋…＋a 2n －1.①S 偶＝a 2＋a 4＋…＋a 2n .②②÷①得，q ＝17085＝2， ∴S 2n ＝S 奇＋S 偶＝255＝a 1(1－q 2n )1－q ＝1－22n1－2，∴2n ＝8. 4．a n ＝n ＋1解析 由题意a 23＝a 1a 7，即(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋6d )，得a 1d ＝2d 2.又d ≠0，∴a 1＝2d ，S 7＝7a 1＋7×62d ＝35d ＝35. ∴d ＝1，a 1＝2，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋1.5.34解析 由已知得a 2＝1＋(－1)2＝2，∴a 3·a 2＝a 2＋(－1)3，∴a 3＝12，∴12a 4＝12＋(－1)4，∴a 4＝3， ∴3a 5＝3＋(－1)5，∴a 5＝23，∴a 3a 5＝12×32＝34. 6．132解析 ∵{a n }是各项不为0的正项等比数列，∴{b n }是等差数列． 又∵b 3＝18，b 6＝12，∴b 1＝22，d ＝－2，∴S n ＝22n ＋n (n －1)2×(－2)＝－n 2＋23n ，＝－(n －232)2＋2324∴当n ＝11或12时，S n 最大，∴(S n )max ＝－112＋23×11＝132.7．2,4,8解析 设这三个数为a q ，a ，aq .由a q·a ·aq ＝a 3＝64，得a ＝4. 由a q ＋a ＋aq ＝4q ＋4＋4q ＝14.解得q ＝12或q ＝2. ∴这三个数从小到大依次为2,4,8.8．5解析 S 偶＝a 2＋a 4＋a 6＋a 8＋a 10＋a 12；S 奇＝a 1＋a 3＋a 5＋a 7＋a 9＋a 11.则⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＋S 偶＝354S 偶÷S 奇＝32∶27，∴S 奇＝162，S 偶＝192， ∴S 偶－S 奇＝6d ＝30，d ＝5.9．0解析 ∵a ，b ，c 成等差数列，设公差为d ，则(b －c )log m x ＋(c －a )log m y ＋(a －b )log m z ＝－d log m x ＋2d log m y －d log m z＝d log m y 2xz＝d log m 1＝0. 10．48 解析 易知q ≠1，∴⎩⎪⎨⎪⎧ S 3＝a 1(1－q 3)1－q ＝3S 6＝a 1(1－q 6)1－q ＝9，∴S 6S 3＝1＋q 3＝3，∴q 3＝2. ∴a 13＋a 14＋a 15＝(a 1＋a 2＋a 3)q 12＝S 3·q 12＝3×24＝48.11．解 设等差数列{a n }的公差为d ，则b n ＋1b n ＝⎝⎛⎭⎫12a n ＋1⎝⎛⎭⎫12a n ＝⎝⎛⎭⎫12a n ＋1－a n ＝⎝⎛⎭⎫12d . ∴数列{b n }是等比数列，公比q ＝⎝⎛⎭⎫12d .∴b 1b 2b 3＝b 32＝18，∴b 2＝12. ∴⎩⎨⎧ b 1＋b 3＝178b 1·b 3＝14，解得⎩⎪⎨⎪⎧ b 1＝18b 3＝2或⎩⎪⎨⎪⎧ b 1＝2b 3＝18.当⎩⎪⎨⎪⎧ b 1＝18b 3＝2时，q 2＝16，∴q ＝4(q ＝－4<0舍去) 此时，b n ＝b 1q n －1＝⎝⎛⎭⎫18·4n －1＝22n －5. 由b n ＝⎝⎛⎭⎫125－2n ＝⎝⎛⎭⎫12a n ，∴a n ＝5－2n .当⎩⎪⎨⎪⎧ b 1＝2b 3＝18时，q 2＝116，∴q ＝14⎝⎛⎭⎫q ＝－14<0舍去 此时，b n ＝b 1q n －1＝2·⎝⎛⎭⎫14n －1＝⎝⎛⎭⎫122n －3＝12na ⎛⎫ ⎪⎝⎭， ∴a n ＝2n －3.综上所述，a n ＝5－2n 或a n ＝2n －3.12．解 (1)由题意得(a 1＋d )(a 1＋13d )＝(a 1＋4d )2，整理得2a 1d ＝d 2.∵d >0，∴d ＝2 ∵a 1＝1.∴a n ＝2n －1 (n ∈N *)．(2)b n ＝1n (a n ＋3)＝12n (n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1， ∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝n 2(n ＋1).假设存在整数t 满足S n >t 36总成立， 又S n ＋1－S n ＝n ＋12(n ＋2)－n 2(n ＋1)＝12(n ＋2)(n ＋1)>0， ∴数列{S n }是单调递增的．∴S 1＝14为S n 的最小值，故t 36<14，即t <9.又∵t ∈Z ，∴适合条件的t 的最大值为8.13．解 由题意知a 25＝a 1a 17，即(a 1＋4d )2＝a 1(a 1＋16d )．∵d ≠0，由此解得2d ＝a 1.公比q ＝a 5a 1＝a 1＋4d a 1＝3.∴ak n ＝a 1·3n －1. 又ak n ＝a 1＋(k n －1)d ＝k n ＋12a 1， ∴a 1·3n －1＝k n ＋12a 1. ∵a 1≠0，∴k n ＝2·3n －1－1，∴k 1＋k 2＋…＋k n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)－n ＝3n －n －1.14．(1)证明 由a 1＝S 1＝1，S 2＝1＋a 2，得a 2＝3＋2t 3t ，a 2a 1＝3＋2t 3t. 又3tS n －(2t ＋3)S n －1＝3t ，①3tS n －1－(2t ＋3)S n －2＝3t .②①－②，得3ta n －(2t ＋3)a n －1＝0.∴a n a n －1＝2t ＋33t ，(n ＝2,3，…)． ∴数列{a n }是一个首项为1，公比为2t ＋33t的等比数列．(2)解 由f (t )＝2t ＋33t ＝23＋1t ，得b n ＝f ⎝⎛⎭⎫1b n －1＝23＋b n －1. ∴数列{b n }是一个首项为1，公差为23的等差数列． ∴b n ＝1＋23(n －1)＝2n ＋13. (3)解 由b n ＝2n ＋13，可知{b 2n －1}和{b 2n }是首项分别为1和53，公差均为43的等差数列． 于是b 1b 2－b 2b 3＋b 3b 4－b 4b 5＋…＋b 2n －1b 2n －b 2n b 2n ＋1 ＝b 2(b 1－b 3)＋b 4(b 3－b 5)＋b 6(b 5－b 7)＋…＋b 2n (b 2n －1－b 2n ＋1)＝－43(b 2＋b 4＋…＋b 2n )＝－43·12n ⎝⎛⎭⎫53＋4n ＋13 ＝－49(2n 2＋3n )．。

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】专题6.4 数列求和【考纲解读】内 容要 求备注A B C数列数列的概念√对知识的考查要求依次分为了解、理解、掌握三个层次（在表中分别用A 、B 、C 表示）. 了解：要求对所列知识的含义有最基本的认识，并能解决相关的简单问题.理解：要求对所列知识有较深刻的认识，并能解决有一定综合性的问题. 掌握：要求系统地掌握知识的内在联系，并能解决综合性较强的或较为困难的问题.等差数列√ 等比数列√【直击考点】题组一 常识题1． 等差数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，其前n 项和为S n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项和为________．【解析】易知S n n ＝n ＋2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项和为10×3＋10×92×1＝75.2．数列32，94，258，6516，…，n ·2n＋12n的前n 项和为____________． 【解析】易知a n ＝n ·2n＋12n ＝n ＋12n，∴前n 项和S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋121＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12n ＝ (1＋2＋3＋…＋n)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋122＋123＋…＋12n ＝（n ＋1）n 2＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝n （n ＋1）2－12n＋1.3．数列1，11＋2，11＋2＋3，…，11＋2＋…＋n的前n 项和为________．【解析】易知该数列的通项公式为a n ＝2n （n ＋1），分裂为两项差的形式，即a n ＝21n －1n ＋1，则数列的前n 项和S n ＝21－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1. 4． 1＋2x ＋3x 2＋…＋nxn －1＝____________(x ≠0且x ≠1)．题组二 常错题5．已知S n ＝12＋1＋13＋2＋12＋3＋…＋1n ＋1＋n，若S m ＝10，则m ＝________．【解析】因为1n ＋1＋n＝n ＋1－nn ＋1－n＝n ＋1－n ，所以S m ＝2－1＋3－2＋…＋m ＋1－m ＝m ＋1－1.由已知得m ＋1－1＝10，所以m ＝120.6．数列22，422，623， (2)2n ，…的前n 项和为________．【解析】设S n ＝22＋422＋623＋...＋2n 2n ，①则12S n ＝222＋423＋624＋ (2)2n ＋1，②①－②，得⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12S n ＝22＋222＋223＋224＋…＋22n －2n 2n ＋1＝2－12n －1－2n 2n ＋1，∴S n ＝4－n ＋22n －1.题组三 常考题7． 等差数列{a n }的公差是3，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝________. 【解析】由题意，得a 2，a 2＋6，a 2＋18成等比数列，即(a 2＋6)2＝a 2(a 2＋18)，解得a 2＝6，故a 1＝3，所以S n ＝3n ＋n （n －1）2×3＝32n(n ＋1)．8．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】因为a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，所以S 1＝－1，S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，所以1S n ＋1－1S n＝－1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为－1，公差为－1的等差数列，所以1S n ＝－n ，所以S n ＝－1n .9． 已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝2，b 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，b 1＋12b 2＋13b 3＋ (1)b n ＝b n＋1－1(n ∈N *)．记数列{a n b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝______________.【解析】由a n ＋1＝2a n 可得a n ＋1a n＝2，即数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列，故数列{a n }的通项【知识清单】数列求和1. 等差数列的前n 和的求和公式：11()(1)22n n n a a n n S na d +-==+. 2．等比数列前n 项和公式 一般地，设等比数列123,,,,,n a a a a 的前n 项和是=n S 123n a a a a ++++，当1≠q 时，q q a S n n --=1)1(1或11n n a a qS q-=-；当1q =时，1na S n =（错位相减法）.3. 数列前n 项和①重要公式：（1）1nk k ==∑123n ++++=2)1(+n n （2）1(21)nk k =-=∑()13521n ++++-=2n（3）31nk k ==∑2333)1(2121⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=+++n n n（4）21nk k ==∑)12)(1(613212222++=++++n n n n ②等差数列中，m n m n S S S mnd +=++；③等比数列中，n mm n n m m n S S q S S q S +=+=+.【考点深度剖析】江苏新高考对数列知识的考查要求较高，整个高中共有8个C 能级知识点，本章就占了两个，高考中以填空题和解答题的形式进行考查，涉及到数形结合、分类讨论和等价转化的思想，着重考查学生基本概念及基本运算能力.经常与其它章节知识结合考查，如与函数、方程、不等式、平面解析几何知识结合考查.【重点难点突破】考点1 数列求和 【题组全面展示】【1-1】数列{}n a 的通项公式cos 2n n a n π=，其前n 项和为n S ，则2014S = . 【答案】1008-【解析】由数列的通项公式可知,数列的项依次为0,2,0,4,0,6,0,8,--，数列每四项和为2，故201450342=⨯+，所以()2014503220141008S =⨯+-=-． 【1-2】已知函数()()2cos f n n n π=，且()()1,n a f n f n =++则123100a a a a +++⋅⋅⋅+= .【答案】-100【1-3】已知数列{}n a 的通项公式为(1)1n a n n n n =+++*()n N ∈，其前n 项和为n S ，则在数列122014S S 、S 、中，有理数项的项数为 . 【答案】43 【解析】1)111(1)1((1)1)((1)1)n n n n n n a n n n n n n n n n n n n n n ++===-++++++++-+， ∴3815,,,S S S 为有理项，∴212014n -<且2n ≥，∴有理数项的项数为43项.【1-4】已知数列{},n a 若)(,1221+-∈+-=N n n a n n ，求10S =_______.（用数字作答）【答案】923【解析】()11221221n n n a n n --=-+=--，210102101222(13519)211010241100923S =++++-++++=--=--=．【1-5】已知{}n a 是递增的等差数列，2a ，4a 是方程2560x x -+=的根，则数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和 .【答案】1422n n n S ++=-综合点评：这些题都是数列求和，做这一类数列求和的题，，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和． 【方法规律技巧】1．公式法：如果一个数列是等差、等比数列或者是可以转化为等差、等比数列的数列，我们可以运用等差、等比数列的前n 项和的公式来求和.对于一些特殊的数列（正整数数列、正整数的平方和立方数列等）也可以直接使用公式求和.2．倒序相加法：类似于等差数列的前n 项和的公式的推导方法，如果一个数列{}n a 的前n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．3．错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的． 若n n n a b c =•，其中{}n b 是等差数列，{}n c 是公比为q 等比数列，令112211n n n n n S b c b c b c b c --=++++，则n qS =122311n n n n b c b c b c b c -+++++两式错位相减并整理即得.4．裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前n 项的和变成首尾若干少数项之和，这一求和方法称为裂项相消法.适用于类似1n n c a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭（其中{}n a 是各项不为零的等差数列，c 为常数）的数列、部分无理数列等.用裂项相消法求和，需要掌握一些常见的裂项方法： （1）()1111n n k k n n k ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭，特别地当1k =时，()11111n n n n =-++； （21n k n kn k n =+++，特别地当1k =11n n n n=+++（3）()()221111212122121n n a n n n n ⎛⎫==+- ⎪-+-+⎝⎭（4）()()()()()1111122112n a n n n n n n n ⎛⎫==- ⎪ ⎪+++++⎝⎭（5）)()11(11q p qp p q pq <--= 5．分组转化求和法：有一类数列{}n n a b +，它既不是等差数列，也不是等比数列，但是数列{},{}n n a b 是等差数列或等比数列或常见特殊数列，则可以将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比数列或常见的特殊数列，然后分别求和，再将其合并即可.6．并项求和法：一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如()()1nn a f n =-类型，可采用两项合并求解．例如，22222210099989721n S =-+-++-()()()100999897215050=++++++=.7. 在利用裂项相消法求和时应注意：(1)在把通项裂开后，是否恰好等于相应的两项之差；(2)在正负项抵消后，是否只剩下了第一项和最后一项，或有时前面剩下两项，后面也剩下两项．对于不能由等差数列、等比数列的前n 项和公式直接求和的问题，一般需要将数列通项的结构进行合理的拆分，转化成若干个等差数列、等比数列的求和．应用公式法求和时，要保证公式使用的正确性，尤其要区分好等差数列、等比数列的通项公式及前n 项和公式．使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的． 用错位相减法求和时，应注意(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“n S ”与“n qS ”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“n n S qS -”的表达式．8. [易错提示] 利用裂项相消法解决数列求和问题，容易出现的错误有两个方面： (1)裂项过程中易忽视常数，如)211(21)2(1+-=+n n n n 容易误裂为112n n -+，漏掉前面的系数12； (2)裂项之后相消的过程中容易出现丢项或添项的问题，导致计算结果错误． 应用错位相减法求和时需注意：①给数列和S n 的等式两边所乘的常数应不为零，否则需讨论； ②在转化为等比数列的和后，求其和时需看准项数，不一定为n . 【新题变式探究】【变式一】对于函数)(x f y =，部分x 与y 的对应关系如下表：x1 2 3 4 5 6 7 8 9 y375961824数列}{n x 满足11x =，且对任意*n ∈N ，点),(1+n n x x 都在函数()y f x =的图象上，则123420132014x x x x x x ++++++的值为 .【答案】7549【变式二】若在数列{}n a 中，对任意正整数n ，都有221n n a a p ++=（常数），则称数列{}n a 为“等方和数列”，称p 为“公方和”，若数列{}n a 为“等方和数列”，其前n 项和为n S ，且“公方和”为1，首项11a =，则2014S 的最大值与最小值之和为 . 【答案】2【解析】由221n n a a p ++=得2212n n a a p +++=，两等式相减得：222n n a a +=.又“公方和”为1，首项11a =，所以2222223520132420141,0a a a a a a ========.所以2014S 的最大值为1007，最小值为-1005，其和为2.【综合点评】这两个题都是数列求和,第一题是函数与数列相结合,解题突破口为根据函数数据,找出数列满足的规律,然后利用合项法求和,第二个题是根据新定义求和,紧扣定义找出实质是解本题的关键. 考点2数列综合 【题组全面展示】【1-1】已知函数)(x f 是定义在R 上的单调增函数且为奇函数，数列{}n a 是等差数列，01007>a ，则)()()()()(20132012321a f a f a f a f a f +++++ 的值正负为 .【答案】正 【解析】021********>=+a a a ⇒20131a a ->⇒)()()(201320131a f a f a f -=->⇒0)()(20131>+a f a f同理，0)()(20122>+a f a f ，0)()(20113>+a f a f ，…，0)()(10081006>+a f a f ，又01007>a ⇒0)0()(1007=>f a f ，以上各式相加，得0)()()()()(20132012321>+++++a f a f a f a f a f .【1-2】设函数(2),2()1()1,22x k x x f x x -≥⎧⎪=⎨-<⎪⎩，()n a f n =，若数列{}n a 是单调递减数列，则实数k的取值范围为 . 【答案】7,4⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭7(,)4-∞.【1-3】已知()[]23,0,31x f x x x+=∈+，已知数列{}n a 满足03,n a n N *<≤∈，且122010670a a a +++=，则122010()()()f a f a f a +++最大值为 .【答案】6030【1-4】已知()()()()()()123,2,f x x x x x n n n N =++++≥∈，其导函数为()f x '，设()()20n f a f '-=，则数列{}n a 自第2项到第n 项的和S =_____________. 【答案】11n- 【解析】已知()()()()()2[13]f x x x x x n =++++，则有()()()()()()()()()2[13]2[13]f x x x x x n x x x x n '''=+++++++++，所以()()(2)112322!f n n '-=-⋅⋅⋅⋅-=--，(0)!f n =，所以()2!111!(1)1n n a n n n n n -=-=-=---，所以1111111111232431S n n n=-+-+-++-=--. 【1-5】对于每一个正整数n ，设曲线1n y x +=在点()1,1处的切线与x 轴的交点的横坐标为n x ，令n a lg n x =，则1299a a a +++= .【答案】2-.【解析】利用导数求得曲线1n y x+=在点()1,1处的切线方程为()()111y n x =+-+，即()1y n x n =+-，它与x 轴交于点(),0n x ，则有()101n n nn x n x n +-=⇒=+，()lg lglg lg 11n n na x n n n ∴===-++，()()()1299lg1lg2lg2lg3lg99lg100lg1lg1002a a a ∴+++=-+-++-=-=-.综合点评：这些题都是数列与函数综合问题，解决此类问题要抓住一个中心——函数，两个密切联系：一是数列和函数之间的密切联系，数列的通项公式是数列问题的核心，函数的解析式是研究函数问题的基础；二是方程、不等式与函数的联系，利用它们之间的对应关系进行灵活的处理． 【方法规律技巧】1. 数列与不等式的综合问题是近年来的高考热门问题，与不等式相关的大多是数列的前n 项和问题，对于这种问题，在解答时需要利用化归的思想将问题转化为我们较熟悉的问题来解决，要掌握常见的解决不等式的方法，以便更好地解决问题．数列与不等式的结合，一般有两类题：一是利用基本不等式求解数列中的最值；二是与数列中的求和问题相联系，证明不等式或求解参数的取值范围，此类问题通常是抓住数列通项公式的特征，多采用先求和后利用放缩法或数列的单调性证明不等式，求解参数的取值范围． 以数列为背景的不等式恒成立问题，或不等式的证明问题，多与数列求和相联系，最后利用函数的单调性求解，或利用放缩法证明.解决数列和式与不等式证明问题的关键是求和，特别是既不是等差、等比数列，也不是等差乘等比的数列求和，要利用不等式的放缩法，放缩为等比数列求和、错位相减法求和、裂项相消法求和，最终归结为有限项的数式大小比较．数列与不等式综合的问题是常见题型，常见的证明不等式的方法有：①作差法；②作商法；③综合法；④分析法；⑤放缩法.2. 数列与解析几何交汇问题主要是解析几何中的点列问题，关键是充分利用解析几何的有关性质、公式，建立数列的递推关系式，然后借助数列的知识加以解决．3. 处理探索性问题的一般方法是：假设题中的数学对象存在或结论成立或其中的一部分结论成立，然后在这个前提下进行逻辑推理．若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定结论，其中反证法在解题中起着重要的作用．还可以根据已知条件建立恒等式，利用等式恒成立的条件求解．4. 解答数列综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以及特例分析法，一般递推法，数列求和及求通项等方法来分析、解决问题．数列与解析几何的综合问题解决的策略往往是把综合问题分解成几部分，先利用解析几何的知识以及数形结合得到数列的通项公式，然后再利用数列知识和方法求解．5.数列是一种特殊的函数，故数列有着许多函数的性质．等差数列和等比数列是两种最基本、最常见的数列，它们是研究数列性质的基础，它们与函数、方程、不等式、三角等内容有着广泛的联系，等差数列和等比数列在实际生活中也有着广泛的应用，随着高考对能力要求的进一步增加，这一部分内容也将受到越来越多的关注． 数列与函数的综合问题，解决此类问题时要注意把握以下两点： (1)正确审题，深抠函数的性质与数列的定义； (2)明确等差、等比数列的通项、求和公式的特征． 【新题变式探究】【变式一】设数列{}n a 满足6,1421=+=a a a ,且对任意*n N ∈,函数12()()n n n f x a a a x ++=-++1cos n a x +-2sin n a x +满足'()02f π=，若na n n a c 21+=，则数列{}n c 的前n 项和n S 为 .【答案】n n n 21222-++【变式二】在直角坐标平面内，已知点P 1(1,2)，P 2(2,22)，P 3(3,23)，…，P n (n,2n)，….如果n 为正整数，则向量P 1P 2→＋P 3P 4→＋P 5P 6→＋…＋P 2n －1P 2n 的纵坐标为________．【答案】23(4n－1)【解析】P k P k ＋1＝(k ＋1－k,2k ＋1－2k )＝(1,2k)，于是P 1P 2→＋P 3P 4→＋P 5P 6→＋…＋P 2n －1P 2n 的纵坐标为2＋23＋25＋…＋22n －1＝21－4n1－4＝23(4n－1)． 【综合点评】第一题是函数与数列结合，此类问题常常以函数的解析式为载体，转化为数列问题，常用的数学思想方法有“函数与方程”“等价转化”等．第二题是数列与新背景、新定义的综合问题，解决数列与新背景、新定义的综合问题，可通过对新数表、图象、新定义的分析、探究，将问题转化为等差(比)数列的问题．【易错试题常警惕】易错典例：已知等差数列{a n }的前3项和为6，前8项和为－4. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝(4－a n )qn －1(q ≠0，n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n .易错分析：未对q ＝1或q ≠1分别讨论，相减后项数、符号均出现了错误． 错解：(1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝6，a 1＋a 2＋…＋a 8＝－4，即⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝6，8a 1＋28d ＝－4，解得a 1＝3，d ＝－1，∴a n ＝4－n . (2)由(1)知b n ＝n ·qn －1，∴S n ＝1＋2·q 1＋3·q 2＋…＋n ·q n －1，qS n ＝1·q ＋2·q 2＋3·q 3＋…＋n ·q n ，两式相减得：(1－q )S n ＝1＋q ＋q 2＋…＋q n －1＋n ·q n＝1－q n1－q ＋n ·q n .∴S n ＝1－q n1－q2＋n ·q n1－q. 正确解析：(1)设{a n }的公差为d ，则由已知得温馨提醒：错位相减法适合于一个由等差数列{a n}及一个等比数列{b n}对应项之积组成的数列．考生在解决这类问题时，都知道利用错位相减法求解，也都能写出此题的解题过程，但由于步骤繁琐、计算量大导致了漏项或添项以及符号出错等．因此利用错位相减法求解时，两边乘公比后，对应项的幂指数会发生变化，应将相同幂指数的项对齐，这样有一个式子前面空出一项，另外一个式子后面就会多了一项，两项相减，除第一项和最后一项外，剩下的n－1项是一个等比数列．高中数学知识点三角函数1、以角的顶点为坐标原点，始边为x 轴正半轴建立直角坐标系，在角的终边上任取一个异于原点的点，点P 到原点的距离记为，则sin = ，cos = ，tg = ，ctg = ，sec = ，csc = 。

第2讲 数列的求解与综合创新1．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＋S m ＝S n ＋m (n ，m ∈N *)且a 1＝5，则a 8＝________． [解析] 数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＋S m ＝S n ＋m (n ，m ∈N *)且a 1＝5，令m ＝1，则S n ＋1＝S n ＋S 1＝S n ＋5，即S n ＋1－S n ＝5，所以a n ＋1＝5，所以a 8＝5．[答案] 52．(2019·某某省名校高三入学摸底卷)已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1，a 3，a 4成等比数列，则S 3S 7－S 4的值为________．[解析] 法一：设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 1，a 3，a 4成等比数列， 所以a 23＝a 1a 4，所以(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋3d )，因为d ≠0，所以a 1＝－4d ，所以S 3S 7－S 4＝3a 1＋3×22d7a 1＋7×62d －⎝ ⎛⎭⎪⎫4a 1＋4×32d ＝3a 1＋3d 3a 1＋15d ＝－9d3d ＝－3．法二：设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 1，a 3，a 4成等比数列， 所以a 23＝a 1a 4，所以(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋3d )，因为d ≠0，所以a 1＝－4d ， 所以S 3S 7－S 4＝3a 23a 6＝a 1＋d a 1＋5d ＝－3dd＝－3． [答案] －33．(2019·某某市高三模拟)设f (x )是R 上的奇函数，当x >0时，f (x )＝2x＋ln x4，记a n＝f (n －5)，则数列{a n }的前8项和为________．[解析] 数列{a n }的前8项和为a 1＋a 2＋…＋a 8＝f (－4)＋f (－3)＋…＋f (3)＝f (－4)＋[f (－3)＋f (3)]＋[f (－2)＋f (2)]＋[f (－1)＋f (1)]＋f (0)＝f (－4)＝－f (4)＝－(24＋ln 1)＝－16．[答案] －164．(2019·日照模拟改编)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，则{|a n |}的前n 项和T n＝________．[解析] 由S n ＝n 2－6n 可得，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－6n －(n －1)2＋6(n －1)＝2n －7．当n ＝1时，S 1＝－5＝a 1，也满足上式， 所以a n ＝2n －7，n ∈N *．所以n ≤3时，a n ＜0；n ≥4时，a n ＞0，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，1≤n ≤3，n 2－6n ＋18，n ≥4．[答案] ⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，1≤n ≤3，n 2－6n ＋18，n ≥45．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，并且S 10>0，S 11<0，若S n ≤S k 对n ∈N *恒成立，则正整数k 的值为________．[解析] 由S 10>0，S 11<0知a 1>0，d <0，并且a 1＋a 11<0，即a 6<0，又a 5＋a 6>0，所以a 5>0，即数列的前5项都为正数，第5项之后的都为负数，所以S 5最大，则k ＝5．[答案] 56．(2019·某某高三模拟)若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 3－a 1＝2，则a 5的最小值为________．[解析] 设等比数列{a n }的公比为q (q ＞0且q ≠1)，则由a 3－a 1＝2，得a 1＝2q 2－1．因为a 3－a 1＝2＞0，所以q ＞1，所以a 5＝a 1q 4＝2q 4q 2－1．令q 2－1＝t ＞0，所以a 5＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋1t ＋2≥8，当且仅当t ＝1，即q ＝2时，等号成立，故a 5的最小值为8．[答案] 87．(2019·某某名校高三入学摸底)定义实数a ，b 之间的运算⊕如下：a ⊕b ＝⎩⎪⎨⎪⎧a （a ≥b ）b （a <b ），已知数列{a n }满足：a 1＝a 2＝1，a n ＋2＝2（a n ＋1⊕2）a n(n ∈N *)，若a 2 017＝1，记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 017的值为________．[解析] 因为a 1＝1，a 2＝1，所以a 3＝4，a 4＝8，a 5＝4，a 6＝1，a 7＝1，a 8＝4，…即此时{a n }是周期数列，且周期为5， 所以a 2 017＝a 2＝1，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝18， 故S 2 017＝403×18＋a 1＋a 2＝7 256． [答案] 7 2568．对于数列{a n }，定义数列{a n ＋1－a n }为数列{a n }的“差数列”，若a 1＝2，{a n }的“差数列”的通项公式为a n ＋1－a n ＝2n，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________．[解析] 因为a n ＋1－a n ＝2n，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋2＝2－2n1－2＋2＝2n －2＋2＝2n．所以S n ＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2．[答案] 2n ＋1－29．(2019·某某调研)设等差数列{a n }满足a 3＋a 7＝36，a 4a 6＝275，且a n a n ＋1有最小值，则这个最小值为________．[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 3＋a 7＝36， 所以a 4＋a 6＝36，与a 4a 6＝275，联立，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝11，a 6＝25或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝25，a 6＝11， 当⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝11，a 6＝25时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－10，d ＝7，此时a n ＝7n －17，a 2＝－3，a 3＝4，易知当n ≤2时，a n <0，当n ≥3时，a n >0，所以a 2a 3＝－12为a n a n ＋1的最小值；当⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝25，a 6＝11时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝46，d ＝－7，此时a n ＝－7n ＋53，a 7＝4，a 8＝－3，易知当n ≤7时，a n >0，当n ≥8时，a n <0，所以a 7a 8＝－12为a n a n ＋1的最小值． 综上，a n a n ＋1的最小值为－12． [答案] －1210．(2019·某某调研)将数列{a n }中的所有项按每一行比上一行多1项的规则排成如下数阵：a 1a 2，a 3a 4，a 5，a 6a 7，a 8，a 9，a 10……记数阵中的第1列数a 1，a 2，a 4，…构成的数列为{b n }，S n 为数列{b n }的前n 项和．若S n＝2b n －1，则a 56＝________．[解析] 当n ≥2时，因为S n ＝2b n －1，所以S n －1＝2b n －1－1，所以b n ＝2b n －2b n －1，所以b n＝2b n －1(n ≥2且n ∈N *)，因为b 1＝2b 1－1，所以b 1＝1，所以数列{b n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以b n ＝2n －1．设a 1，a 2，a 4，a 7，a 11，…的下标1，2，4，7，11，…构成数列{}，则c 2－c 1＝1，c 3－c 2＝2，c 4－c 3＝3，c 5－c 4＝4，…，－－1＝n －1，累加得，－c 1＝1＋2＋3＋4＋…＋(n －1)，所以＝n （n －1）2＋1，由＝n （n －1）2＋1＝56，得n ＝11，所以a 56＝b 11＝210＝1 024．[答案] 1 02411．(2019·某某名校高三入学摸底)构造数组，规则如下：第一组是两个1，即(1，1)，第二组是(1，2a ，1)，第三组是(1，a (1＋2a )，2a ，a (2a ＋1)，1)，…，在每一组的相邻两个数之间插入这两个数的和的a 倍得到下一组，其中a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14．设第n 组中有a n 个数，且这a n 个数的和为S n (n ∈N *)．(1)求a n 和S n ； (2)求证：a 1－1S 1＋a 2－1S 2＋…＋a n －1S n ≥n2． [解] (1)由题意可得a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋(a n －1)＝2a n －1，所以a n ＋1－1＝2(a n －1)，又a 1－1＝1，则a n －1＝2n －1，所以a n ＝2n －1＋1．又S 1＝2，且S n ＋1＝S n ＋2a (S n －1)＝(2a ＋1)S n －2a ，则S n ＋1－1＝(2a ＋1)(S n －1)，又S 1－1＝1，所以S n －1＝(2a ＋1)n －1，所以S n ＝(2a ＋1)n －1＋1．(2)证明：令b n ＝a n －1S n ，则b n ＝2n －1（2a ＋1）n －1＋1． 下面用分析法证明数列{b n }为单调递增数列．要证b n <b n ＋1，即证2n －1（2a ＋1）n －1＋1<2n（2a ＋1）n＋1，又a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14，故即证2(2a ＋1)n －1＋2>(2a ＋1)n ＋1，只需证2(2a ＋1)n －1≥(2a ＋1)n，即证2≥2a ＋1，显然成立，则数列{b n }为单调递增数列．所以a 1－1S 1＋a 2－1S 2＋…＋a n －1S n ≥n ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－1S 1＝n2． 12．(2019·某某名校高三入学摸底)已知各项均为正数的数列{a n }满足：a 1＝a ，a 2＝b ，a n ＋1＝a n a n ＋2＋m (n ∈N *)，其中m ，a ，b 均为实常数．(1)若m ＝0，且a 4，3a 3，a 5成等差数列．①求ba的值；②若a ＝2，令b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数2log 2a n －1，n 为偶数，求数列{b n }的前n 项和S n ；(2)是否存在常数λ，使得a n ＋a n ＋2＝λa n ＋1对任意的n ∈N *都成立？若存在，求出实数λ的值(用m ，a ，b 表示)；若不存在，请说明理由．[解] (1)①因为m ＝0，所以a 2n ＋1＝a n a n ＋2，所以正项数列{a n }是等比数列，不妨设其公比为q ．又a 4，3a 3，a 5成等差数列， 所以q 2＋q ＝6，解得q ＝2或q ＝－3(舍去)， 所以b a＝2．②当a ＝2时，数列{a n }是首项为2、公比为2的等比数列，所以a n ＝2n，所以b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2n，n 为奇数，2n －1，n 为偶数，即数列{b n }的奇数项依次构成首项为2、公比为4的等比数列，偶数项依次构成首项为3、公差为4的等差数列．当n 为偶数时，S n ＝2（1－4n 2）1－4＋n2（3＋2n －1）2＝2n ＋13＋n 2＋n 2－23；当n 为奇数时，S n ＝2（2n ＋1－1）3＋（n ＋1）（n ＋1＋1）2－(2n ＋1)＝2n ＋23＋n 2－n 2－23．所以S n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋13＋n 2＋n 2－23，n 为偶数2n ＋23＋n 2－n 2－23，n 为奇数．(2)存在常数λ＝a 2＋b 2－m ab，使得a n ＋a n ＋2＝λa n ＋1对任意的n ∈N *都成立．证明如下：因为a 2n ＋1＝a n a n ＋2＋m (n ∈N *)， 所以a 2n ＝a n －1a n ＋1＋m ，n ≥2，n ∈N *， 所以a 2n ＋1－a 2n ＝a n a n ＋2－a n －1a n ＋1， 即a 2n ＋1＋a n －1a n ＋1＝a n a n ＋2＋a 2n ．由于a n >0，此等式两边同时除以a n a n ＋1，得a n ＋a n ＋2a n ＋1＝a n －1＋a n ＋1a n， 所以a n ＋a n ＋2a n ＋1＝a n －1＋a n ＋1a n ＝…＝a 1＋a 3a 2，即当n ≥2，n ∈N *时，都有a n ＋a n ＋2＝a 1＋a 3a 2a n ＋1． 因为a 1＝a ，a 2＝b ，a 2n ＋1＝a n a n ＋2＋m ，所以a 3＝b 2－ma，所以a 1＋a 3a 2＝a ＋b 2－m a b ＝a 2＋b 2－mab，所以当λ＝a 2＋b 2－m ab时，对任意的n ∈N *都有a n ＋a n ＋2＝λa n ＋1成立．13．(2019·某某市高三模拟)已知数列{a n }，{b n }满足2S n ＝(a n ＋2)b n ，其中S n 是数列{a n }的前n 项和．(1)若数列{a n }是首项为23，公比为－13的等比数列，求数列{b n }的通项公式；(2)若b n ＝n ，a 2＝3，求数列{a n }的通项公式；(3)在(2)的条件下，设＝a n b n，求证：数列{}中的任意一项总可以表示成该数列其他两项之积．[解] (1)因为a n ＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n －1＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ， S n ＝23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ，所以b n ＝2S na n ＋2＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n－2⎝ ⎛⎭⎪⎫－13n ＋2＝12． (2)若b n ＝n ，则2S n ＝na n ＋2n ，① 所以2S n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1＋2(n ＋1)，② ②－①得2a n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1－na n ＋2， 即na n ＝(n －1)a n ＋1＋2，③当n ≥2时，(n －1)a n －1＝(n －2)a n ＋2，④ ④－③得(n －1)a n －1＋(n －1)a n ＋1＝2(n －1)a n ， 即a n －1＋a n ＋1＝2a n ，由2S 1＝a 1＋2，得a 1＝2，又a 2＝3，所以数列{a n }是首项为2，公差为3－2＝1的等差数列， 故数列{a n }的通项公式是a n ＝n ＋1． (3)证明：由(2)得＝n ＋1n， 对于给定的n ∈N *，若存在k ≠n ，t ≠n ，k ，t ∈N *，使得＝c k ·c t ，只需n ＋1n ＝k ＋1k ·t ＋1t， 即1＋1n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1t ，即1n ＝1k ＋1t ＋1kt ，则t ＝n （k ＋1）k －n ，取k ＝n ＋1，则t ＝n (n ＋2)，所以对数列{}中的任意一项＝n ＋1n ，都存在＋1＝n ＋2n ＋1和2＋2n ＝n 2＋2n ＋1n 2＋2n，使得＝＋1·2＋2n ．14．(2019·某某高三模拟)已知数列{a n }满足a 1＝m ，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n ，n ＝2k －1a n ＋r ，n ＝2k (k ∈N *，r ∈R )，其前n 项和为S n ．(1)当m 与r 满足什么关系时，对任意的n ∈N *，数列{a n }都满足a n ＋2＝a n?(2)对任意的实数m ，r ，是否存在实数p 与q ，使得{a 2n ＋1＋p }与{a 2n ＋q }是同一个等比数列？若存在，请求出p ，q 满足的条件；若不存在，请说明理由；(3)当m ＝r ＝1时，若对任意的n ∈N *，都有S n ≥λa n ，某某数λ的最大值．[解] (1)由题意，得a 1＝m ，a 2＝2a 1＝2m ，a 3＝a 2＋r ＝2m ＋r ，由a 3＝a 1，得m ＋r ＝0．当m ＋r ＝0时，因为a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n ，n ＝2k －1a n －m ，n ＝2k(k ∈N *)，所以a 1＝a 3＝…＝m ，a 2＝a 4＝…＝2m ， 故对任意的n ∈N *，数列{a n }都满足a n ＋2＝a n ． 即当实数m ，r 满足m ＋r ＝0时，题意成立． (2)依题意，a 2n ＋1＝a 2n ＋r ＝2a 2n －1＋r ，则a 2n ＋1＋r ＝2(a 2n －1＋r )，因为a 1＋r ＝m ＋r ，所以当m ＋r ≠0时，{a 2n ＋1＋r }是等比数列，且a 2n ＋1＋r ＝(a 1＋r )2n＝(m ＋r )2n．为使{a 2n ＋1＋p }是等比数列，则p ＝r ．同理，当m ＋r ≠0时，a 2n ＋2r ＝(m ＋r )2n，则为使{a 2n ＋q }是等比数列，则q ＝2r ． 综上所述，①若m ＋r ＝0，则不存在实数p ，q ，使得{a 2n ＋1＋p }与{a 2n ＋q }是等比数列；②若m ＋r ≠0，则当p ，q 满足q ＝2p ＝2r 时，{a 2n ＋1＋p }与{a 2n ＋q }是同一个等比数列． (3)当m ＝r ＝1时，由(2)可得a 2n －1＝2n－1，a 2n ＝2n ＋1－2，当n ＝2k 时，a n ＝a 2k ＝2k ＋1－2，S n ＝S 2k ＝(21＋22＋…＋2k )＋(22＋23＋…＋2k ＋1)－3k ＝3(2k ＋1－k －2)，所以S na n ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－k2k ＋1－2．令c k ＝k 2k ＋1－2，则c k ＋1－c k ＝k ＋12k ＋2－2－k2k ＋1－2＝（1－k ）2k ＋1－2（2k ＋2－2）（2k ＋1－2）<0， 所以S n a n ≥32，λ≤32．当n ＝2k －1时，a n ＝a 2k －1＝2k－1，S n ＝S 2k －a 2k ＝3(2k ＋1－k －2)－(2k ＋1－2)＝2k ＋2－3k －4，所以S n a n ＝4－3k2k －1，同理可得S na n≥1，λ≤1．综上所述，实数λ的最大值为1．。

2.1数列1．数列的概念按照一定次序排列的一列数称为数列，数列中的每个数都叫做这个数列的项．项数有限的数列叫做有穷数列，项数无限的数列叫做无穷数列．2．数列的表示数列的一般形式可以写成a1，a2，a3，…，a n，…，简记为{a n}，其中a1称为数列{a n}的第1项(或称为首项)，a2称为第2项，…，a n称为第n项．思考1：数列1,2,3与数列3,2,1是同一个数列吗？[提示]不是，顺序不一样．思考2：数列的记法和集合有些相似，那么数列与集合的区别是什么？[提示]数列中的数讲究顺序，集合中的元素具有无序性；数列中可以出现相同的数，集合中的元素具有互异性．3．数列与函数的关系数列可以看成以正整数集N*(或它的有限子集{1,2，…，k})为定义域的函数a n ＝f(n)，当自变量按照从小到大的顺序依次取值时，所对应的一列函数值．4．数列的通项公式如果数列{a n}的第n项与序号n之间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．数列可以用通项公式来描述，也可以通过列表或图象来表示．思考3：数列的通项公式a n＝f(n)与函数解析式y＝f(x)有什么异同？[提示]如图，数列可以看成以正整数集N*(或它的有限子集{1,2，…，n})为定义域的函数a n＝f(n)，当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值．不同之处是定义域，数列中的n必须是从1开始且连续的正整数，函数的定义域可以是任意非空数集．1．数列3,4,5,6，…的一个通项公式为()A．a n＝n B．a n＝n＋1C．a n＝n＋2 D．a n＝2nC[经验证可知，它的一个通项公式为a n＝n＋2.]2．600是数列1×2,2×3,3×4,4×5，…的第________项．24[a n＝n(n＋1)＝600＝24×25，所以n＝24.]3．数列{a n}满足a n＝log2(n2＋3)－2，则log23是这个数列的第________项．3[令a n＝log2(n2＋3)－2＝log23，解得n＝3.]4．数列1,2, 7，10，13，…中的第26项为________．219 [因为a 1＝1＝1，a 2＝2＝4，a 3＝7，a 4＝10，a 5＝13，所以a n ＝3n －2，所以a 26＝3×26－2＝76＝219.]【例(1)12，2，92，8，252，…；(2)9,99,999,9 999，…； (3)22－11，32－23，42－35，52－47，…；(4)－11×2，12×3，－13×4，14×5，…. 思路探究：观察―→归纳a n 与n 的关系―→验证结论―→ 得出答案[解] (1)数列的项，有的是分数，有的是整数，可将各项都统一成分数再观察：12，42，92，162，252，…，所以它的一个通项公式为a n ＝n 22(n ∈N *)． (2)各项加1后，变为10,100,1 000,10 000，….此数列的通项公式为10n ，可得原数列的通项公式为a n ＝10n －1(n ∈N *)．(3)数列中每一项由三部分组成，分母是从1开始的奇数列，可用2n －1表示；分子的前一部分是从2开始的自然数的平方，可用(n ＋1)2表示，分子的后一部分是减去一个自然数，可用n 表示，综上，原数列的通项公式为a n ＝(n ＋1)2－n 2n －1(n ∈N *)． (4)这个数列的前4项的绝对值都等于项数与项数加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是a n ＝(－1)n 1n (n ＋1)(n ∈N *)．用观察法求数列的通项公式的一般规律(1)一般数列通项公式的求法(2)对于符号交替出现的情况，可先观察其绝对值，再用(－1)k 处理符号问题．(3)对于周期出现的数列，可考虑拆成几个简单数列和的形式，或者利用周期函数，如三角函数等．1．写出下列数列的一个通项公式．(1)3,5,9,17,33，…；(2)12，34，78，1516，3132，…；(3)23，－1，107，－179，2611，－3713，….[解] (1)中3可看做21＋1,5可看做22＋1,9可看做23＋1,17可看做24＋1,33可看做25＋1，….所以a n ＝2n ＋1.(2)每一项的分子比分母少1，而分母组成数列为21,22,23,24，…，所以a n ＝2n －12n .(3)偶数项为负而奇数项为正，故通项公式必含因式(－1)n＋1，观察各项绝对值组成的数列，从第3项到第6项可见，分母分别由奇数7,9,11,13组成，而分子则是32＋1,42＋1,52＋1,62＋1，按照这样的规律第1,2两项可分别改写为12＋12＋1，－22＋1 2×2＋1，所以a n＝(－1)n＋1n2＋12n＋1.【例2】n n(1)写出数列的前3项；(2)判断45是否为{a n}中的项？3是否为{a n}中的项？思路探究：(1)令n＝1,2,3求解即可；(2)令a n＝45或a n＝3解n便可．[解](1)在通项公式中依次取n＝1,2,3，可得{a n}的前3项分别为：1,6,15.(2)令2n2－n＝45，得2n2－n－45＝0，解得n＝5或n＝－92(舍去)，故45是数列{a n}中的第5项．令2n2－n＝3，得2n2－n－3＝0，解得n＝－1或n＝32，即方程没有正整数解，故3不是数列中的项．1．如果已知数列的通项公式，只要将相应项数代入通项公式，就可以写出数列中的指定项．2．判断某数是否为数列中的一项，步骤如下：(1)将所给的数代入通项公式中；(2)解关于n 的方程；(3)若n 为正整数，说明所给的数是该数列的项；若n 不是正整数，则不是该数列的项．提醒：数列项的取值为正的自然数，是离散的，解题时要关注n 的取值特点．2．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－21n 2(n ∈N *)．(1)0和1是不是数列{a n }中的项？如果是，那么是第几项？(2)数列{a n }中是否存在连续且相等的两项？若存在，分别是第几项？[解] (1)令a n ＝0，得n 2－21n ＝0，∴n ＝21或n ＝0(舍去)，∴0是数列{a n }中的第21项．令a n ＝1，得n 2－21n 2＝1，而该方程无正整数解，∴1不是数列{a n }中的项．(2)假设存在连续且相等的两项为a n ，a n ＋1，则有a n ＝a n ＋1，即n 2－21n 2＝(n ＋1)2－21(n ＋1)2， 解得n ＝10，所以存在连续且相等的两项，它们分别是第10项和第11项．[探究问题]1．数列是特殊的函数，能否利用函数求最值的方法求数列的最大(小)项？[提示] 可以借助函数的性质求数列的最大(小)项，但要注意函数与数列的差异，数列{a n }中，n ∈N *.2．如何定义数列{a n }的单调性？[提示] 对于数列的单调性的判断一般要通过比较a n ＋1与a n 的大小来判断，若a n ＋1>a n ，则数列为递增数列，若a n ＋1<a n ，则数列为递减数列．【例3】 设数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2＋kn (n ∈N *)．数列{a n }是单调递增的，求实数k 的取值范围．思路探究：利用二次函数的单调性，求得k 的取值范围．[解] ∵a n ＝n 2＋kn ，其图象的对称轴为n ＝－k 2，∴当－k 2≤1，即k ≥－2时，{a n }是单调递增数列．另外，当1<－k 2<2且⎝ ⎛⎭⎪⎫－k 2－1<2－⎝ ⎛⎭⎪⎫－k 2， 即－3<k <－2时，{a n }也是单调递增数列(如图所示)．∴k 的取值范围是(－3，＋∞)．1．(变结论)求本例中k ＝－13时数列{a n }的最小项．[解] 由题意知n 2－13n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1322－1694， 由于函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1322－1694在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，132上是减函数，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫132，＋∞上是增函数，故当n ＝6或7时，f (n )＝n 2－13n 取得最小值－42.所以数列{a n }的最小项为a 6＝a 7＝－42.2．(变条件)本例中“单调递增”改为“单调递减”，那么这样的实数k 是否存在？如果存在，求实数k 的范围，若不存在说明理由．[解] 要使{a n }是单调递减数列，必须a n >a n ＋1恒成立，即n 2＋kn >(n ＋1)2＋k (n ＋1)对任意n ∈N *恒成立．整理得k <－2n －1对任意n ∈N *恒成立，因为f (n )＝－2n －1(n ∈N *)没有最小值，故不存在实数k 使a n ＝n 2＋kn 单调递减．1．函数的单调性与数列的单调性既有联系又有区别，即数列所对应的函数若单调则数列一定单调，反之若数列单调，其所对应的函数不一定单调．2．求数列的最大(小)项，还可以通过研究数列的单调性求解，一般地，若⎩⎨⎧ a n －1≤a n ，a n ＋1≤a n ，则a n 为最大项；若⎩⎨⎧a n －1≥a n ，a n ＋1≥a n，则a n 为最小项．1．与集合中元素的性质相比较，数列中的项也有三个性质(1)确定性：一个数在不在数列中，即一个数是不是数列中的项是确定的．(2)可重复性：数列中的数可以重复．(3)有序性：一个数列不仅与构成数列的“数”有关，而且也与这些数的排列次序有关．2．并非所有的数列都能写出它的通项公式．例如，π的不同近似值，依据精确的程度可形成一个数列3,3.1,3.14，3.141，…，它没有通项公式．根据所给数列的前几项求其通项公式时，需仔细观察分析，抓住其几方面的特征：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各项的符号特征和绝对值特征．并对此进行联想、转化、归纳．3．如果一个数列有通项公式，则它的通项公式可以有多种形式．1．判断正误(1)数列1,1,1，…是无穷数列．( )(2)数列1,2,3,4和数列1,2,4,3是同一个数列．( )(3)有些数列没有通项公式．( )[答案] (1)√ (2)× (3)√[提示] (1)正确．每项都为1的常数列，有无穷多项．(2)错误．虽然都是由1,2,3,4四个数构成的数列，但是两个数列中后两个数顺序不同，不是同一个数列．(3)正确．某些数列的第n 项a n 和n 之间可以建立一个函数关系式，这个数列就有通项公式，否则，不能建立一个函数关系式，这个数列就没有通项公式．2．在数列1,1,2,3,5,8，x,21,34,55中，x 等于( )A ．11B ．12C ．13D ．14C [观察可知该数列从第3项开始每一项都等于它前面相邻两项的和，故x ＝5＋8＝13.]3．已知数列2，10，4，…，2(3n －1)，…，则8是该数列的第________项．11 [令2(3n －1)＝8，得n ＝11.]4．已知数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫9n 2－9n ＋29n 2－1. (1)求这个数列的第10项；(2)98101是不是该数列中的项，为什么？(3)求证：数列中的各项都在区间(0,1)内．[解] 设f (n )＝9n 2－9n ＋29n 2－1＝(3n－1)(3n－2)(3n－1)(3n＋1)＝3n－23n＋1.(1)令n＝10，得第10项a10＝f(10)＝28 31.(2)令3n－23n＋1＝98101，得9n＝300.此方程无正整数解，所以98101不是该数列中的项．(3)证明：∵a n＝3n－23n＋1＝3n＋1－33n＋1＝1－33n＋1，又n∈N*，∴0<33n＋1<1，∴0<a n<1.即数列中的各项都在区间(0,1)内．。

数学·必修5(苏教版)2．1 数列的通项公式及性质情景导入：1.2019年第16届广州亚运会中国代表团夺得金、银、铜牌数分别为：199，119，98.,2.2006年世界几个主要大国：美国、日本、德国、英国、中国、法国、意大利的万亿美元分别为：14.5，4.66，2.73，2.23，2.05，1.97，1.71.,3.2019年7月国内某企业一科室7人的工资如下单位：元：,2500，2600，2700，2800，2900，3000，3100.,以上这些例子中的数字有规律吗？1、2与3有共同点吗？不同点是什么？►基础巩固一、选择题1．下列A．f(n)＝2n－1(n∈N*)是数列的一个通项公式B．数列通项公式是一个函数关系式C．任何一个数列中的项都可以用通项公式来表示D．数列中有无穷多项的数列叫做无穷数列解析：考查数列的定义与特点．答案：C2．下列说法中正确的是( )A．数列2,3,5可表示为{2,3,5}B．数列2,4,6,8与数列8,6,4,2是相同的数列C．集合{1,3,5,7}与集合{7,5,3,1}是相同的集合D．数列1,3,5,7，…可记为{2n＋1}(n∈N*)解析：考查数列的定义及数列与数集的区别．答案：C3．(2018·山东师大附中模拟题)数列{a n}中，a1＝1，a n＋1＝1a n＋1，则a4＝( )数列A.53B.43 C ．1 D.23[:解析：a 1＝1，a 2＝1a 1＋1＝2，a 3＝1a 2＋1＝32，a 4＝1a 3＋1＝53. 答案：A4．数列{a n }的通项公式是a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2 ＝，n 2 ，则这个数列的前3项是( ) A ．1,4,9 B ．2,4,9C ．2,1,4D ．2,6,11解析：考查数列的通项．答案：B5．在数列2，5，22，11，…中，25( )A ．是数列中的第5项B ．是数列中的第6项C ．是数列中的第7项D ．不是数列中的项解析：观察法求数列通项公式与项．答案：C二、填空题6．数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n 12n ＋1，则a 10＝________；a 2n ＋1＝________.解析：a 10＝(－1)1012×10＋1＝121， a 2n ＋1＝(－1)2n ＋11＋＋1＝－14n ＋3. 答案：121 －14n ＋37．已知a n ＝n 2－7n ＋6，则从第________项起{a n }的各项为正数．解析：由n 2－7n ＋6＞0得n ＜1或n ＞6，而n∈N *，∴n＞6.答案：78．数列2,4,6,8，…的第2 014项是________．解析：∵a n ＝2n ，∴a 2 014＝2×2 014＝4 028.答案：4 028三、解答题9．已知数列 {a n }的通项公式a n ＝n n ＋1，计算出该数列前5项的积．解析：a 1×a 2×a 3×a 4×a 5＝12×23×34×45×56＝16.10．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1，n∈N *，写出这个数列的前5项，并猜测数列的通项公式．解析：a 1＝1，a 2＝2×1＋1＝3，a 3＝2×3＋1＝7，a 4＝2×7＋1＝15，a 5＝2×15＋1＝31，猜测a n ＝2n －1.►能力升级一、选择题11．在数列a 1，a 2，a 3，a 4，…，a n ，…的每相邻两项中插入4个数，构成一个新数列，则新数列的第36项( )A ．不是原数列的项B ．是原数列的第7项C ．是原数列的第8项D ．是原数列的第9项解析：在数列中插入四个数后，原数列中的k 项变为新数列中的5(k －1)＋1项．依题意得，5(k －1)＋1＝36，解得k ＝8.故选C.答案：C12．数列1，－1，－1,1,1，－1，－1,1，…的一个通项公式可以是( )A ．a n ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫n π2＋π4B ．a n ＝2cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫n π2＋π4 C ．a n ＝12sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫n π2＋1 D ．a n ＝－1n ＋1＋12解析：令n ＝1,2,3，检验可知，数列的通项为a n ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫n π2＋π4. 答案：A13．已知数列1，12，21，13，22，31，14，23，32，41，…，则56是此数列中的( ) A ．第48项 B ．第49项C ．第50项D ．第51项解析：将数列分为第1组1个，第2组2个，…，第n 组n 个：(1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫12，21，⎝ ⎛⎭⎪⎫13，22，31，…，⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ，2n －1，…，n 1，第n 组中每个数分子分母的和为n ＋1，∴56为第10组中的第5个数，其项数为(1＋2＋3＋…＋9)＋5＝50. 答案：C二、填空题14．数列32，83，154，245，356，487，…的一个通项公式为________．解析：数列的分母具有明显规律，因而只要进一步观察分子，发现分母比分子的平方小1，故知数列的通项公式为a n ＝＋2－1n ＋1＝n 2＋2n n ＋1(n∈N *)． 答案：a n ＝n 2＋2n n ＋1(n∈N *)15．求数列1，54，53，178，135，…的一个通项公式为________________________________________________________________________．解析：围绕分母来做文章，知道只要将奇数项的分子、分母同时扩大两倍，则可看出分母是2的倍数，故知通项a n ＝n 2＋12n(n∈N *)． 答案：a n ＝n 2＋12n(n∈N *)三、解答题16．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －23n ＋1. (1)求证：0＜a n ＜1.解析：(1)证明：∵a n ＝3n －23n ＋1＝1－33n ＋1. 又∵n∈N *，∴3n＋1＞3，∴0＜33n ＋1＜1， ∴0＜1－33n ＋1＜1，即0＜a n ＜1.(2)在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫13，23内有无数列中的项？若有，有几项？若没有，说明理由．解析：(2)令13＜a n ＜23，即13＜1－33n ＋1＜23. ∴13＜33n ＋1＜23， ∴92＜3n ＋1＜9， ∴76＜n ＜83. ∵n∈N *，∴n＝2，即在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫13，23内有数列中的项，且只有1项，此项为第2项．。

高考数学一轮复习 第6章 数列6．4数列求和练习（含解析）苏教版一、填空题1．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若S 3S 6＝13，则S 6S 12＝__________.2．设数列{a n }是等差数列，a 1＋a 2＋a 3＝－24，a 19＝26，则此数列{a n }前20项和等于__________．3．设数列1，(1＋2)，…，(1＋2＋22＋…＋2n －1)，…的前n 项和为S n ，则S n ＝__________.4．等差数列{a n }的前n 项和为S n .已知a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0，S 2m －1＝38，则m ＝________.5．数列{a n }的通项公式为a n ＝4n －1，令b n ＝a 1＋a 2＋…＋a nn，则数列{b n }的前n 项和为S n＝__________.6．已知数列{a n }：1，11＋2，11＋2＋3，…，11＋2＋3＋…＋n，…，则其前n 项和S n ＝__________.7．数列{a n }的通项公式a n ＝2n－1，如果b n ＝2n a n ＋a n ＋1，那么{b n }的前n 项和为__________．8．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 5＝5a 3，则S 9S 5＝__________.9．(2012江苏梁丰高级中学高三第一学期期末)数列{a n }中，a 1＝12，a n ＋1＝na n n ＋1na n ＋1(n ∈N *)，则数列{a n }的前2 012项的和为__________．二、解答题10．(2012江西高考)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝kc n－k (其中c ，k 为常数)，且a 2＝4，a 6＝8a 3. (1)求a n ；(2)求数列{na n }的前n 项和T n .11.已知数列{a n }和{b n }中，数列{a n }的前n 项和记为S n .若点(n ，S n )在函数y ＝－x 2＋4x 的图象上，点(n ，b n )在函数y ＝2x的图象上． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n b n }的前n 项和T n .12．(2012浙江高考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2＋n ，n ∈N *，数列{b n }满足a n ＝4log 2b n ＋3，n ∈N *. (1)求a n ，b n ；(2)求数列{a n ·b n }的前n 项和T n .参考答案一、填空题1.310 解析：方法一：∵S 3S 6＝32a 1＋2d 262a 1＋5d 2＝13，∴a 1＝2d . ∴S 6S 12＝62a 1＋5d2122a 1＋11d 2＝9d 30d ＝310. 方法二：由S 3S 6＝13，得S 6＝3S 3.又S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，S 12－S 9仍然是等差数列，公差为(S 6－S 3)－S 3＝S 3，从而S 9－S 6＝S 3＋2S 3＝3S 3，∴S 9＝6S 3，S 12－S 9＝S 3＋3S 3＝4S 3.∴S 12＝10S 3.∴S 6S 12＝310.2．180 解析：因数列{a n }是等差数列， 所以a 1＋a 2＋a 3＝3a 2＝－24，即a 2＝－8，从而S 20＝a 1＋a 202×20＝a 2＋a 192×20＝180.3．2n ＋1－n －2 解析：a n ＝1＋2＋22＋…＋2n －1＝1－2n1－2＝2n－1，∴S n ＝(2＋22＋23＋ (2))－n＝21－2n1－2－n ＝2n ＋1－2－n .4．10 解析：因为{a n }是等差数列，所以a m －1＋a m ＋1＝2a m ，由a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0，得2a m －a 2m ＝0，所以a m ＝2或a m ＝0.又S 2m －1＝38，即2m －1a 1＋a 2m －12＝38，即(2m －1)a m ＝38，显然a m ＝0不符合题意，代入a m ＝2， 解得m ＝10.5．n (n ＋2) 解析：∵a n ＝4n －1，∴数列{a n }是等差数列，且a 1＝4－1＝3，∴b n ＝a 1＋a 2＋…＋a n n ＝n 3＋4n －12n＝2n ＋1.显然数列{b n }是等差数列，且b 1＝2＋1＝3，它的前n 项和S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n 3＋2n ＋12＝n (n ＋2)．6.2n n ＋1 解析：∵a n ＝11＋2＋3＋…＋n ＝1n n ＋12＝2n n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝2⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛ 13－⎦⎥⎤⎭⎪⎫14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2nn ＋1.7.2n ＋1－1－1 解析：b n ＝2n a n ＋a n ＋1＝2n2n －1＋2n ＋1－1＝2n ＋1－1－2n－1， 所以b 1＋b 2＋…＋b n ＝22－1－2－1＋23－1－22－1＋…＋2n ＋1－1－2n－1＝2n ＋1－1－1.8．9 解析：∵{a n }为等差数列，∴S 9S 5＝9a 1＋a 925a 1＋a 52＝9a 55a 3＝9. 9.2 0122 013 解析：假设b n ＝1na n， ∴b n ＋1＝1n ＋1a n ＋1.∵a n ＋1＝na nn ＋1na n ＋1，∴b n ＋1－b n ＝1n ＋1a n ＋1－1na n＝1n ＋1na nn ＋1na n ＋1－1na n＝na n ＋1na n －1na n＝1. ∴{b n }是首项为2，公差为1的等差数列，即b n ＝2＋(n －1)·1＝n ＋1.从而a n ＝1nb n ＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1.则数列{a n }的前n 项和S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋……＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 故S 2 012＝2 0122 013.二、解答题10．解：(1)由S n ＝kc n －k ，得a n ＝S n －S n －1＝kc n －kc n －1(n ≥2)，由a 2＝4，a 6＝8a 3，得kc (c －1)＝4，kc 5(c －1)＝8kc 2(c －1)，解得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝2，k ＝2，所以a 1＝S 1＝2，a n ＝kc n －kc n －1＝2n (n ≥2)，于是a n ＝2n. (2)T n ＝∑i ＝1n ia i ＝∑i ＝1ni ·2i，即T n ＝2＋2·22＋3·23＋4·24＋…＋n ·2n ，T n ＝2T n －T n ＝－2－22－23－24－…－2n ＋n ·2n ＋1＝－2n ＋1＋2＋n ·2n ＋1＝(n －1)2n ＋1＋2.11．解：(1)由已知得S n ＝－n 2＋4n ， ∵当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－2n ＋5， 又当n ＝1时，a 1＝S 1＝3，符合上式． ∴a n ＝－2n ＋5.(2)由已知得b n ＝2n ，a n b n ＝(－2n ＋5)×2n .T n ＝3×21＋1×22＋(－1)×23＋…＋(－2n ＋5)×2n ，2T n ＝3×22＋1×23＋…＋(－2n ＋7)×2n ＋(－2n ＋5)×2n ＋1，两式相减可得T n＝－6＋(23＋24＋…＋2n＋1)＋(－2n＋5)×2n＋1＝231－2n－11－2＋(－2n＋5)×2n＋1－6＝(7－2n)·2n＋1－14.12．解：(1)由S n＝2n2＋n，得当n＝1时，a1＝S1＝3；当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝4n－1.所以a n＝4n－1，n∈N*.由4n－1＝a n＝4log2b n＋3，得b n＝2n－1，n∈N*.(2)由(1)知a n b n＝(4n－1)·2n－1，n∈N*.所以T n＝3＋7×2＋11×22＋…＋(4n－1)·2n－1，2T n＝3×2＋7×22＋…＋(4n－5)·2n－1＋(4n－1)·2n，所以2T n－T n＝(4n－1)2n－[3＋4(2＋22＋…＋2n－1)]＝(4n－5)2n＋5.故T n＝(4n－5)2n＋5，n∈N*.。