2013届高三数学全程复习06 第六编 数列(共41页)教学案 新人教版

高考数学一轮复习第六章数列6．5数列的综合应用教学案理新人教A版考纲要求1．以递推关系为背景，在等差、等比数列交汇的题目中，进行数列的基本运算，求数列的通项公式与前n项和．2．在数列与函数、不等式、解析几何的交汇处，考查数列的综合应用．3．能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决相应的问题．1．数列在实际生活中有着广泛的应用，其解题的基本步骤，可用图表示如下：2．数列应用问题的常见模型(1)等差模型：一般地，如果增加(或减少)的量是一个固定的具体量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差，其一般形式是：a n＋1－a n＝d(常数)．(2)等比模型：一般地，如果增加(或减少)的量是一个固定的百分数时，该模型是等比模型，与变化前的量的比就是公比．(3)混合模型：在一个问题中，同时涉及到等差数列和等比数列的模型．(4)生长模型：如果某一个量，每一期以一个固定的百分数增加(或减少)，同时又以一个固定的具体量增加(或减少)时，我们称该模型为生长模型．如分期付款问题，树木的生长与砍伐问题等．(5)递推模型：如果容易找到该数列任意一项(第2项起)与它的前一项(或前几项)间的递推关系式，那么我们可以用递推数列的知识求解问题．1．(2012北京高考)已知{a n}为等比数列，下面结论中正确的是( )．A．a1＋a3≥2a2B．a21＋a23≥2a22C．若a1＝a3，则a1＝a2D．若a3＞a1，则a4＞a22．已知{a n}，{b n}均为等差数列，且a2＝8，a6＝16，b2＝4，b6＝a6，则由{a n}，{b n}的公共项组成的新数列{c n}的通项公式c n＝( )．A．3n＋4 B．6n＋2C．6n＋4 D．2n＋23．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．21根4．在数列{a n}中，对任意自然数n∈N*恒有a1＋a2＋…＋a n＝2n－1，则a1＋a22＋a33＋…＋a n n＝__________.5．一个蜂巢里有1只蜜蜂，第一天，它飞出去找回了2个伙伴；第二天3只蜜蜂飞出去，各自找回了2个伙伴，…，如果这个找伙伴的过程继续下去，第五天所有蜜蜂都归巢后，蜂巢中一共有__________只蜜蜂．一、等差、等比数列的综合问题【例1】已知等差数列{a n}的前四项的和A4＝60，第二项与第四项的和为34，等比数列{b n}的前四项的和B4＝120，第二项与第四项的和为90.(1)求数列{a n}，{b n}的通项公式；(2)设c n ＝a n ·b n ，且{c n }的前n 项和为S n ，求S n . 方法提炼1．等差数列与等比数列相结合的综合问题是高考考查的重点，特别是等差、等比数列的通项公式，前n 项和公式以及等差中项、等比中项问题是历年命题的热点．2．利用等比数列前n 项和公式时注意公比q 的取值，同时对两种数列的性质，要熟悉它们的推导过程，利用好性质，可降低题目的难度，解题时有时还需利用条件联立方程组求解．请做演练巩固提升1二、数列在实际问题中的应用【例2】 有一种零存整取的储蓄项目，在每月某日存入一笔相同金额，这是零存；到期可以提出全部本金和利息，这是整取．它的本利和公式如下：本利和＝每期存入的金额×[存期＋12×存期×(存期＋1)×利率]．(1)试解释这个本利和公式；(2)若每月初存入100元，月利率为5.1%，到第12个月底的本利和是多少？(3)若每月初存入一笔金额，月利率是5.1%，希望到第12个月底取得本利和2 000元，那么每月初应存入多少？方法提炼1．解等差、等比数列应用题时，首先要认真审题，深刻理解问题的实际背景，理清蕴含在语言中的数学关系，把应用问题抽象为数学中的等差、等比数列问题，使关系明朗化、标准化．然后用等差、等比数列知识求解．这其中体现了把实际问题数学化的能力，也就是所谓的数学建模能力．2．等比数列中处理分期付款问题的注意事项 (1)准确计算出在贷款全部付清时，各期所付款额及利息(注：最后一次付款没有利息)． (2)明确各期所付的数额连同到最后一次付款时所生的利息之和，等于商品售价及从购买到最后一次付款时的利息之和．只有掌握了这一点，才可顺利建立等量关系．提醒：银行储蓄单利公式及复利公式分别是：单利公式——设本金为a 元，每期利率为r ，存期为n ，则本利和a n ＝a (1＋rn )，属于等差模型．复利公式——设本金为a 元，每期利率为r ，存期为n ，则本利和a n ＝a (1＋r )n，属于等比模型．请做演练巩固提升3三、数列与解析几何、不等式的综合应用【例3】 已知函数f (x )在(－1,1)上有定义，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－1，且满足x ，y ∈(－1,1)时，f (x )＋f (y )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 1＋xy .(1)证明f (x )在(－1,1)上为奇函数；(2)设数列{x n }中，x 1＝12，x n ＋1＝2x n1＋x 2n，求用n 表示f (x n )的表达式；(3)求证：当n ∈N *时，1f x 1＋1f x 2＋…＋1f x n ＞－2n ＋5n ＋2恒成立．方法提炼数列、函数、解析几何、不等式是高考的重点内容，将三者综合在一起，强强联合命制大型综合题是历年高考的热点和重点．数列是特殊的函数，以数列为背景的不等式证明问题及以函数为背景的数列综合问题体现了在知识交汇点上命题的特点，该类综合题的知识综合性强，能很好地考查逻辑推理能力和运算求解能力，从而一直成为高考命题者的首选．请做演练巩固提升4构造新数列解答数列问题【典例】 (12分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝12，a n ＝－2S n ·S n －1(n ≥2)．求证：S 21＋S 22＋…＋S 2n ≤12－14n.规范解答：∵a n ＝－2S n ·S n －1(n ≥2)， ∴S n －S n －1＝－2S n ·S n －1.两边同除以S n ·S n －1，得1S n －1S n －1＝2(n ≥2)，(2分)∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1＝1a 1＝2为首项，以d ＝2为公差的等差数列．∴1S n ＝1S 1＋(n －1)·d ＝2＋2(n －1)＝2n .∴S n ＝12n .(4分)将S n ＝12n 代入a n ＝－2S n ·S n －1，得a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12n ＝1，12n －2n2n ≥2.(7分)∵S 2n ＝14n 2＜14n n －1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n (n ≥2)，S 21＝14， ∴当n ≥2时，S 21＋S 22＋…＋S 2n ＝14＋14×2×2＋…＋14·n ·n＜14＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋…＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝12－14n；(10分)当n ＝1时，S 21＝14＝12－14×1.综上，S 21＋S 22＋…＋S 2n ≤12－14n.(12分)答题指导：1．在数列的解题过程中，常常要构造新数列，使新数列成为等差或等比数列．构造新数列可以使题目变得简单，而构造新数列要抓住题目信息，不能乱变形．2．本题首先构造新数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n ，其次应用放缩法，并且发现只有应用放缩法才能用裂项相消法求和，从而把问题解决．事实上：14n 2＜14n n －1，也可以看成一个新构造：b n ＝14n n －1.1．已知等差数列{a n }的公差d ≠0，等比数列{b n }的公比q 是小于1的正有理数．若a 1＝d ，b 1＝d 2，且a 21＋a 22＋a 23b 1＋b 2＋b 3是正整数，则q 等于( )．A ．－17B ．17C ．12D ．－122．(2012北京高考)某棵果树前n 年的总产量S n 与n 之间的关系如图所示．从目前记录的结果看，前m 年的年平均产量最高，m 的值为( )．A．5 B．7 C．9 D．113．一辆邮政车自A城驶往B城，沿途有n个车站(包括起点站A和终点站B)，每停靠一站便要卸下前面各站发往该站的邮袋各一个，同时又要装上该站发往后面各站的邮袋各一个，设该车从各站出发时邮政车内的邮袋数构成一个有穷数列{a k}(k＝1,2,3，…，n)．(1)求a1，a2，a3；(2)邮政车从第k站出发时，车内邮袋共有多少个？4．已知正项数列{a n}的前n项和为S n，且a n＋1a n＝2S n，n∈N*.(1)求证：数列{S2n}是等差数列；(2)求解关于n的不等式a n＋1(S n＋1＋S n)＞4n－8；(3)记数列b n＝2S3n，T n＝1b1＋1b2＋…＋1b n，证明：1－1n＋1＜T n＜32－1n.参考答案基础梳理自测基础自测 1．B2．C 解析：设{a n }的公差为d 1，{b n }的公差为d 2，则d 1＝a 6－a 26－2＝84＝2，d 2＝b 6－b 26－2＝124＝3.∴a n ＝a 2＋(n －2)×2＝2n ＋4， b n ＝b 2＋(n －2)×3＝3n －2.∴数列{a n }为6,8,10,12,14,16,18,20,22，…，数列{b n }为1,4,7,10,13,16,19,22，…. ∴{c n }是以10为首项，以6为公差的等差数列． ∴c n ＝10＋(n －1)×6＝6n ＋4.3．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.∴200－19(19＋1)2＝10.4．2n ＋1－3 解析：∵a 1＋a 2＋…＋a n ＝2n －1， 当n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝2(n －1)－1， 两式作差得a n ＝2(n ≥2)， 当n ＝1时，a 1＝1，∴a 1＋a 22＋a 33＋...＋a n n ＝1＋22＋23＋ (2)＝1＋22(1－2n －1)1－2＝2n ＋1－3.5．243 解析：第一天1＋2只，第二天有a 2＝3a 1＝9只，第三天a 3＝3a 2＝27，…，故第n 天为a n ＝3n ，则a 5＝35＝243. 考点探究突破【例1】 解：(1)由题意知，对数列{a n }， ⎩⎪⎨⎪⎧ a 2＋a 4＝34，A 4＝60⇒⎩⎪⎨⎪⎧ a 2＋a 4＝34，a 1＋a 3＝26， ①② ∴①－②可得：2d ＝8. ∴d ＝4，a 1＝9.∴a n ＝4n ＋5(n ∈N *)．由题意知，对数列{b n }，⎩⎪⎨⎪⎧B 4＝120，b 2＋b 4＝90，∴⎩⎪⎨⎪⎧ b 1＋b 3＝30，b 2＋b 4＝90.③④④÷③可得q ＝3，则b 1＝3，∴b n ＝3×3n －1＝3n (n ∈N *)．(2)由c n ＝a n ·b n ＝(4n ＋5)·3n，∴S n ＝9·3＋13·32＋17·33＋…＋(4n ＋5)·3n. 两边同乘以3，得3S n ＝9·32＋13·33＋17·34＋…＋(4n ＋1)·3n ＋(4n ＋5)·3n ＋1. 两式相减，得－2S n ＝9·3＋4·32＋4·33＋…＋4·3n －(4n ＋5)·3n ＋1＝27＋4·32(1－3n －1)1－3－(4n ＋5)·3n ＋1＝27＋2·3n ＋1－18－(4n ＋5)·3n ＋1，∴S n ＝12[(4n ＋3)·3n ＋1－9]．【例2】 解：(1)设每期存入的金额为A ，每期利率为P ，存期为n ，则各期的利息之和为nAP ＋(n －1)AP ＋…＋2AP ＋AP ＝n (n ＋1)AP2，所以本利和为nA ＋n (n ＋1)AP2＝A ⎣⎢⎡⎦⎥⎤n ＋n (n ＋1)2P (元)． (2)到第12个月底的本利和为100⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋12×12×(12＋1)×5.1% ＝1 597.8(元)．(3)设每月初应存入x 元，则有x ⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＋12×12×(12＋1)×5.1%＝2 000， 解得x ≈125.2.所以每月初应存入125.2元．【例3】 解：(1)证明：令x ＝y ＝0， 得2f (0)＝f (0)， ∴f (0)＝0.令y ＝－x ，得f (x )＋f (－x )＝f (0)＝0. ∴f (－x )＝－f (x )．∴f (x )在(－1,1)上是奇函数．(2)f (x 1)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－1， f (x n ＋1)＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x n 1＋x 2n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x n ＋x n 1＋x n x n＝f (x n )＋f (x n )＝2f (x n )，∴数列{f (x n )}是以－1为首项，以2为公比的等比数列．∴f (x n )＝－2n －1.(3)证明：1f (x 1)＋1f (x 2)＋…＋1f (x n )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋122＋…＋12n －1＝－1－12n1－12＝－2＋12n －1＞－2，而－2n ＋5n ＋2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋1n ＋2＝－2－1n ＋2＜－2，∴当n ∈N *时，1f (x 1)＋1f (x 2)＋…＋1f (x n )＞－2n ＋5n ＋2恒成立．演练巩固提升1．C 解析：因为q 是小于1的正有理数，所以首先排除选项A ，D. 又a 12＋a 22＋a 32b 1＋b 2＋b 3＝a 12＋(a 1＋d )2＋(a 1＋2d )2b 1＋b 1q ＋b 1q 2＝14d 2d 2(1＋q ＋q 2)＝141＋q ＋q 2， 则将B ，C 选项中公比q 的值逐一代入141＋q ＋q 2检验知，只有当q ＝12时，a 12＋a 22＋a 32b 1＋b 2＋b 3才是正整数，所以q ＝12.2．C 解析：结合S n 与n 的关系图象可知，前2年产量均为0，显然S 22＝0为最小，在第3年～第9年期间，S n 的增长呈现持续稳定性．但在第9年之后，S n 的增长骤然降低，因为当n ＝9时，S 99的值为最大，故m 的值为9.3．解：(1)由题意得a 1＝n －1， a 2＝(n －1)＋(n －2)－1＝2n －4，a 3＝(n －1)＋(n －2)＋(n －3)－1－2＝3n －9.(2)在第k 站出发时，放上的邮袋共(n －1)＋(n －2)＋…＋(n －k )个， 而从第二站起，每站放下的邮袋共1＋2＋3＋…＋(k －1)个，故a k ＝(n －1)＋(n －2)＋…＋(n －k )－[1＋2＋…＋(k －1)]＝kn －12k (k ＋1)－12k (k －1)＝kn －k 2(k ＝1,2，…，n )，即邮政车从第k 站出发时，车内共有邮袋个数为kn －k 2(k ＝1,2，…，n )．4．解：(1)证明：∵a n ＋1a n＝2S n ，∴a n 2＋1＝2a n S n ，当n ≥2时，(S n －S n －1)2＋1＝2(S n －S n －1)S n ，化简得S n 2－S n －12＝1，由a 1＋1a 1＝2a 1，得a 12＝1＝S 12.∴数列{S n 2}是以S 12＝1为首项，公差为1的等差数列．(2)由(1)知S 2n ＝1＋(n －1)＝n ，又由a n ＋1(S n ＋1＋S n )＞4n －8，得(S n ＋1－S n )(S n ＋1＋S n )＞4n －8，∴S 2n ＋1－S 2n ＞4n －8，即1＞4n －8.∴n ＜94.又n ∈N *，∴不等式的解集为{1,2}．(3)证明：由(1)知b n ＝2S 3n ＝2n n ，∴当n ≥2时，1b n ＝12n n ＜1n (n ＋n －1)＝n －n －1n ＜n －n －1n (n －1)＝1n －1－1n. ∴T n ＜12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＝32－1n.∵1b n ＝12n n ＞1n (n ＋n ＋1)＝n ＋1－n n ＞n ＋1－n n (n ＋1)＝1n －1n ＋1. ∴T n ＞⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1， 故1－1n ＋1＜T n ＜32－1n.。

高中数学数列施教教案教学内容：数列的概念、等差数列和等比数列教学目标：1. 理解数列的概念和性质2. 能够区分等差数列和等比数列3. 能够求解数列的通项公式和前n项和公式4. 能够应用数列知识解决相关问题教学重点：1. 数列的概念和性质2. 等差数列和等比数列的特点3. 求解数列的通项公式和前n项和公式教学难点：1. 区分等差数列和等比数列2. 掌握数列的递推关系式教学准备：1. 课件2. 教科书3. 粉笔、黑板教学过程：一、导入（5分钟）引导学生回顾数列的概念，并提出本节课的学习目标。

二、讲解数列的概念和性质（10分钟）1. 解释数列的概念，并讲解数列的性质和表示方法。

2. 引导学生探讨数列的规律和特点。

三、讲解等差数列和等比数列（15分钟）1. 定义等差数列和等比数列的概念。

2. 分别列举等差数列和等比数列的几个例子，并讲解其特点。

四、求解数列的通项公式和前n项和公式（20分钟）1. 讲解如何求解等差数列和等比数列的通项公式。

2. 讲解如何求解等差数列和等比数列的前n项和公式。

五、练习与巩固（15分钟）1. 练习求解不同类型数列的通项公式和前n项和公式。

2. 带领学生解决相关问题，巩固所学知识。

六、作业布置（5分钟）布置相关作业，让学生进行巩固练习，并督促按时完成。

七、课堂总结（5分钟）总结本节课的教学内容，强调重点和难点，并鼓励学生继续加强练习。

教学反思：本节课通过引导学生从数列的定义、性质和特点出发，掌握了等差数列和等比数列的概念和求解方法，培养了学生的逻辑思维能力和解题能力。

在以后的教学中，需要注重拓展学生的思维，引导他们灵活应用所学知识解决问题。

教学目标：1. 让学生掌握数列的概念和性质，了解数列的基本类型。

2. 培养学生分析问题、解决问题的能力，提高学生的逻辑思维能力。

3. 培养学生对数学学科的兴趣，激发学生的创新精神。

教学重点：1. 数列的概念和性质2. 数列的基本类型教学难点：1. 数列的递推关系2. 数列的通项公式教学过程：一、导入1. 引入新知识：同学们，今天我们来学习一个新的数学概念——数列。

数列在数学中有着广泛的应用，它贯穿于整个数学学科。

接下来，让我们一起走进数列的世界。

二、新课讲授1. 数列的概念：数列是由一系列按照一定顺序排列的数构成的。

例如，1，2，3，4，5，6，7，8，9，10……就是一个数列。

2. 数列的性质：a. 有限数列：数列中元素的个数是有限的。

b. 无穷数列：数列中元素的个数是无限的。

c. 单调数列：数列中的元素按照一定规律逐渐增大或减小。

d. 有界数列：数列中的元素都有一定的界限。

3. 数列的基本类型：a. 等差数列：数列中任意两个相邻的元素之差为常数。

b. 等比数列：数列中任意两个相邻的元素之比为常数。

三、例题讲解1. 例题1：已知数列{an}的前三项分别为2，5，8，求该数列的通项公式。

2. 例题2：已知等差数列{an}的首项为3，公差为2，求第10项的值。

四、课堂练习1. 完成课后练习题，巩固所学知识。

2. 解答以下题目：a. 已知数列{an}的通项公式为an = 3n - 1，求第10项的值。

b. 已知等比数列{an}的首项为2，公比为3，求第5项的值。

五、课堂小结1. 回顾本节课所学内容，总结数列的概念、性质和基本类型。

2. 强调数列的递推关系和通项公式的求解方法。

六、作业布置1. 完成课后作业题，巩固所学知识。

2. 预习下一节课的内容，为后续学习做好准备。

教学反思：1. 本节课通过引入实际生活中的例子，让学生更容易理解数列的概念和性质。

2. 在例题讲解和课堂练习环节，注重培养学生的逻辑思维能力和分析问题、解决问题的能力。

第1讲数列的概念与简单表示法【2013年高考会这样考】1．以数列的前几项为背景，考查“归纳—推理”思想．2．考查已知数列的通项公式或递推关系，求数列的某项．3．考查由数列的递推关系式求数列的通项公式，已知S n与a n的关系求a n等．【复习指导】1．本讲复习主要以数列的概念、通项公式的求法为主．2．对于归纳通项公式的题目，归纳出通项后要进行验证．3．熟练掌握求解数列通项公式的基本方法，尤其是已知递推关系求通项这种基本的方法，另外注意累加法、累积法的灵活应用．基础梳理1．数列的定义按照一定顺序排列着的一列数称为数列．数列中的每一个数叫做这个数列的项．2．数列的分类3.数列的表示法数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和解析法． 4．数列的通项公式如果数列{a n }的第n 项a n 与n 之间的函数关系可以用一个式子a n ＝f (n )来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式． 5．S n 与a n 的关系已知S n ，则a n ＝⎩⎨⎧ S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.在数列{a n }中，若a n 最大，则⎩⎨⎧a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1.若a n 最小，则⎩⎨⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1.一个联系数列是一种特殊的函数，即数列是一个定义在非零自然数集或其子集上的函数，当自变量依次从小到大取值时所对应的一列函数值，就是数列．因此，在研究函数问题时既要注意函数方法的普遍性，又要考虑数列方法的特殊性． 两个区别(1)若组成两个数列的数相同而排列次序不同，那么它们就是不同的两个数列，这有别于集合中元素的无序性．(2)数列中的数可以重复出现，而集合中的元素不能重复出现． 三种方法由递推式求通项a n 的方法： (1)a n ＋1－a n ＝f (n )型，采用叠加法； (2)a n ＋1a n＝f (n )型，采用叠乘法；(3)a n ＋1＝pa n ＋q (p ≠0,1，q ≠0)型，采用待定系数法转化为等比数列解决．双基自测1．(人教A 版教材习题改编)已知数列{a n }的前4项分别为2,0,2,0，则下列各式不可以作为数列{a n }的通项公式的一项是( )． A ．a n ＝1＋(－1)n ＋1B ．a n ＝2sin n π2C ．a n ＝1－cos n πD ．a n ＝⎩⎨⎧2，n 为奇数0，n 为偶数解析 根据数列的前4项验证． 答案 B2．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝2a n －1＋1，则a 5的值为( )． A ．30 B ．31 C ．32 D ．33解析 a 5＝2a 4＋1＝2(2a 3＋1)＋1＝22a 3＋2＋1＝23a 2＋22＋2＋1＝24a 1＋23＋22＋2＋1＝31. 答案 B3．已知a n ＋1－a n －3＝0，则数列{a n }是( )． A ．递增数列 B ．递减数列 C ．常数列D ．不确定解析 ∵a n ＋1－a n －3＝0，∴a n ＋1－a n ＝3＞0，∴a n ＋1＞a n . 故数列{a n }为递增数列． 答案 A4．设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则a 8的值为( )． A ．15 B ．16 C ．49 D ．64 解析 由于S n ＝n 2，∴a 1＝S 1＝1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1，又a 1＝1适合上式． ∴a n ＝2n －1，∴a 8＝2×8－1＝15. 答案 A5．(2012·泰州月考)数列1,1,2,3,5,8,13，x,34,55，…中x 的值为________． 解析 观察数列中项的规律，易看出数列从第三项开始每一项都是其前两项的和． 答案 21考向一 由数列的前几项求数列的通项【例1】►写出下面各数列的一个通项公式： (1)3,5,7,9，…；(2)12，34，78，1516，3132，…； (3)－1，32，－13，34，－15，36，…； (4)3,33,333,3 333，….[审题视点] 先观察各项的特点，然后归纳出其通项公式，要注意项与项之间的关系，项与前后项之间的关系．解 (1)各项减去1后为正偶数，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21,22,23，24，…，所以a n ＝2n －12n .(3)奇数项为负，偶数项为正，故通项公式中含因子(－1)n ；各项绝对值的分母组成数列1,2,3,4，…；而各项绝对值的分子组成的数列中，奇数项为1，偶数项为3，即奇数项为2－1，偶数项为2＋1，所以a n ＝(－1)n·2＋(－1)nn .也可写为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1n ，n 为正奇数，3n ，n 为正偶数.(4)将数列各项改写为：93，993，9993，9 9993，…，分母都是3，而分子分别是10－1,102－1,103－1，104－1，…，所以a n ＝13(10n －1)．根据数列的前几项求通项公式时，需仔细观察分析，抓住以下几方面的特征：(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：把数列的项分成变化的部分和不变的部分；(4)各项符号特征．若关系不明显时，应将部分项作适当的变形，统一成相同的形式，让规律凸现出来． 【训练1】 已知数列{a n }的前四项分别为1,0,1,0，给出下列各式：①a n ＝1－(－1)n 2；②a n ＝1＋(－1)n 2；③a n ＝sin 2n π2；④a n ＝1－cos n π2；⑤a n ＝⎩⎨⎧1(n 为正偶数)0(n 为正奇数)；⑥a n ＝1＋(－1)n ＋12＋(n －1)(n －2)．其中可以作为数列{a n }的通项公式的有________(填序号)．答案 ①③④考向二 由a n 与S n 的关系求通项a n【例2】►已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝3n －1，则它的通项公式为a n ＝________. [审题视点] 利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)求解．解析 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n －1－(3n －1－1)＝2·3n －1；当n ＝1时，a 1＝S 1＝2也满足a n ＝2·3n －1.故数列{a n }的通项公式为a n ＝2·3n －1. 答案 2·3n －1数列的通项a n 与前n 项和S n 的关系是a n ＝⎩⎨⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1， n ≥2.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．【训练2】 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1，则其通项公式为________． 解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＋1＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n 2－2n ＋1－[3(n －1)2－2(n －1)＋1]＝6n －5，显然当n ＝1时，不满足上式．故数列的通项公式为a n ＝⎩⎨⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2.答案 a n ＝⎩⎨⎧2，n ＝16n －5，n ≥2考向三 由数列的递推公式求通项【例3】►根据下列条件，确定数列{a n }的通项公式． (1)a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2； (2)a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)；(3)已知数列{a n }满足a n ＋1＝a n ＋3n ＋2，且a 1＝2，求a n .[审题视点] (1)可用构造等比数列法求解．(2)可转化后利用累乘法求解．(3)可利用累加法求解．解 (1)∵a n ＋1＝3a n ＋2，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，∴a n ＋1＋1a n ＋1＝3，∴数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3， 又a 1＋1＝2，∴a n ＋1＝2·3n －1，∴a n ＝2·3n －1－1.(2)∵a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，∴a n －1＝n －2n －1a n －2，…，a 2＝12a 1.以上(n －1)个式子相乘得a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n .(3)∵a n ＋1－a n ＝3n ＋2，∴a n －a n －1＝3n －1(n ≥2)，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n (3n ＋1)2(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝12×(3×1＋1)＝2符合公式，∴a n ＝32n 2＋n 2.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．【训练3】 根据下列各个数列{a n }的首项和基本关系式，求其通项公式． (1)a 1＝1，a n ＝a n －1＋3n －1(n ≥2)； (2)a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n . 解 (1)∵a n ＝a n －1＋3n －1(n ≥2)，∴a n －1＝a n －2＋3n －2， a n －2＝a n －3＋3n －3， …a 2＝a 1＋31，以上(n －1)个式子相加得 a n ＝a 1＋31＋32＋…＋3n －1＝1＋3＋32＋…＋3n －1＝3n －12.(2)∵a n ＋1＝a n ＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ，∴a n ＋1－a n ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＝ln n ＋1n ，∴a n －a n －1＝ln nn －1，a n －1－a n －2＝ln n －1n －2，…a 2－a 1＝ln 21，以上(n －1)个式相加得，∴a n －a 1＝ln n n －1＋ln n －1n －2＋…＋ln 21＝ln n ．又a 1＝2，∴a n ＝ln n ＋2.考向四 数列性质的应用【例4】►已知数列{a n }的通项a n ＝(n ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n (n ∈N ＋)，试问该数列{a n }有没有最大项？若有，求最大项的项数；若没有，说明理由． [审题视点] 作差：a n ＋1－a n ，再分情况讨论．解 ∵a n ＋1－a n ＝(n ＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n ＋1－(n ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1011n 9－n11.当n ＜9时，a n ＋1－a n ＞0，即a n ＋1＞a n ； 当n ＝9时，a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝a n ； 当n ＞9时，a n ＋1－a n ＜0，即a n ＋1＜a n ；故a 1＜a 2＜a 3＜…＜a 9＝a 10＞a 11＞a 12＞…，所以数列中有最大项为第9,10项．(1)数列可以看作是一类特殊的函数，因此要用函数的知识，函数的思想方法来解决．(2)数列的单调性是高考常考内容之一，有关数列最大项、最小项、数列有界性问题均可借助数列的单调性来解决，判断单调性时常用①作差法，②作商法，③结合函数图象等方法．【训练4】 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－n 2＋24n (n ∈N *)． (1)求{a n }的通项公式；(2)当n 为何值时，S n 达到最大？最大值是多少？ 解 (1)n ＝1时，a 1＝S 1＝23.n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－n 2＋24n ＋(n －1)2－24(n －1)＝－2n ＋25.经验证，a 1＝23符合a n ＝－2n ＋25， ∴a n ＝－2n ＋25(n ∈N *)．(2)法一 ∵S n ＝－n 2＋24n ，∴n ＝12时，S n 最大且S n ＝144.法二 ∵a n ＝－2n ＋25，∴a n ＝－2n ＋25＞0，有n ＜252.∴a 12＞0，a 13＜0， 故S 12最大，最大值为144.难点突破13——数列中最值问题的求解从近几年新课标高考可以看出，对求数列中的最大项是高考的热点，一般难度较大．解决这类问题时，要利用函数的单调性研究数列的最值，但要注意数列的单调性与函数的单调性有所不同，其自变量的取值是不连续的，只能取正整数，所以在求数列中的最大(小)项时，应注意数列中的项可以是相同的，故不应漏掉等号．【示例1】► (2010·辽宁)已知数列{a n }满足a 1＝33，a n ＋1－a n ＝2n ，则a n n 的最小值为________．【示例2】►(2011·浙江)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n (n ＋4)⎝ ⎛⎭⎪⎫23n 中的最大项是第k 项，则k ＝________.。

高考数学一轮复习 第六章 数列6．3等比数列及其前n 项和教学案 理 新人教A 版考纲要求1．理解等比数列的概念．2．掌握等比数列的通项公式和前n 项和公式．3．能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题． 4．了解等比数列与指数函数的关系．1．等比数列的相关概念相关名词等比数列{a n }的有关概念及公式定义 a n ＋1a n ＝q(q 是常数且q≠0，n∈N *)或a n a n －1＝q (q 是常数且q ≠0，n ∈N *且n ≥2)通项公式 a n ＝__________，a n ＝a m ·q n －m前n 项和公式 S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧，q ＝1， ，q ≠1等比中项如果三个数a ，G ，b 组成等比数列，则G 叫做a 和b 的等比中项，且__________.2.等比数列有关性质(1)在等比数列中，若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝__________(m ，n ，p ，q ∈N *)． (2)间隔相同的项，如a 1，a 3，a 5，…仍为等比数列，且公比为__________．(3)等比数列{a n }的前n 项和为S n (S n ≠0)，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等比数列，公比为__________．(4)单调性若⎩⎪⎨⎪⎧ a 1>0，q >1或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1<0，0<q <1⇔{a n }__________． 若⎩⎪⎨⎪⎧a 1>0，0<q <1或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1<0，q >1⇔{a n }__________．q ＝1⇔{a n }为常数列，q ＜0⇔{a n }为摆动数列．1．在等比数列{a n }中，若a 5＝4，则a 2a 8等于( )．A ．4B ．8C ．16D ．32 2．在等比数列{a n }中，若a 4＝8，q ＝－2，则a 7的值为( )． A ．－64 B ．64 C ．－48 D ．48 3．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2＝( )．A ．－11B ．－8C ．5D ．114．设数列1，(1＋2)，…，(1＋2＋22＋…＋2n －1)，…的前n 项和为S n ，则S n ＝__________.一、等比数列的判定与证明【例1】设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－2a n ，证明数列{b n }是等比数列； (2)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是等差数列．方法提炼等比数列的判定方法： (1)定义法：若a n ＋1a n ＝q (q 为非零常数，n ∈N *)或a n a n －1＝q (q 为非零常数且n ≥2，n ∈N *)，则{a n }是等比数列．(2)中项公式法：若数列{a n }中，a n ≠0且a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(n ∈N *)，则数列{a n }是等比数列． (3)通项公式法：若数列通项公式可写成a n ＝c ·q n －1(c ，q 均是不为0的常数，n ∈N *)，则{a n }是等比数列．(4)前n 项和公式法：若数列{a n }的前n 项和S n ＝k ·q n－k (k 为常数且k ≠0，q ≠0,1)，则{a n }是等比数列．提醒：(1)前两种方法是判定等比数列的常用方法，常用于证明，而后两种方法常用于选择题、填空题中的判定．(2)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比即可． 请做演练巩固提升5二、等比数列的基本运算【例2－1】 (2012重庆高考)首项为1，公比为2的等比数列的前4项和S 4＝__________.【例2－2】 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 . 方法提炼1．等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)可迎刃而解．2．解决此类问题的关键是熟练掌握等比数列的有关公式，并灵活运用，在运算过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算的过程．3．在使用等比数列的前n 项和公式时，应根据公比q 的情况进行分类讨论，切不可忽视q 的取值而盲目用求和公式．提醒：数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝aq n＋b (a ，b ∈R )，{a n }是等比数列，则a ，b应满足a ＋b ＝0且a ，b 均不为0.∵由S n ＝aq n＋b ，可知{a n }的公比q ≠1，∴S n ＝a 11－q n 1－q ＝－a 11－q ·q n＋a 11－q .观察可知a ＝－a 11－q ，b ＝a 11－q ，∴a ＋b ＝0且a 与b 不等于0.请做演练巩固提升1,3三、等比数列的性质及其应用【例3－1】 (1)已知等比数列{a n }中，有a 3a 11＝4a 7，数列{b n }是等差数列，且b 7＝a 7，求b 5＋b 9的值．(2)在等比数列{a n }中，若a 1a 2a 3a 4＝1，a 13a 14a 15a 16＝8，求a 41a 42a 43a 44.【例3－2】已知方程(x 2－mx ＋2)(x 2－nx ＋2)＝0的四个根组成以12为首项的等比数列，求m n的值．方法提炼1．等比数列的性质可以分为三类：(1)通项公式的变形，(2)等比中项的变形，(3)前n 项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．2．等比数列的常用性质(1)数列{a n }是等比数列，则数列{pa n }(p ≠0，p 是常数)也是等比数列；(2)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；(3)a n ＝a m ·q n －m (n ，m ∈N *)；(4)若m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ；(5)若等比数列{a n }的公比不为－1，前n 项和为S n ，则S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，S 4k －S 3k是等比数列．请做演练巩固提升4未注意数列首项的特殊而致误【典例】 已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝a n ＋a n ＋12，n ∈N *.(1)令b n ＝a n ＋1－a n ，证明：{b n }是等比数列； (2)求{a n }的通项公式．错解：(1)证明：∵b n ＝a n ＋1－a n ＝a n －1＋a n2－a n＝－12(a n －a n －1)＝－12b n －1，∴{b n }是等比数列．(2)解：b n ＝a n ＋1－a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －2＝1＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －11－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝1＋23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1， ∴a n ＝53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1(n ∈N )．正解：(1)证明：b 1＝a 2－a 1＝1，当n ≥2时，b n ＝a n ＋1－a n ＝a n －1＋a n2－a n＝－12(a n －a n －1)＝－12b n －1，∴{b n }是首项为1，公比为－12的等比数列．(2)解：由(1)知b n ＝a n ＋1－a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －2＝1＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －11－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝1＋23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1，当n ＝1时，53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－121－1＝1＝a 1，∴{a n }的通项公式为a n ＝53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1(n ∈N *)．答题指导：本题难度并不大，属于一道中等难度的题目，但大部分考生都因解题不规范，步骤不完整等原因被扣分，如解(1)题时未说明{b n }的首项和公比．解第(2)题时未对n ＝1的情况进行检验等，因此在解题时一定注意步骤的完整性及逻辑的严谨性．1．(2012大纲全国高考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，则S n ＝( )．A ．2n －1B.⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1C.⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1 D.12n －12．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋n ＋1，n ∈N *，若数列{a n ＋pn ＋q }是等比数列，则实数p ，q 的值分别等于( )．A ．1,2B ．2,1C ．2,2D ．1,33．设等比数列{a n }的公比q ＝3，前n 项和为S n ，则S 4a 2等于__________． 4．在正项等比数列{a n }中，若1a 2a 4＋2a 24＋1a 4a 6＝81，则1a 3＋1a 5＝__________.5．(2012陕西高考)已知等比数列{a n }的公比q ＝－12.(1)若a 3＝14，求数列{a n }的前n 项和；(2)证明：对任意k ∈N ＋，a k ，a k ＋2，a k ＋1成等差数列．参考答案基础梳理自测知识梳理1．a 1·q n －1na 1 a 1(1－q n )1－q G 2＝ab2．(1)a p ·a q (2)q 2 (3)q n(4)递增 递减基础自测1．C 解析：∵{a n }是等比数列且2＋8＝2×5，∴a 2·a 8＝a 52＝16.2．A 解析：依题意得a 7＝a 4q 3＝8×(－2)3＝－64. 故选A.3．A 解析：由8a 2＋a 5＝0， ∴a 5a 2＝－8，即q 3＝－8，q ＝－2.∴S 5S 2＝a 1(1－q 5)1－q a 1(1－q 2)1－q＝1－q 51－q 2＝33－3＝－11. 4．2n ＋1－n －2 解析：由已知得数列的通项a n ＝1×(1－2n)1－2＝2n－1，∴S n ＝(2＋22＋…＋2n )－n ＝2×(1－2n)1－2－n ＝2n ＋1－n －2.考点探究突破【例1】证明：(1)由a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2得a 1＋a 2＝4a 1＋2，a 2＝3a 1＋2＝5， ∴b 1＝a 2－2a 1＝3. 由S n ＋1＝4a n ＋2，①则当n ≥2时，有S n ＝4a n －1＋2.② ①－②得a n ＋1＝4a n －4a n －1， ∴a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1)． 又∵b n ＝a n ＋1－2a n . ∴b n ＝2b n －1.∴数列{b n }是首项为3，公比为2的等比数列．(2)由(1)可得b n ＝a n ＋1－2a n ＝3·2n －1， ∴a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝34. ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为12，公差为34的等差数列．【例2－1】 15 解析：由等比数列前n 项和公式S n ＝a 1(1－q n )1－q 得，S 4＝1－241－2＝15.【例2－2】 解：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.【例3－1】 解：(1)∵a 3a 11＝a 72＝4a 7，且a 7≠0， ∴a 7＝4.∴b 7＝4. ∵{b n }为等差数列， ∴b 5＋b 9＝2b 7＝8.(2)a 1a 2a 3a 4＝a 1·a 1q ·a 1q 2·a 1q 3＝a 41q 6＝1，①a 13a 14a 15a 16＝a 1q 12·a 1q 13·a 1q 14·a 1q 15＝a 41·q 54＝8，②②÷①得，a 14·q 54a 14·q6＝q 48＝8⇒q 16＝2，又a 41a 42a 43a 44＝a 1q 40·a 1q 41·a 1q 42·a 1q 43＝a 14·q 166＝a 14·q 6·q 160＝(a 14·q 6)·(q 16)10＝1·210＝1 024.【例3－2】 解：设a ，b ，c ，d 是方程(x 2－mx ＋2)(x 2－nx ＋2)＝0的四个根，不妨设a ＜c ＜d ＜b ，则a ·b ＝c ·d ＝2，a ＝12，故b ＝4，根据等比数列的性质，得到：c ＝1，d＝2，则m ＝a ＋b ＝92，n ＝c ＋d ＝3，或m ＝c ＋d ＝3，n ＝a ＋b ＝92，则m n ＝32或m n ＝23.演练巩固提升1．B 解析：∵S n ＝2a n ＋1，∴S n －1＝2a n (n ≥2)， 两式相减得：a n ＝2a n ＋1－2a n ， ∴a n ＋1a n ＝32. ∴数列{a n }从第2项起为等比数列．又n ＝1时，S 1＝2a 2，∴a 2＝12.∴S n ＝a 1＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －11－32＝1－⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.2．A 解析：依题意有a n ＋1＋p (n ＋1)＋q a n ＋pn ＋q＝m 对任意n ∈N *都成立，得a n ＋1＋p (n ＋1)＋q ＝ma n ＋mpn ＋mq ， 又a n ＋1＝2a n ＋n ＋1，则2a n ＋n ＋1＋pn ＋p ＋q ＝ma n ＋mpn ＋mq ，即(2－m )a n ＋(p ＋1－mp )n ＋p ＋1＋q －mq ＝0. 由已知可得a n ＞0，所以⎩⎪⎨⎪⎧2－m ＝0，p ＋1－mp ＝0，p ＋1＋q －mq ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝2，p ＝1，q ＝2.故选A.3．403 解析：由题意得S 4＝a 1(1－34)1－3＝40a 1，a 2＝3a 1，∴S 4a 2＝403. 4．9 解析：∵a 2a 4＝a 32，a 4a 6＝a 52，a 42＝a 3·a 5，∴1a 2a 4＋2a 42＋1a 4a 6＝1a 32＋2a 3a 5＋1a 52＝81，即⎝⎛⎭⎪⎫1a 3＋1a 52＝81.又a 3＞0，a 5＞0， 故1a 3＋1a 5＝9.5．解：(1)由a 3＝a 1q 2＝14及q ＝－12，得a 1＝1，所以数列{a n }的前n 项和S n ＝1×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －13.(2)证明：对任意k ∈N ＋，2a k ＋2－(a k ＋a k ＋1)＝2a 1q k ＋1－(a 1q k －1＋a 1q k )＝a 1q k －1(2q 2－q －1)，由q ＝－12得2q 2－q －1＝0，故2a k ＋2－(a k ＋a k ＋1)＝0.所以，对任意k ∈N ＋，a k ，a k ＋2，a k ＋1成等差数列．。

2013年高考数学一轮复习精品教学案6.1 数列的概念【考纲解读】1.了解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图象、通项公式）．2.了解数列是自变量为正整数的一类函数． 【考点预测】高考对此部分内容考查的热点与命题趋势为:1.数列是历年来高考重点内容之一, 在选择题、填空题与解答题中均有可能出现，一般考查一个大题一个小题,难度中低高都有，在解答题中，经常与不等式、函数等知识相结合，在考查数列知识的同时，又考查转化思想和分类讨论等思想，以及分析问题、解决问题的能力.2.2013年的高考将会继续保持稳定,坚持考查数列与其他知识的结合，或在选择题、填空题中继续搞创新,命题形式会更加灵活.【要点梳理】1.按照一定次序排列起来的一列数叫做数列,数列中的每个数叫做这个数列的项.2.数列{}n a 的第n 项与n 之间的关系可以用一个公式()n a f n =来表示,则()n a f n =叫做数列的通项公式,注意:并非每个数列都有通项公式,也并非都是唯一的.3.数列的常用表示方法有:解析法、列表法、图象法.4.数列分类:(1)数列按项数来分,分为有穷数列与无穷数列;(2)按项的增减规律分为递增数列、递减数列、常数列和摆动数列.考点一 数列的通项公式n a 与前n 项和n S 的关系例1.(2012年高考全国卷文科6)已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =，12n n S a +=，,则n S =( )（A ）12-n （B ）1)23(-n （C ）1)32(-n （D ）121-n【答案】B 【解析】因为n n n S S a -=++11，所以由12+=n n a S 得，)(21n n n S S S -=+，整理得123+=n n S S ，所以231=+nn S S ，所以数列}{n S 是以111==a S 为首项，公比23=q 的等比数列，所以1)23(-=n n S ，选B.【名师点睛】本小题主要考查数列中，已知通项公式na 与前n 项和nS 的关系，熟练基本知识是解决本类问题的关键.【变式训练】1.（2010年高考上海卷文科21）已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且585n n S n a =--，*n N ∈(1)证明：{}1n a -是等比数列；(2)求数列{}n S 的通项公式，并求出使得1n n S S +>成立的最小正整数n.考点二 已知递推关系,求通项例2.（2008年高考四川卷文科16）设数列{}n a 中，112,1n n a a a n +==++，则通项n a =___________.2. 已知数列{}n a 中，11a =,121n n a a +=+,求数列{}n a 的通项公式.【解析】由121n n a a +=+得: 112(1)n n a a ++=+,所以1121n n a a ++=+,【易错专区】问题：忽略1n =与2n ≥时的讨论例. 已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且223n S n n =++，求数列{}n a 的通项公式.1．（2010年高考陕西卷理科9）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) 必要条件 (D) 既不充分也不必要条件2．(山东省青岛市2012届高三上学期期末文科)设同时满足条件：①122++≥+n n n b b b ；②n b M ≤(N n +∈，M 是与n 无关的常数)的无穷数列{}n b 叫“嘉文”数列.已知数列{}n a 的前n 项和n S 满足：(1)1n n aS a a =--（a 为常数，且0a ≠，1a ≠）． 求数列{}n a 的通项公式.【解析】（Ⅰ）因为11(1)1aS a a =--所以1a a =3.(山东省淄博市2012年3月高三第一次模拟）已知数列{an}中，a1=5且an=2an-1+2n-1(n≥2且n∈N*).(Ⅰ)证明：数列12nna-⎧⎫⎨⎬⎩⎭为等差数列；(Ⅱ)求数列{ an-1}的前n项和Sn.1. (2010年高考安徽卷文科5)设数列{}na的前n项和2nS n=，则8a的值为( )（A）15 (B) 16 (C) 49 （D）64 【答案】A【解析】887644915a S S=-=-=.2. （2011年高考四川卷文科9)数列{an}的前n项和为Sn，若a1=1, an+1 =3Sn(n ≥1),则a6=( )（A）3 ×44 （B）3 × 44+1(C) 44 （D）44+13. (2012年高考广东卷文科19)设数列{}na前n项和为nS，数列{}nS的前n项和为nT，满足22n nT S n=-，*n∈N.（1）求1a的值；（2）求数列{}na的通项公式.4. (2012年高考浙江卷文科19)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=22n n+，n∈N﹡，数列{bn}满足an=4log2bn＋3，n∈N﹡.（1）求an，bn；（2）求数列{an·bn}的前n项和Tn.。

2013年高考数学一轮复习精品教学案6.5 数列的应用〔新课标人教版，教师版〕[考纲解读]能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题 [考点预测]高考对此部分内容考查的热点与命题趋势为: 1.数列是历年来高考重点内容之一, 在选择题、填空题与解答题中均有可能出现，一般考查一个大题一个小题,难度中低高都有，在解答题中，经常与不等式、函数等知识相结合，在考查数列知识的同时，又考查转化思想和分类讨论等思想，以及分析问题、解决问题的能力. 2.2013年的高考将会继续保持稳定,坚持考查数列与其他知识的结合，或在选择题、填空题中继续搞创新,命题形式会更加灵活. [要点梳理]1.数列是一种特殊的函数,解数列题注意运用方程与函数的思想和方法.2.等价转化思想是解数列有关问题的基本思想方法,复杂的数列求和问题经常转化为等差或等比或常见特殊数列的求和问题.3.分类讨论问题在数列解答题中常常遇到,如等比数列中,经常要对公比进行讨论;n S 求n a 时,要对1n =与n ≥进行分类讨论.4.解答数列的实际应用题时,要建立数列模型,应明确是等差数列模型还是等比数列模型,还是递推数列模型? [例题精析]考点一 等差数列与等比数列的综合应用 例1. 〔2010年高考湖北卷文科7〕等比数列{m a }中，各项都是正数，且1a ，321,22a a 成等差数列，那么91078a a a a +=+( )A.12+B. 12-C. 322+D 322-[名师点睛]本小题主要考查等差等比数列的通项公式，熟练基本公式是解决好本类问题的关键. [变式训练]1. 〔山东省济南一中2012届高三上学期期末〕等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，11a =， 假设1234,2,a a a 成等差数列，那么4S = ( ) A ． 7 B ． 8 C ． 16 D ．15考点二 数列与三角函数、不等式等知识的结合例2.(2011年高考福建卷理科16)等比数列{a n }的公比q=3，前3项和S 3=133. 〔I 〕求数列{a n }的通项公式；〔II 〕假设函数()sin(2)(0,0)f x A x A p ϕϕπ=+><<<在6x π=处取得最大值，且最大值为a 3，求函数f 〔x 〕的解析式。

数列教学设计精选5篇数列教案篇一关键词高中数学；案例式教学问题教学是数学学科知识内涵和要点的有效载体，是教学目标理念展现的重要途径，是能力素养培养的重要平台。

长期以来，问题教学活动方略的实施，一直以来成为广大高中数学教师进行探究和实践的重要课题。

但在传统问题教学活动中，部分教师片面的将问题教学看作是知识内容、解题方法传授的“工具”，在问题内容的设置和问题解答的传授中，不能精心准备，有的放矢，导致问题教学的效能达不到预期目标。

新实施的高中数学课程标准则指出：“要注重发挥数学问题承载知识内涵的重要载体以及学生能力培养的功能特性”，“设置‘少而精’的数学问题，实现学生知识内涵有效掌握和能力品质的有效提升。

”可见，传统“胡子眉毛一把抓”的“题海式”问题教学模式，已经不能适应新课改的要求。

“少而精”的“典型性”的案例式教学模式，以其在反映教学内涵要义上的精准性，培养学生学习能力上的功能性等特征，成为有效教学的重要组成部分。

近几年来，本人就如何做好案例式教学活动进行了尝试，现就如何选取典型案例，培养学生学习能力方面进行简要阐述。

一、问题案例应凸显“精”字，体现精辟性，使学生在感知问题内涵中领会设计意图案例1 已知A（-2，-3），B（4,1），延长AB至点P，使AP的绝对值等于PB绝对值的三倍，求点P的坐标。

上述问题是教师在教学“平面向量的坐标运算”知识内容，在讲解“向量定比分点的几何运用”考察点时所设置的一道问题案例。

教师在引导学生进行问题分析过程中，使学生了解到该问题是考查学生向量的定比分点坐标公式的应用。

然后，教师再次引导学生进行问题解答方法的探索，通过对问题条件关系的分析，发现该问题可以采用两种不同的解答方法，一种是利用向量定比分点坐标公式求，考虑P为分点，应用定比分点坐标公式求点P的坐标。

第二种是把向量的定比分点坐标公式看做是一个等量关系，通过解方程的思想处理问题。

学生在上述问题解答过程中，对向量定比分点坐标公式的运用有较为准确和深刻的掌握，并对如何运用该知识点内容做到“胸中有数”。

第3节 等比数列及其前n 项和考试要求 1.理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n 项和公式；2.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题；3.了解等比数列与指数函数的关系.知 识 梳 理1.等比数列的概念(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个非零常数，那么这个数列叫做等比数列. 数学语言表达式：a na n －1＝q (n ≥2，q 为非零常数). (2)如果三个数a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项，其中G ＝±ab . 2. 等比数列的通项公式及前n 项和公式(1)假设等比数列{a n }的首项为a 1，公比是q ，那么其通项公式为a n ＝a 1q n －1；通项公式的推广：a n ＝a m qn －m.(2)等比数列的前n 项和公式：当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1〔1－q n 〕 1－q ＝a 1－a n q1－q.3.等比数列的性质{a n }是等比数列，S n 是数列{a n }的前n 项和.(1)假设k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，那么有a k ·a l ＝a m ·a n . (2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…仍是等比数列，公比为q m .(3)当q ≠－1，或q ＝－1且n 为奇数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…仍成等比数列，其公比为q n .[常用结论与微点提醒]1.假设数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，那么数列{c ·a n }(c ≠0)，{|a n |}，{a 2n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 也是等比数列.2.由a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能立即断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0.3.在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形而导致解题失误.诊 断 自 测1.判断以下结论正误(在括号内打“√〞或“×〞) (1)等比数列公比q 是一个常数，它可以是任意实数.( ) (2)三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件是b 2＝ac .( )(3)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，那么其前n 项和为S n ＝a 〔1－a n 〕1－a.( )(4)数列{a n }为等比数列，那么S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列.( ) 解析 (1)在等比数列中，q ≠0.(2)假设a ＝0，b ＝0，c ＝0满足b 2＝ac ，但a ，b ，c 不成等比数列. (3)当a ＝1时，S n ＝na .(4)假设a 1＝1，q ＝－1，那么S 4＝0，S 8－S 4＝0，S 12－S 8＝0，不成等比数列. 答案 (1)× (2)× (3)× (4)×2.(老教材必修5P53T1改编){a n }是等比数列，a 4＝16，公比q ＝2，那么a 1等于( ) A.2 B.－2 C.12D.－12解析 由题意，得a 4＝a 1q 3＝8a 1＝16，解得a 1＝2. 答案 A3.(老教材必修5P61T1改编)等比数列{a n }的首项a 1＝－1，前n 项和为S n ，假设S 10S 5＝3132，那么{a n }的通项公式a n ＝________. 解析 因为S 10S 5＝3132，所以S 10－S 5S 5＝－132， 因为S 5，S 10－S 5，S 15－S 10成等比数列，且公比为q 5，所以q 5＝－132，q ＝－12，那么a n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1.答案 －⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －14.(2020·晋冀鲁豫名校联考)公比不为1的等比数列{a n }满足a 5a 6＋a 4a 7＝18，假设a 1a m ＝9，那么m 的值为( ) A.8 B.9 C.10 D.11解析 由题意得，2a 5a 6＝18，a 5a 6＝9，∴a 1a m ＝a 5a 6＝9， ∴m ＝10. 答案 C5.(2018·卷)“十二平均律〞是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122.假设第一个单音的频率为f ，那么第八个单音的频率为( ) A.32f B.322f C.1225f D.1227f解析 由题意知十三个单音的频率依次构成首项为f ，公比为122的等比数列，设此数列为{a n }，那么a 8＝1227f ，即第八个单音的频率为1227f . 答案 D6.(2019·全国Ⅰ卷)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和.假设a 1＝13，a 24＝a 6，那么S 5＝________.解析 由a 24＝a 6得(a 1q 3)2＝a 1q 5，整理得q ＝1a 1＝3.所以S 5＝a 1〔1－q 5〕1－q ＝13〔1－35〕1－3＝1213.答案1213考点一 等比数列基本量的运算[例1] (1)(2019·全国Ⅲ卷)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，那么a 3＝( ) A.16 B.8 C.4 D.2(2)(2020·某某一模)在数列{a n }中，满足a 1＝2，a 2n ＝a n －1·a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)，S n 为{a n }的前n 项和，假设a 6＝64，那么S 7的值为( )A.126B.256C.255D.254解析 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，由a 5＝3a 3＋4a 1得q 4＝3q 2＋4，得q 2＝4，因为数列{a n }的各项均为正数，所以q ＝2，又a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝a 1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a 1＝1，所以a 3＝a 1q 2＝4.(2)数列{a n }中，满足a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)， 那么数列{a n }为等比数列，设其公比为q ， 又由a 1＝2，a 6＝64，得q 5＝a 6a 1＝32，那么q ＝2， 那么S 7＝a 1〔1－27〕1－2＝28－2＝254.答案 (1)C (2)D规律方法 1.等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二〞，通过列方程(组)便可迎刃而解.2.等比数列的前n 项和公式涉及对公比q 的分类讨论，当q ＝1时，{a n }的前n 项和S n ＝na 1；当q ≠1时，{a n }的前n 项和S n ＝a 1〔1－q n 〕1－q ＝a 1－a n q1－q.[训练1] (1)等比数列{a n }中各项均为正数，S n 是其前n 项和，且满足2S 3＝8a 1＋3a 2，a 4＝16，那么S 4＝( ) A.9 B.15 C.18 D.30(2)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，那么a 4＝________. 解析 (1)设数列{a n }的公比为q (q >0)，那么⎩⎪⎨⎪⎧2S 3＝2〔a 1＋a 1q ＋a 1q 2〕＝8a 1＋3a 1q ，a 1q 3＝16，解得q ＝2，a 1＝2，所以S 4＝2〔1－24〕1－2＝30.(2)由{a n }为等比数列，设公比为q .由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝－1，①a 1－a 1q 2＝－3，②显然q ≠1，a 1≠0，②①得1－q ＝3，即q ＝－2，代入①式可得a 1＝1， 所以a 4＝a 1q 3＝1×(－2)3＝－8. 答案 (1)D (2)－8考点二 等比数列的判定与证明[例2] 设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(n －1)S n ＋2n (n ∈N *). (1)求a 2，a 3的值；(2)求证：数列{S n ＋2}是等比数列.(1)解 因为a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(n －1)S n ＋2n (n ∈N *)， 所以当n ＝1时，a 1＝2×1＝2； 当n ＝2时，a 1＋2a 2＝(a 1＋a 2)＋4， 所以a 2＝4；当n ＝3时，a 1＋2a 2＋3a 3＝2(a 1＋a 2＋a 3)＋6， 所以a 3＝8. 综上，a 2＝4，a 3＝8.(2)证明 因为a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(n －1)S n ＋2n (n ∈N *)，① 所以当n ≥2时，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝(n －2)S n －1＋2(n －1).②①－②，得na n ＝(n －1)S n －(n －2)S n －1＋2＝n (S n －S n －1)－S n ＋2S n －1＋2＝na n －S n ＋2S n －1＋2. 所以－S n ＋2S n －1＋2＝0，即S n ＝2S n －1＋2， 所以S n ＋2＝2(S n －1＋2).因为S 1＋2＝4≠0，所以S n －1＋2≠0，所以S n ＋2S n －1＋2＝2，故{S n ＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列.规律方法 1.证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择题、填空题中的判定；假设证明某数列不是等比数列，那么只要证明存在连续三项不成等比数列即可.2.在利用递推关系判定等比数列时，要注意对n ＝1的情形进行验证.[训练2] (2019·某某二模)S n 为等比数列{a n }的前n 项和，a 4＝9a 2，S 3＝13，且公比q >0. (1)求a n 及S n ；(2)是否存在常数λ，使得数列{S n ＋λ}是等比数列？假设存在，求λ的值；假设不存在，请说明理由.解 (1)易知q ≠1，由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 3＝9a 1q ，a 1〔1－q 3〕1－q＝13，q >0，解得a 1＝1，q ＝3， ∴a n ＝3n －1，S n ＝1－3n 1－3＝3n－12.(2)假设存在常数λ，使得数列{S n ＋λ}是等比数列， ∵S 1＋λ＝λ＋1，S 2＋λ＝λ＋4，S 3＋λ＝λ＋13， ∴(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)，解得λ＝12，此时S n ＋12＝12×3n，那么S n ＋1＋12S n ＋12＝12×3n ＋112×3n＝3，故存在常数λ＝12，使得数列{S n ＋12}是以32为首项，3为公比的等比数列.考点三 等比数列的性质及应用[例3] (1)(2020·某某统考)等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 8a 13＝64，那么log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 20＝________.(2)(一题多解)(2019·某某模拟)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，假设S 10＝20，S 30＝140，那么S 40＝( )A.280B.300C.320D.340解析 (1)由等比数列的性质可得a 10a 11＝a 8a 13， 所以a 10a 11＋a 8a 13＝2a 10a 11＝64， 所以a 10a 11＝32，所以log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 20＝log 2(a 1·a 2·a 3·…·a 20)＝log 2[(a 1·a 20)·(a 2·a 19)·(a 3·a 18)·…·(a 10·a 11)]＝log 2(a 10·a 11)10＝log 23210＝50. (2)法一 因为S 10＝20≠0，所以q ≠－1，由等比数列性质得S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30成等比数列，∴(S 20－S 10)2＝S 10(S 30－S 20)， 即(S 20－20)2＝20(140－S 20)，解得S 20＝60， ∴S 20－S 10S 10＝60－2020＝2， ∴S 40－S 30＝S 10·23，∴S 40＝S 30＋S 10·23＝300.应选B.法二 设等比数列{a n }的公比为q ，由题意易知q ≠1，所以a 1〔1－q 10〕1－q ＝20，a 1〔1－q 30〕1－q＝140，两式相除得1－q 301－q 10＝7，化简得q 20＋q 10－6＝0，解得q 10＝2，所以S 40＝S 30＋S 10·q 30＝140＋160＝300，应选B. 答案 (1)50 (2)B规律方法 1.在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“假设m ＋n ＝p ＋q ，那么a m ·a n ＝a p ·a q 〞，可以减少运算量，提高解题速度.2.在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形.此外，解题时注意设而不求思想的运用.[训练3] (1)(2020·某某质检)在等比数列{a n }中，假设a 3，a 7是方程x 2＋4x ＋2＝0的两根，那么a 5的值是( ) A.－2 B.－2C.±2D. 2(2)(一题多解)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，假设S 6S 3＝3，那么S 9S 6＝________. 解析 (1)根据根与系数之间的关系得a 3＋a 7＝－4，a 3a 7＝2，由a 3＋a 7＝－4<0，a 3a 7>0，所以a 3<0，a 7<0，即a 5<0， 由a 3a 7＝a 25，得a 5＝－a 3a 7＝－ 2.(2)法一 由等比数列的性质S 3，S 6－S 3，S 9－S 6仍成等比数列，由得S 6＝3S 3， ∴S 6－S 3S 3＝S 9－S 6S 6－S 3，即S 9－S 6＝4S 3，S 9＝7S 3，∴S 9S 6＝73. 法二 因为{a n }为等比数列，由S 6S 3＝3，设S 6＝3a ，S 3＝a (a ≠0)，所以S 3，S 6－S 3，S 9－S 6为等比数列，即a ，2a ，S 9－S 6成等比数列，所以S 9－S 6＝4a ，解得S 9＝7a ，所以S 9S 6＝7a 3a ＝73.答案 (1)B (2)73数学运算、数学抽象——等差(比)数列性质的应用1.数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法那么解决数学问题的一种素养.本系列数学运算主要表现为：理解数列问题；掌握数列运算法那么；探究运算思路；求得运算结果.通过对数列性质的学习，发展数学运算能力，促进数学思维发展.2.数学抽象是指能够在熟悉的情境中直接抽象出数学概念和规那么，能够在特例的基础上归纳形成简单的数学命题，能够在解决相似的问题中感悟数学的通性通法，体会其中的数学思想.类型1 等差数列两个性质的应用 在等差数列{a n }中，S n 为{a n }的前n 项和： (1)S 2n －1＝(2n －1)a n ；(2)设{a n }的项数为2n ，公差为d ，那么S 偶－S 奇＝nd .[例1] (1)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0，S 2m －1＝38，那么m ＝________. (2)一个等差数列的前12项和为354，前12项中偶数项的和与奇数项的和的比为32∶27，那么数列的公差d ＝________.解析 (1)由a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0，得2a m －a 2m ＝0，解得a m ＝0或2.又S 2m －1＝〔2m －1〕〔a 1＋a 2m －1〕2＝(2m －1)a m ＝38，显然可得a m ≠0，所以a m ＝2.代入上式可得2m －1＝19，解得m ＝10.(2)设等差数列的前12项中奇数项和为S 奇，偶数项的和为S 偶，等差数列的公差为d .由条件，得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＋S 偶＝354，S 偶∶S 奇＝32∶27，解得⎩⎪⎨⎪⎧S 偶＝192，S 奇＝162.又S 偶－S 奇＝6d ，所以d ＝192－1626＝5.答案 (1)10 (2)5类型2 等比数列两个性质的应用在等比数列{a n }中，(1)假设m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N *)，那么a n ·a m ＝a p ·a q ；(2)当公比q ≠－1时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…成等比数列(n ∈N *).[例2] (1)等比数列{a n }中，a 4＝2，a 5＝5，那么数列{lg a n }的前8项和等于( ) A.6 B.5 C.4 D.3(2)设等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，S 3＝8，S 6＝7，那么a 7＋a 8＋a 9等于( ) A.18B.－18C.578D.558解析 (1)数列{lg a n }的前8项和S 8＝lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 8＝lg(a 1·a 2·…·a 8)＝lg(a 1·a 8)4＝lg(a 4·a 5)4＝lg(2×5)4＝4.(2)因为a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，且S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，即8，－1，S 9－S 6成等比数列，所以8(S 9－S 6)＝1，即S 9－S 6＝18，所以a 7＋a 8＋a 9＝18.答案 (1)C (2)A类型3 等比数列前n 项和S n 相关结论的活用(1)项的个数的“奇偶〞性质：等比数列{a n }中，公比为q . 假设共有2n 项，那么S 偶∶S 奇＝q . (2)分段求和：S n ＋m ＝S n ＋q nS m (q 为公比).[例3] (1)等比数列{a n }共有2n 项，其和为－240，且奇数项的和比偶数项的和大80，那么公比q ＝________.(2){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，那么数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为________.解析 (1)由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＋S 偶＝－240，S 奇－S 偶＝80，解得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＝－80，S 偶＝－160，所以q ＝S 偶S 奇＝－160－80＝2. (2)设等比数列{a n }的公比q ，易知S 3≠0. 那么S 6＝S 3＋S 3q 3＝9S 3，所以q 3＝8，q ＝2.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为1，公比为12的等比数列，其前5项和为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1251－12＝3116.答案 (1)2 (2)3116A 级 基础巩固一、选择题1.{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，那么公比q 等于( )A.－12B.－2C.2D.12解析 由题意知q 3＝a 5a 2＝18，即q ＝12.答案 D2.(2019·马某某质检)等比数列{a n }满足a 1＝1，a 3·a 5＝4(a 4－1)，那么a 7的值为( ) A.2 B.4 C.92D.6解析 根据等比数列的性质得a 3a 5＝a 24，∴a 24＝4(a 4－1)，即(a 4－2)2＝0，解得a 4＝2. 又∵a 1＝1，a 1a 7＝a 24＝4，∴a 7＝4. 答案 B3.(2020·某某一模)等比数列{a n }的前n 项和S n ＝a ·3n －1＋b ，那么a b＝( )A.－3B.－1C.1D.3解析 ∵等比数列{a n }的前n 项和S n ＝a ·3n －1＋b ，∴a 1＝S 1＝a ＋b ，a 2＝S 2－S 1＝3a ＋b －a －b ＝2a ，a 3＝S 3－S 2＝9a ＋b －3a －b ＝6a ，∵等比数列{a n }中，a 22＝a 1a 3， ∴(2a )2＝(a ＋b )×6a ，解得ab＝－3. 答案 A4.在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ，那么S n ＝a 21－a 22＋a 23－a 24＋…＋a 22n －1－a 22n 等于( ) A.13(2n －1) B.15(1－24n ) C.13(4n －1) D.13(1－2n ) 解析 在数列{a n }中，由a n ＋1＝2a n ，a 1＝1，得a n ＋1a n＝2， 所以{a n }是等比数列，所以a n ＝2n －1，那么S n ＝a 21－a 22＋a 23－a 24＋…＋a 22n －1－a 22n ＝1－4＋16－64＋…＋42n －2－42n －1＝1－〔－4〕2n1－〔－4〕＝15(1－42n )＝15(1－24n ). 答案 B5.(2020·湘赣十四校联考)中国古代著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见末日行里数，请公仔细算相还.〞其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问最后一天走了( ) A.6里 B.12里 C.24里 D.96里解析 由题意可得，每天行走的路程构成等比数列，记作数列{a n }，设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，那么q ＝12，依题意有a 1〔1－q 6〕1－q ＝378，解得a 1＝192，那么a 6＝192×⎝ ⎛⎭⎪⎫125＝6，最后一天走了6里，应选A. 答案 A 二、填空题6.等比数列{a n }中，各项都是正数，且a 1，12a 3，2a 2成等差数列，那么a 13＋a 14a 14＋a 15＝________.解析 设数列{a n }的公比为q .由题意得a 1＋2a 2＝a 3， 那么a 1(1＋2q )＝a 1q 2，q 2－2q －1＝0，所以q ＝1＋2(舍负). 那么a 13＋a 14a 14＋a 15＝1q＝2－1.答案2－17.假设等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，那么a 2b 2＝________. 解析 {a n }为等差数列，a 1＝－1，a 4＝8＝a 1＋3d ＝－1＋3d ，∴d ＝3，∴a 2＝a 1＋d ＝－1＋3＝2.{b n }为等比数列，b 1＝－1，b 4＝8＝b 1·q 3＝－q 3，∴q ＝－2，∴b 2＝b 1·q ＝2，那么a 2b 2＝22＝1. 答案 18.设{a n }是由正数组成的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，a 2a 4＝16，S 3＝28，那么当a 1a 2…a n 最大时，n 的值为________.解析 由数列{a n }是各项为正数的等比数列，且a 2a 4＝16，可得a 3＝4.又S 3＝a 3⎝ ⎛⎭⎪⎫1q2＋1q＋1＝28，所以1q 2＋1q ＋1＝7，即⎝ ⎛⎭⎪⎫1q －2·⎝ ⎛⎭⎪⎫1q ＋3＝0，解得q ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫q ＝－13舍去，故a n ＝a 3q n －3＝25－n，那么a 1a 2…a n ＝24×23×…×25－n ＝2〔9－n 〕n 2，所以当〔9－n 〕n2取得最大值时，a 1a 2…a n 取得最大值，此时整数n ＝4或5. 答案 4或5 三、解答题9.(2018·全国Ⅲ卷)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和.假设S m ＝63，求m . 解 (1)设数列{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝qn －1.由得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2. 故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1.(2)假设a n ＝(－2)n －1，那么S n ＝1－〔－2〕n3.由S m＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解.假设a n＝2n－1，那么S n＝2n－1.由S m＝63得2m＝64，解得m＝6.综上，m＝6.10.(2020·某某省级名校联考)S n是数列{a n}的前n项和，且满足S n－2a n＝n－4.(1)证明：{S n－n＋2}为等比数列；(2)求数列{S n}的前n项和T n.(1)证明因为a n＝S n－S n－1(n≥2)，所以S n－2(S n－S n－1)＝n－4(n≥2)，那么S n＝2S n－1－n＋4(n≥2)，所以S n－n＋2＝2[S n－1－(n－1)＋2](n≥2)，又由题意知a1－2a1＝－3，所以a1＝3，那么S1－1＋2＝4，所以{S n－n＋2}是首项为4，公比为2的等比数列.(2)解由(1)知S n－n＋2＝2n＋1，所以S n＝2n＋1＋n－2，于是T n＝(22＋23＋…＋2n＋1)＋(1＋2＋…＋n)－2n＝4〔1－2n〕1－2＋n〔n＋1〕2－2n＝2n＋3＋n2－3n－82.B级能力提升11.(2020·东北三省四校联考)数列{a n}为正项等比数列，a2＝2，a3＝2a1，那么a1a2＋a2a3＋…＋a n a n＋1＝( )A.(2＋2)[1－(2)n]B.(2＋2)[(2)n－1]C.2(2n－1)D.2(1－2n)解析由{a n}为正项等比数列，且a2＝2，a3＝2a1，可得a1＝1，公比q＝2，所以数列{a n a n＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，那么a1a2＋a2a3＋…＋a n a n＋1＝2〔1－2n〕1－2＝2(2n－1).应选C.答案 C12.等比数列{a n }的各项均为正数且公比大于1，前n 项积为T n ，且a 2a 4＝a 3，那么使得T n >1的n 的最小值为( )A.4B.5C.6D.7解析 ∵数列{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 2a 4＝a 3，∴a 23＝a 3，∴a 3＝1.又∵q >1，∴a 1<a 2<1，a n >1(n >3)，∴T n >T n －1(n ≥4，n ∈N *)，T 1<1，T 2＝a 1·a 2<1，T 3＝a 1·a 2·a 3＝a 1a 2＝T 2<1，T 4＝a 1a 2a 3a 4＝a 1<1，T 5＝a 1·a 2·a 3·a 4·a 5＝a 53＝1，T 6＝T 5·a 6＝a 6>1，故n 的最小值为6.答案 C13.(2020·华大新高考联盟质检)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，假设a 3a 11＝2a 25，且S 4＋S 12＝λS 8，那么λ＝______.解析 ∵数列{a n }是等比数列，a 3a 11＝2a 25， ∴a 27＝2a 25，∴q 4＝2，∵S 4＋S 12＝λS 8，∴a 1〔1－q 4〕1－q ＋a 1〔1－q 12〕1－q ＝λa 1〔1－q 8〕1－q，∴1－q 4＋1－q 12＝λ(1－q 8)， 将q 4＝2代入计算可得λ＝83.答案 8314.(开放题)(2020·某某模考)在①b 1＋b 3＝a 2，②a 4＝b 4，③S 5＝－25这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，假设问题中的k 存在，求k 的值；假设k 不存在，说明理由.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，{b n }是等比数列，________，b 1＝a 5，b 2＝3，b 5＝－81，是否存在k ，使得S k >S k ＋1，且S k ＋1<S k ＋2?注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 解 ∵等比数列{b n }中b 2＝3，b 5＝－81， ∴b n ＝－(－3)n －1，b 1＝－1，∴a 5＝b 1＝－1.假设S k >S k ＋1，那么只需S k >S k ＋a k ＋1， 即a k ＋1<0，同理，假设S k ＋1<S k ＋2， 那么只需S k ＋1<S k ＋1＋a k ＋2，即a k ＋2>0.假设选①：b 1＋b 3＝a 2时，a 2＝－1－9＝－10， ∴a n ＝3n －16.当k ＝4时，a 5<0，a 6>0，S k >S k ＋1，且S k ＋1<S k ＋2成立. 假设选②：a 4＝b 4＝27，∵a 5＝－1，∴{a n }为递减数列，故不存在a k ＋1<0，a k ＋2>0， 即不存在k ，使得S k >S k ＋1，且S k ＋1<S k ＋2成立. 假设选③：S 5＝－25，S 5＝5〔a 1＋a 5〕2＝5a 3＝－25，∴a 3＝－5.∴a n ＝2n －11.当k ＝4时，a 5<0，a 6>0，S k >S k ＋1，且S k ＋1<S k ＋2成立.C 级 创新猜想15.(新背景题)(2019·某某质检)某市利用第十六届省运会的契机，鼓励全民健身，从2018年7月起向全市投放A ，B 两种型号的健身器材.7月份投放A 型健身器材300台，B 型健身器材64台，计划从8月起，A 型健身器材每月的投放量均为a 台，B 型健身器材每月的投放量比上一月多50%，假设12月底该市A ，B 两种健身器材投放总量不少于2 000台，那么a 的最小值为( )A.243B.172C.122D.74 解析 将每个月的投放量列表如下：那么有64×(1.5＋1.52＋1.53＋1.54＋1.55)＋64＋300＋5a ≥2 000，解得a ≥74，所以a 的最小值为74，应选D. 答案 D。

人教版高中数学《数列》全部教案人教版高中数学《数列》全部教案一、教学目标1、理解数列的概念，掌握数列的通项公式及其求解方法。

2、掌握等差数列和等比数列的特点及其求解方法。

3、能够根据实际问题中的数据特点，建立相应的数列模型并解决实际问题。

二、教学内容1、数列的概念及通项公式2、等差数列的特点及求解方法3、等比数列的特点及求解方法4、数列在实际问题中的应用三、教学方法1、讲授数列的概念及通项公式，通过例题和练习题加深学生对数列的理解。

2、通过实例和练习题，让学生掌握等差数列和等比数列的特点及求解方法。

3、通过案例分析和实际问题，让学生了解如何根据实际问题中的数据特点，建立相应的数列模型并解决实际问题。

四、教学步骤1、导入新课：通过一些简单的练习题，让学生了解数列的概念及通项公式。

2、讲授新课：（1）数列的概念及通项公式（2）等差数列的特点及求解方法（3）等比数列的特点及求解方法（4）数列在实际问题中的应用3、课堂练习：通过一些例题和练习题，让学生进一步掌握数列的概念及通项公式、等差数列和等比数列的特点及求解方法。

4、课堂小结：对本节课的内容进行总结，强调数列在实际问题中的应用。

5、布置作业：让学生进一步巩固本节课所学内容，提高对数列的理解和应用能力。

五、教学重点难点1、数列的概念及通项公式的理解。

2、等差数列和等比数列的求解方法。

3、如何根据实际问题中的数据特点，建立相应的数列模型。

六、教学评价1、通过课堂练习和作业，检查学生对数列的理解和应用能力。

2、通过实际问题的解决，评价学生对数列的应用能力。

3、通过学生之间的交流和讨论，了解学生对数列的理解情况。

七、教学建议1、加强对数列概念的理解，注重数列的实际应用。

2、练习等差数列和等比数列的求解方法，掌握其特点。

3、注重数列在实际问题中的应用，提高学生的数学应用能力。

4、提倡学生之间的合作学习，通过交流和讨论，加深对数列的理解。

八、教学实例例1：已知某品牌汽车的价格为20万元，每年按发票金额的10%递增，求5年后该汽车的价格。

2013年高考数学复习-数列--第4讲-数列求和教案-理-新人教版第4讲数列求和【2013年高考会这样考】1．考查非等差、等比数列求和的几种常见方法．2．通过数列求和考查学生的观察能力、分析问题与解决问题的能力以及计算能力．【复习指南】1．熟练掌握和应用等差、等比数列的前n项和公式．2．熟练掌握常考的错位相减法，裂项相消以及分组求和这些基本方法，注意计算的准确性和方法选择的灵活性．基础梳理数列求和的常用方法1．公式法直接利用等差数列、等比数列的前n项和公式求和(1)等差数列的前n项和公式：S n ＝n a 1＋a n2＝na 1＋n n －12d ；(2)等比数列的前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q＝a 11－qn1－q ，q ≠1.2．倒序相加法如果一个数列{a n }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． 4．裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一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．三个公式(1)1n n＋1＝1n－1n＋1；(2)12n－12n＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n－1－12n＋1；(3)1n＋n＋1＝n＋1－n.双基自测1．(人教A版教材习题改编)等比数列{a n}的公比q＝12，a8＝1，则S8＝( )．A．254 B．255 C．256 D．257解析由a8＝1，q ＝12得a1＝27，∴S8＝a11－q81－q＝27⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎪⎫1281－12＝28－1＝255.答案 B2．(2011·潍坊模拟)设{a n}是公差不为0的等差数列，a1＝2且a1，a3，a6成等比数列，则{a n}的前n项和S n＝( )．A.n24＋7n4B.n23＋5n3C.n22＋3n4D．n2＋n解析由题意设等差数列公差为d，则a1＝2，a3＝2＋2d，a6＝2＋5d.又∵a1，a3，a6成等比数列，∴a23＝a1a6，即(2＋2d)2＝2(2＋5d)，整理得2d2－d＝0.∵d≠0，∴d＝12，∴S n＝na1＋n n－12d＝n24＋74n.答案 A3．(2011·北京海淀模拟)等差数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，其前n 项的和为S n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项的和为( )． A ．120 B ．70 C ．75 D ．100 解析 ∵S n ＝n 3＋2n ＋12＝n (n ＋2)，∴S nn＝n＋2.∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 前10项的和为：(1＋2＋…＋10)＋20＝75. 答案 C4．(2011·沈阳六校模考)设数列{(－1)n }的前n 项和为S n ，则对任意正整数n ，S n ＝( )． A.n [－1n－1]2B.－1n －1＋12C.－1n ＋12 D.－1n －12解析因为数列{(－1)n}是首项与公比均为－1的等比数列，所以S n＝－1－－1n×－11－－1＝－1n－12.答案 D5．若S n＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n－1·n，S50＝________.解析S50＝1－2＋3－4＋…＋49－50＝(－1)×25＝－25.答案－25考向一公式法求和【例1】►已知数列{a n}是首项a1＝4，公比q≠1的等比数列，S n是其前n项和，且4a1，a5，－2a3成等差数列．(1)求公比q的值；(2)求T n＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n的值．[审题视点] 求出公比，用等比数列求和公式直接求解．解(1)由题意得2a5＝4a1－2a3.∵{a n}是等比数列且a1＝4，公比q≠1，∴2a1q4＝4a1－2a1q2，∴q4＋q2－2＝0，解得q2＝－2(舍去)或q2＝1，∴q＝－1.(2)∵a2，a4，a6，…，a2n是首项为a2＝4×(－1)＝－4，公比为q2＝1的等比数列，∴T n＝na2＝－4n .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．【训练1】在等比数列{a n}中，a3＝9，a6＝243，求数列{a n}的通项公式a n及前n项和公式S n，并求a9和S8的值．解在等比数列{a n}中，设首项为a1，公比为q，由a3＝9，a6＝243，得q3＝a6a3＝2439＝27，∴q＝3.由a1q2＝a3，得9a1＝9，∴a1＝1.于是，数列{a n}的通项公式为a n＝1×3n－1＝3n－1，前n项和公式为S n＝1×1－3n1－3＝3n－12.由此得a9＝39－1＝6 561，S8＝38－12＝3 280.考向二分组转化求和【例2】►(2012·包头模拟)已知数列{x n}的首项x1＝3，通项xn＝2n p＋nq(n∈N*，p，q为常数)，且x1，x4，x5成等差数列．求：(1)p，q的值；(2)数列{x n}前n项和S n的公式．[审题视点] 第(1)问由已知条件列出关于p、q 的方程组求解；第(2)问分组后用等差、等比数列的求和公式求解．解(1)由x1＝3，得2p＋q＝3，又因为x4＝24p ＋4q，x5＝25p＋5q，且x1＋x5＝2x4，得3＋25p ＋5q＝25p＋8q，解得p＝1，q＝1.(2)由(1)，知x n ＝2n ＋n ，所以S n ＝(2＋22＋ (2))＋(1＋2＋…＋n )＝2n ＋1－2＋n n ＋12.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．【训练2】 求和S n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋14＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1＋12＋14＋…＋12n －1.解 和式中第k 项为 a k ＝1＋12＋14＋…＋12k －1＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12k1－12＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－12k .∴S n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－122＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1－12n＝2错误!＝2⎣⎢⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎥⎤n －12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝12n －1＋2n －2.考向三 裂项相消法求和【例3】►在数列{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎪⎫S n －12.(1)求S n 的表达式；(2)设b n ＝S n2n ＋1，求{b n }的前n 项和T n .[审题视点] 第(1)问利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)后，再同除S n －1·S n 转化为⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的等差数列即可求S n .第(2)问求出{b n }的通项公式，用裂项相消求和．解 (1)∵S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎪⎫S n －12，a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，∴S 2n ＝(S n －S n －1)⎝⎛⎭⎪⎫S n －12，即2S n －1S n ＝S n －1－S n ，① 由题意S n －1·S n ≠0，①式两边同除以S n －1·S n ，得1S n －1S n －1＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为1S 1＝1a 1＝1，公差为2的等差数列．∴1S n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，∴S n ＝12n －1. (2)又b n ＝S n 2n ＋1＝12n －12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1.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． 【训练3】 在数列{a n }中，a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋nn ＋1，又b n ＝2a n ·a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和S n .解 a n ＝1n ＋1＋2n ＋1＋…＋n n ＋1＝1＋2＋…＋n n ＋1＝nn ＋12n ＋1＝n2.∴b n ＝2a n ·a n ＋1＝2n 2·n ＋12＝8nn ＋1＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. ∴S n ＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝8⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝8nn ＋1. 考向四 错位相减法求和【例4】►(2011·辽宁)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．[审题视点] 第(1)问列出关于首项a 1与公差d的方程组可求解；第(2)问观察数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的通项采用错位相减法．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 ，∵a n2n －1＝2－n 2n －1＝12n －2－n2n －1， ∴S n ＝⎝⎛⎭⎪⎫2＋1＋12＋122＋…＋12n －2－⎝⎛⎭⎪⎫1＋22＋322＋…＋n 2n －1.记T n ＝1＋22＋322＋…＋n 2n －1， ①则12T n ＝12＋222＋323＋…＋n2n ， ② ①－②得：12T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ，∴12T n ＝1－12n1－12－n 2n . 即T n ＝4⎝⎛⎭⎪⎫1－12n －n2n －1.∴S n ＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12－4⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋n2n －1＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －4⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋n 2n －1＝n2n －1. 用错位相减法求和时，应注意(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式．【训练4】 设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝na n，求数列{b n }的前n 项和S n .解 (1)a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3， ①∴当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13， ②①－②得：3n －1a n ＝n 3－n －13＝13，∴a n ＝13n .当n ＝1时，a 1＝13也适合上式，∴a n ＝13n .(2)b n ＝na n＝n ·3n ，∴S n ＝1×3＋2×32＋3×33＋…＋n ·3n， ③ 则3S n ＝32＋2×33＋3×34＋…＋n ·3n ＋1， ④∴③－④得：－2S n ＝3＋32＋33＋…＋3n －n ·3n ＋1 ＝31－3n1－3－n ·3n ＋1＝－32(1－3n )－n ·3n ＋1.∴S n ＝34(1－3n)＋n ·3n ＋12＝34＋2n －1·3n ＋14.阅卷报告7——未对q ＝1或q ≠1讨论出错【问题诊断】 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．【防范措施】 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．【示例】►(2010·四川)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 )q n －1(q ≠0，n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n .错因 未对q ＝1或q ≠1分别讨论，相减后项数、符号均出现了错误． 实录 (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＋…＋qn －1＋n ·q n＝1－q n1－q＋n ·q n.∴S n ＝1－q n1－q2＋n ·qn1－q.正解 (1)设{a n }的公差为d ，则由已知得⎩⎨⎧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，故a n ＝3－(n －1)＝4－n . (2)由(1)知，b n ＝n ·qn －1，于是S n ＝1·q 0＋2·q 1＋3·q 2＋…＋n ·q n －1，若q ≠1，上式两边同乘以q .qS n ＝1·q 1＋2·q 2＋…＋(n －1)·q n －1＋n ·q n，两式相减得：(1－q )S n ＝1＋q 1＋q 2＋…＋qn －1－n ·q n＝1－q n1－q －n ·q n . ∴S n＝1－q n 1－q2－n ·q n 1－q＝n ·q n ＋1－n ＋1q n＋11－q2.若q ＝1，则S n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12， ∴S n＝⎩⎪⎨⎪⎧n n ＋12 q ＝1，nq n ＋1－n ＋1q n＋11－q 2q ≠1.【试一试】 (2011·齐齐哈尔模拟)已知数列{a n }是首项为a 1＝14，公比q ＝14的等比数列，设b n ＋2＝3log 14a n (n ∈N *)，数列{c n }满足c n ＝a n ·b n .(1)求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{c n }的前n 项和S n .[尝试解答] (1)由题意，知a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14n(n ∈N *)，又b n ＝3log 14a n －2，故b n ＝3n －2(n ∈N *)．(2)由(1)，知a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14n，b n ＝3n －2(n ∈N *)，∴c n ＝(3n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n(n ∈N *)． ∴S n ＝1×14＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋7×⎝ ⎛⎭⎪⎫143＋…＋(3n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －1＋(3n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n，于是14S n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫143＋7×⎝ ⎛⎭⎪⎫144＋…＋(3n －5)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＋(3n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＋1，两式相减，得34S n ＝14＋3⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫142＋⎝ ⎛⎭⎪⎫143＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14n －(3n －2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＋1＝12－(3n ＋2)×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n ＋1， ∴S n ＝23－3n ＋23×⎝ ⎛⎭⎪⎫14n (n ∈N *)．。

等比数列及其前n 项和1．等比数列的定义如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示． 2．等比数列的通项公式设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，则它的通项a n ＝a 1·q n －1. 3．等比中项若G 2＝a ·b (ab ≠0)，那么G 叫做a 与b 的等比中项． 4．等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n －m ，(n ，m ∈N ＋)．(2)若{a n }为等比数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N ＋)，则a k ·a l ＝a m ·a n .(3)若{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }(λ≠0)，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 仍是等比数列．(4)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 . 5．等比数列的前n 项和公式等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，其前n 项和为S n ， 当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q .一个推导利用错位相减法推导等比数列的前n 项和： S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1，同乘q 得：qS n ＝a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＋…＋a 1q n ，两式相减得(1－q )S n ＝a 1－a 1q n，∴S n ＝a 1(1－q n )1－q(q ≠1)．两个防范(1)由a n ＋1＝qa n ，q ≠0并不能立即断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0. (2)在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形导致解题失误． 三种方法等比数列的判断方法有：(1)定义法：若a n ＋1a n ＝q (q 为非零常数)或a na n －1＝q (q 为非零常数且n ≥2且n ∈N *)，则{a n }是等比数列．(2)中项公式法：在数列{a n }中，a n ≠0且a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(n ∈N *)，则数列{a n }是等比数列．(3)通项公式法：若数列通项公式可写成a n ＝c ·q n (c ，q 均是不为0的常数，n ∈N *)，则{a n }是等比数列．注：前两种方法也可用来证明一个数列为等比数列．1．在等比数列{a n }中，如果公比q ＜1，那么等比数列{a n }是( )． A ．递增数列 B ．递减数列 C ．常数列 D ．无法确定数列的增减性 2．已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q 等于( )． A ．－12 B ．－2 C ．2 D.12 3．在等比数列{a n }中，a 4＝4，则a 2·a 6等于( )． A ．4 B ．8 C ．16 D ．324．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2＝( )．A ．－11B ．－8C ．5D ．115．等差数列{a n }前9项的和等于前4项的和．若a 1＝1，a k ＋a 4＝0，则k ＝________.考向一 等比数列基本量的计算【例1】►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 . [审题视点] 列方程组求首项a 1和公差d .等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n 一般可以“知三求二”，通过列方程(组)可迎刃而解． 【训练1】 等比数列{a n }满足：a 1＋a 6＝11，a 3·a 4＝329，且公比q ∈(0,1)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若该数列前n 项和S n ＝21，求n 的值．考向二 等比数列的判定或证明【例2】►已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝a n ＋a n ＋12，n ∈N *. (1)令b n ＝a n ＋1－a n ，证明：{b n }是等比数列；(2)求{a n }的通项公式．[审题视点] 第(1)问把b n ＝a n ＋1－a n 中a n ＋1换为a n －1＋a n2整理可证；第(2)问可用叠加法求a n .证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可． 【训练2】考向三 等比数列的性质及应用【例3】►已知等比数列前n 项的和为2，其后2n 项的和为12，求再后面3n 项的和．[审题视点] 利用等比数列的性质：依次n 项的和成等比数列．本题利用了等比数列的性质中的第4条，其和S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等比数列，若把数列{a n }平均分成若干组，其积也为等比数列．【训练3】 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 |＝________.怎样求解等差与等比数列的综合性问题【问题研究】 等差数列和等比数列既相互区别，又相互联系，高考作为考查学生综合能力的选拔性考试，将两类数列综合起来考查是高考的重点.这类问题多属于两者基本运算的综合题以及相互之间的转化.【解决方案】 首先求解出两个数列的基本量：首项和公差及公比，再灵活利用性质转化条件，以及利用等差、等比数列的相关知识解决.【示例】►成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{b n }中的b 3、b 4、b 5. (1)求数列{b n }的通项公式； (2)数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋54是等比数列．正确设等差数列的三个正数，利用等比数列的性质解出公差d ，从而求出数列{b n }的首项、公比；利用等比数列的定义可解决第(2)问．关于等差(比)数列的基本运算，其实质就是解方程或方程组，需要认真计算，灵活处理已知条件．容易出现的问题主要有两个方面：一是计算出现失误，特别是利用因式分解求解方程的根时，不注意对根的符号进行判断；二是不能灵活运用等差(比)数列的基本性质转化已知条件，导致列出的方程或方程组较为复杂，增大运算量．【试一试】(1)已知两个等比数列{a n}，{b n}，满足a1＝a(a＞0)，b1－a1＝1，b2－a2＝2，b3－a3＝3，若数列{a n}唯一，求a的值；(2)是否存在两个等比数列{a n}，{b n}，使得b1－a1，b2－a2，b3－a3，b4－a4成公差不为0的等差数列？若存在，求{a n}，{b n}的通项公式；若不存在，说明理由．n 127810A ．64 B ．100 C ．110 D ．1202.已知{a n }为等差数列，a 1＋a 3＋a 5＝105，a 2＋a 4＋a 6＝99，则a 20等于( )A ．－1B ．1C ．3D ．73.数列{a n }中，a n ＋1＝a n ＋2(n ∈N ＋)，则点A 1(1，a 1)，A 2(2，a 2)，…，A n (n ，a n )分布在( )A ．直线上，且直线的斜率为－2B ．抛物线上，且抛物线的开口向下C ．直线上，且直线的斜率为2D ．抛物线上，且抛物线的开口向上4.已知等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，且a 3＋a 6＋a 10＋a 13＝32，若a m ＝8，则m 为( )A ．12B ．8C ．6D ．45.设数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，若a 6＝2且S 5＝30，则S 8＝( )A ．31B ．32C ．33D ．346.已知{a n }为等差数列，a 1＋a 3＋a 5＝105，a 2＋a 4＋a 6＝99，则a 20等于( )A ．－1B ．1C ．3D ．77.若数列{}n a 是公比为4的等比数列，且12a =，则数列2{log }n a 是（ ） A.公差为2的等差数列 B.公差为lg 2的等差数列 C.公比为2的等比数列 D.公比为lg 2的等比数列 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.在如下数表中，已知每行、每列中的数都成等差数列，10.设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 4＝1，S 5＝10，则当S n 取得最大值时，n 的值为________． 11.已知等差数列}{n a 的公差0≠d ，且931,,a a a 成等比数列，则1042931a a a a a a ++++的值为12.等比数列{}n a 的前n 项和为，已知1S ，22S ，33S 成等差数列，则{}n a 的公比为13.在等差数列错误！未找到引用源。

高中数学数列教案（经典版）编制人：__________________审核人：__________________审批人：__________________编制单位：__________________编制时间：____年____月____日序言下载提示：该文档是本店铺精心编制而成的，希望大家下载后，能够帮助大家解决实际问题。

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第六章⎪⎪⎪数列与数学归纳法第一节数列的概念与简单表示法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＝⎩⎪⎨⎪⎧S1，n＝1，S n－S n－1，n≥2.4．数列的分类[小题体验]1．已知数列{a n}的前4项为12，34，78，1516，则数列{a n}的一个通项公式为________．答案：a n ＝2n －12n (n ∈N *)2．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n2a n ＋3，则a 5等于________． 答案：11613．(教材改编题)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝3n －1，则a n ＝________. 答案：2×3n －11．数列是按一定“次序”排列的一列数，一个数列不仅与构成它的“数”有关，而且还与这些“数”的排列顺序有关．2．易混项与项数的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号．3．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．[小题纠偏]1．已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n ＝n 2＋1，则数列{a n }的通项公式是________．答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥22．数列{a n }的通项公式为a n ＝－n 2＋9n ，则该数列第________项最大． 答案：4或5考点一 由数列的前几项求数列的通项公式(基础送分型考点——自主练透)[题组练透]1．(2019·温岭模拟)将石子摆成如图所示的梯形形状，称数列5,9,14,20，…为梯形数，根据图形的构成，此数列的第2 018项与5的差即a 2 018－5＝( )A ．2 017×2 024B ．2 017×1 012C ．2 018×2 024D ．2 018×1 012解析：选B 结合图形可知，该数列的第n 项为a n ＝2＋3＋4＋…＋(n ＋2)，所以a 2 018－5＝4＋5＋6＋…＋2 020＝2 017×(2 020＋4)2＝2 017×1 012.2．根据数列的前几项，写出各数列的一个通项公式：(1)4,6,8,10，…； (2)(易错题)－11×2，12×3，－13×4，14×5，…； (3)－1,7，－13,19, …； (4)9,99,999,9 999，….解：(1)各数都是偶数，且最小为4，所以它的一个通项公式a n ＝2(n ＋1)，n ∈N *. (2)这个数列的前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a n ＝(－1)n ×1n (n ＋1)，n ∈N *.(3)这个数列，去掉负号，可发现是一个等差数列，其首项为1，公差为6，所以它的一个通项公式为a n ＝(－1)n (6n －5)，n ∈N *.(4)这个数列的前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a n ＝10n －1，n ∈N *.[谨记通法]由数列的前几项求数列通项公式的策略(1)根据所给数列的前几项求其通项公式时，需仔细观察分析，抓住以下几方面的特征，并对此进行归纳、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．考点二 由a n 与S n 的关系求通项a n (重点保分型考点——师生共研)[典例引领]已知下面数列{a n }的前n 项和S n ，求{a n }的通项公式． (1)S n ＝n 2＋1； (2)S n ＝2n －a n .解：(1)a 1＝S 1＝1＋1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋1－(n －1)2－1＝2n －1，而a 1＝2，不满足此等式．所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2.(2)当n ＝1时，S 1＝a 1＝2－a 1，所以a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n －a n )－[2(n －1)－a n －1]＝2－a n ＋a n －1， 即a n ＝12a n －1＋1，即a n －2＝12(a n －1－2)．所以{a n －2}是首项为a 1－2＝－1，公比为12的等比数列，所以a n －2＝(－1)·⎝⎛⎭⎫12n －1， 即a n ＝2－⎝⎛⎭⎫12n －1.[由题悟法]已知S n 求a n 的 3个步骤 (1)先利用a 1＝S 1求出a 1；(2)用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n 的表达式；(3)对n ＝1时的结果进行检验，看是否符合n ≥2时a n 的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n ＝1与n ≥2两段来写．[即时应用]已知数列{a n }的前n 项和为S n . (1)若S n ＝(－1)n ＋1·n ，求a 5＋a 6及a n ；(2)若a n ＞0，S n ＞1，且6S n ＝(a n ＋1)(a n ＋2)，求a n . 解：(1)a 5＋a 6＝S 6－S 4＝(－6)－(－4)＝－2， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(－1)n ＋1·n －(－1)n ·(n －1) ＝(－1)n ＋1·[n ＋(n －1)] ＝(－1)n ＋1·(2n －1)， 又a 1也适合此式， 所以a n ＝(－1)n ＋1·(2n －1)．(2)当n ＝1时，a 1＝S 1＝16(a 1＋1)(a 1＋2)，即a 21－3a 1＋2＝0.解得a 1＝1或a 1＝2.因为a 1＝S 1＞1，所以a 1＝2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝16(a n ＋1)(a n ＋2)－16(a n －1＋1)(a n －1＋2)，所以(a n －a n －1－3)(a n＋a n －1)＝0.因为a n ＞0，所以a n ＋a n －1＞0， 所以a n －a n －1－3＝0，所以数列{a n }是以2为首项，3为公差的等差数列． 所以a n ＝3n －1.考点三 由递推关系式求数列的通项公式(题点多变型考点——多角探明) [锁定考向]递推公式和通项公式是数列的两种表示方法，它们都可以确定数列中的任意一项，只是由递推公式确定数列中的项时，不如通项公式直接．常见的命题角度有： (1)形如a n ＋1＝a n f (n )，求a n ； (2)形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，求a n ；(3)形如a n ＋1＝Aa n ＋B (A ≠0且A ≠1)，求a n .[题点全练]角度一：形如a n ＋1＝a n f (n )，求a n1．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，求数列{a n }的通项公式． 解：∵a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，∴a n －1＝n －2n －1a n －2，a n －2＝n －3n －2a n －3，…，a 2＝12a 1.以上(n －1)个式子相乘得 a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n .当n ＝1时，a 1＝1，上式也成立． ∴a n ＝1n (n ∈N *)．角度二：形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，求a n2．设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，求数列{a n }的通项公式．解：由题意有a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n (n ≥2)． 以上各式相加，得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝(n －1)(2＋n )2＝n 2＋n －22.又∵a 1＝1，∴a n ＝n 2＋n2(n ≥2)．∵当n ＝1时也满足此式， ∴a n ＝n 2＋n 2(n ∈N *)．角度三：形如a n ＋1＝Aa n ＋B (A ≠0且A ≠1)，求a n3．已知数列{a n }满足a 1＝1，当n ≥2，n ∈N *时，有a n ＝2a n －1－2，求数列{a n }的通项公式．解：因为a n ＝2a n －1－2， 所以a n －2＝2(a n －1－2)．所以数列{a n －2}是以a 1－2＝－1为首项，2为公比的等比数列． 所以a n －2＝(－1)×2n －1， 即a n ＝2－2n －1.[通法在握]典型的递推数列及处理方法[演练冲关]根据下列条件，求数列{a n }的通项公式． (1)a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2n (n ∈N *)； (2)a 1＝1,2na n ＋1＝(n ＋1)a n (n ∈N *)； (3)a 1＝1，a n ＝3a n －1＋4(n ≥2)． 解：(1)由题意知a n ＋1－a n ＝2n ，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝2n －1＋2n －2＋…＋2＋1＝1－2n1－2＝2n －1.(2)由2na n ＋1＝(n ＋1)a n ，得a n ＋1a n ＝n ＋12n. 所以a n ＝a n a n －1.a n －1a n －2.a n －2a n －3.....a 2a 1.a 1＝n 2(n －1).n －12(n －2).n －22(n －3).. (2)2×1×1＝n 2n －1.(3)因为a n ＝3a n －1＋4(n ≥2)， 所以a n ＋2＝3(a n －1＋2)．因为a 1＋2＝3，所以{a n ＋2}是首项与公比都为3的等比数列． 所以a n ＋2＝3n ，即a n ＝3n －2.一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2018·嘉兴七校联考)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2＋n ，则a 5＝( ) A ．25 B ．30 C ．10D ．12解析：选B 因为a n ＝n 2＋n ，所以a 5＝25＋5＝30.2．(2018·浙江三地联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足log 2(S n ＋1)＝n (n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝( )A ．2nB ．2n －1C ．2n －1－1D.⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n ，n ≥2解析：选B 由log 2(S n ＋1)＝n 可得S n ＝2n －1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1－(2n－1－1)＝2n －1；当n ＝1时，a 1＝S 1＝21－1＝1满足上式．所以数列{a n }的通项公式a n ＝2n －1.3．(2018·衢州模拟)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝2a na n ＋2，则数列{a n }的通项公式a n 为( )A.1n ＋1B.2n ＋1C.1nD.2n解析：选B 由a n ＋1＝2a na n ＋2可得1a n ＋1＝a n ＋22a n＝1a n ＋12.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1a 1＝1为首项，公差为12的等差数列，所以1a n ＝n ＋12，即a n ＝2n ＋1.4．(2018·诸暨模拟)已知数列{a n }中，对任意的p ，q ∈N *都满足a p ＋q ＝a p a q ，若a 1＝－1，则a 9＝________.解析：由题可得，因为a 1＝－1，令p ＝q ＝1，则a 2＝a 21＝1；令p ＝q ＝2，则a 4＝a 22＝1；令p ＝q ＝4，则a 8＝a 24＝1，所以a 9＝a 8＋1＝a 1a 8＝－1.答案：－15．(2019·杭州模拟)设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则a 8＝________，a 2＋a 3＋a 4＝________.解析：因为S n ＝n 2，所以a 8＝S 8－S 7＝82－72＝15，a 2＋a 3＋a 4＝S 4－S 1＝42－1＝15. 答案：15 15二保高考，全练题型做到高考达标1．数列0,1,0，－1,0,1,0，－1，…的一个通项公式是a n 等于( ) A.(－1)n ＋12B ．cos n π2C ．cos n ＋12πD ．cos n ＋22π解析：选D 令n ＝1,2,3，…，逐一验证四个选项，易得D 正确．2．(2019·天台模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n ，且满足S n ＝2a n －3(n ∈N *)，则S 6＝( )A ．192B ．189C ．96D ．93解析：选B 因为S n ＝2a n －3，当n ＝1时，S 1＝2a 1－3＝a 1，解得a 1＝3.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －3－2a n －1＋3＝2a n －2a n －1，解得a na n －1＝2.所以数列{a n }是首项为3，公比为2的等比数列，所以S 6＝3(1－26)1－2＝189.3．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＋S n ＋1＝a n ＋1(n ∈N *)，则此数列是( )A ．递增数列B ．递减数列C ．常数列D ．摆动数列解析：选C 因为S n ＋S n ＋1＝a n ＋1，所以当n ≥2时，S n －1＋S n ＝a n ，两式相减，得a n＋a n ＋1＝a n ＋1－a n ，所以有a n ＝0.当n ＝1时，a 1＋a 1＋a 2＝a 2，所以a 1＝0.所以a n ＝0.即数列是常数列．4．(2019·绍兴模拟)已知数列{a n }的通项公式a n ＝1n ＋n ＋1，若该数列的前n 项和为10，则项数n 的值为( )A ．11B ．99C ．120D ．121解析：选C 因为a n ＝1n ＋n ＋1＝n ＋1－n ，所以该数列的前n 项和S n ＝n ＋1－1＝10，解得n ＝120.5．(2018·丽水模拟)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 2 018＝( )A.15B.25C.35D.45解析：选A 由a 1＝35∈⎣⎡⎭⎫12，1，得a 2＝2a 1－1＝15∈⎣⎡⎭⎫0，12，所以a 3＝2a 2＝25∈⎣⎡⎭⎫0，12，所以a 4＝2a 3＝45∈⎣⎡⎭⎫12，1，所以a 5＝2a 4－1＝35＝a 1.由此可知，该数列是一个周期为4的周期数列，所以a 2 018＝a 504×4＋2＝a 2＝15.6．(2019·镇海模拟)已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝a 2n (a n ＞0，n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析：对a n ＋1＝a 2n 两边取对数，得log 2a n ＋1＝log 2a 2n ＝2log 2a n .所以数列{log 2a n }是以log 2a 1＝1为首项，2为公比的等比数列，所以log 2a n ＝2n －1，所以a n ＝22n －1.答案：22n －17．(2018·海宁模拟)已知数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝2n －1，则该数列的前8项和为________．解析：S 8＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝1＋5＋9＋13＝28. 答案：288．在一个数列中，如果对任意的n ∈N *，都有a n a n ＋1a n ＋2＝k (k 为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k 叫做这个数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且a 1＝1，a 2＝2，公积为8，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝________.解析：依题意得数列{a n }是周期为3的数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，因此a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝4(a 1＋a 2＋a 3)＝4×(1＋2＋4)＝28.答案：289．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝3n －1＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)． (1)求a 2，a 3的值； (2)证明：a n ＝3n －12.解：(1)因为a 1＝1，a n ＝3n －1＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)， 所以a 2＝32－1＋1＝4， a 3＝33－1＋a 2＝9＋4＝13.(2)证明：因为a n ＝3n －1＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)， 所以a n －a n －1＝3n －1，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋(a n －2－a n －3)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝3n －1＋3n －2＋…＋3＋1 ＝3n －12(n ≥2，n ∈N *)．当n ＝1时，a 1＝3－12＝1满足条件．所以当n ∈N *时，a n ＝3n －12.10．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，＋∞)． 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n ·2n ＋1，该数列的项排成一个数阵(如图)，则该数阵中的第10行第3个数为________．a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 ……解析：由题意可得该数阵中的第10行、第3个数为数列{a n }的第1＋2＋3＋…＋9＋3＝9×102＋3＝48项，而a 48＝(－1)48×96＋1＝97，故该数阵第10行、第3个数为97.答案：972．(2018·温州模拟)设函数f (x )＝log 2x －log x 4(0＜x ＜1)，数列{a n }的通项公式a n 满足f (2a n )＝2n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)判定数列{a n }的单调性．解：(1)因为f (x )＝log 2x －log x 4(0＜x ＜1)，f (2a n )＝2n (n ∈N *) ， 所以f (2a n )＝log 22a n －log2a n 4＝a n －2a n＝2n ，且0＜2a n ＜1， 解得a n ＜0. 所以a n ＝n －n 2＋2.(2)因为a n ＋1a n＝(n ＋1)－(n ＋1)2＋2n －n 2＋2＝n ＋n 2＋2n ＋1＋(n ＋1)2＋2＜1.因为a n ＜0，所以a n ＋1＞a n . 故数列{a n }是递增数列．第二节等差数列及其前n 项和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，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d 表示．(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 }为等差数列，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 }也是等差数列．(5)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列．[小题体验]1．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＝________. 答案：102．(2018·温州模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＝5，a 5＝3，则a n ＝________；S 7＝________.答案：－n ＋8 283．(2018·温州十校联考)在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＝12，则S 7＝______. 答案：281．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．[小题纠偏]1．首项为24的等差数列，从第10项开始为负数，则公差d 的取值范围是( ) A ．(－3，＋∞) B.⎝⎛⎭⎫－∞，－83 C.⎝⎛⎭⎫－3，－83 D.⎣⎡⎭⎫－3，－83 答案：D2．(2018·湖州模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 3＝16，a 6＝10，则公差d ＝________；S n 取到最大时的n 的值为________．解析：因为数列{a n }是等差数列，且a 3＝16，a 6＝10，所以公差d ＝a 6－a 36－3＝－2，所以a n ＝－2n ＋22，要使S n 能够取到最大值，则需a n ＝－2n ＋22≥0，所以解得n ≤11.所以可知使得S n 取到最大时的n 的值为10或11.答案：－2 10或11考点一 等差数列的基本运算(基础送分型考点——自主练透)[题组练透]1．(2017·嘉兴二模)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若S 1S 4＝110，则S 3S 5＝( )A.25 B.35 C.37D.47解析：选A 设数列{a n }的公差为d ，因为S n 为等差数列{a n }的前n 项和，且S 1S 4＝110，所以10a 1＝4a 1＋6d ，所以a 1＝d .所以S 3S 5＝3a 1＋3d 5a 1＋10d ＝6d 15d ＝25.2．设等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 2＝－d ，若a k 是a 6与a k ＋6的等比中项，则k ＝( ) A ．5 B ．6 C ．9D ．11解析：选C 因为a k 是a 6与a k ＋6的等比中项， 所以a 2k ＝a 6a k ＋6.又等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 2＝－d ， 所以[a 2＋(k －2)d ]2＝(a 2＋4d )[a 2＋(k ＋4)d ]， 所以(k －3)2＝3(k ＋3)，解得k ＝9或k ＝0(舍去)，故选C.3．公差不为零的等差数列{a n }中，a 7＝2a 5，则数列{a n }中第________项的值与4a 5的值相等．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 7＝2a 5，∴a 1＋6d ＝2(a 1＋4d )，则a 1＝－2d ，∴a n＝a 1＋(n －1)d ＝(n －3)d ，而4a 5＝4(a 1＋4d )＝4(－2d ＋4d )＝8d ＝a 11，故数列{a n }中第11项的值与4a 5的值相等．答案：114．(2019·绍兴模拟)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，满足S 2＝S 6，S 55－S 44＝2，则a 1＝______，公差d ＝________.解析：由S 2＝S 6，得S 6－S 2＝a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝4a 1＋14d ＝0，即2a 1＋7d ＝0.由S 55－S 44＝2，得52(a 1＋a 5)5－42(a 1＋a 4)4＝12(a 5－a 4)＝12d ＝2，解得d ＝4，所以a 1＝－14.答案：－14 4[谨记通法]等差数列基本运算的方法策略(1)等差数列中包含a 1，d ，n ，a n ，S n 五个量，可“知三求二”．解决这些问题一般设基本量a 1，d ，利用等差数列的通项公式与求和公式列方程(组)求解，体现方程思想．(2)如果已知等差数列中有几项的和是常数的计算问题，一般是等差数列的性质和等差数列求和公式S n ＝n (a 1＋a n )2结合使用，体现整体代入的思想． 考点二 等差数列的判断与证明(重点保分型考点——师生共研)[典例引领](2019·温州模拟)已知数列{a n }中，a 1＝12，a n ＋1＝1＋a n a n ＋12(n ∈N *)．(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式． 解：(1)证明：因为对于n ∈N *，an ＋1＝1＋a n a n ＋12， 所以a n ＋1＝12－a n，所以1a n ＋1－1－1a n －1＝112－a n－1－1a n －1＝2－a n －1a n －1＝－1.所以数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n －1是首项为1a 1－1＝－2，公差为－1的等差数列．(2)由(1)知1a n －1＝－2＋(n －1)(－1)＝－(n ＋1)，所以a n －1＝－1n ＋1，即a n ＝nn ＋1.[由题悟法]等差数列的判定与证明方法已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a n －12a n －1＋1(n ∈N *，n ≥2)，数列{b n }满足关系式b n ＝1a n (n∈N *)．(1)求证：数列{b n }为等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)证明：∵b n ＝1a n ，且a n ＝a n －12a n －1＋1，∴b n ＋1＝1a n ＋1＝1a n 2a n ＋1＝2＋1a n ，∴b n ＋1－b n ＝2＋1a n －1a n ＝2.又b 1＝1a 1＝1，∴数列{b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)知数列{b n }的通项公式为 b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1， 又b n ＝1a n ，∴a n ＝1b n ＝12n －1.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝12n －1.考点三 等差数列的性质及最值(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．(2019·宁波模拟)在等差数列{a n }中，若a 9a 8＜－1，且其前n 项和S n 有最小值，则当S n ＞0时，n 的最小值为( )A ．14B ．15C ．16D ．17解析：选C ∵数列{a n }是等差数列，它的前n 项和S n 有最小值，∴公差d ＞0，首项a 1＜0，{a n } 为递增数列，∵a 9a 8＜－1，∴a 8·a 9＜0，a 8＋a 9＞0，由等差数列的性质知2a 8＝a 1＋a 15＜0，a 8＋a 9＝a 1＋a 16＞0.∵S n ＝(a 1＋a n )n2，∴当S n ＞0时，n 的最小值为16.2．(2018·嘉兴一中模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6＞S 7＞S 5，则满足a n ＞0的最大n 的值为______，满足S k S k ＋1＜0的正整数k ＝______.解析：由题可得a 6＝S 6－S 5＞0，a 7＝S 7－S 6＜0，所以使得a n ＞0的最大n 的值为6.又a 6＋a 7＝S 7－S 5＞0，则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，S 13＝13(a 1＋a 13)2＝13a 7＜0，因为{a n }是递减的等差数列，所以满足S k S k ＋1＜0的正整数k ＝12. 答案：6 12[由题悟法]1．等差数列的性质(1)项的性质：在等差数列{a n }中，a m －a n ＝(m －n )d ⇔a m －a nm －n ＝d (m ≠n )，其几何意义是点(n ，a n )，(m ，a m )所在直线的斜率等于等差数列的公差．(2)和的性质：在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，则 ①S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)； ②S 2n －1＝(2n －1)a n .2．求等差数列前n 项和S n 最值的2种方法(1)函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn ，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．(2)邻项变号法：①当a 1＞0，d ＜0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧ a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值为S m ；②当a 1＜0，d ＞0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值为S m .[即时应用]1．(2018·浙江新高考联盟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4S 8＝13，则S 8S 16＝( )A.310 B.37 C.13D.12解析：选A 因为数列{a n }是等差数列，所以S 4，S 8－S 4，S 12－S 8，S 16－S 12成等差数列，因为S 4S 8＝13，所以不妨设S 4＝1，则S 8＝3，所以S 8－S 4＝2，所以S 16＝1＋2＋3＋4＝10，所以S 8S 16＝310.2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知前6项和为36，最后6项的和为180，S n ＝324(n ＞6)，则数列{a n }的项数为________．解析：由题意知a 1＋a 2＋…＋a 6＝36，① a n ＋a n －1＋a n －2＋…＋a n －5＝180，②①＋②得(a 1＋a n )＋(a 2＋a n －1)＋…＋(a 6＋a n －5)＝6(a 1＋a n )＝216，∴a 1＋a n ＝36， 又S n ＝n (a 1＋a n )2＝324，∴18n ＝324，∴n ＝18. 答案：18一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2018·杭州模拟)已知递增的等差数列{a n }满足a 1＝1，a 3＝a 22－4.则数列{a n}的通项公式为( )A ．a n ＝2n －1B ．a n ＝－2n ＋3C ．a n ＝2n －1或－2n ＋3D ．a n ＝2n解析：选A 设数列{a n }的公差为d ，由a 3＝a 22－4可得1＋2d ＝(1＋d )2－4，解得d ＝±2.因为数列{a n }是递增数列，所以d ＞0，故d ＝2.所以a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.2．(2018·舟山期末)在等差数列{a n }中，若a 2＝1，a 4＝5，则{a n }的前5项和S 5＝( ) A ．7 B ．15 C ．20D ．25解析：选B 因为a 2＝1，a 4＝5，所以S 5＝5(a 1＋a 5)2＝5(a 2＋a 4)2＝15.3．(2019·缙云模拟)已知{a n }为等差数列，其公差d 为－2，且a 7是a 3与a 9的等比中项，S n 为{a n }的前n 项和，则S 10的值为( )A ．－110B ．－90C ．90D ．110解析：选D 设数列{a n }的首项为a 1，因为a 7是a 3与a 9的等比中项，所以(a 1－12)2＝(a 1－4)(a 1－16)，解得a 1＝20.所以S 10＝10a 1＋45d ＝200－90＝110.4．(2019·腾远调研)我国古代数学名著《九章算术》里有问题：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：________日相逢？解析：由题意知，良马每日行的距离成等差数列，记为{a n }，其中a 1＝103，d 1＝13；驽马每日行的距离成等差数列，记为{b n }，其中b 1＝97，d 2＝－0.5.设第m 天相逢，则a 1＋a 2＋…＋a m ＋b 1＋b 2＋…＋b m ＝103m ＋m (m －1)×132＋97m ＋m (m －1)×(－0.5)2＝2×1 125，解得m ＝9(负值舍去)．即二马需9日相逢．答案：95．等差数列{a n }中，已知a 5＞0，a 4＋a 7＜0，则{a n }的前n 项和S n 的最大值为________．解析：∵⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＋a 7＝a 5＋a 6＜0，a 5＞0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 5＞0，a 6＜0，∴S n 的最大值为S 5. 答案：S 5二保高考，全练题型做到高考达标1．(2018·金丽衢十二校联考)已知正项数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，当n ≥2，n ∈N *时，a n ＝a 2n ＋1＋a 2n －12，则a 6＝( ) A ．2 2 B ．4 C ．16D ．45解析：选B 因为a n ＝a 2n ＋1＋a 2n －12，所以2a 2n ＝a 2n ＋1＋a 2n －1，即a 2n ＋1－a 2n ＝a 2n －a 2n －1，所以数列{a 2n }是等差数列，公差d ＝a 22－a 21＝4－1＝3，所以a 2n ＝1＋3(n －1)＝3n －2，所以a n ＝3n －2，所以a 6＝18－2＝4.2．(2018·浙江五校联考)等差数列{a n }中，a 1＝0，等差d ≠0，若a k ＝a 1＋a 2＋…＋a 7，则实数k ＝( )A ．22B ．23C ．24D ．25解析：选A 因为a 1＝0，且a k ＝a 1＋a 2＋…＋a 7， 即(k －1)d ＝21d ，又因为d ≠0，所以k ＝22.3．(2018·河南六市一联)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，若{a n }和{S n }都是等差数列，且公差相等，则a 6＝( )A.114B.32C.72D ．1解析：选A 设{a n }的公差为d ，由题意得，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n ，又{a n }和{S n}都是等差数列，且公差相同，∴⎩⎨⎧d ＝ d 2，a 1－d2＝0，解得⎩⎨⎧d ＝12，a 1＝14，a 6＝a 1＋5d ＝14＋52＝114.4．(2018·东阳模拟)已知两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且A nB n＝7n ＋45n ＋3，则使得a nb n为整数的正整数的个数为( ) A ．2 B ．3C ．4D ．5解析：选D 由A n B n ＝7n ＋45n ＋3，可得a n b n ＝A 2n －1B 2n －1＝7n ＋19n ＋1＝7＋12n ＋1，所以要使a n b n 为整数，则需12n ＋1为整数，所以n ＝1,2,3,5,11，共5个．5．设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S nS 2n为常数，则称数列{a n }为“吉祥数列”．已知等差数列{b n }的首项为1，公差不为0，若数列{b n }为“吉祥数列”，则数列{b n }的通项公式为( )A ．b n ＝n －1B ．b n ＝2n －1C ．b n ＝n ＋1D ．b n ＝2n ＋1解析：选B 设等差数列{b n }的公差为d (d ≠0)，S n S 2n ＝k ，因为b 1＝1，则n ＋12n (n －1)d＝k ⎣⎡⎦⎤2n ＋12×2n (2n －1)d ，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d ， 整理得(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0. 因为对任意的正整数n 上式均成立， 所以(4k －1)d ＝0，(2k －1)(2－d )＝0， 解得d ＝2，k ＝14.所以数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1.6．(2019·台州中学期中)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝18，S 18＝54，则a 17＝________，S n ＝__________.解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，因为a 2＝18，S 18＝54，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝18，18a 1＋18×172d ＝54，解得a 1＝20，d ＝－2.所以a 17＝a 1＋16d ＝20－32＝－12，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝－n 2＋21n .答案：－12 －n 2＋21n7．在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前 n 项和为S n ，当且仅当n ＝8 时S n 取得最大值，则d 的取值范围为________．解析：由题意，当且仅当n ＝8时S n 有最大值，可得 ⎩⎪⎨⎪⎧d ＜0，a 8＞0，a 9＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧d ＜0，7＋7d ＞0，7＋8d ＜0，解得－1＜d ＜－78.答案：⎝⎛⎭⎫－1，－78 8．(2018·金华浦江适考)设数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，其中a n ＝－3n ＋20，b n ＝|a n |，则使T n ＝S n 成立的最大正整数n 为________，T 2 018＋S 2 018＝________.解析：根据题意，数列{a n }中，a n ＝－3n ＋20，则数列{a n }是首项为17，公差为－3的等差数列，且当n ≤6时，a n ＞0，当n ≥7时，a n ＜0，又由b n ＝|a n |，当n ≤6时，b n ＝a n ，当n ≥7时，b n ＝－a n ，则使T n ＝S n 成立的最大正整数为6，T 2 018＋S 2 018＝(a 1＋a 2＋…＋a 6＋a 7＋a 8＋…＋a 2 018)＋(b 1＋b 2＋…＋b 6＋b 7＋b 8＋…＋b 2 018)＝2(a 1＋a 2＋…＋a 6)＝(17＋2)×6＝114.答案：6 1149．已知等差数列的前三项依次为a,4,3a ，前n 项和为S n ，且S k ＝110. (1)求a 及k 的值；(2)设数列{b n }的通项b n ＝S nn ，证明：数列{b n }是等差数列，并求其前n 项和T n . 解：(1)设该等差数列为{a n }，则a 1＝a ，a 2＝4，a 3＝3a ， 由已知有a ＋3a ＝8，得a 1＝a ＝2，公差d ＝4－2＝2，所以S k ＝ka 1＋k (k －1)2·d ＝2k ＋k (k －1)2×2＝k 2＋k .由S k ＝110，得k 2＋k －110＝0，解得k ＝10或k ＝－11(舍去)，故a ＝2，k ＝10. (2)证明：由(1)得S n ＝n (2＋2n )2＝n (n ＋1)， 则b n ＝S nn ＝n ＋1，故b n ＋1－b n ＝(n ＋2)－(n ＋1)＝1，即数列{b n }是首项为2，公差为1的等差数列， 所以T n ＝n (2＋n ＋1)2＝n (n ＋3)2. 10．(2018·南昌调研)设数列{a n }的前n 项和为S n,4S n ＝a 2n ＋2a n －3，且a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比数列，当n ≥5时，a n ＞0.(1)求证：当n ≥5时，{a n }成等差数列； (2)求{a n }的前n 项和S n .解：(1)证明：由4S n ＝a 2n ＋2a n －3,4S n ＋1＝a 2n ＋1＋2a n ＋1－3， 得4a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n ＋2a n ＋1－2a n ，即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －2)＝0.当n ≥5时，a n ＞0，所以a n ＋1－a n ＝2， 所以当n ≥5时，{a n }成等差数列．(2)由4a 1＝a 21＋2a 1－3，得a 1＝3或a 1＝－1， 又a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比数列， 所以由(1)得a n ＋1＋a n ＝0(n ≤5)，q ＝－1， 而a 5＞0，所以a 1＞0，从而a 1＝3，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3(－1)n －1，1≤n ≤4，2n －7，n ≥5，所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧32[1－(－1)n ]，1≤n ≤4，n 2－6n ＋8，n ≥5.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2018·浙江五校联考)已知等差数列{a n }的公差d ≠0，且a 1，a 3，a 13成等比数列，若a 1＝1，S n 为数列{a n }的前n 项和，则2S n ＋16a n ＋3的最小值为________．解析：设公差为d .因为a 1，a 3，a 13成等比数列，所以(1＋2d )2＝1＋12d ，解得d ＝2.所以a n ＝2n －1，S n ＝n 2.所以2S n ＋16a n ＋3＝2n 2＋162n ＋2＝n 2＋8n ＋1.令t ＝n ＋1，则原式＝t 2＋9－2t t ＝t ＋9t －2.因为t ≥2，t ∈N *，所以当t ＝3，即n ＝2时，⎝ ⎛⎭⎪⎫2S n ＋16a n ＋3min ＝4.答案：42．已知数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝4n －3(n ∈N *)． (1)若数列{a n }是等差数列，求a 1的值； (2)当a 1＝2时，求数列{a n }的前n 项和S n . 解：(1)法一：∵数列{a n }是等差数列， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ，a n ＋1＝a 1＋nd . 由a n ＋1＋a n ＝4n －3，得(a 1＋nd )＋[a 1＋(n －1)d ]＝4n －3， ∴2dn ＋(2a 1－d )＝4n －3， 即2d ＝4,2a 1－d ＝－3， 解得d ＝2，a 1＝－12.法二：在等差数列{a n }中，由a n ＋1＋a n ＝4n －3， 得a n ＋2＋a n ＋1＝4(n ＋1)－3＝4n ＋1， ∴2d ＝a n ＋2－a n ＝(a n ＋2＋a n ＋1)－(a n ＋1＋a n ) ＝4n ＋1－(4n －3)＝4， ∴d ＝2.又∵a 1＋a 2＝2a 1＋d ＝2a 1＋2＝4×1－3＝1， ∴a 1＝－12.(2)由题意，①当n 为奇数时， S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a n －1＋a n ) ＝2＋4[2＋4＋…＋(n －1)]－3×n －12＝2n 2－3n ＋52.②当n 为偶数时，S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －1＋a n ) ＝1＋9＋…＋(4n －7) ＝2n 2－3n 2.第三节等比数列及其前n 项和1．等比数列的有关概念 (1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为a n ＋1a n＝q .(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．等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n－m(n ，m ∈N *)．(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 }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b 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 . [小题体验]1．(教材习题改编)将公比为q 的等比数列a 1，a 2，a 3，a 4，…依次取相邻两项的乘积组成新的数列a 1a 2，a 2a 3，a 3a 4，….此数列是( )A ．公比为q 的等比数列B ．公比为q 2的等比数列C ．公比为q 3的等比数列D ．不一定是等比数列答案：B2．(2018·台州模拟)已知等比数列{a n }各项都是正数，且a 4－2a 2＝4，a 3＝4，则a n ＝________；S 10＝________.解析：设公比为q ，因为a 4－2a 2＝4，a 3＝4， 所以有4q －8q ＝4，解得q ＝2或q ＝－1.因为q ＞0，所以q ＝2.所以a 1＝a 3q 2＝1，a n ＝a 1q n －1＝2n －1.所以S 10＝1－2101－2＝210－1＝1 023.答案：2n －1 1 0233．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝3a n (n ∈N *)，则a 3＝______；S 5＝_________. 答案：9 1211．特别注意q ＝1时，S n ＝na 1这一特殊情况．2．由a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能立即断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0.3．在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形而导致解题失误．4．S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 未必成等比数列(例如：当公比q ＝－1且n 为偶数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 不成等比数列；当q ≠－1或q ＝－1且n 为奇数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等比数列)，但等式(S 2n －S n )2＝S n ·(S 3n －S 2n )总成立．[小题纠偏]1．在等比数列{a n }中，a 3＝2，a 7＝8，则a 5等于( ) A ．5 B ．±5 C ．4D ．±4解析：选C a 25＝a 3a 7＝2×8＝16，∴a 5＝±4，又∵a 5＝a 3q 2＞0，∴a 5＝4. 2．设数列{a n }是等比数列，前n 项和为S n ，若S 3＝3a 3，则公比q ＝________. 答案：－12或1考点一 等比数列的基本运算(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．(2018·绍兴模拟)等比数列{a n }的公比为2，前n 项和为S n .若1＋2a 2＝S 3，则a 1＝( ) A .17 B.15 C.13D ．1解析：选C 由题可得，1＋4a 1＝a 1＋2a 1＋4a 1，解得a 1＝13.2．(2018·杭二中仿真)各项都是正数的等比数列{a n }中，若a 2，12a 3，a 1成等差数列，则a 3＋a 4a 4＋a 5的值为( ) A.5＋12B.5－12C.1－52D.5＋12或1－52解析：选B 设数列{a n }的公比为q (q ＞0，q ≠1)，由a 2，12a 3，a 1成等差数列可得a 3＝a 2＋a 1，所以有q 2－q －1＝0，解得q ＝5＋12(负值舍去)．所以a 3＋a 4a 4＋a 5＝1q ＝5－12. [由题悟法]解决等比数列有关问题的2种常用思想 方程的思想等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过1．(2019·浙北联考)设等比数列{a n }的公比q ＝2，前n 项和为S n ，则S 4a 2＝( )A ．2B ．4 C.152D.172解析：选C 因为q ＝2，所以S 4a 2＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4a 2＝1＋q ＋q 2＋q 3q ＝1＋2＋4＋82＝152. 2．(2018·宁波模拟)已知等比数列{a n }满足a 2＝14，a 2a 8＝4(a 5－1)，则a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8的值为( )A ．20B ．31C ．62D ．63解析：选B 因为a 2a 8＝a 25＝4(a 5－1)，解得a 5＝2.所以q ＝2.所以a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝1＋2＋4＋8＋16＝31.3．(2018·杭州二检)设各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4＝80，S 2＝8，则公比q ＝________，a 5＝________.解析：由题可得，设数列{a n }的公比为q (q ＞0，q ≠1)，根据题意可得a 1(1－q 4)1－q＝80，a 1(1－q 2)1－q＝8，解得a 1＝2，q ＝3，所以a 5＝a 1q 4＝2×34＝162. 答案：3 162考点二 等比数列的判定与证明(重点保分型考点——师生共研)[典例引领](2016·全国卷Ⅲ)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.解：(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.[由题悟法]等比数列的4种常用判定方法择题、填空题中的判定．(2)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可．[即时应用](2018·衢州模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2(n ∈N *)，若数列{b n }满足b n ＝a n ＋1－2a n ，求证：{b n }是等比数列．证明：因为S n ＋1＝4a n ＋2， 所以S 2＝a 1＋a 2＝4a 1＋2，又a 1＝1，所以a 2＝5，b 1＝a 2－2a 1＝3， 当n ≥2时，S n ＝4a n －1＋2. 所以S n ＋1－S n ＝a n ＋1＝4a n －4a n －1. 因为b n ＝a n ＋1－2a n ， 所以当n ≥2时，b nb n －1＝a n ＋1－2a n a n －2a n －1＝4a n －4a n －1－2a n a n －2a n －1＝2(a n －2a n －1)a n －2a n －1＝2. 所以{b n }是以3为首项，2为公比的等比数列．考点三 等比数列的性质(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．(2018·宁波模拟)已知各项不为0的等差数列{a n }满足a 6－a 27＋a 8＝0，数列{b n}是等比数列，且b 7＝a 7，则b 2b 8b 11＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选D 由等差数列的性质，得a 6＋a 8＝2a 7. 由a 6－a 27＋a 8＝0，可得a 7＝2， 所以b 7＝a 7＝2.由等比数列的性质得b 2b 8b 11＝b 2b 7b 12＝b 37＝23＝8.2．若等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4S 2＝5，则S 8S 4＝________.解析：由题可得，S 2，S 4－S 2，S 6－S 4，S 8－S 6成等比数列，因为S 4S 2＝5，不妨设S 2＝1，则S 4＝5，所以S 4－S 2＝4， 所以S 8＝1＋4＋16＋64＝85， 所以S 8S 4＝855＝17.答案：17[由题悟法]等比数列的性质可以分为3类 通项公式的变形 根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口等比中项的变形 前n 项和公式的变形[即时应用]1．(2018·诸暨模拟)已知等比数列{a n }中，a 1＋a 2＋a 3＝40，a 4＋a 5＋a 6＝20.则该数列的前9项和为( )A ．50B ．70C ．80D ．90解析：选B 由等比数列的性质得S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，由S 3＝40，S 6－S 3＝20，知公比为12，故S 9－S 6＝10，S 9＝70.2．(2018·浙江联盟模拟)已知{a n }是等比数列，且a n ＞0，a 2a 4＋2a 3a 5＋a 4a 6＝25，则a 3＋a 5＝________；a 4的最大值为________．解析：因为a n ＞0，a 2a 4＋2a 3a 5＋a 4a 6＝a 23＋2a 3a 5＋a 25＝(a 3＋a 5)2＝25，所以a 3＋a 5＝5，所以a 3＋a 5＝5≥2a 3a 5＝2a 4，所以a 4≤52.即a 4的最大值为52.答案：552一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2018·舟山模拟)已知x ，y ，z ∈R ，若－1，x ，y ，z ，－3成等比数列，则xyz 的值为( )A ．－3B ．±3C ．－3 3D ．±3 3解析：选C 因为－1，x ，y ，z ，－3成等比数列，由等比数列的性质及等比中项可知，xz ＝3，y 2＝3，且y 与－1，－3符号相同，所以y ＝－3，所以xyz ＝－3 3.2．(2019·湖州六校联考)已知等比数列的前n 项和为54，前2n 项和为60，则前3n 项和为( )A ．66B ．64C ．6623D ．6023解析：选D 因为等比数列中，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等比数列，所以54(S 3n －60)＝36，解得S 3n ＝6023.3．(2018·金华十校联考)在等比数列{a n }中，已知a 7a 12＝5，则a 8a 9a 10a 11的值为( ) A ．10 B ．25C ．50D ．75解析：选B 因为a 7a 12＝a 8a 11＝a 9a 10＝5，所以a 8a 9a 10a 11＝52＝25.4．(2018·浙江名校协作体测试)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意的正整数n ，均有S n ＋3＝8S n ＋3，则a 1＝_________，公比q ＝________.解析：因为S n ＋3＝8S n ＋3，所以当n ≥2时，S n ＋2＝8S n －1＋3，两式相减，可得a n ＋3＝8a n ，所以q 3＝8，解得q ＝2；当n ＝1时，S 4＝8S 1＋3，即15a 1＝8a 1＋3，解得a 1＝37.答案：3725．(2018·永康适应性测试)数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝2a n ＋n ，则a 1＝______，数列{a n }的通项公式a n ＝_______.解析：因为S n ＝2a n ＋n ，所以当n ＝1时，S 1＝a 1＝2a 1＋1，所以a 1＝－1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋n －2a n －1－n ＋1，即a n ＝2a n －1－1，即a n －1＝2(a n －1－1)，所以数列{a n －1}是以－2为首项，2为公比的等比数列，所以a n －1＝－2n ，所以a n ＝1－2n .答案：－1 1－2n二保高考，全练题型做到高考达标1．(2019·浙大附中模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ＋1＝pS n ＋q (n ∈N *，p ≠－1)，则“a 1＝q ”是“{a n }为等比数列”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选C 因为a n ＋1＝pS n ＋q ，所以当n ≥2时，a n ＝pS n －1＋q ，两式相减得a n ＋1－a n ＝pa n ，即当n ≥2时，a n ＋1a n ＝1＋p .当n ＝1时，a 2＝pa 1＋q .所以当a 1＝q 时，a 2a 1＝1＋p ，满足上式，故数列{a n }为等比数列，所以是充分条件；当{a n }为等比数列时，有a 2＝pa 1＋q ＝(1＋p )a 1，解得a 1＝q ，所以是必要条件，从而选C.2．(2019·乐清模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ∈N *)，则S 6＝( )A ．44B ．45 C.46－13D.45－13解析：选B 因为a 1＝1，a n ＋1＝3S n ＝S n ＋1－S n ，所以S n ＋1＝4S n ，所以数列{S n }是首项为S 1＝a 1＝1，公比为4的等比数列，所以S 6＝45.3．已知数列{a n }满足log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1(n ∈N *)，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则log 13(a 5＋a 7＋a 9)的值是( )A ．－5B ．－15C ．5D.15解析：选A ∵log 3a n ＋1＝log 3a n ＋1，∴a n ＋1＝3a n . ∴数列{a n }是以公比q ＝3的等比数列． ∵a 5＋a 7＋a 9＝q 3(a 2＋a 4＋a 6)，∴log 13(a 5＋a 7＋a 9)＝log 13(9×33)＝log 1335＝－5.4．古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”根据上题的已知条件，若要使织布的总尺数不少于30，该女子所需的天数至少为( )A ．7B ．8C ．9D ．10解析：选B 设该女子第一天织布x 尺，则x (1－25)1－2＝5，得x ＝531，∴前n 天所织布的尺数为531(2n －1)．由531(2n －1)≥30，得2n ≥187，则n 的最小值为8.5．(2019·金华模拟)设A n ，B n 分别为等比数列{a n }，{b n }的前n 项和．若A n B n ＝12n ＋1，则a 7b 3＝( ) A.19B.12763。

第六编 数列§6.1 数列的概念及简单表示法1.下列对数列的理解有四种：①数列可以看成一个定义在N *（或它的有限子集{1，2，3，…，n}）上的函数； ②数列的项数是有限的；③数列若用图象表示，从图象上看都是一群孤立的点； ④数列的通项公式是惟一的.其中说法正确的是 （填序号）. 答案 ①③2.设a n =-n 2+10n+11，则数列{a n }从首项到第 项的和最大. 答案 10或113.(2008·安徽文，15)在数列{a n }中,a n =4n-25,a 1+a 2+…+a n =an 2+bn,n ∈N *,其中a 、b 为常数，则ab= . 答案 -14.已知数列{a n }的通项公式是a n =⎩⎨⎧-+，n n ，n n )(22)(13为偶数为奇数则a 2·a 3= .答案 205.（2008· 北京理，6）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= . 答案 -30更多成套系列资源请您访问： 谢谢您对我们的帮助支持！例1 写出下面各数列的一个通项公式： （1）3，5，7，9，…； （2）21，43，87，1615，3231，…；（3）-1，23，-31，43，-51，63，…； （4）32，-1，710，-917，1126，-1337，…；（5）3，33，333，3 333，….解 （1）各项减去1后为正偶数， 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21，22，23，24，…，所以a n =nn 212-. （3）奇数项为负，偶数项为正，故通项公式中含因子（-1）n；各项绝对值的分母组成数列1，2，3，4，…；而各项绝对值的分子组成的数列中，奇数项为1，偶数项为3，即奇数项为2-1，偶数项为2+1， 所以a n =（-1）n·nn)1(2-+. 也可写为a n =⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-)(3)(1为正偶数为正奇数n nn n.（4）偶数项为负，奇数项为正，故通项公式必含因子（-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、2两项可改写为12112++，-122122+⨯+，所以a n =(-1)n+1·1212++n n .（5）将数列各项改写为39，399，3999，39999，…，分母都是3，而分子分别是10-1,102-1,103-1,104-1,…, 所以a n =31(10n-1). 例2 已知数列的通项公式为a n =122+n n .（1）0.98是不是它的项？ （2）判断此数列的增减性.解 （1）假设0.98是它的项，则存在正整数n,满足122+n n =0.98，∴n 2=0.98n 2+0.98.∵n=7时成立，∴0.98是它的项. （2）a n+1-a n =11)1()1(2222+-+++n n n n=)1](1)1[(1222++++n n n ＞0.∴此数列为递增数列.例3 （14分）已知数列{a n }的前n 项和S n 满足a n +2S n S n-1=0 (n ≥2),a 1=21,求a n . 解 ∵当n ≥2时，a n =S n -S n-1, ∴S n -S n-1+2S n S n-1=0， 即n S 1-11-n S =2， 4分∴数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n S 1是公差为2的等差数列. 6分又S 1=a 1=21，∴11S =2， ∴nS 1=2+（n-1）·2=2n ， ∴S n =n21. 10分 ∴当n ≥2时，a n =-2S n S n-1=-2·n 21·)1(21-n =-)1(21-n n ， 12分∴a n =⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥--=)2()1(21)1(21n n n n . 14分1.根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式： （1）32，154，356，638，9910，…（2）21，2，29，8，225，…（3）5，55，555，5 555，55 555，… （4）5，0，-5，0，5，0，-5，0，… （5）1，3，7，15，31，…解（1）这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解成1×3，3×5，5×7，7×9，9×11，…，每一项都是两个相邻奇数的乘积，经过组合，则所求数列的通项公式 a n =)12)(12(2+-n n n.（2）数列的项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观察：21，24，29，216，225，…，可得通项公式a n =22n .（3）联想个n 999=10n-1,则a n = 个n 555=95 个n )999(=95(10n-1),即a n =95 (10n-1). （4）数列的各项都具有周期性，联想基本数列1，0，-1，0，…， 则a n =5sin2πn.（5）∵1=2-1，3=22-1，7=23-1，… ∴a n =2n-1故所求数列的通项公式为a n =2n-1.2.已知函数f （x ）=2x-2-x，数列{a n }满足f （log 2a n ）=-2n. （1）求数列{a n }的通项公式； （2）求证：数列{a n }是递减数列. （1）解 ∵f （x ）=2x-2-x，∴f （log 2a n ）=2n a 2log -2n a 2log -=-2n ， 即a n -na 1=-2n. ∴a 2n +2n ·a n -1=0. ∴a n =24422+±-n n ，又a n ＞0，∴a n =12+n -n.（2）证明 ∵a n ＞0，且a n =12+n -n,∴n n a a 1+=nn n n -++-++1)1(1)1(22=)1(1)1(122++++++n n n n ＜1.∴a n+1＜a n .即{a n }为递减数列.3.已知在正项数列{a n }中，S n 表示前n 项和且2n S =a n +1，求a n . 解 ∵2n S =a n +1, ∴S n =41(a 2n +2a n +1), ∴S n-1=41(a 21-n +2a n-1+1), ∴当n ≥2时，a n =S n -S n-1 =41［（a 2n -a 21-n ）+2（a n -a n-1）］， 整理可得：（a n +a n-1）（a n -a n-1-2）=0， ∵a n ＞0，∴a n -a n-1=2， 当n=1时，a 1=1,∴{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列. ∴a n =2n-1 (n ∈N *).一、填空题1.数列1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，5，…的第100项是 .答案 142.数列{a n }中，a 1=1,对于所有的n ≥2，n ∈N *都有a 1·a 2·a 3·…·a n =n 2，则a 3+a 5= . 答案1661 3.数列-1,58，-715，924，…的一个通项公式是 .答案 a n =(-1)n12)2(++n n n4.下图是用同样规格的黑、白两色正方形瓷砖铺设的若干图案，则按此规律第n 个图案中需用黑色瓷砖 块.（用含n 的代数式表示）答案 4n+85.已知数列{a n }的前n 项和S n =n 2-9n ，第k 项满足5＜a k ＜8，则k= . 答案 86.若数列{a n }的通项公式a n =2)1(1+n ，记f （n ）=2(1-a 1)(1-a 2)…(1-a n )，试通过计算f(1),f(2),f(3)的值，推测出f(n)= (用含n 的代数式表示）. 答案12++n n 7.（2008·沈阳模拟）数列{a n }满足a n+1=⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<≤-<≤,121,12,2102,n n n n a a a aa 1=53，则数列的第2 008项为 . 答案54 8.已知数列{a n }中,a 1=1,(n+1)a n =na n+1,则数列{a n }的一个通项公式a n = . 答案 n 二、解答题9.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，满足log 2(1+S n )=n+1,求数列的通项公式. 解 S n 满足log 2(1+S n )=n+1,∴1+S n =2n+1, ∴S n =2n+1-1.∴a 1=3,a n =S n -S n-1=(2n+1-1)-(2n-1)=2n(n ≥2), ∴{a n }的通项公式为a n =⎪⎩⎪⎨⎧≥=).2(2),1(3n n n10.已知数列{a n }中，a 1=1,前n 项和为S n ，对任意的n ≥2,3S n -4,a n ,2-231-n S 总成等差数列. （1）求a 2、a 3、a 4的值； （2）求通项公式a n.解 （1）当n ≥2时，3S n -4,a n ,2-231-n S 成等差数列， ∴2a n =3S n -4+2-23S n-1，∴a n =3S n -4（n ≥2）. 由a 1=1,得a 2=3(1+a 2)-4, ∴a 2=21,a 3=3⎪⎭⎫⎝⎛++3211a -4, ∴a 3=-41,a 4=3⎪⎭⎫⎝⎛+-+441211a -4,∴a 4=81. ∴a 2=21，a 3=-41，a 4=81. （2）∵当n ≥2时，a n =3S n -4,∴3S n =a n +4, ∴⎩⎨⎧+=+=++434311n n n n a S a S ,可得:3a n+1=a n+1-a n ,∴nn a a 1+=-21，∴a 2，a 3，…，a n 成等比数列， ∴a n =a 2·q n-2=21·221-⎪⎭⎫⎝⎛-n =-121-⎪⎭⎫⎝⎛-n ，∴a n =⎪⎩⎪⎨⎧≥⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-)2(21)1(11n n n .11.在数列{a n }中，a 1=21，a n =1-11-n a (n ≥2,n ∈N *)，数列{a n }的前n 项和为S n .（1）求证：a n+3=a n ;(2）求a 2 008. （1）证明 a n+3=1-21+n a =1-1111+-n a=1-na 11111--=nn a a 11111---=1-111--n n a a =1-111---n n n a a a=1-111--n a =1-(1-a n )=a n . ∴a n+3=a n .（2）解 由（1）知数列{a n }的周期T=3， a 1=21，a 2=-1，a 3=2. 又∵a 2 008=a 3×669+1=a 1=21.∴a 2 008=21. 12.已知二次函数f(x)=x 2-ax+a (x ∈R )同时满足：①不等式f(x)≤0的解集有且只有一个元素；②在定义域内存在0﹤x 1﹤x 2,使得不等式f(x 1)＞f(x 2)成立.设数列{a n }的前n 项和S n =f （n ）. （1）求函数f(x)的表达式； （2）求数列{a n }的通项公式.解（1）∵f （x ）≤0的解集有且只有一个元素， ∴Δ=a 2-4a=0⇒a=0或a=4，当a=4时，函数f(x)=x 2-4x+4在（0，2）上递减， 故存在0＜x 1＜x 2,使得不等式f(x 1)＞f(x 2)成立， 当a=0时，函数f(x)=x 2在（0,+∞）上递增， 故不存在0﹤x 1﹤x 2,使得不等式f(x 1)＞f(x 2)成立， 综上，得a=4,f(x)=x 2-4x+4. （2）由（1）可知S n =n 2-4n+4, 当n=1时，a 1=S 1=1, 当n ≥2时，a n =S n -S n-1=(n 2-4n+4)-［(n-1)2-4(n-1)+4］=2n-5,∴a n =⎩⎨⎧≥-=)2(52)1(1n n n .§6.2 等差数列及其前n 项和1.（2008·广东理，2）记等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1=21，S 4=20，则S 6= . 答案 482.（2008· 陕西理，4）已知{a n }是等差数列,a 1+a 2=4,a 7+a 8=28,则该数列前10项和S 10= . 答案 1003.（2008·全国Ⅰ理，5）已知等差数列{}n a 满足a 2+a 4=4，a 3+a 5=10，则它的前10项的和S 10= . 答案 954.已知两个等差数列{a n }和{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且nn B A =3457++n n ，则使得n n b a 为整数的正整数n 的个数是 个. 答案 55.（2009·姜堰中学高三第四次综合练习）设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 4+a 12+a 17+a 19=8，则S 25的值为 . 答案 50例1 已知数列{a n }满足a 1=4,a n =4-14-n a (n ≥2),令b n =21-n a .求证：数列{b n }是等差数列. 证明 ∵a n+1-2=2-n a 4=nn a a )2(2- ∴211-+n a =)2(2-n n a a =)2(222-+-n n a a =21+21-n a∴211-+n a -21-n a =21， ∴b n+1-b n =21. ∴数列{b n }是等差数列. 例2 在等差数列{a n }中， （1）已知a 15=33,a 45=153,求a 61; (2)已知a 6=10,S 5=5，求a 8和S 8；（3）已知前3项和为12，前3项积为48，且d ＞0,求a 1. 解 （1）方法一 设首项为a 1,公差为d,依条件得 ⎩⎨⎧+=+=da d a 44153143311,解方程组得⎩⎨⎧=-=.4231d ，a∴a 61=-23+(61-1)×4=217. 方法二 由d=m n a a m n --,得d=15451545--a a =3033153-=4,由a n =a m +(n-m)d,得a 61=a 45+16d=153+16×4=217. （2）∵a 6=10,S 5=5,∴⎩⎨⎧=+=+510510511d a d a .解方程组得a 1=-5,d=3, ∴a 8=a 6+2d=10+2×3=16,S 8=8×2)(81a a +=44. (3)设数列的前三项分别为a-d,a,a+d,依题意有：⎩⎨⎧=+⋅⋅-=+++-48)()(12)()(d a a d a d a a d a , ∴⎪⎩⎪⎨⎧=-=48)(422d a a a ,∴⎩⎨⎧±==24d a . ∵d ＞0,∴d=2,a-d=2.∴首项为2.∴a 1=2.例3 （14分）在等差数列{a n }中，已知a 1=20,前n 项和为S n ，且S 10=S 15，求当n 取何值时，S n 取得最大值，并求出它的最 大值.解 方法一 ∵a 1=20，S 10=S 15， ∴10×20+2910⨯d=15×20+21415⨯d ， ∴d=-35. 4分 ∴a n =20+（n-1）×(-35)=-35n+365. 8分∴a 13=0. 10分 即当n ≤12时，a n ＞0,n ≥14时，a n ＜0. ∴当n=12或13时，S n 取得最大值，且最大值为 S 12=S 13=12×20+21112⨯⨯(-35)=130. 14分 方法二 同方法一求得d=-35. 4分 ∴S n =20n+2)1(-n n ·(-35) =-65n 2+6125n=-652225⎪⎭⎫ ⎝⎛-n +241253. 8分∵n ∈N +,∴当n=12或13时，S n 有最大值，且最大值为S 12=S 13=130. 14分 方法三 同方法一得d=-35. 4分又由S 10=S 15,得a 11+a 12+a 13+a 14+a 15=0. 8分 ∴5a 13=0,即a 13=0. 10分 ∴当n=12或13时，S n 有最大值，且最大值为S 12=S 13=130. 14分1.设两个数列{a n },{b n }满足b n =nna a a a n+++++++ 32132321，若{b n }为等差数列，求证：{a n }也为等差数列.证明 由题意有 a 1+2a 2+3a 3+…+na n =2)1(+n n b n ， ① 从而有a 1+2a 2+3a 3+…+(n-1)a n-1 =2)1(-n n b n-1(n ≥2), ② 由①-②，得na n =2)1(+n n b n -2)1(-n n b n-1,整理得a n =21-++n n b b nd ,其中d 为{b n }的公差(n ≥2). 从而a n+1-a n =2)1(1n n b b d n ++++-21-++n n b b nd=22d d +=d 23(n ≥2). 又a 1=b 1，a 2=2212b b d ++∴a 2-a 1=2212b b d ++-b 1=2212b b d -+=23d.综上，a n+1-a n =23d （n ∈N *）. 所以{a n }是等差数列.2.设{a n }为等差数列,S n 为数列{a n }的前n 项和,已知S 7=7,S 15=75,T n 为数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n S n 的前n 项和,求T n .解 设等差数列{a n }的公差为d, 则S n =na 1+21n(n-1)d, ∵S 7=7,S 15=75, ∴⎩⎨⎧=+=+7510515721711d a d a , 即⎩⎨⎧=+=+571311d a d a ,解得⎩⎨⎧=-=121d a ,∴n S n =a 1+21(n-1)d=-2+21(n-1),∵11++n S n -n S n =21,∴数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n S n 是等差数列,其首项为-2,公差为21,∴T n =41n 2-49n. 3.等差数列{a n }中，a 1＜0,S 9=S 12,该数列前多少项的和最小？ 解 由条件S 9=S 12可得 9a 1+289⨯d=12a 1+21112⨯d ，即d=-101a 1. 由a 1＜0知d ＞0,即数列{a n }为递增数列. 方法一 由⎩⎨⎧≥+=≤-+=+001111nd a a d )n (a a n n ，得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤-≥--010********n n ）（,解得10≤n ≤11.∴当n 为10或11时，S n 取最小值， ∴该数列前10项或前11项的和最小.方法二 ∵S 9=S 12，∴a 10+a 11+a 12=3a 11=0，∴a 11=0.又∵a 1＜0,∴公差d ＞0，从而前10项或前11项和最小. 方法三 ∵S 9=S 12，∴S n 的图象所在抛物线的对称轴为x=2129+=10.5, 又n ∈N *，a 1＜0,∴{a n }的前10项或前11项和最小. 方法四 由S n =na 1+2)1(-n n d=2d 2n +⎪⎭⎫ ⎝⎛-21d a n ， 结合d=-101a 1得 S n =⎪⎭⎫ ⎝⎛-1201a ·n 2+⎪⎭⎫ ⎝⎛12021a ·n =-201a 2221⎪⎭⎫ ⎝⎛-n +80441a 1 （a 1＜0），由二次函数的性质可知n=221=10.5时，S n 最小. 又n ∈N *，故n=10或11时S n 取得最小值.一、填空题1.等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2=1,a 3=3,则S 4= . 答案 82.在等差数列{a n }中，已知a 1=2,a 2+a 3=13,则a 4+a 5+a 6= . 答案423.已知某等差数列共有10项，其奇数项之和为15，偶数项之和为30，则其公差为 . 答案 34.已知等差数列{a n }的前三项分别为a-1,2a+1,a+7,则这个数列的通项公式为 . 答案 a n =4n-35.（2009·东海高级中学月考）设{a n }是公差为正数的等差数列，若a 1+a 2+a 3=15,a 1a 2a 3=80，则a 11+a 12+a 13= . 答案 1056.(2009·兴化市板桥高级中学12月月考)数列{a n }的通项公式是a n =1-2n,其前n 项和为S n ，则数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n S n 的前11项和为 . 答案 -667.（2008·重庆理，14）设S n 是等差数列{a n }的前n 项和,a 12=-8,S 9=-9,则S 16= . 答案 -728.已知数列{a n }、{b n }都是公差为1的等差数列，其首项分别为a 1、b 1,且a 1+b 1=5，a 1、b 1∈N *.设c n =a n b (n ∈N *),则数列{c n }的前10项和等于 . 答案 85 二、解答题9.已知数列{a n }中，a 1=53，a n =2-11-n a (n ≥2,n ∈N *),数列{b n }满足b n =11-n a (n ∈N *).(1)求证：数列{b n }是等差数列；（2）求数列{a n }中的最大项和最小项，并说明理由. （1）证明 因为a n =2-11-n a (n ≥2,n ∈N *),b n =11-n a . 所以当n ≥2时，b n -b n-1=11-n a -111--n a=11211-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--n a -111--n a =111---n n a a -111--n a =1.又b 1=111-a =-25.所以，数列{b n }是以-25为首项，以1为公差的等差数列. （2）解 由（1）知，b n =n-27,则a n =1+nb 1=1+722-n .设函数f(x)=1+722-x ,易知f(x)在区间(-∞, 27)和(27,+∞)内为减函数. 所以，当n=3时，a n 取得最小值-1； 当n=4时，a n 取得最大值3.10.等差数列{a n }的奇数项的和为216，偶数项的和为192，首项为1，项数为奇数，求此数列的末项和通项公式.解 设等差数列{a n }的项数为2m+1,公差为d,则数列的中间项为a m+1,奇数项有m+1项，偶数项有m 项. 依题意，有S 奇=(m+1)a m+1=216 ① S 偶=ma m+1=192 ② ①÷②,得m m 1+=192216，解得,m=8, ∴数列共有2m+1=17项，把m=8代入②，得a 9=24, 又∵a 1+a 17=2a 9， ∴a 17=2a 9-a 1=47，且d=917917--a a =823.a n =1+(n-1)×823=81523-n (n ∈N *,n ≤17). 11.设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，已知31S 3，41S 4的等比中项为51S 5; 31S 3，41S 4的等差中项为1，求数列{a n }的通项 公式.解 方法一 设等差数列{a n }的首项a 1=a ，公差为d ， 则S n =na+2)1(-n n d ，依题意，有 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⨯=⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯++⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯+⎪⎭⎫⎝⎛⨯+=⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯+⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯+,21234441223331,24552512344412233312d a d a d a d a d a 整理得⎪⎩⎪⎨⎧=+=+,2252,0532d a d ad ∴a=1，d=0或a=4，d=-512. ∴a n =1或a n =n 512532-， 经检验，a n =1和a n =n 512532-均合题意. ∴所求等差数列的通项公式为a n =1或a n =n 512532-. 方法二 因S n 是等差数列的前n 项和，易知数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n S n 是等差数列.依题意得⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧=+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⋅⨯=+.SS ,S S S ，SS S 2435434253432543453解得⎪⎩⎪⎨⎧===,5,4,3543S S S 或⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧-===.4,58,524543S S S 由此得a 4=S 4-S 3=1，a 5=S 5-S 4=1， 或a 4=-516，a 5=-528，∴d=0或d=-512. ∴a n =a 4+（n-4）×0=1 或a n =a 4+（n-4）×(-512)=532-512n.故所求等差数列的通项公式a n =1或a n =532-512n.12.已知公差大于零的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足：a 3·a 4=117,a 2+a 5=22. （1）求通项a n ; (2)若数列{b n }满足b n =cn S n+,是否存在非零实数c 使得{b n }为等差数列？若存在，求出c 的值；若不存在，请说明理由.解 （1）由等差数列的性质得，a 2+a 5=a 3+a 4=22,所以a 3、a 4是关于x 的方程x 2-22x+117=0的解，又公差大于零，所以a 3=9,a 4=13.易知a 1=1,d=4,故通项为a n =1+(n-1)×4=4n-3. (2)由(1)知S n =2)341(-+n n =2n 2-n,所以b n =c n S n +=cn nn +-22. 方法一 所以b 1=c +11,b 2=c +26,b 3=c+315(c ≠0). 令2b 2=b 1+b 3,解得c=-21. 当c=-21时，b n =2122--n n n =2n,当n ≥2时，b n -b n-1=2. 故当c=-21时，数列{b n }为等差数列. 方法二 当n ≥2时， b n -b n-1=cn n n c n n n +-----+-1)1()1(2222 =)1()12(3)24(222-+-+--+c c n c n c n c n ,欲使{b n }为等差数列，只需4c-2=2(2c-1)且-3c=2c(c-1) (c ≠0) 解得c=-21.§6.3 等比数列及其前n 项和1.（2008·海南、宁夏理，4）设等比数列{a n }的公比q=2,前n 项和为S n ,则24a S = . 答案215 2.等比数列{a n }中,a 3=7,前3项之和S 3=21，则公比q 的值为 . 答案 1或-21 3.如果-1,a,b,c,-9成等比数列,那么b= ,ac= . 答案 -3 94.在等比数列{a n }中，已知a 1a 3a 11=8，则a 2a 8= . 答案 45.（2008·浙江理，6）已知{a n }是等比数列,a 2=2,a 5=41,则a 1a 2+a 2a 3+…+a n a n+1= . 答案 332(1-4-n)例1 已知{a n }为等比数列，a 3=2，a 2+a 4=320，求{a n }的通项公式. 解 方法一 设等比数列{a n }的公比为q ，则q ≠0， a 2=q a 3=q 2，a 4=a 3q=2q ， ∴q2+2q=320.解得q 1=31，q 2=3. ①当q=31时，a 1=18， ∴a n =18×(31)n-1=1318 n =2×33-n. ②当q=3时，a 1=92， ∴a n =92×3n-1=2×3n-3. ∴a n =2×33-n或a n =2×3n-3. 方法二 由a 3=2,得a 2a 4=4，又a 2+a 4=320， 则a 2，a 4为方程x 2-320x+4=0的两根， 解得⎪⎩⎪⎨⎧==63242a a 或⎪⎩⎪⎨⎧==32642a a .①当a 2=32时,q=3,a n =a 3·q n-3=2×3n-3. ②当a 2=6时，q=31,a n =2×33-n∴a n =2×3n-3或a n =2×33-n.例2 （14分）已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意n ∈N *有a n +S n =n. （1）设b n =a n -1,求证：数列{b n }是等比数列； （2）设c 1=a 1且c n =a n -a n-1 (n ≥2)，求{c n }的通项公式. （1）证明 由a 1+S 1=1及a 1=S 1得a 1=21. 又由a n +S n =n 及a n+1+S n+1=n+1得 a n+1-a n +a n+1=1,∴2a n+1=a n +1. ∴2(a n+1-1)=a n -1,即2b n+1=b n . ∴数列{b n }是以b 1=a 1-1=-21为首项， 21为公比的等比数列. 6分 （2）解 方法一 由（1）知2a n+1=a n +1.∴2a n =a n-1+1 (n ≥2), 8分 ∴2a n+1-2a n =a n -a n-1, ∴2c n+1=c n (n ≥2). 又c 1=a 1=21,a 2+a 1+a 2=2,∴a 2=43. ∴c 2=43-21=41,即c 2=21c 1. ∴数列{c n }是首项为21，公比为21的等比数列. 12分 ∴c n =21·(21)n-1=(21)n. 14分 方法二 由（1）b n =(-21)·(21)n-1=-(21)n. ∴a n =-(21)n+1. ∴c n =-(21)n+1-⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛--1211n=121-⎪⎭⎫ ⎝⎛n -n ⎪⎭⎫ ⎝⎛21=121-⎪⎭⎫ ⎝⎛n ⎪⎭⎫ ⎝⎛-211 =n⎪⎭⎫⎝⎛21（n ≥2）. 12分 又c 1=a 1=21也适合上式，∴c n =n⎪⎭⎫⎝⎛21. 14分例3 在等比数列{a n }中，a 1+a 2+a 3+a 4+a 5=8且11a +21a +31a +41a +51a =2,求a 3. 解 方法一 设公比为q,显然q ≠1,∵{a n }是等比数列，∴⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1也是等比数列，公比为q 1.由已知条件得⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧=--=--211)11(181)1(151q q a q q a ,解得a 21q 4=4,∴a 23=（a 1q 2）2=4，∴a 3=±2.方法二 由已知得：=++++5432111111a a a a a 5151a a a a ++4242a a a a ++233a a =2354321a a a a a a ++++=238a =2.∴a 23=4.∴a 3=±2.例4 某林场有荒山3 250亩，每年春季在荒山上植树造林，第一年植树100亩，计划每年比上一年多植树50亩（全部成活）（1）问需要几年，可将此山全部绿化完？（2）已知新种树苗每亩的木材量是2立方米，树木每年自然增长率为10%，设荒山全部绿化后的年底的木材总量为S.求S 约为多少万立方米？（精确到0.1）解 （1）每年植树的亩数构成一个以a 1=100，d=50的等差数列，其和即为荒山的总亩数. 设需要n 年可将此山全部绿化，则 S n =a 1n+2n(n-1)d=100n+2)1(-n n ×50=3 250. 解此方程，得n=10（年）.（2）第一年种植的树在第10年后的木材量为2a 1（1+0.1）10，第二年种植的树在第10年后的木材量为2a 2（1+0.1）9， ……，第10年种植的树在年底的木材量为2a 10(1+0.1), 第10年后的木材量依次构成数列{b n }，则其和为 T=b 1+b 2+…+b 10=200×1.110+300×1.19+…+1 100×1.1 ≈1.0（万立方米）.答 需要10年可将此山全部绿化，10年后木材总量约为1.0万立方米.1.已知等比数列{a n }中，a 3=23,S 3=421,求a 1. 解 当q=1时，a 1=a 2=a 3=23,满足S 3=421, 当q ≠1时，依题意有⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=--=21411233121q )q (a q a , 解得q 2=41,a 1=6.综上可得：a 1=23或a 1=6. 2.设数列{a n }是等差数列，a 5=6.（1）当a 3=3时，请在数列{a n }中找一项a m ,使得a 3,a 5,a m 成等比数列；（2）当a 3=2时，若自然数n 1,n 2,…,n t ,… （t ∈N *）满足5＜n 1＜n 2＜…＜n t ＜…使得a 3,a 5,1n a ,2n a ,…,t n a ,…是等比数列，求数列{n t }的通项公式. 解 （1）设{a n }的公差为d,则由a 5=a 3+2d, 得d=236-=23,由a m a 3=a 25, 即3⎥⎦⎤⎢⎣⎡⨯-+23)3(3m =62，解得m=9.即a 3,a 5,a 9成等比数列. （2）∵a 3=2，a 5=6，∴d=235a a -=2， ∴当n ≥5时，a n =a 5+(n-5)d=2n-4,又a 3,a 5, 1n a ,2n a ,…,t n a ,…成等比数列， 则q=35a a =26=3,t n a =a 5·3t,t=1,2,3,…. 又a n t =2n t -4,∴2n t -4=a 5·3t=6·3t, ∴2n t =2·3t+1+4. 即n t =3t+1+2,t=1,2,3,….3.（1）在等比数列{a n }中，a 1+a 2=324，a 3+a 4=36，求a 5+a 6的值； （2）在等比数列{a n }中，已知a 3a 4a 5=8，求a 2a 3a 4a 5a 6的值.解 （1）由等比数列的性质知,a 1+a 2,a 3+a 4,a 5+a 6也成等比数列，则(a 3+a 4)2=(a 1+a 2)(a 5+a 6). ∴a 5+a 6=4.（2）∵a 3a 5=a 24，∴a 3a 4a 5=a 34=8，∴a 4=2， 又∵a 2a 6=a 3a 5=a 24，∴a 2a 3a 4a 5a 6=a 54=32.4.为了治理“沙尘暴”，西部某地区政府经过多年努力，到2006年底，将当地沙漠绿化了40%，从2007年开始，每年将出现这种现象：原有沙漠面积的12%被绿化，即改造为绿洲（被绿化的部分叫绿洲），同时原有绿洲面积的8%又被侵蚀为沙漠，问至少经过几年的绿化，才能使该地区的绿洲面积超过50%？（可参考数据lg2=0.3，最后结果精确到整数）.解 设该地区总面积为1，2006年底绿化面积为a 1=52，经过n 年后绿洲面积为a n+1，设2006年底沙漠面积为b 1，经过n 年后沙漠面积为b n+1，则a 1+b 1=1，a n +b n =1.依题意a n+1由两部分组成：一部分是原有绿洲a n 减去被侵蚀的部分8%·a n 的剩余面积92%·a n ，另一部分是新绿化的12%·b n ，所以 a n+1=92%·a n +12%(1-a n )=54a n +253,即a n+1-53=54(a n -53), ∴⎭⎬⎫⎩⎨⎧-53n a 是以-51为首项，54为公比的等比数列，则a n+1=53-51⎪⎭⎫ ⎝⎛54n, ∵a n+1＞50%,∴53-51⎪⎭⎫ ⎝⎛54n ＞21, ∴⎪⎭⎫ ⎝⎛54n﹤21,n ＞log 5421=2lg 312lg -=3.则当n ≥4时，不等式⎪⎭⎫ ⎝⎛54n﹤21恒成立.所以至少需要4年才能使绿化面积超过50%.一、填空题1.（2008·福建理）设{a n }是公比为正数的等比数列，若a 1=1，a 5=16，则数列{a n }的前7项的和为 . 答案 1272.若数列{a n }的前n 项和S n =3n-a ，数列{a n }为等比数列，则实数a 的值是 . 答案 13.设a 1,a 2,a 3,a 4成等比数列，其公比为2，432122a a a a ++的值为 .答案41 4.等比数列{a n }前n 项的积为T n ,若a 3a 6a 18是一个确定的常数，那么数列T 10，T 13，T 17，T 25中也是常数的项是 . 答案 T 175.已知等比数列{a n }的前n 项和为S n =x ·3n-1-61，则x 的值为 . 答案21 6.已知等比数列{a n }中，a 1+a 2=30，a 3+a 4=120，则a 5+a 6= .答案 4807.设数列{a n }的前n 项和为S n ，S n =2)13(1-n a （对于所有n ≥1)，且a 4=54，则a 1的值是 .答案 28.设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，S 4=1，S 8=17，则通项a n = . 答案151·2n-1或-51（-2）n-1二、解答题9.数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n =31(a n -1). （1）求a 1,a 2;(2)证明：数列{a n }是等比数列； （3）求a n 及S n . （1）解 ∵a 1=S 1=31（a 1-1），∴a 1=-21. 又a 1+a 2=S 2=31(a 2-1),∴a 2=41. (2)证明 ∵S n =31（a n -1）， ∴S n+1=31（a n+1-1），两式相减， 得a n+1=31a n+1-31a n ,即a n+1=-21a n , ∴数列{a n }是首项为-21，公比为-21的等比数列. （3）解 由（2）得a n =-21·(-21)n-1=-(-21)n, S n =31⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛-121n .10.数列{a n }中，a 1=2,a 2=3,且{a n a n+1}是以3为公比的等比数列，记b n =a 2n-1+a 2n (n ∈N *). (1)求a 3,a 4,a 5,a 6的值； （2）求证：{b n }是等比数列.（1）解 ∵{a n a n+1}是公比为3的等比数列， ∴a n a n+1=a 1a 2·3n-1=2·3n， ∴a 3=2232a ⋅=6，a 4=3332a ⋅=9，a 5=4432a ⋅=18，a 6=5532a ⋅=27.（2）证明 ∵{a n a n+1}是公比为3的等比数列， ∴a n a n+1=3a n-1a n ，即a n+1=3a n-1，∴a 1，a 3，a 5,…，a 2n-1，…与a 2,a 4,a 6，…，a 2n ，…都是公比为3的等比数列. ∴a 2n-1=2·3n-1,a 2n =3·3n-1， ∴b n =a 2n-1+a 2n =5·3n-1.∴n n b b 1+=13535-⋅⋅n n=3，故{b n }是以5为首项，3为公比的等比数列.11.设数列{a n }的前n 项和为S n ，且（3-m ）S n +2ma n =m+3 （n ∈N *），其中m 为常数，且m ≠-3,m ≠0. （1）求证：{a n }是等比数列；（2）若数列{a n }的公比q=f(m),数列{b n }满足b 1=a 1,b n =23f(b n-1) (n ∈N ,n ≥2),求证：⎭⎬⎫⎩⎨⎧n b 1为等差数列，并求b n .证明 （1）由(3-m)S n +2ma n =m+3, 得(3-m)S n+1+2ma n+1=m+3,两式相减，得（3+m ）a n+1=2ma n ,m ≠-3, ∴nn a a 1+=32+m m≠0 (n ≥1).∴{a n }是等比数列. （2）由(3-m)S 1+2ma 1=m+3,解出a 1=1,∴b 1=1. q=f(m)= 32+m m,n ∈N 且n ≥2时， b n =23f(b n-1)= 23·3211+--n n b b ， b n b n-1+3b n =3b n-1，推出n b 1-11-n b =31.∴⎭⎬⎫⎩⎨⎧n b 1是以1为首项、31为公差的等差数列.∴nb 1=1+31-n =32+n .∴b n =23+n .12.（2008·四川文，21）设数列{a n }的前n 项和S n =2a n -2n. （1）求a 3，a 4；（2）证明：{a n+1-2a n }是等比数列； （3）求{a n }的通项公式.(1)解 因为a 1=S 1,2a 1=S 1+2,所以a 1=2,S 1=2. 由2a n =S n +2n知2a n+1=S n+1+2n+1=a n+1+S n +2n+1,得a n+1=S n +2n+1. ① 所以a 2=S 1+22=2+22=6,S 2=8, a 3=S 2+23=8+23=16,S 3=24,a 4=S 3+24=40. (2)证明 由题设和①式知 a n+1-2a n =(S n +2n+1)-(S n +2n)=2n+1-2n=2n,所以{a n+1-2a n }是首项为2,公比为2的等比数列.(3)解 a n =(a n -2a n-1)+2(a n-1-2a n-2)+…+2n-2(a 2-2a 1)+2n-1a 1=(n+1)·2n-1.§6.4 数列的通项公式及求和1.如果数列{a n }满足a 1,a 2-a 1,a 3-a 2,…,a n -a n-1,…是首项为1，公比为3的等比数列，则a n = . 答案 213 n 2.数列121,341,581,7161,…,(2n-1)+n21,…的前n 项和S n 的值等于 . 答案 n 2+1-213.如果数列{}n a 满足a 1=2，a 2=1，且11---n n n n a a a a =11++-n n n n a a a a (n ≥2)，则此数列的第10项为 .答案514.设函数f （x ）=x m +ax 的导数为f /（x ）=2x+1，则数列()⎭⎬⎫⎩⎨⎧n f 1（∈n N *）的前n 项和是 （用含n的代数式表示）. 答案1+n n 5.设{a n }是首项为1的正项数列，且（n+1）a 21+n -na 2n +a n+1a n =0(n=1,2,3,…).则它的通项公式是a n = . 答案 n1例1 已知数列{a n }满足a n+1=1122+++⋅n n n n a a ,a 1=2,求数列{a n }的通项公式.解 已知递推式可化为11+n a -n a 1=121+n , ∴21a -11a =221,31a -21a =321,41a -31a =421,…n a 1-11-n a =n21,将以上(n-1)个式子相加得n a 1-11a =221+321+421+…+n 21,∴n a 1=21)211(21--=1-n 21,∴a n =122-n n .例2 求和：S n =a 1+2a +3a +…+an .解 （1）a=1时，S n =1+2+…+n=2)1(+n n . （2）a ≠1时，S n =a 1+22a +33a +…+na n ① a 1S n =21a +32a +…+n a n 1-+1+n a n②由①-②得⎪⎭⎫⎝⎛-a 11S n =a 1+21a +31a +…+n a 1-1+n a n=aa a n 11)11(1---1+n a n ,∴S n =2)1()1()1(----a a a n a a n n . 综上所述，S n =⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≠----=+)1()1()1()1()1(2)1(2a a a a n a a a n n n n. 例3 （14分）已知数列{a n }中，a 1=1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S 2n =a n (S n -21). （1）求S n 的表达式； （2）设b n =12+n S n，求{b n }的前n 项和T n . 解 （1）∵S 2n =a n ⎪⎭⎫ ⎝⎛-21n S ，a n =S n -S n-1，（n ≥2）， ∴S 2n =（S n -S n-1）⎪⎭⎫ ⎝⎛-21n S ,即2S n-1S n =S n-1-S n ， ① 4分 由题意S n-1·S n ≠0， ①式两边同除以S n-1·S n ，得n S 1-11-n S =2，∴数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n S 1是首项为11S =11a =1，公差为2的等差数列. 6分 ∴nS 1=1+2（n-1）=2n-1，∴S n =121-n . 8分（2）又b n =12+n S n =)12)(12(1+-n n =21⎪⎭⎫⎝⎛+--121121n n ， 10分∴T n =b 1+b 2+…+b n=21⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫⎝⎛+--++⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-1211215131311n n =21⎪⎭⎫⎝⎛+-1211n =12+n n . 14分1.（2008·江西理）在数列{a n }中，a 1=2，a n+1=a n +ln ⎪⎭⎫⎝⎛+n 11，则a n = .答案 2+lnn2.（2008·全国Ⅰ文，19）在数列{a n }中，a 1=1，a n+1=2a n +2n.(1)设b n =12-n n a .证明：数列{b n }是等差数列；（2）求数列{a n }的前n 项和S n . （1）证明 ∵a n+1=2a n +2n，∴nn a 21+=12-n n a +1，∵b n =12-n n a ，∴b n+1=b n +1，即b n+1-b n =1,b 1=1,故数列{b n }是首项为1，公差为1的等差数列. (2)解 由（1）知,b n =n,a n =n2n-1, 则S n =1·20+2·21+…+(n-1)·2n-2+n ·2n-12S n =1·21+2·22+…+(n-1)·2n-1+n ·2n两式相减，得：S n =n ·2n-1·20-21-…-2n-1=n ·2n-2n+1.3.（2008·湖州模拟）已知数列{a n }的前n 项和S n =an 2+bn+c （n ∈N *），且S 1=3,S 2=7,S 3=13, （1）求数列{a n }的通项公式； （2）求数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+11n n a a 的前n 项和T n .解 （1）由已知有⎪⎩⎪⎨⎧=++=++=++,1339,724,3c b a c b a c b a 解得⎪⎩⎪⎨⎧===,1,1,1c b a所以S n =n 2+n+1. 当n ≥2时，a n =S n -S n-1=n 2+n+1-［(n-1)2+(n-1)+1］=2n,所以a n =⎩⎨⎧≥=.2,2,1,3n n n (2)令b n =11+⋅n n a a ,则b 1=211a a =121.当n ≥2时，b n =)1(221+⋅n n =41·⎪⎭⎫ ⎝⎛+-111n n .所以b 2+…+b n =41⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++-+-11141313121n n =)1(81+-n n .所以T n =121+)1(81+-n n =)1(2415+-n n (n ∈N *).一、填空题1.对正整数n ，设曲线y=x n（1-x ）在x=2处的切线与y 轴交点的纵坐标为a n ，则数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+1n a n 的前n项和的公式是 . 答案 2n+1-22.数列{a n }的通项公式a n =11++n n ，若前n 项的和为10，则项数n= .答案 1203.数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n =)1(1+n n ，则S 5= .答案65 4.数列1，1+2，1+2+4，…，1+2+22+…+2n-1，…的前n 项和S n ＞1 020，那么n 的最小值是 . 答案 105.已知某数列前2n 项和为(2n)3,且前n 个偶数项的和为n 2（4n+3），则它的前n 个奇数项的和为 . 答案 n 2（4n-3）6.1-4+9-16+…+(-1)n+1n 2= .答案 (-1)n+12)1(+n n 7.（2008·启东中学模拟）已知数列{a n }中,a 1=20,a n+1=a n +2n-1,n ∈N *,则数列{a n }的通项公式a n = . 答案 n 2-2n+218.若数列{a n }满足a 1+3a 2+32a 3+…+3n-1a n =31+n (n ∈N *),则a n = . 答案 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥=2,311,32n n n二、解答题9.S n 是数列{a n }的前n 项和，a n =)12)(12()2(2+-n n n ，求S n .解 ∵a n =)12)(12()2(2+-n n n =)12)(12(11)2(2+-+-n n n=1+)12)(12(1+-n n=1+21⎪⎭⎫⎝⎛+--121121n n ，∴S n =n+21（1-31+31-51+51-71+…+121-n -121+n ）=n+21⎪⎭⎫ ⎝⎛+-1211n =n+12+n n =12222++n n n . 10.（2008·江西文，19）等差数列{a n }的各项均为正数，a 1=3,前n 项和为S n ，{b n }为等比数列，b 1=1，且b 2S 2=64,b 3S 3=960. （1）求a n 与b n ; (2)求nS S S 11121+++ . 解 (1)设{a n }的公差为d 、{b n }的公比为q ，则d 为正数，a n =3+（n-1）d ，b n =q n-1，依题意有⎪⎩⎪⎨⎧=+==+=,960)39(,64)6(23322q d b S q d b S 解得⎩⎨⎧==,8,2q d 或⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=.340,56q d （舍去）. 故a n =3+2(n-1)=2n+1,b n =8n-1. （2）S n =3+5+…+(2n+1)=n(n+2), 所以nS S S 11121+++ =311⨯+421⨯+531⨯+…+)2(1+n n =⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++-+-+-2115131412131121n n =⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-+211121121n n =43-)2)(1(232+++n n n . 11.设数列{a n }的前n 项和S n =2n 2，{b n }为等比数列，且a 1=b 1，b 2（a 2-a 1）=b 1. （1）求数列{a n }和{b n }的通项公式； （2）设c n =nnb a ,求数列{c n }的前n 项和T n . 解 （1）由于S n =2n 2,∴n=1时，a 1=S 1=2； n ≥2时，a n =S n -S n-1=2n 2-2(n-1)2=4n-2, 当n=1时也适合.∴a n =4n-2，∴b 1=a 1=2，b 2（6-2）=b 1=2， ∴b 2=21，∴b n =2·⎪⎭⎫ ⎝⎛41n-1. （2）c n =nn b a =（2n-1）·4n-1， ∴T n =1+3·4+5·42+…+（2n-1）·4n-1， ∴4T n =4+3·42+…+（2n-3）·4n-1+（2n-1）·4n ， ∴-3T n =1+2·4+2·42+…+2·4n-1-（2n-1）·4n=1+2·4144--n -（2n-1）·4n=365n -·4n-35， ∴T n =95-965n -·4n. 12.数列{a n }的前n 项和为S n ,a 1=1,a n+1=2S n (n ∈N *). （1）求数列{a n }的通项a n ; （2）求数列{na n }的前n 项和T n . 解 （1）∵a n+1=2S n ,∴S n+1-S n =2S n ,∴nn S S 1+=3. 又∵S 1=a 1=1,∴数列{S n }是首项为1、公比为3的等比数列， S n =3n-1(n ∈N *).当n ≥2时，a n =2S n-1=2·3n-2(n ≥2), ∴a n =⎪⎩⎪⎨⎧≥⋅=-.2,32,1,12n n n （2）T n =a 1+2a 2+3a 3+…+na n . 当n=1时，T 1=1;当n ≥2时，T n =1+4·30+6·31+…+2n ·3n-2, ① 3T n =3+4·31+6·32+…+2n ·3n-1, ② ①-②得：-2T n =-2+4+2(31+32+…+3n-2)-2n ·3n-1=2+2·31)31(32---n -2n ·3n-1=-1+(1-2n)·3n-1. ∴T n =21+⎪⎭⎫ ⎝⎛-21n ·3n-1(n ≥2). 又∵T 1=a 1=1也满足上式， ∴T n =21+3n-1(n-21) (n ∈N *).§6.5 数列的综合应用1.（2008·山东文，15）已知f(3x)=4xlog 23+233,则f(2)+f(4)+f(8)+…+f(28)的值等于 . 答案 2 0082.设f(n)=2+24+27+…+23n+1(n ∈N *)，则f(n)= . 答案72(8n+1-1) 3.若互不相等的实数a,b,c 成等差数列，c,a,b 成等比数列，且a+3b+c=10，则a 的值为 . 答案 -44.设等比数列{a n }的公比为q,前n 项和为S n ，若S n+1,S n ,S n+2成等差数列，则公比q= . 答案 -25.某种细胞开始有2个，1小时后分裂成4个并死去1个，2小时后分裂成6个并死去1个，3小时后分裂成10个并死去1个，…，按此规律，6小时后细胞存活的个数是 . 答案 65例1 数列{a n }的前n 项和记为S n ，a 1=1,a n+1=2S n +1 (n ≥1). (1)求{a n }的通项公式；（2）等差数列{b n }的各项为正，其前n 项和为T n ，且T 3=15，又a 1+b 1,a 2+b 2,a 3+b 3成等比数列，求T n . 解 （1）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). 又a 2=2S 1+1=3,∴a 2=3a 1.故{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，∴a n =3n-1. （2）设{b n }的公差为d, 由T 3=15,b 1+b 2+b 3=15,可得b 2=5, 故可设b 1=5-d,b 3=5+d, 又a 1=1,a 2=3,a 3=9,由题意可得(5-d+1)(5+d+9)=(5+3)2， 解得d 1=2,d 2=-10.∵等差数列{b n }的各项为正，∴d ＞0, ∴d=2,b 1=3,∴T n =3n+2)1( n n ×2=n 2+2n. 例2 （14分）已知f(x)=log a x(a ＞0且a ≠1)，设f(a 1),f(a 2),…,f(a n ) (n ∈N *)是首项为4，公差为2的等差数列.（1）设a 为常数，求证：{a n }成等比数列；（2）若b n =a n f(a n ),{b n }的前n 项和是S n ，当a=2时，求S n . （1）证明 f(a n )=4+(n-1)×2=2n+2, 即log a a n =2n+2,2分 可得a n =a2n+2.。

第5讲数列的综合应用【2013年高考会这样考】1．考查数列的函数性及与方程、不等式、解析几何相结合的数列综合题．2．考查运用数列知识解决数列综合题及实际应用题的能力．【复习指导】1．熟练把握等差数列与等比数列的基本运算．2．掌握隐藏在数列概念和解题方法中的数学思想，如“函数与方程”、“数形结合”、“分类讨论”、“等价转化”等．3．注意总结相关的数列模型以及建立模型的方法．基础梳理1．等比数列与等差数列比较表2.(1)审题——仔细阅读材料，认真理解题意．(2)建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言，将实际问题转化成数学问题，弄清该数列的特征、要求是什么．(3)求解——求出该问题的数学解．(4)还原——将所求结果还原到原实际问题中．3．数列应用题常见模型(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差．(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化时，应考虑是a n与a n＋1的递推关系，还是S n与S n＋1之间的递推关系．一条主线数列的渗透力很强，它和函数、方程、三角形、不等式等知识相互联系，优化组合，无形中加大了综合的力度．解决此类题目，必须对蕴藏在数列概念和方法中的数学思想有所了解．两个提醒(1)对等差、等比数列的概念、性质要有深刻的理解，有些数列题目条件已指明是等差(或等比)数列，但有的数列并没有指明，可以通过分析，转化为等差数列或等比数列，然后应用等差、等比数列的相关知识解决问题．(2)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．三种思想(1)数列与函数方程相结合时主要考查函数的思想及函数的性质(多为单调性)．(2)数列与不等式结合时需注意放缩．(3)数列与解析几何结合时要注意递推思想．双基自测1．(人教A版教材习题改编)已知等差数列{a n}的公差为2，若a1，a3，a4成等比数列，则a2的值为()．A．－4 B．－6 C．－8 D．－10解析由题意知：a23＝a1a4.则(a2＋2)2＝(a2－2)(a2＋4)，解得：a2＝－6.答案 B2．(2011·运城模拟)等比数列{a n}的前n项和为S n，若a1＝1，且4a1,2a2，a3成等差数列，则S 4＝( )．A ．7B ．8C ．15D ．16解析 设数列{a n }的公比为q ，则4a 2＝4a 1＋a 3，∴4a 1q ＝4a 1＋a 1q 2，即q 2－4q ＋4＝0，∴q ＝2.∴S 4＝1－241－2＝15.答案 C3．已知数列{a n }是各项均为正数的等比数列，数列{b n }是等差数列，且a 6＝b 7，则有( )． A ．a 3＋a 9≤b 4＋b 10 B ．a 3＋a 9≥b 4＋b 10 C ．a 3＋a 9≠b 4＋b 10D ．a 3＋a 9与b 4＋b 10的大小关系不确定解析 记等比数列{a n }的公比为q (q ＞0)，由数列{b n }为等差数列可知b 4＋b 10＝2b 7，又数列{a n }是各项均为正数的等比数列，∴a 3＋a 9＝a 3(1＋q 6)＝a 6⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋q 6q 3＝b 7⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋q 6q 3，又1＋q 6q 3＝1q 3＋q 3≥2(当且仅当q ＝1时，等号成立)，∴a 3＋a 9≥2b 7，即a 3＋a 9≥b 4＋b 10. 答案 B4．若互不相等的实数a ，b ，c 成等差数列，c ，a ，b 成等比数列，且a ＋3b ＋c ＝10，则a ＝( )．A ．4B ．2C ．－2D ．－4解析 由c ，a ，b 成等比数列可将公比记为q ，三个实数a ，b ，c ，待定为cq ，cq 2，c .由实数a 、b 、c 成等差数列得2b ＝a ＋c ，即2cq 2＝cq ＋c ，又等比数列中c ≠0，所以2q 2－q －1＝0，解一元二次方程得q ＝1(舍去，否则三个实数相等)或q ＝－12，又a ＋3b ＋c ＝a ＋3aq ＋a q ＝－52a ＝10，所以a ＝－4. 答案 D5．(2012·苏州质检)已知等差数列的公差d ＜0，前n 项和记为S n ，满足S 20＞0，S 21＜0，则当n ＝________时，S n 达到最大值． 解析 ∵S 20＝10(a 1＋a 20)＝10(a 10＋a 11)＞0，S 21＝21a 11＜0，∴a 10＞0，a 11＜0， ∴n ＝10时，S n 最大． 答案 10考向一 等差数列与等比数列的综合应用【例1】►在等差数列{a n }中，a 10＝30，a 20＝50. (1)求数列{a n }的通项a n ；(2)令b n ＝2a n －10，证明：数列{b n }为等比数列．[审题视点] 第(1)问列首项a 1与公差d 的方程组求a n ；第(2)问利用定义证明． (1)解 由a n ＝a 1＋(n －1)d ，a 10＝30， a 20＝50，得方程组⎩⎨⎧a 1＋9d ＝30，a 1＋19d ＝50，解得⎩⎨⎧a 1＝12，d ＝2.∴a n ＝12＋(n －1)·2＝2n ＋10.(2)证明 由(1)，得b n ＝2a n －10＝22n ＋10－10＝22n ＝4n ， ∴b n ＋1b n＝4n ＋14n ＝4.∴{b n }是首项是4，公比q ＝4的等比数列．对等差、等比数列的综合问题的分析，应重点分析等差、等比数列的通项及前n 项和；分析等差、等比数列项之间的关系．往往用到转化与化归的思想方法．【训练1】 数列{a n }的前n 项和记为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1(n ≥1)． (1)求{a n }的通项公式；(2)等差数列{b n }的各项为正，其前n 项和为T n ，且T 3＝15， 又a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3成等比数列，求T n . 解 (1)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 ，则a n ＋1＝3a n (n ≥2)． 又a 2＝2S 1＋1＝3，∴a 2＝3a 1.故{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，∴a n ＝3n －1. (2)设{b n }的公差为d ，由T 3＝15，b 1＋b 2＋b 3＝15，可得b 2＝5，故可设b 1＝5－d ，b 3＝5＋d ，又a 1＝1，a 2＝3，a 3＝9， 由题意可得(5－d ＋1)(5＋d ＋9)＝(5＋3)2， 解得d 1＝2，d 2＝－10.∵等差数列{b n }的各项为正，∴d ＞0， ∴d ＝2，b 1＝3，∴T n ＝3n ＋n (n －1)2×2＝n 2＋2n . 考向二 数列与函数的综合应用【例2】►(2012·南昌模拟)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知对任意的n ∈N *，点(n ，S n )均在函数y ＝b x ＋r (b ＞0且b ≠1，b ，r 均为常数)的图象上． (1)求r 的值；(2)当b ＝2时，记b n ＝n ＋14a n(n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n .[审题视点] 第(1)问将点(n ，S n )代入函数解析式，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，得到a n ，再利用a 1＝S 1可求r . 第(2)问错位相减求和．解 (1)由题意，S n ＝b n ＋r ，当n ≥2时，S n －1＝b n －1＋r ，所以a n ＝S n －S n －1＝b n －1·(b －1)，由于b ＞0且b ≠1，所以n ≥2时，{a n }是以b 为公比的等比数列，又a 1＝b ＋r ，a 2＝b (b －1)，a 2a 1＝b ，即b (b －1)b ＋r ＝b ，解得r ＝－1.(2)由(1)知，n ∈N *，a n ＝(b －1)b n －1＝2n －1，所以b n ＝n ＋14×2n －1＝n ＋12n ＋1. T n ＝222＋323＋424＋…＋n ＋12n ＋1，12T n ＝223＋324＋…＋n 2n ＋1＋n ＋12n ＋2， 两式相减得12T n ＝222＋123＋124＋…＋12n ＋1－n ＋12n ＋2＝34－12n ＋1－n ＋12n ＋2，∴T n ＝32－12n －n ＋12n ＋1＝32－n ＋32n ＋1.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．【训练2】 (2011·福建)已知等比数列{a n }的公比q ＝3，前3项和S 3＝133. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若函数f (x )＝A sin(2x ＋φ)(A ＞0,0＜φ＜π)在x ＝π6处取得最大值，且最大值为a 3，求函数f (x )的解析式．解 (1)由q ＝3，S 3＝133得a 1(1－33)1－3＝133，解得a 1＝13.所以a n ＝13×3n －1＝3n －2.(2)由(1)可知a n ＝3n －2，所以a 3＝3. 因为函数f (x )的最大值为3，所以A ＝3； 因为当x ＝π6时f (x )取得最大值， 所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π6＋φ＝1.又0＜φ＜π，故φ＝π6.所以函数f (x )的解析式为f (x )＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6.考向三 数列与不等式的综合应用【例3】►(2011·惠州模拟)在等比数列{a n }中，a n ＞0(n ∈N *)，公比q ∈(0,1)，且a 1a 5＋2a 3a 5＋a 2a 8＝25，又a 3与a 5的等比中项为2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和S n ；(3)是否存在k ∈N *，使得S 11＋S 22＋…＋S nn ＜k 对任意n ∈N *恒成立，若存在，求出k 的最小值，若不存在，请说明理由．[审题视点] 第(1)问由等比数列的性质转化为a 3＋a 5与a 3a 5的关系求a 3与a 5；进而求a n ；第(2)问先判断数列{b n }，再由求和公式求S n ；第(3)问由S nn 确定正负项，进而求S 11＋S 22＋…＋S nn 的最大值，从而确定k 的最小值． 解 (1)∵a 1a 5＋2a 3a 5＋a 2a 8＝25，∴a 23＋2a 3a 5＋a 25＝25，∴(a 3＋a 5)2＝25，又a n ＞0，∴a 3＋a 5＝5，又a 3与a 5的等比中项为2， ∴a 3a 5＝4，而q ∈(0,1)，∴a 3＞a 5，∴a 3＝4，a 5＝1，∴q ＝12，a 1＝16， ∴a n ＝16×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝25－n.(2)∵b n ＝log 2a n ＝5－n ， ∴b n ＋1－b n ＝－1，b 1＝log 2a 1＝log 216＝log 224＝4，∴{b n }是以b 1＝4为首项，－1为公差的等差数列， ∴S n ＝n (9－n )2. (3)由(2)知S n ＝n (9－n )2，∴S n n ＝9－n2.当n ≤8时，S n n ＞0；当n ＝9时，S nn ＝0； 当n ＞9时，S nn ＜0.∴当n ＝8或9时，S 11＋S 22＋S 33＋…＋S nn ＝18最大．故存在k ∈N *，使得S 11＋S 22＋…＋S nn ＜k 对任意n ∈N *恒成立，k 的最小值为19.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．【训练3】 (2012·岳阳模拟)已知单调递增的等比数列{a n }满足：a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n ＋n ·2n ＋1＞50成立的正整数n 的最小值．(1)解 设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q . 依题意，有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，代入a 2＋a 3＋a 4＝28， 可得a 3＝8，∴a 2＋a 4＝20，所以⎩⎨⎧ a 1q 2＝8，a 1q ＋a 1q 3＝20，解之得⎩⎨⎧q ＝2，a 1＝2或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝32.又∵数列{a n }单调递增，所以q ＝2，a 1＝2， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n . (2)因为b n ＝2n log 122n ＝－n ·2n ， 所以S n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n ·2n )，2S n ＝－[1×22＋2×23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1]， 两式相减，得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1.要使S n ＋n ·2n ＋1＞50，即2n ＋1－2＞50，即2n ＋1≥52.易知：当n ≤4时，2n ＋1≤25＝32＜52；当n ≥5时，2n ＋1≥26＝64＞52.故使S n ＋ n ·2n ＋1＞50成立的正整数n 的最小值为5.难点突破14——数列与解析几何、三角的交汇问题从近几年新课标高考试题可以看出，不同省市的高考对该内容要求的不尽相同，考生复习时注意把握．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． 一、数列与解析几何交汇 【示例】► (2011·陕西)如图，从点P1(0,0)作x轴的垂线交曲线y＝e x于点Q1(0,1)，曲线在Q1点处的切线与x 轴交于点P2.再从P2作x轴的垂线交曲线于点Q2，依次重复上述过程得到一系列点：P1，Q1；P2，Q2；…；P n，Q n.记P k点的坐标为(x k,0)(k＝1,2，…，n)．(1)试求x k与x k－1的关系(2≤k≤n)；(2)求|P1Q1|＋|P2Q2|＋|P3Q3|＋…＋|P n Q n|.二、数列与三角交汇【示例】►(2011·安徽)在数1和100之间插入n个实数，使得这n＋2个数构成递增的等比数列，将这n＋2个数的乘积记作T n，再令a n＝lg T n，n≥1.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝tan a n·tan a n＋1，求数列{b n}的前n项和S n.。

学案31数列的综合应用导学目标： 1.通过构造等差、等比数列模型，运用数列的公式、性质解决简单的实际问题.2.对数列与其他知识综合性的考查也高于考试说明的要求，另外还要注重数列在生产、生活中的应用．自主梳理1．数列的综合应用数列的综合应用一是指综合运用数列的各种知识和方法求解问题，二是数列与其他数学内容相联系的综合问题．解决此类问题应注意数学思想及方法的运用与体会．(1)数列是一种特殊的函数，解数列题要注意运用方程与函数的思想与方法．(2)转化与化归思想是解数列有关问题的基本思想方法，复杂的数列问题经常转化为等差、等比数列或常见的特殊数列问题．(3)由特殊到一般及由一般到特殊的思想是解决数列问题的重要思想．已知数列的前若干项求通项，由有限的特殊事例推测出一般性的结论，都是利用此法实现的．(4)分类讨论思想在数列问题中常会遇到，如等比数列中，经常要对公比进行讨论；由S n求a n时，要对__________进行分类讨论．2．数列的实际应用数列的应用问题是中学数学教学与研究的一个重要内容，解答应用问题的核心是建立数学模型．(1)建立数学模型时，应明确是等差数列模型、等比数列模型，还是递推数列模型，是求a n还是求S n.(2)分期付款中的有关规定①在分期付款中，每月的利息均按复利计算； ②在分期付款中规定每期所付款额相同；③在分期付款时，商品售价和每期所付款额在贷款全部付清前会随时间的推移而不断增值；④各期付款连同在最后一次付款时所生的利息之和，等于商品售价及从购买时到最后一次付款的利息之和． 自我检测1．(原创题)若S n 是等差数列{a n }的前n 项和，且S 8－S 3＝10，则S 11的值为________．2．在等比数列{a n }中，a n >a n ＋1，且a 7·a 11＝6，a 4＋a 14＝5，则a 6a 16＝________. 3．“嫦娥奔月，举国欢庆”，据科学计算，运载“神六”的“长征二号”系列火箭，在点火第一秒钟通过的路程为2 km ，以后每秒钟通过的路程都增加2 km ，在达到离地面240 km 的高度时，火箭与飞船分离，则这一过程需要的时间大约是________秒．4．已知数列{a n }的通项为a n ＝nn 2＋58，则数列{a n }的最大项为第________项．5．(2010·南京模拟)设数列{a n }，{b n }都是正项等比数列，S n ，T n 分别为数列{lg a n }与{lg b n }的前n 项和，且S n T n ＝n 2n ＋1，则log b 5a 5＝________.探究点一 等差、等比数列的综合问题例1 设{a n}是公比大于1的等比数列，S n为数列{a n}的前n项和．已知S3＝7，且a1＋3,3a2，a3＋4构成等差数列．(1)求数列{a n}的通项；(2)令b n＝ln a3n＋1，n＝1,2，…，求数列{b n}的前n项和T n.变式迁移1 假设a1，a2，a3，a4是一个等差数列，且满足0<a1<2，a3＝4.若b n＝2a n(n ＝1,2,3,4)．给出以下命题：(1)数列{b n}是等比数列；(2)b2>4；(3)b4>32；(4)b2b4＝256.其中正确命题的个数为________．探究点二数列与方程、函数、不等式的综合问题例2 已知函数f(x)＝2x＋33x，数列{a n}满足a1＝1，a n＋1＝f⎝⎛⎭⎪⎫1a n，n∈N*，(1)求数列{a n}的通项公式；(2)令T n＝a1a2－a2a3＋a3a4－a4a5＋…－a2n a2n＋1，求T n；(3)令b n＝1a n－1a n (n≥2)，b1＝3，S n＝b1＋b2＋…＋b n，若S n<m－2 0012对一切n∈N*成立，求最小正整数m.变式迁移2 已知单调递增的等比数列{a n}满足：a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中项．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若b n＝a n12log a n，S n＝b1＋b2＋…＋b n，对任意正整数n，S n＋(n＋m)a n＋1<0恒成立，试求m的取值范围．探究点三数列在实际问题中的应用例3 (2010·福州模拟)有一个下岗职工，1月份向银行贷款10 000元，作为启动资金开店，每月月底获得的利润是该月月初投入资金的20%，每月月底需缴纳所得税为该月月利润的10%，每月的生活费为300元，余款作为资金全部投入下个月的经营，如此继续，问到这年年底这个职工有多少资金？若贷款年利息为25%，问这个职工还清银行贷款后纯收入多少元？变式迁移3 假设某市2011年新建住房400万平方米，其中有250万平方米是中低价房，预计在今后的若干年内，该市每年新建住房面积平均比上一年增长8%.另外，每年新建住房中，中低价房的面积均比上一年增加50万平方米．那么，到哪一年底，(1)该市历年所建中低价房的累计面积(以2011年为累计的第一年)将首次不少于4 750万平方米？(2)当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%？(参考数据：1.084≈1.36,1.085≈1.47,1.086≈1.59)1．数列实际应用问题：(1)数学应用问题已成为中学数学教学与研究的一个重要内容，解答数学应用问题的核心是建立数学模型，有关平均增长率、利率(复利)以及等值增减等实际问题，需利用数列知识建立数学模型．(2)在试题中常用的数学模型有①构造等差、等比数列的模型，然后再去应用数列的通项公式求解；②通过归纳得到结论，用数列知识求解．2．解决数列综合问题应体会以下思想及方法：(1)数列与函数方程相结合时主要考查函数的思想及函数的性质(多为单调性)．(2)数列与不等式结合时需注意放缩．(3)数列与解析几何结合时要注意递推思想．(满分：90分)一、填空题(每小题6分，共48分)1．(2010·湖北)已知等比数列{}a n 中，各项都是正数，且a 1，12a 3,2a 2成等差数列，则a 9＋a 10a 7＋a 8的值为________．2．(2010·徐州模拟)数列{a n }是各项均为正数的等比数列，{b n }是等差数列，且a 6＝b 7，则下列关系正确的是______(填序号)． ①a 3＋a 9≤b 4＋b 10； ②a 3＋a 9≥b 4＋b 10； ③a 3＋a 9≠b 4＋b 10；④a 3＋a 9与b 4＋b 10的大小不确定．3．有限数列A ：a 1，a 2，…，a n ，S n 为其前n 项和，定义S 1＋S 2＋…＋S nn为A 的“凯森和”，若有99项的数列a 1，a 2，…，a 99的“凯森和”为1 000，则有100项的数列1，a 1，a 2，…，a 99的“凯森和”为________．4．有一种细菌和一种病毒，每个细菌在每秒钟末能在杀死一个病毒的同时将自身分裂为2个，现在有一个这样的细菌和100个这样的病毒，问细菌将病毒全部杀死至少需要________秒．5．(2011·苏州模拟)已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，且a n ，a n ＋1是函数f (x )＝x 2－b n x ＋2n 的两个零点，则b 10＝________.6．若数列{a n }的通项公式a n ＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫252n －2－4⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1，数列{a n }的最大项为第x 项，最小项为第y 项，则x ＋y ＝________.7．(2010·江苏)函数y ＝x 2(x >0)的图象在点(a k ，a 2k )处的切线与x 轴的交点的横坐标为a k ＋1，其中k ∈N *，a 1＝16，则a 1＋a 3＋a 5＝________.8．把正整数按一定的规则排成了如图所示的三角形数表．设a ij (i ，j ∈N *)是位于这个三角形数表中从上往下数第i 行、从左往右数第j 个数，如a 42＝8.若a ij ＝2 009，则i 与j 的和为________．1 2 4 3 5 7 6 8 10 12 9 11 13 15 17 14 16 18 20 22 24 ……………………………………二、解答题(共42分)9．(14分)已知点(1，13)是函数f (x )＝a x (a >0，且a ≠1)的图象上一点，等比数列{a n }的前n 项和为f (n )－c ，数列{b n }(b n >0)的首项为c ，且前n 项和S n 满足S n －S n －1＝S n＋S n －1(n ≥2)．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若数列{1b n b n ＋1}的前n 项和为T n ，问满足T n >1 0002 009的最小正整数n 是多少？10．(14分)沿海地区甲公司响应国家开发西部的号召，对西部地区乙企业进行扶持性技术改造．乙企业的经营现状是：每月收入为45万元，但因设备老化，从下月开始需付设备维修费，第一个月为3万元，以后每月递增2万元．甲公司决定投资400万元扶持改造乙企业．据预测，改造后乙企业第一个月收入为16万元，在以后的4个月中，每月收入都比上个月增长50%，而后每个月收入都稳定在第5个月的水平上．若设备改造时间可忽略不计，那么从下个月开始至少经过多少个月，改造后的乙企业的累计总收益多于仍按现状生产所带来的总收益？11．(14分)(2010·广东执信中学模拟)已知函数f (x )满足f (x ＋y )＝f (x )·f (y )且f (1)＝12.(1)当n ∈N *时，求f (n )的表达式；(2)设a n ＝n ·f (n )，n ∈N *，求证：a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n <2；(3)设b n ＝(9－n )f ?n ＋1?f ?n ?，n ∈N *，S n 为{b n }的前n 项和，当S n 最大时，求n 的值．答案 自主梳理 1．(4)n ＝1或n ≥2 自我检测1．22 2.32 3.15 4.8 5.919课堂活动区例1 解题导引 1.等差数列与等比数列相结合的综合问题是高考考查的重点，特别是等差、等比数列的通项公式、前n 项和公式以及等差中项、等比中项问题是历年命题的热点．2．利用等比数列前n 项和公式时注意公比q 的取值．同时对两种数列的性质，要熟悉它们的推导过程，利用好性质，可降低题目的思维难度，解题时有时还需利用条件联立方程求解．解(1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝7?a 1＋3?＋?a 3＋4?2＝3a 2，解得a 2＝2.设数列{a n }的公比为q ，由a 2＝2，可得a 1＝2q ，a 3＝2q .又S 3＝7，可知2q＋2＋2q ＝7，即2q 2－5q ＋2＝0.解得q 1＝2，q 2＝12.由题意得q >1，∴q ＝2，∴a 1＝1. 故数列{a n }的通项为a n ＝2n －1. (2)由(1)得a 3n ＋1＝23n ，∴b n ＝ln a 3n ＋1＝ln 23n ＝3n ln 2.又b n ＋1－b n ＝3ln 2，∴{b n }是等差数列， ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝n ?b 1＋b n ?2＝3n ?n ＋1?2·ln 2.故T n ＝3n ?n ＋1?2ln 2.变式迁移1 4解析 设a 1，a 2，a 3，a 4的公差为d ，则a 1＋2d ＝4，又0<a 1<2，所以1<d <2.易知数列{b n }是等比数列，故(1)正确；a 2＝a 3－d ∈(2,3)，所以b 2＝2a 2>4，故(2)正确；a 4＝a 3＋d >5，所以b 4＝2a 4>32，故(3)正确；又a 2＋a 4＝2a 3＝8，所以b 2b 4＝2a 2＋a 4＝28＝256，故(4)正确．例 2 解题导引 这是一道数列、函数、不等式的综合题，利用函数关系式求通项a n ，观察T n 特点，求出T n .由a n 再求b n 从而求S n ，最后利用不等式知识求出m .解 (1)∵a n ＋1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＝2a n＋33a n＝2＋3a n 3＝a n ＋23，∴{a n }是以23为公差的等差数列．又a 1＝1，∴a n ＝23n ＋13.(2)T n ＝a 1a 2－a 2a 3＋a 3a 4－a 4a 5＋…－a 2n a 2n ＋1＝a 2(a 1－a 3)＋a 4(a 3－a 5)＋…＋a 2n (a 2n －1－a 2n ＋1)＝－43(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝－43·n ⎝ ⎛⎭⎪⎫53＋4n 3＋132＝－49(2n 2＋3n )．(3)当n ≥2时，b n ＝1a n －1a n ＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －13⎝ ⎛⎭⎪⎫23n ＋13＝92⎝⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， 又b 1＝3＝92×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13，∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝92×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1 ＝92⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝9n 2n ＋1，∵S n <m －2 0012对一切n ∈N *成立．即9n 2n ＋1<m －2 0012， 又∵9n 2n ＋1＝92⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1递增，且9n 2n ＋1<92.∴m －2 0012≥92，即m ≥2 010.∴最小正整数m ＝2 010.变式迁移2 解 (1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q . 依题意，有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4， 代入a 2＋a 3＋a 4＝28，得a 3＝8.∴a 2＋a 4＝20.∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 3＝a 1q 2＝8，解之，得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝32.又{a n }单调递增，∴⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2.∴a n ＝2n .(2)b n ＝2n·log 122n＝－n ·2n ，∴－S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n .①∴－2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋(n －1)×2n ＋n ×2n ＋1.② ∴①－②，得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1 ＝2?1－2n ?1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－n ·2n ＋1－2.由S n ＋(n ＋m )a n ＋1<0，即2n ＋1－n ·2n ＋1－2＋n ·2n ＋1＋m ·2n ＋1<0对任意正整数n 恒成立，∴m ·2n ＋1<2－2n ＋1对任意正整数n ，m <12n －1恒成立．∵12n －1>－1，∴m ≤－1， 即m 的取值范围是(－∞，－1]． 例3 解 依题意，第1个月月余款为a 1＝10 000(1＋20%)－10 000×20%×10%－300＝11 500，第2个月月底余款为a 2＝a 1(1＋20%)－a 1×20%×10%－300， 依此类推下去，设第n 个月月底的余款为a n 元，第n ＋1个月月底的余款为a n ＋1元，则a n ＋1＝a n (1＋20%)－a n ×20%×10%－300＝1.18a n －300.下面构造一等比数列．设a n ＋1＋x a n ＋x＝1.18，则a n ＋1＋x ＝1.18a n ＋1.18x ，∴a n ＋1＝1.18a n ＋0.18x .∴0.18x ＝－300. ∴x ＝－5 0003，即a n ＋1－5 0003a n －5 0003＝1.18.∴数列{a n －5 0003}是一个等比数列，公比为1.18，首项a 1－5 0003＝11 500－5 0003＝29 5003.∴a n －5 0003＝29 5003×1.18n －1，∴a 12－5 0003＝29 5003×1.1811，∴a 12＝5 0003＋29 5003×1.1811≈62 396.6(元)，即到年底该职工共有资金62 396.6元． 纯收入有a 12－10 000(1＋25%)＝62 396.6－12 500＝49 896.6(元)．变式迁移3 解 (1)设中低价房的面积形成的数列为{a n }， 由题意可知{a n }是等差数列，其中a 1＝250，d ＝50，则a n ＝250＋(n －1)·50＝50n ＋200，S n ＝250n ＋n ?n －1?2×50＝25n 2＋225n ，令25n 2＋225n ≥4 750，即n 2＋9n －190≥0，而n 是正整数，∴n ≥10.∴到2020年底，该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于4 750万平方米．(2)设新建住房面积形成数列{b n }，由题意可知{b n }是等比数列，其中b 1＝400，q ＝1.08， 则b n ＝400·(1.08)n －1. 由题意可知a n >0.85b n ，即50n ＋200>400·(1.08)n －1·0.85. 当n ＝5时，a 5<0.85b 5， 当n ＝6时，a 6>0.85b 6，∴满足上述不等式的最小正整数n 为6.∴到2016年底，当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%. 课后练习区1．3＋2 2 2.② 3.991 4．7解析 设至少需要n 秒钟，则1＋21＋22＋…＋2n －1≥100，∴1－2n1－2≥100，∴n ≥7.5．64解析 依题意有a n a n ＋1＝2n，所以a n ＋1a n ＋2＝2n ＋1，两式相除得a n ＋2a n＝2，所以a 1，a 3，a 5，…成等比数列，a 2，a 4，a 6，…也成等比数列，而a 1＝1，a 2＝2，所以a 10＝2×24＝32，a 11＝1×25＝32，又因为a n ＋a n ＋1＝b n ，所以b 10＝a 10＋a 11＝64.6．3解析 该题是数列知识与函数知识的综合．a n ＝5·⎝ ⎛⎭⎪⎫252n －2－4·⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1＝5·⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1－252－45，显然当n ＝2时，a n 取得最小值，当n ＝1时，a n 取得最大值，此时x ＝1，y ＝2，∴x ＋y ＝3. 7．21解析 y ′＝(x 2)′＝2x ，则过点(a k ，a 2k )的切线斜率为2a k ，则切线方程为y －a 2k ＝2a k (x－a k )，令y ＝0，得－a 2k ＝2a k (x －a k )， ∴x ＝12a k ，即a k ＋1＝12a k .故{a n }是a 1＝16，q ＝12的等比数列，即a n ＝16×(12)n －1，∴a 1＋a 3＋a 5＝16＋4＋1＝21.8．107解析 由数表知，第一行1个奇数，第3行3个奇数，第5行5个奇数，第61行61个奇数，前61行用去1＋3＋5＋…＋61＝62×312＝961个奇数．而2 009是第1 005个奇数，故应是第63行第44个数，即i ＋j ＝63＋44＝107.9．解 (1)∵f (1)＝a ＝13，∴f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x .…………………………………………………(1分)a 1＝f (1)－c ＝13－c ，a 2＝[f (2)－c ]－[f (1)－c ]＝－29，a 3＝[f (3)－c ]－[f (2)－c ]＝－227；又数列{a n }成等比数列，a 1＝a 22a 3＝481－227＝－23＝13－c ，∴c ＝1；……………………………………………………………………………………(2分)公比q ＝a 2a 1＝13，a n ＝－23×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n，n ∈N *；……………………………………………………………………(3分)∵S n －S n －1＝()S n －S n －1()S n ＋S n －1＝S n ＋S n －1(n >2)，……………………………………………………………………(4分)又b n >0，S n >0，∴S n －S n －1＝1.数列{S n }构成一个首项为1、公差为1的等差数列，S n ＝1＋(n －1)×1＝n ，S n ＝n 2.…………………………………………………………(6分)当n ≥2，b n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1； 又当n ＝1时，也适合上式，∴b n ＝2n －1，n ∈N *.………………………………………………………………………(8分)(2)T n ＝1b 1b 2＋1b 2b 3＋1b 3b 4＋…＋1b n b n ＋1＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋1?2n －1?×?2n ＋1? ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n 2n ＋1.……………………………………………(12分)由T n ＝n 2n ＋1>1 0002 009，得n >1 0009，∴满足T n >1 0002 009的最小正整数为112.…………………………………………………(14分)10．解 设乙企业仍按现状生产至第n 个月所带来的总收益为A n (万元)，技术改造后生产至第n 个月所带来的总收益为B n (万元)．依题意得A n ＝45n －[3＋5＋…＋(2n ＋1)]＝43n －n 2，………………………………………………………………………………(5分)当n ≥5时，B n ＝16⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫325－132－1＋16⎝ ⎛⎭⎪⎫324(n －5)－400＝81n －594，………………………………………………………(10分)∴当n ≥5时，B n －A n ＝n 2＋38n －594，令n 2＋38n －594>0，即(n ＋19)2>955，解得n ≥12，∴至少经过12个月，改造后的乙企业的累计总收益多于仍按现状生产所带来的总收益．……………………………………………………………………………………………(14分)11．(1)解 令x ＝n ，y ＝1，得到f (n ＋1)＝f (n )·f (1)＝12f (n )，…………………………………………………………(2分)∴{f (n )}是首项为12，公比为12的等比数列，即f (n )＝(12)n .………………………………………………………………………………(5分)(2)证明 记S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ， ∵a n＝n ·f (n )＝n ·(12)n ，……………………………………………………………………(6分)∴S n ＝12＋2×(12)2＋3×(12)3＋…＋n ×(12)n，12S n ＝(12)2＋2×(12)3＋3×(12)4＋…＋(n －1)×(12)n ＋n ×(12)n ＋1， 两式相减得12S n ＝12＋(12)2＋…＋(12)n －n ×(12)n ＋1，整理得S n ＝2－(12)n －1－n (12)n<2.∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n <2.………………………………………………………………(9分)(3)解 ∵f (n )＝(12)n ，而b n ＝(9－n )f ?n ＋1?f ?n ?＝(9－n)?12?n＋1?12?n＝9－n2.…………………………………………………………………(11分)当n≤8时，b n>0；当n＝9时，b n＝0；当n>9时，b n<0，∴n＝8或9时，S n取到最大值．………………………………………………………(14分)2020-2-8。