江苏专用2018版高考数学专题复习专题6数列第38练数列的前n项和练习文

专题限时集训(六) 数列(对应学生用书第92页) (限时：120分钟)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分，请把答案填写在题中横线上．)1．(四川省凉山州2017届高中毕业班第一次诊断性检测)设数列{a n }满足a 1＝a ，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋1(n ∈N *)，若数列{a n }是常数列，则a ＝________.－2 [因为数列{a n }是常数列，所以a ＝a 2＝a 21－2a 1＋1＝a 2－2a ＋1，即a (a ＋1)＝a 2－2，解得a ＝－2.]2．(江苏省南京市、盐城市2017届高三第一次模拟)设{a n }是等差数列，若a 4＋a 5＋a 6＝21，则S 9＝________.63 [由a 4＋a 5＋a 6＝21得a 5＝7，所以S 9＝9a 1＋a 92＝9a 5＝63.]3．数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为________．1 830 [当n ＝2k 时，a 2k ＋1＋a 2k ＝4k －1； 当n ＝2k －1时，a 2k －a 2k －1＝4k －3. 所以a 2k ＋1＋a 2k －1＝2，所以a 2k ＋1＋a 2k ＋3＝2， 所以a 2k －1＝a 2k ＋3，所以a 1＝a 5＝…＝a 61. 所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 60＝(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 60＋a 61) ＝3＋7＋11＋…＋(2×60－1) ＝30×3＋1192＝30×61＝1 830.]4．(江苏省泰州中学2017届高三上学期第二次月考)等差数列{a n }的前n 项和S n ，若a 1＝2，S 3＝12，则a 6＝________.12 [∵S 3＝12，∴S 3＝3a 1＋3×22d ＝3a 1＋3d ＝12.解得d ＝2， 则a 6＝a 1＋5d ＝2＋2×5＝12.]5．(2017·江苏省苏、锡、常、镇四市高考数学二模)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比q ＝3，S 3＋S 4＝533，则a 3＝________.3 [∵等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比q ＝3，S 3＋S 4＝533，∴a 133－13－1＋a 134－13－1＝533，解得a 1＝13.则a 3＝13×32＝3.]6．(2017·江苏省无锡市高考数学一模)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 6成等差数列．且a 2＋a 5＝4，则a 8的值为________．2 [∵等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 6成等差数列．且a 2＋a 5＝4，∴⎩⎪⎨⎪⎧2×a 11－q 91－q ＝a 11－q 31－q ＋a 11－q 61－q ，a 1q ＋a 1q 4＝4，解得a 1q ＝8，q 3＝－12，∴a 8＝a 1q 7＝(a 1q )(q 3)2＝8×14＝2.]7．(2017·江苏省泰州市高考数学一模)《九章算术》中的“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则该竹子最上面一节的容积为________升． 1322[设最上面一节的容积为a 1， 由题设知⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋4×32d ＝3，⎝ ⎛⎭⎪⎫9a 1＋9×82d －⎝ ⎛⎭⎪⎫6a 1＋6×52d ＝4，解得a 1＝1322.]8．(2017·江苏省淮安市高考数学二模)已知{a n }是公差不为0的等差数列，S n 是其前n 项和，若a 2a 3＝a 4a 5，S 9＝1，则a 1的值是________.【导学号：56394041】－527 [设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)， ∵a 2a 3＝a 4a 5，S 9＝1，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d a 1＋2d ＝a 1＋3d a 1＋4d ，9a 1＋9×82d ＝1，解得a 1＝－527.]9．(广东湛江市2017届高三上学期期中调研考试)在各项均为正数的等比数列{a n }中，若log 2a 2＋log 2a 8＝1，则a 3·a 7＝________.2 [由log 2a 2＋log 2a 8＝1得log 2(a 2a 8)＝1，所以a 2a 8＝2，由等比数列性质可得a 3a 7＝a 2a 8＝2.]10．(2017·江苏省盐城市高考数学二模)记公比为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n .若a 1＝1，S 4－5S 2＝0，则S 5的值为________．31 [若等比数列的公比等于1，由a 1＝1，则S 4＝4,5S 2＝10，与题意不符． 设等比数列的公比为q (q ≠1)，由a 1＝1，S 4＝5S 2，得a 11－q 41－q＝5a 1(1＋q )，解得q ＝±2.∵数列{a n }的各项均为正数，∴q ＝2. 则S 5＝1－251－2＝31.]11．(广东郴州市2017届高三第二次教学质量监测试卷)在△ABC 中，A 1，B 1分别是边BA ，CB 的中点，A 2，B 2分别是线段A 1A ，B 1B 的中点，…，A n ，B n 分别是线段A n －1A ，B n －1B (n ∈N *，n >1)的中点， 设数列{a n }，{b n }满足：向量B n A n →＝a n CA →＋b n CB →(n ∈N *)，有下列四个命题，其中假命题是：________.【导学号：56394042】①数列{a n }是单调递增数列，数列{b n }是单调递减数列； ②数列{a n ＋b n }是等比数列； ③数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 有最小值，无最大值；④若△ABC 中，C ＝90°，CA ＝CB ，则|B n A n →|最小时，a n ＋b n ＝12.③ [由BA n →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n (CA →－CB →)，B n B →＝12n CB →，B n A n →＝B n B →＋BA n →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n CA →＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－1CB →，所以a n ＝1－12n ，b n ＝12n －1－1.则数列{a n }是单调递增数列，数列{b n }是单调递减数列，故①正确；数列{a n ＋b n }即为⎩⎨⎧⎭⎬⎫12n 是首项和公比均为12的等比数列，故②正确；而当n ＝1时，a 1＝12，b 1＝0，a n b n 不存在；n ＞1时，a n b n ＝2n－12－2n ＝－1＋12－2n 在n ∈N *上递增，无最小值和最大值，故③错误；在△ABC 中，C ＝90°，CA ＝CB ，则|B n A n →|2＝(a 2n ＋b 2n )CA →2＋2a n b n CA →·CB →＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －352－15，当n ＝1时，取得最小值，即有|B n A n →|最小时，a n ＋b n ＝12，故④正确．]12．(天津六校2017届高三上学期期中联考)已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a na n ＋2(n ∈N *)．若b n ＋1＝(n －2λ)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1(n ∈N *)，b 1＝－λ，且数列{b n }是单调递增数列，则实数λ的取值范围是________．⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，23 [因为a n ＋1＝a n a n ＋2⇒1a n ＋1＝2a n ＋1⇒1a n ＋1＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1⇒1a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋12n －1＝2n，所以b n ＋1＝(n －2λ)·2n，因为数列{b n }是单调递增数列，所以当n ≥2时b n ＋1>b n ⇒(n －2λ)·2n>(n －1－2λ)·2n －1⇒n >2λ－1⇒2>2λ－1⇒λ<32；当n ＝1时，b 2>b 1⇒(1－2λ)·2>－λ⇒λ<23，因此λ<23.]13. (山西大学附属中学2017级上学期11月模块诊断)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S 17>0，S 18<0，则S 1a 1，S 2a 2，…，S 15a 15中最大的项为________．S 9a 9 [S 17>0⇒17a 1＋a 172>0⇒172a 92>0⇒a 9>0， S 18<0⇒18a 1＋a 182<0⇒18a 9＋a 102<0⇒a 10＋a 9<0⇒a 10<0，因此S 1a 1>0，S 2a 2>0，…，S 8a 8>0，S 9a 9>0，S 10a 10<0，而S 1<S 2<…<S 9，a 1>a 2>…>a 8>a 9，所以S 1a 1<S 2a 2<…<S 8a 8<S 9a 9.]14．(云南大理2017届高三第一次统测)若数列{a n }的首项a 1＝2，且a n ＋1＝3a n ＋2(n ∈N *)；令b n ＝log 3(a n ＋1)，则b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 100＝________. 5 050 [由a n ＋1＝3a n ＋2(n ∈N *)可知a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，∴a n ＋1＋1a n ＋1＝3，所以数列{a n＋1}是以3为首项，3为公比的等比数列，所以a n ＋1＝3n，∴a n ＝3n－1，所以b n ＝log 3(a n ＋1)＝n ，因此b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 100＝1001＋1002＝5 050.]二、解答题(本大题共6小题，共90分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．) 15．(本小题满分14分)(泰州中学2017届高三上学期期中考试)已知{a n }是一个公差大于0的等差数列，且满足a 3a 6＝55，a 2＋a 7＝16. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)等比数列{b n }满足：b 1＝a 1，b 2＝a 2－1，若数列c n ＝a n ·b n ，求数列{c n }的前n 项和S n .[解] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则依题意设d >0.由a 2＋a 7＝16，得2a 1＋7d ＝16. ①由a 3a 6＝55，得(a 1＋2d )(a 1＋5d )＝55. ②4分由①得2a 1＝16－7d 将其代入②得(16－3d )(16＋3d )＝220.即256－9d 2＝220，∴d 2＝4，又d >0，∴d ＝2.代入①得a 1＝1，∴a n ＝1＋(n －1)2＝2n －1.6分 (2)∵b 1＝1，b 2＝2，∴b n ＝2n －1，∴c n ＝a n b n ＝(2n －1)2n －1， 8分S n ＝1·20＋3·21＋…＋(2n －1)·2n －1,2S n ＝1·21＋3·22＋…＋(2n －1)·2n .两式相减可得：－S n ＝1·20＋2·21＋2·22＋…＋2·2n －1－(2n －1)·2n＝1＋2×21－2n －11－2－(2n －1)·2n， 10分∴－S n ＝1＋41－2n －11－2－(2n －1)·2n ＝1＋2n ＋1－4－(2n －1)·2n ＝2n ＋1－3－(2n －1)·2n ，∴S n ＝3＋(2n －1)·2n－2n ＋1＝3＋(2n －3)·2n.14分16．(本小题满分14分)(河南省豫北名校联盟2017届高三年级精英对抗赛)已知各项均不相等的等差数列{a n }的前五项和S 5＝20，且a 1，a 3，a 7成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和，且存在n ∈N *，使得T n －λa n ＋1≥0成立，求实数λ的取值范围．[解] (1)设数列{a n }的公差为d ，则 ⎩⎪⎨⎪⎧5a 1＋5×42d ＝20，a 1＋2d 2＝a 1a 1＋6d ，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝4，2d 2＝a 1d .2分又因为d ≠0，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝1.4分 所以a n ＝n ＋1. 5分(2)因为1a n a n ＋1＝1n ＋1n ＋2＝1n ＋1－1n ＋2， 所以T n ＝12－13＋13－14＋…＋1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＝n2n ＋2. 7分因为存在n ∈N *，使得T n －λa n ＋1≥0成立， 所以存在n ∈N *，使得n2n ＋2－λ(n ＋2)≥0成立，即存在n ∈N *，使λ≤n2n ＋22成立. 10分又n2n ＋22＝12⎝⎛⎭⎪⎫n ＋4n＋4≤116(当且仅当n ＝2时取等号)，所以λ≤116.即实数λ的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，116. 14分17．(本小题满分14分)(四川省凉山州2017届高中毕业班第一次诊断性检测)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n a n ＋1＝2n，n ∈N *.(1)若函数f (x )＝A sin(2x ＋φ)(A >0,0<φ<π)在x ＝π6处取得最大值a 4＋1，求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，π2上的值域；(2)求数列{a n }的通项公式． [解] (1)∵a n a n ＋1＝2n，则a n ＋1a n ＋2＝2n ＋1，∴a n ＋2a n＝2， 又a 1＝1，故a 1a 2＝21，即a 2＝2， ∴a 3＝2，a 4＝4，∴A ＝a 4＋1＝5，故f (x )＝5sin(2x ＋φ)，4分 又x ＝π6时，f (x )＝5，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋φ＝1，且0<φ<π，解得φ＝π6， ∴f (x )＝5sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6，6分而x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π12，π2，故2x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，7π6，从而sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，1，综上知f (x )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－52，5. 8分18．(本小题满分16分)(天津六校2017届高三上学期期中联考)已知各项都是正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝a 2n ＋12a n ，n ∈N *.(1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 设数列{b n }满足：b 1＝1，b n －b n －1＝2a n (n ≥2)，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和为T n ，求证：T n <2；(3)若T n ≤λ(n ＋4)对任意n ∈N *恒成立，求λ的取值范围.【导学号：56394043】[解] (1)n ＝1时，a 1＝a 21＋12a 1，∴a 1＝12.⎩⎪⎨⎪⎧S n －1＝a 2n －1＋12a n －1S n ＝a 2n ＋12a n⇒a n ＝a 2n －a 2n －1＋12a n －12a n －1，⇒(a n ＋a n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －a n －1－12＝0，∵a n >0，∴a n －a n －1＝12，∴{a n }是以12为首项，12为公差的等差数列．∴a n ＝12n .4分(2)证明：b n －b n －1＝n ，⎩⎪⎨⎪⎧b 2－b 1＝2b 3－b 2＝3⋮b n －b n －1＝n⇒b n －b 1＝n ＋2n －12⇒b n ＝n n ＋12.1b n＝2n n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，∴T n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2nn ＋1，即T n <2. 12分(3)由2nn ＋1≤λ(n ＋4)得λ≥2nn ＋1n ＋4＝2n ＋4n ＋5，当且仅当n ＝2时，2n ＋4n＋5有最大值29，∴λ≥29.16分19．(本小题满分16分)(中原名校豫南九校2017届第四次质量考评)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 5＝a 5＋a 6＝25.(1)求{a n }的通项公式；(2)若不等式2S n ＋8n ＋27>(－1)nk (a n ＋4)对所有的正整数n 都成立，求实数k 的取值范围．[解] (1)设公差为d ，则5a 1＋5×42d ＝a 1＋4d ＋a 1＋5d ＝25，∴a 1＝－1，d ＝3.∴{a n }的通项公式为a n ＝3n －4. 6分(2)S n ＝－n ＋3nn －12，2S n ＋8n ＋27＝3n 2＋3n ＋27，a n ＋4＝3n ；8分(－1)nk <n ＋1＋9n，当n 为奇数时，k >－⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1＋9n ；当n 为偶数时，k <n ＋1＋9n，∵n ＋1＋9n ≥7，当且仅当n ＝3时取等号，∴当n 为奇数时，n ＋1＋9n的最小值为7，当n 为偶数时，n ＝4时，n ＋1＋9n 的最小值为294，∴－7<k <294.16分20．(本小题满分16分)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)是函数f (x )＝12＋log 2x1－x 的图象上任意两点，且OM →＝12(OA →＋OB →)，已知点M 的横坐标为12.(1)求证：M 点的纵坐标为定值；(2)若S n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ，n ∈N *，且n ≥2，求S n；(3)已知a n＝⎩⎪⎨⎪⎧23，n ＝1，1S n＋1Sn ＋1＋1，n ≥2.其中n ∈N *.T n 为数列{a n }的前n 项和，若T n <λ(S n ＋1＋1)对一切n ∈N *都成立，试求λ的取值范围.【导学号：56394044】[解] (1)证明：∵OM →＝12(OA →＋OB →)，∴M 是AB 的中点．设M 点的坐标为(x ，y )，由12(x 1＋x 2)＝x ＝12，得x 1＋x 2＝1，则x 1＝1－x 2或x 2＝1－x 1.2分 而y ＝12(y 1＋y 2)＝12[f (x 1)＋f (x 2)]＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋log 2x 11－x 1＋12＋log 2x 21－x 2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋log 2x 11－x 1＋log 2x 21－x 2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋log 2x 11－x 1·x 21－x 2 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋log 2x 1x 2x 1x 2＝12()1＋0＝12，∴M 点的纵坐标为定值12.5分(2)由(1)，知x 1＋x 2＝1，f (x 1)＋f (x 2)＝y 1＋y 2＝1，S n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ，S n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ， 两式相加，得2S n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －2n ＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＝1＋1＋…＋1n －1，∴S n ＝n －12(n ≥2，n ∈N *).8分(3)当n ≥2时，a n ＝1S n ＋1S n ＋1＋1＝4n ＋1n ＋2＝4⎝⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2.10分T n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝23＋4⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2 ＝23＋4⎝ ⎛⎭⎪⎫13－1n ＋2＝2n n ＋2. 12分由T n <λ(S n ＋1＋1)，得2n n ＋2<λ·n ＋22.∴λ>4n n ＋22＝4nn 2＋4n ＋4＝4n ＋4n＋4. ∵n ＋4n≥4，当且仅当n ＝2时等号成立，∴4n ＋4n＋4≤44＋4＝12. 因此λ>12，即λ的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞. 16分。

专题6.4 数列求和【考纲解读】【直击考点】题组一 常识题1． 等差数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1，其前n 项和为S n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项和为________．【解析】易知S n n ＝n ＋2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 的前10项和为10×3＋10×92×1＝75.2．数列32，94，258，6516，…，n ·2n＋12n的前n 项和为____________． 【解析】易知a n ＝n ·2n＋12n＝n ＋12n ，∴前n 项和S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋121＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12n ＝ (1＋2＋3＋…＋n)＋⎝⎛⎭⎪⎫12＋122＋123＋…＋12n ＝（n ＋1）n 2＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n 1－12＝n （n ＋1）2－12n＋1.3．数列1，11＋2，11＋2＋3，…，11＋2＋…＋n的前n 项和为________．【解析】易知该数列的通项公式为a n ＝2n （n ＋1），分裂为两项差的形式，即a n ＝21n －1n ＋1，则数列的前n 项和S n ＝21－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1.4． 1＋2x ＋3x 2＋…＋nxn －1＝____________(x ≠0且x ≠1)．题组二 常错题5．已知S n ＝12＋1＋13＋2＋12＋3＋…＋1n ＋1＋n，若S m ＝10，则m ＝________．【解析】因为1n ＋1＋n＝n ＋1－nn ＋1－n＝n ＋1－n ，所以S m ＝2－1＋3－2＋…＋m ＋1－m ＝m ＋1－1.由已知得m ＋1－1＝10，所以m ＝120.6．数列22，422，623， (2)2n ，…的前n 项和为________．【解析】设S n ＝22＋422＋623＋...＋2n 2n ，①则12S n ＝222＋423＋624＋ (2)2n ＋1，②①－②，得⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12S n ＝22＋222＋223＋224＋…＋22n －2n 2n ＋1＝2－12n －1－2n 2n ＋1，∴S n ＝4－n ＋22.题组三 常考题7． 等差数列{a n }的公差是3，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝________. 【解析】由题意，得a 2，a 2＋6，a 2＋18成等比数列，即(a 2＋6)2＝a 2(a 2＋18)，解得a 2＝6，故a 1＝3，所以S n ＝3n ＋n （n －1）2×3＝32n(n ＋1)．8．设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________．【解析】因为a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，所以S 1＝－1，S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，所以1S n ＋1－1S n＝－1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为－1，公差为－1的等差数列，所以1S n ＝－n ，所以S n ＝－1n .9． 已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝2，b 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N *)，b 1＋12b 2＋13b 3＋ (1)b n ＝b n＋1－1(n ∈N *)．记数列{a n b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝______________.【解析】由a n ＋1＝2a n 可得a n ＋1a n＝2，即数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列，故数列{a n }的通项【知识清单】数列求和1. 等差数列的前n 和的求和公式：11()(1)22n n n a a n n S na d +-==+. 2．等比数列前n 项和公式一般地，设等比数列123,,,,,n a a a a 的前n 项和是=n S 123n a a a a ++++ ，当1≠q 时，qq a S n n --=1)1(1或11n n a a qS q -=-；当1q =时，1na S n =（错位相减法）. 3. 数列前n 项和①重要公式：（1）1nk k ==∑123n ++++=2)1(+n n （2）1(21)nk k =-=∑()13521n ++++-= 2n（3）31nk k ==∑2333)1(2121⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=+++n n n（4）21nk k ==∑)12)(1(613212222++=++++n n n n ②等差数列中，m n m n S S S mnd +=++； ③等比数列中，n m m n n m m n S S q S S q S +=+=+.【考点深度剖析】江苏新高考对数列知识的考查要求较高，整个高中共有8个C 能级知识点，本章就占了两个，高考中以填空题和解答题的形式进行考查，涉及到数形结合、分类讨论和等价转化的思想，着重考查学生基本概念及基本运算能力.经常与其它章节知识结合考查，如与函数、方程、不等式、平面解析几何知识结合考查.【重点难点突破】考点1 数列求和 【题组全面展示】【1-1】数列{}n a 的通项公式cos 2n n a n π=，其前n 项和为n S ，则2014S = . 【答案】1008-【解析】由数列的通项公式可知,数列的项依次为0,2,0,4,0,6,0,8,-- ，数列每四项和为2，故201450342=⨯+，所以()2014503220141008S =⨯+-=-． 【1-2】已知函数()()2cos f n n n π=，且()()1,n a f n f n =++则123100a a a a +++⋅⋅⋅+= .【答案】-100【1-3】已知数列{}n a 的通项公式为n a =*()n N ∈，其前n 项和为n S ，则在数列122014S S 、S 、中，有理数项的项数为 . 【答案】43 【解析】n a ===， ∴3815,,,S S S 为有理项，∴212014n -<且2n ≥，∴有理数项的项数为43项. 【1-4】已知数列{},n a 若)(,1221+-∈+-=N n n a n n ，求10S =_______.（用数字作答）【答案】923【解析】()11221221n n n a n n --=-+=--，210102101222(13519)211010241100923S =++++-++++=--=--= ．【1-5】已知{}n a 是递增的等差数列，2a ，4a 是方程2560x x -+=的根，则数列2n n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和 .【答案】1422n n n S ++=-综合点评：这些题都是数列求和，做这一类数列求和的题，，应从通项入手，若无通项，先求通项，然后通过对通项变形，转化为与特殊数列有关或具备某种方法适用特点的形式，从而选择合适的方法求和． 【方法规律技巧】1．公式法：如果一个数列是等差、等比数列或者是可以转化为等差、等比数列的数列，我们可以运用等差、等比数列的前n 项和的公式来求和.对于一些特殊的数列（正整数数列、正整数的平方和立方数列等）也可以直接使用公式求和.2．倒序相加法：类似于等差数列的前n 项和的公式的推导方法，如果一个数列{}n a 的前n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．3．错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和公式就是用此法推导的． 若n n n a b c =∙，其中{}n b 是等差数列，{}n c 是公比为q 等比数列，令112211n n n n n S b c b c b c b c --=++++ ，则n qS =122311n n n n b c b c b c b c -+++++ 两式错位相减并整理即得.4．裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，即数列的每一项都可按此法拆成两项之差，在求和时一些正负项相互抵消，于是前n 项的和变成首尾若干少数项之和，这一求和方法称为裂项相消法.适用于类似1n n c a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭（其中{}n a 是各项不为零的等差数列，c 为常数）的数列、部分无理数列等.用裂项相消法求和，需要掌握一些常见的裂项方法： （1）()1111n n k k n n k ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭，特别地当1k =时，()11111n n n n =-++； （21k=，特别地当1k ==（3）()()221111212122121n n a n n n n ⎛⎫==+- ⎪-+-+⎝⎭（4）()()()()()1111122112n a n n n n n n n ⎛⎫==- ⎪ ⎪+++++⎝⎭（5）)()11(11q p qp p q pq <--= 5．分组转化求和法：有一类数列{}n n a b +，它既不是等差数列，也不是等比数列，但是数列{},{}n n a b 是等差数列或等比数列或常见特殊数列，则可以将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比数列或常见的特殊数列，然后分别求和，再将其合并即可.6．并项求和法：一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如()()1nn a f n =-类型，可采用两项合并求解．例如，22222210099989721n S =-+-++- ()()()100999897215050=++++++= .7. 在利用裂项相消法求和时应注意：(1)在把通项裂开后，是否恰好等于相应的两项之差；(2)在正负项抵消后，是否只剩下了第一项和最后一项，或有时前面剩下两项，后面也剩下两项．对于不能由等差数列、等比数列的前n 项和公式直接求和的问题，一般需要将数列通项的结构进行合理的拆分，转化成若干个等差数列、等比数列的求和．应用公式法求和时，要保证公式使用的正确性，尤其要区分好等差数列、等比数列的通项公式及前n 项和公式．使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的． 用错位相减法求和时，应注意(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“n S ”与“n qS ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“n n S qS -”的表达式．8. [易错提示] 利用裂项相消法解决数列求和问题，容易出现的错误有两个方面： (1)裂项过程中易忽视常数，如)211(21)2(1+-=+n n n n 容易误裂为12n n -+，漏掉前面的系数12； (2)裂项之后相消的过程中容易出现丢项或添项的问题，导致计算结果错误． 应用错位相减法求和时需注意：①给数列和S n 的等式两边所乘的常数应不为零，否则需讨论； ②在转化为等比数列的和后，求其和时需看准项数，不一定为n . 【新题变式探究】【变式一】对于函数)(x f y =，部分x 与y 的对应关系如下表：数列}{n x 满足11x =，且对任意*n ∈N ，点),(1+n n x x 都在函数()y f x =的图象上，则123420132014x x x x x x ++++++ 的值为 .【答案】7549【变式二】若在数列{}n a 中，对任意正整数n ，都有221n n a a p ++=（常数），则称数列{}n a 为“等方和数列”，称p 为“公方和”，若数列{}n a 为“等方和数列”，其前n 项和为n S ，且“公方和”为1，首项11a =，则2014S 的最大值与最小值之和为 . 【答案】2【解析】由221n n a a p ++=得2212n n a a p +++=，两等式相减得：222n n a a +=.又“公方和”为1，首项11a =，所以2222223520132420141,0a a a a a a ========.所以2014S 的最大值为1007，最小值为-1005，其和为2.【综合点评】这两个题都是数列求和,第一题是函数与数列相结合,解题突破口为根据函数数据,找出数列满足的规律,然后利用合项法求和,第二个题是根据新定义求和,紧扣定义找出实质是解本题的关键.考点2数列综合 【题组全面展示】【1-1】已知函数)(x f 是定义在R 上的单调增函数且为奇函数，数列{}n a 是等差数列，01007>a ，则)()()()()(20132012321a f a f a f a f a f +++++ 的值正负为 .【答案】正 【解析】021********>=+a a a ⇒20131a a ->⇒)()()(201320131a f a f a f -=->⇒0)()(20131>+a f a f同理，0)()(20122>+a f a f ，0)()(20113>+a f a f ，…，0)()(10081006>+a f a f ，又01007>a ⇒0)0()(1007=>f a f ，以上各式相加，得0)()()()()(20132012321>+++++a f a f a f a f a f . 【1-2】设函数(2),2()1()1,22x k x x f x x -≥⎧⎪=⎨-<⎪⎩，()n a f n =，若数列{}n a 是单调递减数列，则实数k的取值范围为 . 【答案】7,4⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭7(,)4-∞.【1-3】已知()[]23,0,31xf x x x+=∈+，已知数列{}n a 满足03,n a n N *<≤∈，且122010670a a a +++= ，则122010()()()f a f a f a +++ 最大值为 .【答案】6030【1-4】已知()()()()()()123,2,f x x x x x n n n N =++++≥∈ ，其导函数为()f x '，设()()20n f a f '-=，则数列{}n a 自第2项到第n 项的和S =_____________. 【答案】11n- 【解析】已知()()()()()2[13]f x x x x x n =++++ ，则有()()()()()()()()()2[13]2[13]f x x x x x n x x x x n '''=+++++++++ ， 所以()()(2)112322!f n n '-=-⋅⋅⋅⋅-=-- ，(0)!f n =， 所以()2!111!(1)1n n a n n n n n -=-=-=---，所以1111111111232431S n n n=-+-+-++-=-- . 【1-5】对于每一个正整数n ，设曲线1n y x+=在点()1,1处的切线与x 轴的交点的横坐标为n x ，令n a lg n x =，则1299a a a +++= . 【答案】2-.【解析】利用导数求得曲线1n y x+=在点()1,1处的切线方程为()()111y n x =+-+，即()1y n x n =+-，它与x 轴交于点(),0n x ，则有()101n n nn x n x n +-=⇒=+，()lg lglg lg 11n n na x n n n ∴===-++，()()()1299lg1lg2lg2lg3lg99lg100lg1lg1002a a a ∴+++=-+-++-=-=- .综合点评：这些题都是数列与函数综合问题，解决此类问题要抓住一个中心——函数，两个密切联系：一是数列和函数之间的密切联系，数列的通项公式是数列问题的核心，函数的解析式是研究函数问题的基础；二是方程、不等式与函数的联系，利用它们之间的对应关系进行灵活的处理． 【方法规律技巧】1. 数列与不等式的综合问题是近年来的高考热门问题，与不等式相关的大多是数列的前n 项和问题，对于这种问题，在解答时需要利用化归的思想将问题转化为我们较熟悉的问题来解决，要掌握常见的解决不等式的方法，以便更好地解决问题．数列与不等式的结合，一般有两类题：一是利用基本不等式求解数列中的最值；二是与数列中的求和问题相联系，证明不等式或求解参数的取值范围，此类问题通常是抓住数列通项公式的特征，多采用先求和后利用放缩法或数列的单调性证明不等式，求解参数的取值范围． 以数列为背景的不等式恒成立问题，或不等式的证明问题，多与数列求和相联系，最后利用函数的单调性求解，或利用放缩法证明.解决数列和式与不等式证明问题的关键是求和，特别是既不是等差、等比数列，也不是等差乘等比的数列求和，要利用不等式的放缩法，放缩为等比数列求和、错位相减法求和、裂项相消法求和，最终归结为有限项的数式大小比较．数列与不等式综合的问题是常见题型，常见的证明不等式的方法有：①作差法；②作商法；③综合法；④分析法；⑤放缩法.2. 数列与解析几何交汇问题主要是解析几何中的点列问题，关键是充分利用解析几何的有关性质、公式，建立数列的递推关系式，然后借助数列的知识加以解决．3. 处理探索性问题的一般方法是：假设题中的数学对象存在或结论成立或其中的一部分结论成立，然后在这个前提下进行逻辑推理．若由此导出矛盾，则否定假设，否则，给出肯定结论，其中反证法在解题中起着重要的作用．还可以根据已知条件建立恒等式，利用等式恒成立的条件求解．4. 解答数列综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以及特例分析法，一般递推法，数列求和及求通项等方法来分析、解决问题．数列与解析几何的综合问题解决的策略往往是把综合问题分解成几部分，先利用解析几何的知识以及数形结合得到数列的通项公式，然后再利用数列知识和方法求解．5.数列是一种特殊的函数，故数列有着许多函数的性质．等差数列和等比数列是两种最基本、最常见的数列，它们是研究数列性质的基础，它们与函数、方程、不等式、三角等内容有着广泛的联系，等差数列和等比数列在实际生活中也有着广泛的应用，随着高考对能力要求的进一步增加，这一部分内容也将受到越来越多的关注．数列与函数的综合问题，解决此类问题时要注意把握以下两点：(1)正确审题，深抠函数的性质与数列的定义；(2)明确等差、等比数列的通项、求和公式的特征．【新题变式探究】【变式一】设数列{}n a 满足6,1421=+=a a a ,且对任意*n N ∈,函数12()()n n n f x a a a x ++=-++1cos n a x +-2sin n a x +满足'()02f π=，若n a n n a c 21+=，则数列{}n c 的前n 项和n S 为 . 【答案】n n n 21222-++【变式二】在直角坐标平面内，已知点P 1(1,2)，P 2(2,22)，P 3(3,23)，…，P n (n,2n )，….如果n 为正整数，则向量P 1P 2→＋P 3P 4→＋P 5P 6→＋…＋P 2n －1P 2n 的纵坐标为________．【答案】23(4n －1) 【解析】P k P k ＋1＝(k ＋1－k,2k ＋1－2k )＝(1,2k )，于是P 1P 2→＋P 3P 4→＋P 5P 6→＋…＋P 2n －1P 2n 的纵坐标为2＋23＋25＋…＋22n －1＝2 1－4n1－4＝23(4n －1)． 【综合点评】第一题是函数与数列结合，此类问题常常以函数的解析式为载体，转化为数列问题，常用的数学思想方法有“函数与方程”“等价转化”等．第二题是数列与新背景、新定义的综合问题，解决数列与新背景、新定义的综合问题，可通过对新数表、图象、新定义的分析、探究，将问题转化为等差(比)数列的问题．【易错试题常警惕】易错典例：已知等差数列{a n }的前3项和为6，前8项和为－4.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(4－a n )q n －1(q ≠0，n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n . 易错分析：未对q ＝1或q ≠1分别讨论，相减后项数、符号均出现了错误．错解：(1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋a 2＋a 3＝6，a 1＋a 2＋…＋a 8＝－4，即⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝6，8a 1＋28d ＝－4， 解得a 1＝3，d ＝－1，∴a n ＝4－n . (2)由(1)知b n ＝n ·q n －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 n 1－q ＋n ·q n .∴S n ＝1－q n 1－q 2＋n ·q n 1－q. 正确解析：(1)设{a n }的公差为d ，则由已知得温馨提醒：错位相减法适合于一个由等差数列{a n}及一个等比数列{b n}对应项之积组成的数列．考生在解决这类问题时，都知道利用错位相减法求解，也都能写出此题的解题过程，但由于步骤繁琐、计算量大导致了漏项或添项以及符号出错等．因此利用错位相减法求解时，两边乘公比后，对应项的幂指数会发生变化，应将相同幂指数的项对齐，这样有一个式子前面空出一项，另外一个式子后面就会多了一项，两项相减，除第一项和最后一项外，剩下的n －1项是一个等比数列．。

（江苏专用）2018版高考数学专题复习 专题6 数列 第38练 数列的前n 项和练习 理1．(2016·东营期中)若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n·(3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝________.2．(2017·山西晋中联考)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝2n－12n ，其前n 项和S n ＝32164，则项数n ＝________.3．(2016·河南中原名校联考二)已知函数f (x )＝x 2＋ax 的图象在点A (0，f (0))处的切线l 与直线2x －y ＋2＝0平行，若数列{1f n}的前n 项和为S n ，则S 20的值为________．4．(2016·徐州模拟)若S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n ·S n ＋1，则S n ＝________.5．数列{a n }满足a 1＝1，且对于任意的n ∈N *都有a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ，则1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 013＝________.6．(2016·合肥第二次教学质量检测)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2a n －2n，则S n ＝________.7．(2016·苏州模拟)设f (x )是定义在R 上恒不为零的函数，且对任意的x ，y ∈R ，都有f (x )·f (y )＝f (x ＋y )，若a 1＝12，a n ＝f (n )(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和S n 的取值范围是________________．8．(2016·宿迁模拟)数列{a n }的通项公式a n ＝n cos n π2＋1，前n 项和为S n ，则S 2 012＝________.9．(2016·云南师大附中月考)设S ＝1＋112＋122＋1＋122＋132＋ 1＋132＋142＋…＋ 1＋12 0142＋12 0152，则不大于S 的最大整数[S ]等于________． 10．正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0.(1)求数列{a n}的通项公式a n；(2)令b n＝n＋1n ＋2a2n，数列{b n}的前n项和为T n，证明：对于任意的n∈N*，都有T n＜564.答案精析1．15 2.6 3.325462 4.－1n5.2 0131 007解析 因为a n ＋1＝a 1＋a n ＋n ＝1＋a n ＋n ， 所以a n ＋1－a n ＝n ＋1.用累加法：a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋… ＋(a n －a n －1) ＝1＋2＋…＋n ＝n n ＋2，所以1a n ＝2n n ＋＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. 所以1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 013＝2⎝ ⎛1－12＋12－13＋13－14＋…⎭⎪⎫＋12 013－12 014 ＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－12 014＝2 0131 007. 6．n ·2n解析 ∵S n ＝2a n －2n＝2(S n －S n －1)－2n， 即S n ＝2S n －1＋2n (n ≥2)，∴S n 2n ＝2S n －12n ＋1＝S n －12n －1＋1， ∴S n 2n －S n －12n －1＝1， 且S 1＝a 1＝2，∴S 12＝1，∴数列{S n2n }是首项为1，公差为1的等差数列，∴S n2n ＝n ，∴S n ＝n ·2n. 7．[12，1)解析 由已知可得a 1＝f (1)＝12，a 2＝f (2)＝[f (1)]2＝(12)2， a 3＝f (3)＝f (2)·f (1)＝[f (1)]3＝(12)3，…，a n ＝f (n )＝[f (1)]n ＝(12)n ，所以S n ＝12＋(12)2＋(12)3＋…＋(12)n＝12[1－12n]1－12＝1－(12)n，因为n ∈N *，所以12≤S n ＜1.8．3 018解析 由于f (n )＝cosn π2的值具有周期性，所以可从数列的周期性及从头开始连续四项的和为定值入手解决． 当n ＝4k ＋1(k ∈N)时，a n ＝(4k ＋1)cos4k ＋12π＋1＝1， 当n ＝4k ＋2(k ∈N)时，a n ＝(4k ＋2)cos4k ＋22π＋1 ＝－(4k ＋2)＋1＝－4k －1， 当n ＝4k ＋3(k ∈N)时，a n ＝(4k ＋3)cos4k ＋32π＋1＝1， 当n ＝4k ＋4(k ∈N)时，a n ＝(4k ＋4)cos4k ＋42π＋1 ＝(4k ＋4)＋1＝4k ＋5，∴a 4k ＋1＋a 4k ＋2＋a 4k ＋3＋a 4k ＋4＝1－4k －1＋1＋4k ＋5＝6. ∴S 2 012＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋…＋a 2 012＝(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋a 7＋a 8)＋…＋(a 2 009＋a 2 010＋a 2 011＋a 2 012) ＝6×503＝3 018. 9．2 014 解析 ∵1＋1n2＋1＋n2＝n 2＋n2＋n 2＋n ＋1n 2＋n2＝n 2＋n ＋1n n ＋＝1＋(1n －1n ＋1)， ∴S ＝1＋(11－12)＋1＋(12－13)＋…＋1＋(12 014－12 015)＝2 015－12 015，故[S ]＝2 014.10．(1)解 由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0， 得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0， 由于{a n }是正项数列，所以S n ＋1＞0. 所以S n ＝n 2＋n (n ∈N *)．n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ， n ＝1时，a 1＝S 1＝2适合上式．所以a n ＝2n (n ∈N *)． (2)证明 由a n ＝2n (n ∈N *)， 得b n ＝n ＋1n ＋2a 2n ＝n ＋14n 2n ＋2＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n2－1n ＋2， T n ＝116⎣⎢⎡ ⎝⎛⎭⎪⎫1－132＋⎝⎛⎭⎪⎫122－142＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132－152＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫1n －2－1n ＋2⎦⎥⎤＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n2－1n ＋2＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1n＋2－1n＋2＜116⎝⎛⎭⎪⎫1＋122＝564(n∈N*)．即对于任意的n∈N*，都有T n＜564 .。

6.1 数列的概念与简单表示法1.数列的定义按照一定次序排列的一列数称为数列，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 项与序号n 之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式.【知识拓展】1.若数列{a n }的前n 项和为S n ，通项公式为a n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1， n ＝1，S n －S n －1， n ≥2.2.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 ＋1.3.数列与函数的关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.【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)所有数列的第n 项都能使用公式表达.( × )(2)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个.( √ ) (3)1,1,1,1，…，不能构成一个数列.( × )(4)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列.( × )(5)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对∀n ∈N *，都有a n ＋1＝S n ＋1－S n .( √ )1.(教材改编)下列有四种说法，其中正确的说法是 .(填序号) ①数列a ，a ，a ，…是无穷数列；②数列0，－1，－2，－3，…不一定是递减数列；③数列{f (n )}可以看作是一个定义域为正整数N *或它的有限子集{1,2，…，n }的函数值； ④已知数列{a n }，则数列{a n ＋1－a n }也是一个数列. 答案 ①②④解析 题中①④显然正确；对于②，数列只给出前四项，后面的项是不确定的，所以不一定是递减数列；对于③，数列可以看作是一个定义域为正整数N *或它的有限子集{1,2，…，n }的函数，当自变量从小到大依次取值时对应的一列函数值，所以③不正确. 2.(教材改编)数列1,2，7，10，13，…中的第26项为 . 答案 219解析 ∵a 1＝1＝1，a 2＝2＝4，a 3＝7，a 4＝10，a 5＝13，∴a n ＝3n －2，∴a 26＝3×26－2＝76＝219.3.(教材改编)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1＋ －1na n －1(n ≥2)，则a 5＝ .答案 23解析 a 2＝1＋ －12a 1＝2，a 3＝1＋ －1 3a 2＝1＋ －1 2＝12，a 4＝1＋1a 3＝3，a 5＝1＋ －1 a 4＝23. 4.(教材改编)已知数列{a n }中，a 1＝12，a n ＋1＝1－1a n (n ≥2)，则a 16＝ .答案 12解析 由题意知a 2＝1－1a 1＝－1，a 3＝1－1a 2＝2，a 4＝1－1a 3＝12，∴此数列是以3为周期的周期数列，a 16＝a 3×5＋1＝a 1＝12.5.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，则a n ＝ .答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋1－[(n －1)2＋1]＝2n －1，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥2.题型一 由数列的前几项求数列的通项公式例1 (1)(2016·南京模拟)数列1,3,6,10，…的通项公式是 . (2)数列{a n }的前4项是32，1，710，917，则这个数列的通项公式是a n ＝ .答案 (1)a n ＝n n ＋12 (2)2n ＋1n 2＋1解析 (1)观察数列1,3,6,10，…可以发现1＝1， 3＝1＋2， 6＝1＋2＋3， 10＝1＋2＋3＋4，…第n 项为1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n n ＋12.∴a n ＝n n ＋12.(2)数列{a n }的前4项可变形为2×1＋112＋1，2×2＋122＋1，2×3＋132＋1，2×4＋142＋1，故a n ＝2n ＋1n 2＋1.思维升华 由前几项归纳数列通项的常用方法及具体策略(1)常用方法：观察(观察规律)、比较(比较已知数列)、归纳、转化(转化为特殊数列)、联想(联想常见的数列)等方法.(2)具体策略：①分式中分子、分母的特征；②相邻项的变化特征；③拆项后的特征；④各项的符号特征和绝对值特征；⑤化异为同，对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破，或寻找分子、分母之间的关系；⑥对于符号交替出现的情况，可用(－1)k 或(－1)k ＋1，k ∈N *处理.根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式.(1)－1,7，－13,19，…； (2)0.8,0.88,0.888，…；(3)12，14，－58，1316，－2932，6164，…. 解 (1)数列中各项的符号可通过(－1)n表示，从第2项起，每一项的绝对值总比它的前一项的绝对值大6，故通项公式为a n ＝(－1)n(6n －5). (2)数列变为89⎝ ⎛⎭⎪⎫1－110，89⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1102，89⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1103，…，故a n ＝89⎝⎛⎭⎪⎫1－110n .(3)各项的分母分别为21,22,23,24，…，易看出第2,3,4项的绝对值的分子分别比分母小3. 因此把第1项变为－2－32，原数列化为－21－321，22－322，－23－323，24－324，…，故a n ＝(－1)n 2n －32n .题型二 由a n 与S n 的关系求通项公式例 2 (1)(2016·南通模拟)若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式a n＝ . 答案 (－2)n －1解析 由S n ＝23a n ＋13，得当n ≥2时，S n －1＝23a n －1＋13，两式相减，整理得a n ＝－2a n －1，又当n＝1时，S 1＝a 1＝23a 1＋13，∴a 1＝1，∴{a n }是首项为1，公比为－2的等比数列，故a n ＝(－2)n－1.(2)已知下列数列{a n }的前n 项和S n ，求{a n }的通项公式. ①S n ＝2n 2－3n ；②S n ＝3n＋b . 解 ①a 1＝S 1＝2－3＝－1， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n )－[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5， 由于a 1也适合此等式，∴a n ＝4n －5. ②a 1＝S 1＝3＋b ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n＋b )－(3n －1＋b )＝2·3n －1.当b ＝－1时，a 1适合此等式； 当b ≠－1时，a 1不适合此等式. ∴当b ＝－1时，a n ＝2·3n －1；当b ≠－1时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3＋b ，n ＝1，2·3n －1，n ≥2.思维升华 已知S n ，求a n 的步骤 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1； (2)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1；(3)对n ＝1时的情况进行检验，若适合n ≥2的通项则可以合并；若不适合则写成分段函数形式.(1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n－3，则数列{a n }的通项公式为 .(2)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－9n ，则其通项a n ＝ ；若它的第k 项满足5<a k <8，则k ＝ .答案 (1)a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，2n －1，n ≥2 (2)2n －10 8解析 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，2n －1，n ≥2.(2)∵a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－8，n ＝1，2n －10，n ≥2.又∵－8也适合a n ＝2n －10，∴a n ＝2n －10，n ∈N *. 由5<2k －10<8，∴7.5<k <9，∴k ＝8. 题型三 由数列的递推关系求通项公式 例3 根据下列条件，确定数列{a n }的通项公式. (1)a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln(1＋1n)；(2)a 1＝1，a n ＋1＝2na n ； (3)a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2. 解 (1)∵a n ＋1＝a n ＋ln(1＋1n)，∴a n －a n －1＝ln(1＋1n －1)＝ln n n －1(n ≥2)， ∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝lnnn －1＋ln n －1n －2＋…＋ln 32＋ln 2＋2 ＝2＋ln(nn －1.n －1n －2 (3)2·2) ＝2＋ln n (n ≥2).又a 1＝2适合上式，故a n ＝2＋ln n (n ∈N *). (2)∵a n ＋1＝2na n ，∴a n a n －1＝2n －1(n ≥2)， ∴a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1 ＝2n －1·2n －2·…·2·1＝21＋2＋3＋…＋(n －1)＝(1)22.n n -又a 1＝1适合上式，故a n ＝(1)22n n(3)∵a n ＋1＝3a n ＋2，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)， 又a 1＝1，∴a 1＋1＝2，故数列{a n ＋1}是首项为2，公比为3的等比数列， ∴a n ＋1＝2·3n －1，故a n ＝2·3n －1－1.思维升华 已知数列的递推关系求通项公式的典型方法 (1)当出现a n ＝a n －1＋m 时，构造等差数列. (2)当出现a n ＝xa n －1＋y 时，构造等比数列. (3)当出现a n ＝a n －1＋f (n )时，用累加法求解. (4)当出现a na n －1＝f (n )时，用累乘法求解.(1)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝n －1n·a n －1(n ≥2且n ∈N *)，则a n ＝ . (2)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －1(n ∈N *)，则a 5＝ . 答案 (1)1n(2)16解析 (1)∵a n ＝n －1na 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 .当n ＝1时也满足此等式，∴a n ＝1n.(2)当n ＝1时，S 1＝2a 1－1，∴a 1＝1. 当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－1，∴a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1，∴a n ＝2a n －1. ∴{a n }是等比数列且a 1＝1，q ＝2， 故a 5＝a 1×q 4＝24＝16. 题型四 数列的性质 命题点1 数列的单调性 例4 已知a n ＝n －1n ＋1，那么数列{a n }是 数列.(填“递减”“递增”或“常”) 答案 递增解析 a n ＝1－2n ＋1，将a n 看作关于n 的函数，n ∈N *，易知{a n }是递增数列. 命题点2 数列的周期性 例5 数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n，a 8＝2，则a 1＝ . 答案 12解析 ∵a n ＋1＝11－a n，∴a n ＋1＝11－a n ＝11－11－a n －1＝1－a n －11－a n －1－1＝1－a n －1－a n －1＝1－1a n －1＝1－111－a n －2＝1－(1－a n －2)＝a n －2，n ≥3， ∴周期T ＝(n ＋1)－(n －2)＝3. ∴a 8＝a 3×2＋2＝a 2＝2. 而a 2＝11－a 1，∴a 1＝12. 命题点3 数列的最值 例6 若数列{a n }的通项a n ＝nn 2＋90，则数列{a n }中的最大项的值是 .答案119解析 令f (x )＝x ＋90x(x >0)，运用基本不等式得f (x )≥290，当且仅当x ＝310时等号成立.因为a n ＝1n ＋90n ，所以1n ＋90n≤1290，由于n ∈N *，不难发现当n ＝9或n ＝10时，a n ＝119最大.思维升华 (1)解决数列的单调性问题可用以下三种方法①用作差比较法，根据a n ＋1－a n 的符号判断数列{a n }是递增数列、递减数列还是常数列. ②用作商比较法，根据a n ＋1a n(a n ＞0或a n ＜0)与1的大小关系进行判断. ③结合相应函数的图象直观判断. (2)解决数列周期性问题的方法先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值.(3)数列的最值可以利用数列的单调性或求函数最值的思想求解.(1)(2016·哈尔滨模拟)若数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n，0≤a n≤12，2a n－1，12＜a n＜1，a 1＝35，则数列的第2 015项为 . (2)设a n ＝－3n 2＋15n －18，则数列{a n }中的最大项的值是 . 答案 (1)25(2)0解析 (1)由已知可得，a 2＝2×35－1＝15，a 3＝2×15＝25， a 4＝2×25＝45， a 5＝2×45－1＝35，∴{a n }为周期数列且T ＝4， ∴a 2 015＝a 503×4＋3＝a 3＝25.(2)∵a n ＝－3⎝ ⎛⎭⎪⎫n －522＋34，由二次函数性质，得当n ＝2或3时，a n 最大，最大值为0.12.解决数列问题的函数思想典例 (1)数列{a n }的通项公式是a n ＝(n ＋1)·(1011)n，则此数列的最大项是第 项.(2)若a n ＝n 2＋kn ＋4且对于n ∈N *，都有a n ＋1>a n 成立，则实数k 的取值范围是 . 思想方法指导 (1)可以将数列看成定义域为正整数集上的函数；(2)数列的最值可以根据单调性进行分析. 解析 (1)∵a n ＋1－a n＝(n ＋2)(1011)n ＋1－(n ＋1)(1011)n＝(1011)n ×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 ，∴该数列中有最大项，且最大项为第9、10项. (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， 所以(n ＋1)2＋k (n ＋1)＋4>n 2＋kn ＋4， 即k >－1－2n ，又n ∈N *， 所以k >－3.答案 (1)9或10 (2)(－3，＋∞)1.数列23，－45，67，－89，…的第10项是 .答案 －2021解析 所给数列呈现分数形式，且正负相间，求通项公式时，我们可以把每一部分进行分解：符号、分母、分子.很容易归纳出数列{a n }的通项公式a n ＝(－1)n ＋1·2n 2n ＋1，故a 10＝－2021. 2.(2016·苏州模拟)已知函数y ＝f (x )的定义域为R .当x <0，f (x )>1，且对任意的实数x ，y ∈R ，等式f (x )f (y )＝f (x ＋y )恒成立.若数列{a n }满足a 1＝f (0)，且f (a n ＋1)＝1f －2－a n(n ∈N *)，则a 2 015的值为 . 答案 4 029解析 根据题意，不妨设f (x )＝(12)x ，则a 1＝f (0)＝1，∵f (a n ＋1)＝1f －2－a n，∴a n ＋1＝a n ＋2，∴数列{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列，∴a n ＝2n －1，∴a 2 015＝4 029.3.(2016·无锡月考)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n n 为正奇数 ，a n ＋1 n 为正偶数 ，则其前6项之和为 . 答案 33解析 a 2＝2a 1＝2，a 3＝a 2＋1＝3，a 4＝2a 3＝6，a 5＝a 4＋1＝7，a 6＝2a 5＝14，所以前6项和S 6＝1＋2＋3＋6＋7＋14＝33.4.若数列{a n }满足a 1＝2，a 2＝3，a n ＝a n －1a n －2(n ≥3且n ∈N *)，则a 2 018＝ . 答案 3 解析 由已知a 3＝a 2a 1＝32，a 4＝a 3a 2＝12， a 5＝a 4a 3＝13，a 6＝a 5a 4＝23， a 7＝a 6a 5＝2，a 8＝a 7a 6＝3， ∴数列{a n }具有周期性，T ＝6，∴a 2 018＝a 336×6＋2＝a 2＝3.5.数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，a 2＝2，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21＝ . 答案 72解析 ∵a n ＋a n ＋1＝12，a 2＝2， ∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ －32，n 为奇数，2，n 为偶数.∴S 21＝11×⎝ ⎛⎭⎪⎫－32＋10×2＝72. 6.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2－1，则a 3＝ . 答案 10解析 a 3＝S 3－S 2＝2×32－1－(2×22－1)＝10.7.数列{a n }中，已知a 1＝1，a 2＝2，a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)，则a 7＝ . 答案 1解析 由已知a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，a 1＝1，a 2＝2，能够计算出a 3＝1，a 4＝－1，a 5＝－2，a 6＝－1，a 7＝1.8.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝2a n －n ，则a n ＝ . 答案 2n －1解析 当n ＝1时，S 1＝a 1＝2a 1－1，得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，∴a n ＋1＝2(a n －1＋1)，∴数列{a n ＋1}是首项为a 1＋1＝2，公比为2的等比数列，∴a n ＋1＝2·2n －1＝2n ，∴a n ＝2n －1.9.(2016·无锡期末)对于数列{an }，定义数列{b n }满足b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，且b n ＋1－b n ＝1(n ∈N *)，a 3＝1，a 4＝－1，则a 1＝ .答案 8解析 因为b 3＝a 4－a 3＝－1－1＝－2，所以b 2＝a 3－a 2＝b 3－1＝－3，所以b 1＝a 2－a 1＝b 2－1＝－4，三式相加可得a 4－a 1＝－9，所以a 1＝a 4＋9＝8.10.在一个数列中，如果∀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＝ .答案 28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)＝28.11.已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋1，数列{b n }满足b n ＝2a n ＋1，且前n 项和为T n ，设c n ＝T 2n ＋1－T n .(1)求数列{b n }的通项公式；(2)判断数列{c n }的增减性.解 (1)∵a 1＝2，a n ＝S n －S n －1＝2n －1(n ≥2).∴b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 23 n ＝1 ，1n n ≥2 .(2)∵c n ＝b n ＋1＋b n ＋2＋…＋b 2n ＋1＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＋1， ∴c n ＋1－c n ＝12n ＋2＋12n ＋3－1n ＋1＝12n ＋3－12n ＋2＝－1 2n ＋3 2n ＋2<0， ∴{c n }是递减数列.12.已知S n 为正项数列{a n }的前n 项和，且满足S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *). (1)求a 1，a 2，a 3，a 4的值；(2)求数列{a n }的通项公式. 解 (1)由S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)可得a 1＝12a 21＋12a 1，解得a 1＝1， S 2＝a 1＋a 2＝12a 22＋12a 2，解得a 2＝2，同理，a 3＝3，a 4＝4.(2)S n ＝a n 2＋12a 2n ， ① 当n ≥2时，S n －1＝a n －12＋12a 2n －1， ②①－②得(a n －a n －1－1)(a n ＋a n －1)＝0. 由于a n ＋a n －1≠0，所以a n －a n －1＝1， 又由(1)知a 1＝1，故数列{a n }为首项为1，公差为1的等差数列，故a n ＝n.13.已知数列{a n }中，a n ＝1＋1a ＋2 n －1 (n ∈N *，a ∈R 且a ≠0).(1)若a ＝－7，求数列{a n }中的最大项和最小项的值；(2)若对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，求a 的取值范围. 解 (1)∵a n ＝1＋1a ＋2 n －1 (n ∈N *，a ∈R 且a ≠0)，又a ＝－7，∴a n ＝1＋12n －9(n ∈N *).结合函数f (x )＝1＋12x －9的单调性，可知1＞a 1＞a 2＞a 3＞a 4， a 5＞a 6＞a 7＞…＞a n ＞1(n ∈N *). ∴数列{a n }中的最大项为a 5＝2，最小项为a 4＝0.(2)a n ＝1＋1a ＋2 n －1 ＝1＋12n －2－a 2，已知对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，结合函数f (x )＝1＋12x －2－a 2的单调性，可知5＜2－a 2＜6，即－10＜a ＜－8.。

专题6.1 数列的概念与简单表示法【考纲解读】题组一 常识题1． 数列1，－58，715，－924，…的一个通项公式是__________________．2． 在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1＋1a n －1(n ≥2)，则a 5＝________．【解析】由题意可知，a 1＝1，a 2＝1＋1a 1＝2，a 3＝1＋1a 2＝32，a 4＝1＋1a 3＝53，a 5＝1＋1a 4＝85.3． 已知数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋3，则数列{a n }是________数列(填“递增”或“递减”)． 【解析】由数列{a n }的通项公式，得a n ＋1－a n ＝[2(n ＋1)＋3]－(2n ＋3)＝2>0，所以{a n }是递增数列． 题组二 常错题4．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝n －1n ＋1，则该数列的第5项是________． 【解析】由数列{a n }的通项公式为a n ＝n －1n ＋1，得a 5＝5－15＋1＝46＝23，即数列{a n }的第5项是23. 5．已知数列2，5，22，11，…，则25是该数列的第________项．【解析】∵a 1＝2，a 2＝5，a 3＝8，a 4＝11，∴a 5＝14，a 6＝17，a 7＝20＝25，即25是该数列的第7项．6．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{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2.7．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧（3－a ）x －3，x ≤7，a x －6，x >7，数列{a n }满足a n ＝f (n )，n ∈N *，且数列{a n }是递增数列，该实数a 的取值范围是________．【解析】∵数列{a n }是递增数列，且a n ＝f (n )，n ∈N *，∴⎩⎪⎨⎪⎧3－a >0，a >1，f （8）>f （7）⇒2<a <3.题组三 常考题8． 若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式是a n ＝________．9． 数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n，a 8＝2，则a 1＝________．【解析】由题易知a 8＝11－a 7＝2，得a 7＝12；a 7＝11－a 6＝12，得a 6＝－1；a 6＝11－a 5＝－1，得a 5＝2，于是可知数列{a n }具有周期性，且周期为3，所以a 1＝a 7＝12.10． 设数列{a n }满足a 1＝0，且a n －a n －1＝n (n ≥2)，则数列{a n }的通项公式为____________.【解析】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）（n ＋2）2＝n 2＋n －22(n ≥2)．因为a 1＝0满足上式，所以a n ＝n 2＋n －22.【知识清单】考点1数列的基本概念,由数列的前几项求数列的通项公式 1．数列的定义按照一定顺序排列的一列数，称为数列.数列中的每一项叫做数列的项.数列的项在这列数中是第几项，则在数列中是第几项.一般记为数列{}n a . 对数列概念的理解(1)数列是按一定“顺序”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，这有别于集合中元素的无序性．因此，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．(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，这也是数列与数集的区别． 2．数列的分类3．数列是一种特殊的函数数列是一种特殊的函数，其定义域是正整数集N *和正整数集N *的有限子集.所以数列的函数的图像不是连续的曲线，而是一串孤立的点. 4.数列的通项公式：如果数列{}n a 的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．即()n a f n =,不是每一个数列都有通项公式,也不是每一个数列都有一个个通项公式. 考点2由前n 项和公式推导通项公式，即n a 与n S 的关系求通项n a 1. 数列的前n 项和：12n n S a a a =++⋅⋅⋅+ 2．数列{}n a 的前n 项和n S 和通项n a 的关系：11(1)(2)n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩考点3由递推公式推导通项公式如果已知数列{a n }的首项(或前几项)，且任一项n a 与它的前一项1n a - (2)n ≥ (或前几项)间的关系可用一个公式1()n n a f a -=来表示，那么这个公式叫数列的递推公式． 考点4 数列的性质的应用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．所以数列的函数的图像不是连续的曲线，而是一串孤立的点，因此，在研究数列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．【考点深度剖析】江苏新高考对数列知识的考查要求较高，整个高中共有8个C 能级知识点，本章就占了两个，高考中以填空题和解答题的形式进行考查，涉及到数形结合、分类讨论和等价转化的思想，着重考查学生基本概念及基本运算能力.经常与其它章节知识结合考查，如与函数、方程、不等式、平面解析几何知识结合考查.【重点难点突破】考点1数列的基本概念,由数列的前几项求数列的通项公式 【题组全面展示】【1-1】数列2,5,11,20，x,47，…中的x 等于________． 【答案】32【1-2】已知函数()f x 满足：(1)3,(2)6,(3)10,(4)15,f f f f ====，则(12)f 的值为_______．【答案】91【解析】从给出的式子特点观察可推知，等式右端的值从第二次开始后一个式子的右端值等于前一个式子的值与自变量的值加1的和，(2)(1)3,(3)(2)4,(4)(3)5,,(12)(11)13f f f f f f f f ∴-=-=-=-=，()()[][][]1314121(2)(1)(3)(2)(12)(11)33413123413912f f f f f f f f ⨯∴=+-+-++-=++++=+++++==． 【1-3】已知数列的前几项为112-⨯,123⨯,134-⨯,145⨯,…，则数列的一个通项公式为 . 【答案】()()111nn a n n =-+.【解析】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()()111nn a n n =-+.【1-4】已知数列的前几项为9,99,999,9 999，…，则数列的一个通项公式为 .【答案】101nn a =-【解析】这个数列的前4项可以写成10－1,100－1,1000－1，10000－1，所以它的一个通项公式101nn a =-.【1-5】按数列的排列规律猜想数列23，45-，67，89-，…的第10项是_______．【答案】－2021综合点评：根据数列的前几项求数列的通项公式,做这一类题需仔细观察分析,抓住以下几方面的特征:分式中分子,分母的特征;相邻项的变化特征;拆项后的特征;各项符号特征.并以此进行归纳,联想.根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是不完全归纳法,它蕴含著“从特殊到一般”的思想，由不完全归纳法得出的结果是不可靠，要注意代值验证，对于正负符号变化，可用()1n-或()11n +-来调整．【方法规律技巧】1．根据数列的前几项求它的一个通项公式，要注意观察每一项的特点，观察出项与n 之间的关系、规律，可使用添项、通分、分割等办法，转化为一些常见数列的通项公式来求．对于正负符号变化，可用()1n-或()11n +-来调整．2．根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想．由不完全归纳法得出的结果是不可靠，要注意代值验证.3.对于数列的通项公式要掌握：①已知数列的通项公式，就可以求出数列的各项；②根据数列的前几项，写出数列的一个通项公式，这是一个难点，在学习中要注意观察数列中各项与其序号的变化情况，分解所给数列的前几项，看看这几项的分解中．哪些部分是变化的，哪些是不变的，再探索各项中变化部分与序号的联系，从而归纳出构成数列的规律，写出通项公式. 【新题变式探究】【变式一】将石子摆成如图的梯形形状．称数列5,9,14,20,为“梯形数”．根据图形的构成，此数列的第2014项与5的差，即20145a -=_______．【答案】10102013⨯【变式二】已知数列{a n }中，*,n a N ∈对于任意*1,,n n n N a a +∈≤若对于任意正整数k ，在数列中恰有k 个k 出现，则2014a = ． 【答案】63【解析】由题意数列{}n a 就是如图数阵.确定2014a 的值，就是确定数列{}n a 第2014个数在数阵中第几行.因为(1)63(631)62(621)12,2016,1953,222n n n ++++++===所以2014a 在数阵中第63行，所以201463.a = 12,23,3,34,4,4,45,5,5,5,5【综合点评】试题一是一个根据定义求数列的通项公式，做这一类题要注意观察每一项的特点，观察出项与n 之间的关系、规律，从而得数列的通项公式.试题二是一个根据数列的规律找通项公式，可根据数列的变化规律，找出2014a 在数阵中的位置，从而可求出2014a 的值.考点2由前n 项和公式推导通项公式，即n a 与n S 的关系求通项n a 【题组全面展示】【2-1】已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －1(n ∈N *)，则a 5＝_______． 【答案】16【解析】当n ＝1时，S 1＝a 1＝2a 1－1，∴a 1＝1， 又S n －1＝2a n －1－1(n ≥2)，∴S n －S n －1＝a n ＝2(a n －a n －1)． ∴a n a n －1＝2.∴a n ＝1×2n －1，∴a 5＝24＝16. 【2-2】数列{}n a 的前n 项和r ra S n n (1+=为不等于0,1的常数)，则n a =_______.【答案】11()11n n r a r r -=-- 【解析】由n n ra S +=1可得当2≥n 时111--+=n n ra S ，)(11---=-∴n n n n a a r S S ， ∴1n n n a ra ra -=-，∴1(1),n n a r ra --= ∵1,r ≠ ∴11-=-r ra a n n ，∵0r ≠， ∴{}n a 是公比为1-r r的等比数列． 又当1=n 时，111ra S +=，∴r a -=111，∴11()11n n r a r r -=--． 【2-3】已知数列{}n a 的前n 项和为S n ＝3n－1，则它的通项公式为a n ＝________. 【答案】2·3n －1【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.【2-4】已知数列{}n a 的前n 项和2*21()n S n n n N =++∈，则n a =_______.【答案】n a =4,121,2n n n =⎧⎨+≥⎩【解析】1n =时，114a S ==，2n ≥时，221(21)[(1)2(1)1]21n n n a S S n n n n n -=-=++--+-+=+，将1n =代入得134a =≠，所以n a =4,121,2n n n =⎧⎨+≥⎩.【2-5】数列{}n a 满足*12211131,333n n a a a n n N+++=+∈,则=n a . 【答案】综合点评：这些题都是由n a 与前n 项和n S 的关系来求数列{}n a 的通项公式，可由数列{}n a 的通项n a 与前n 项和n S 的关系是11(1)(2)n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，注意：当1n =时，1a 若适合1n n S S --，则1n =的情况可并入2n ≥时的通项n a ；当1n =时，1a 若不适合1n n S S --，则用分段函数的形式表示． 【方法规律技巧】已知数列{}n a 的前n 项和n S ，求数列的通项公式，其求解过程分为三步： (1)先利用11a S =求出1a ；(2)用1n -替换n S 中的n 得到一个新的关系，利用=n a 1n n S S -- (2)n ≥便可求出当2n ≥时n a 的表达式；(3)对1n =时的结果进行检验，看是否符合2n ≥时n a 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1n =与2n ≥两段来写．【注】该公式主要是用来求数列的通项，求数列通项时，一定要分两步讨论，结果能并则并，不并则分. 【新题变式探究】【变式一】数列{a n }满足：a 1＋3a 2＋5a 3＋…＋(2n －1)·a n ＝(n －1)·3n ＋1＋3(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式n a =________.【答案】3n【解析】a 1＋3a 2＋5a 3＋…＋(2n －3)·a n －1＋(2n －1)·a n ＝(n －1)·3n ＋1＋3，把n 换成n －1得，a 1＋3a 2＋5a 3＋…＋(2n －3)·a n －1＝(n －2)·3n ＋3，两式相减得a n ＝3n. 【变式二】已知a 1＋2a 2＋22a 3＋…＋2n －1a n ＝9－6n ，则数列{a n }的通项公式n a =________．【答案】()()231322n n n a n -⎧=⎪=⎨-≥⎪⎩【综合点评】这两个题都是n a 与n S 的关系求通项n a 型，利用转化，解决递推公式为n S 与n a 的关系式：数列{a n }的前n 项和n S 与通项n a 的关系11(1)(2)n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，通过纽带：=n a 1n n S S -- (2)n ≥，根据题目求解特点，消掉一个n a 或n S 然后再进行构造成等差或者等比数列进行求解．如需消掉n S ，可以利用已知递推式，把n 换成(1n +)得到新递推式，两式相减即可．若要消掉n a ，只需把a n ＝S n －S n －1代入递推式即可．不论哪种形式，需要注意公式=n a 1n n S S --成立的条件2n ≥. 考点3由递推公式推导通项公式 【题组全面展示】【3-1】已知数列{}n a 满足111,2(2)n n a a a n n -==⨯≥，则4a =_______． 【答案】192【解析】∵12n n a a n -=⨯，∴12n n a n a -=，∴214a a =，326a a =，438aa =，又因为11a =，所以，41468192a =⨯⨯⨯=【3-2】 已知数列{}n a 满足112356n n n a a a +=+⨯=，，则数列{}n a 的通项公式n a = . 【答案】125n n n a -=+【3-3】已知数列{}n a 满足1a =1，1n a +=21n a + (n N *∈)，则数列{}n a 的通项公式n a = . 【答案】n a =21n-.【解析】构造新数列{}n a p +，其中p 为常数，使之成为公比是n a 的系数2的等比数列 即1n a p ++=2()n a p + 整理得：1n a +=2n a p +使之满足1n a +=21n a + ∴p=1即{}1n a +是首项为11a +=2，q=2的等比数列∴1n a +=122n -⋅ n a =21n-.【3-4】在数列{}n a 中，1a =1，11n n a a n --=- (n=2、3、4……) ，则数列{}n a 的通项公式n a = .【答案】222n n n a -+= (n N *∈).【解析】∵111n a ==时，21324312123.......1n n n a a a a a a a a n -≥-=⎫⎪-=⎪⎪-=⎬⎪⎪-=-⎪⎭时,这n-1个等式累加得：112...n a a -=+++（n-1）=(1)2n n - 故21(1)222n n n n n a a --+=+=且11a =也满足该式 ∴222n n n a -+= (n N *∈). 【3-5】已知数列{}n a 满足,1,13111=+=--a a a a n n n 则数列{}n a 的通项公式n a = .【答案】132n a n =-综合点评：这些题都是由递推公式推导通项公式，由1a 和递推关系求通项公式，可观察其特点，一般常利用“化归法”、“累加法”、“累乘法” 、“构造等比数列” 、“迭代”等方法． 【方法规律技巧】1. 数列的递推关系是相邻项之间的关系，高考对递推关系的考查不多，填空题中出现复杂递推关系时，可以用不完全归纳法研究．在解答题中主要是转化为等差、等比数列的基本量来求解．2. 由递推公式推导通项公式（1）对于11()n n a aa a f n -=⎧⎨=+⎩型，求n a ，迭加累加（等差数列的通项公式的推导方法），由已知关系式得1()(2)n n a a f n n --=≥，给递推式1()(2)n n a a f n n --=≥中的n 从2开始赋值，一直到n ，一共得到1n -个式子，再把这1n -个式子左右两边对应相加化简，即得到数列的通项. 也可用迭代，即用111221()()()n n n n n a a a a a a a a ---=+-+-++-的方法.（2）对于11()n n a aa f n a -=⎧⎨=⎩型，求n a ，迭乘累乘（等比数列的通项公式的推导方法），由已知关系式得1()(2)n n a g n n a -=≥，给递推式1()(2)n n ag n n a -=≥中的n 从2开始赋值，一直到n ，一共得到1n -个式子，再把这1n -个式子左右两边对应相乘化简，即得到数列的通项. 也可用迭代，即用321121nn n a a a a a a a a -=⨯⨯⨯⨯的方法. （3）对于11n n a aa pa q+=⎧⎨=+⎩(1,0)q b ≠≠型，求n a ，一般可以利用待定系数法构造等比数列{}n a λ+，其公比为.p 注意数列{}n a λ+的首项为1a λ+，不是1.a 对新数列的首项要弄准确. (4)形如11n n n a a ka b--=+的递推数列可以用倒数法求通项．【新题变式探究】【变式一】已知数列{}n a 满足11a =,()11n n na n a -=+(*2,n n N ≥∈),则2161n a n ++取得最小值的n 的值为_____. 【答案】7【变式二】已知0,1)(≥+=x xxx f ，若++∈==N n x f f x f x f x f n n )),(()(),()(11，则)(2014x f 的表达式为________. 【答案】12014xx+【解析】111()1111x x f x x x x +-===-+++，0x ≥，11x ∴+≥，111x ∴≤+，1101x∴-≥+，即()0f x ≥，当且仅当0x =时取等号，当0x =时，(0)0n f =，当0x >时()0f x >，1()(())n n f x f f x +=1()()1()n n n f x f x f x +∴=+，11()111()()()n n n n f x f x f x f x ++∴==+，即1111()()n n f x f x +-= ∴数列1{}()n f x 是以1()f x 为首项，以1为公差的等差数列 11111(1)1(1)1()()1n nxn n x f x f x x x+∴=+-⨯=+-⨯=+，()(0)1n x f x x nx ∴=>+，当0x =时，0(0)010n f ==+，()(0)1n x f x x nx∴=≥+，2014()12014xf x x ∴=+.【综合点评】这两个题都是由由递推关系式求数列的通项公式，第一题与不等式结合，第二题与函数结合，第一题首先由叠乘法求出通项公式，然后代入有基本不等式可得，第二题由函数的性质找出递推关系，从而找出()(0)1n xf x x nx=≥+，即可得出)(2014x f 的表达式. 考点4 数列的性质的应用 【题组全面展示】【4-1】已知()225n a n n n N +=-+∈，则数列{}n a 的最大项是_______．【答案】1213a a 或【解析】n a 是关于n 的二次函数. 【4-2】设函数6(3)3,7(),7x a x x f x ax ---≤⎧=⎨>⎩，数列{}n a 满足*()()n a f n n N =∈,且数列{}n a 为递增数列,则实数a 的取值范围为_______． 【答案】(2,3)【4-3】在数列{}n a 中，前n 项和为n S ，(319)2nn a n =-⋅，则当n S 最小时，n 的值为_______．【答案】6 【解析】令0n a ≤，得6n ≤，故当16n ≤≤时，0n a <；当7n ≥时，0n a >，故当6n =时，n S 最小.【4-4】若数列{a n }满足：a 1＝19，a n ＋1＝a n －3(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和数值最大时，n 的值为_______．【答案】7【4-5】已知数列{}n a 的首项1a a =，其前n 项和为n S ，且满足()2132n n S S n n -+=….若对任意的*n N ∈，1n n a a +<恒成立，则a 的取值范围是 . 【答案】915,44⎛⎫⎪⎝⎭ 【解析】试题分析：由条件213(2)n n S S n n -+=≥得21)1(3+=++n S S n n ，两式相减得361+=++n a a n n ，故9612+=+++n a a n n ，两式再相减得62=-+n n a a ，由2=n 得12121=++a a a ， a a 2122-=，从而a n a n 2662-+=；3=n 得2721321=++++a a a a a ，a a 233+=，从而a n a n 23612+-=+，由条件得⎪⎩⎪⎨⎧-++<+-+-<-+-<a n a n a n a n a a 26)1(6236236266212，解之得41549<<a . 综合点评：这些题都是数列的函数特征的应用，做这一类题，一是利用函数的性质，同时注意数列的性质，抓住试题的关键，灵活应用.【方法规律技巧】1.数列中项的最值的求法数列中n a 或n S 的最值问题与函数处理方法类似，首先研究数列n a 或n S 的特征，再进一步判断数列的单调性，从而得到最值．要注意的细节是n 只能取正整数．数列中最大项和最小项的求法求最大项的方法：设n a 为最大项，则有11n n n n a a a a -+≥⎧⎨≥⎩；求最小项的方法：设n a 为最小项，则有11n n n n a a a a -+≤⎧⎨≤⎩. 前n 项和最值的求法 (1)先求出数列的前n 项和n S ，根据n S 的表达式求解最值；(2)根据数列的通项公式，若0m a ≥，且10m a +<，则m S 最大；若0m a ≤，且10m a +>，则m S 最小，这样便可直接利用各项的符号确定最值.2． 在运用函数判断数列的单调性时，要注意函数的自变量为连续的，数列的自变量为不连续的，所以函数性质不能够完全等同于数列的性质．有些数列会出现前后几项的大小不一，从某一项开始才符合递增或递减的特征，这时前几项中每一项都必须研究．3.数列中恒等关系和有解问题主要是建立关于数列中基本量或相关参数的方程，再进一步论证该方程是否有整数解问题，其中对方程的研究是关键，一般可从奇偶数、约数、有理数、无理数等方面论证，也可以先利用参数范围，代入相关的整数研究．4．数列中大小比较与不等式中大小比较方法类似，同类型的多项式比较可以作差作商或用基本不等式，不同类型的比较一般要构造函数来解决．5．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．注意：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．【新题变式探究】【变式一】已知数列{}n a 的通项公式为11n a n =+，前n 项和为n S ，若对任意的正整数n ，不等式216n n m S S ->恒成立，则常数m 所能取得的最大整数为 .【答案】5【变式二】定义在R 上的函数)(x f y =满足1)1()(,0)0(=-+=x f x f f ，)(21)5(x f xf =，且当1021≤<≤x x 时，)()(21x f x f ≤，则=)20131(f ． 【答案】132【综合点评】这些题都是数列函数特征的应用，第一题利用函数恒成立问题，转化为求最小值；第二个题利用数列的增减性，采用赋值法，来确定函数值.【易错试题常警惕】易错典例：已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1，则其通项公式为________．易错分析：忽略考虑1n =时情况.正确解析：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.温馨提醒：a n 与S n 关系不清致误：在数列问题中，数列的通项a n 与其前n 项和S n 之间存在下列关系：11(1)(2)n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，这个关系对任意数列都是成立的，但要注意的是这个关系式是分段的，在n ＝1和n ≥2时这个关系式具有完全不同的表现形式，这也是解题中经常出错的一个地方，在使用这个关系式时要牢牢记住其“分段”的特点．。

专题6.1 数列的概念与简单表示法一、填空题1．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－2n ，则a 2＋a 18＝_______【解析】当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －3；当n ＝1时， a 1＝S 1＝－1，所以a n ＝2n －3(n ∈N *)，所以a 2＋a 18＝34.2．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＝_______ 【解析】令n ＝2,3,4,5，分别求出a 3＝94，a 5＝2516，∴a 3＋a 5＝6116.3．在各项均为正数的数列{a n }中，对任意m ，n ∈N *，都有a m ＋n ＝a m ·a n .若a 6＝64，则a 9等于_______ 【解析】在各项均为正数的数列{a n }中，对任意m ，n ∈N *，都有a m ＋n ＝a m ·a n .∴a 6＝a 3·a 3＝64，a 3＝8. ∴a 9＝a 6·a 3＝64×8＝512.4．已知数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2.若a k ·a k ＋1<0，则正整数k ＝_______【解析】由3a n ＋1＝3a n －2得a n ＋1＝a n －23，则{a n }是等差数列，又a 1＝15，∴a n ＝473－23n .∵a k ·a k ＋1<0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫473－23k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫453－23k <0，∴452<k <472，∴k ＝23，故选C.5．在数列{a n }中，已知a 1＝2，a 2＝7，a n ＋2等于a n a n ＋1(n ∈N *)的个位数，则a 2 015＝_______6．如果数列{a n }满足a 1＝2，a 2＝1，且a n －1－a n a n －1＝a n －a n ＋1a n ＋1(n ≥2)，则这个数列的第10项等于_______ 【解析】∵a n －1－a n a n －1＝a n －a n ＋1a n ＋1，∴1－a n a n －1＝a n a n ＋1－1，即a n a n －1＋a n a n ＋1＝2，∴1a n －1＋1a n ＋1＝2a n ，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列．又∵d ＝1a 2－1a 1＝12，∴1a 10＝12＋9×12＝5，故a 10＝15.7．已知数列{a n }中，a 1＝1，若a n ＝2a n －1＋1(n ≥2)，则a 5的值是________． 【解析】∵a n ＝2a n －1＋1，∴a n ＋1＝2(a n －1＋1)，∴a n ＋1a n －1＋1＝2，又a 1＝1，∴{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，即a n ＋1＝2×2n －1＝2n，∴a 5＋1＝25，即a 5＝31.8．在数列－1,0，19，18，…，n －2n 2，…中，0.08是它的第________项．【解析】令n －2n2＝0.08，得2n 2－25n ＋50＝0， 即(2n －5)(n －10)＝0.解得n ＝10或n ＝52(舍去)．即0.08是该数列的第10项．9．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1(a n ＋2)＝a n (n ∈N *)，若b n ＋1＝(n －p )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n＋1，b 1＝－p ，且数列{b n }是单调递增数列，则实数p 的取值范围为________．10．设{a n }是首项为1的正项数列，且(n ＋1)a 2n ＋1－na 2n ＋a n ＋1·a n ＝0(n ＝1,2,3，…)，则它的通项公式a n ＝________.【解析】∵(n ＋1)a 2n ＋1＋a n ＋1·a n －na 2n ＝0， ∴(a n ＋1＋a n )[(n ＋1)a n ＋1－na n ]＝0， 又a n ＋1＋a n >0，∴(n ＋1)a n ＋1－na n ＝0，即a n ＋1a n ＝nn ＋1， ∴a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·a 5a 4·…·a n a n －1＝12×23×34×45×…×n －1n ，∵a 1＝1，∴a n ＝1n. 二、解答题11．已知S n 为正项数列{a n }的前n 项和，且满足S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)．(1)求a 1， a 2，a 3，a 4的值； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)由S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)，可得a 1＝12a 21＋12a 1，解得a 1＝1； S 2＝a 1＋a 2＝12a 22＋12a 2，解得a 2＝2；同理，a 3＝3，a 4＝4. (2)S n ＝12a 2n ＋12a n ，①当n ≥2时，S n －1＝12a 2n －1＋12a n －1，②①－②，整理得(a n －a n －1－1)(a n ＋a n －1)＝0. 由于a n ＋a n －1≠0，所以a n －a n －1＝1， 又由(1)知a 1＝1，故数列{a n }是首项为1，公差为1的等差数列，故a n ＝n . 12．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．。

专题六数列———————命题观察²高考定位———————(对应学生用书第21页)1．(2017²江苏高考)等比数列{an }的各项均为实数，其前n项和为Sn.已知S3＝74，S 6＝634，则a8＝________.32 [设{an}的首项为a1，公比为q，则⎩⎪⎨⎪⎧a1 1－q31－q＝74，a11－q61－q＝634，解得⎩⎨⎧a1＝14，q＝2，所以a8＝14³27＝25＝32.]2．(2016²江苏高考)已知{an }是等差数列，Sn是其前n项和．若a1＋a22＝－3，S5＝10，则a9的值是________．20 [法一：设等差数列{an }的公差为d，由S5＝10，知S5＝5a1＋5³42d＝10，得a 1＋2d＝2，即a1＝2－2d.所以a2＝a1＋d＝2－d，代入a1＋a22＝－3，化简得d2－6d＋9＝0，所以d＝3，a1＝－4.故a9＝a1＋8d＝－4＋24＝20.法二：设等差数列{an }的公差为d，由S5＝10，知5 a1＋a52＝5a3＝10，所以a3＝2.所以由a1＋a3＝2a2，得a1＝2a2－2，代入a1＋a22＝－3，化简得a22＋2a2＋1＝0，所以a2＝－1.公差d＝a3－a2＝2＋1＝3，故a9＝a3＋6d＝2＋18＝20.]3．(2014²江苏高考)在各项均为正数的等比数列{an }中，若a2＝1，a8＝a6＋2a4，则a6的值是________．4 [因为a8＝a2q6，a6＝a2q4，a4＝a2q2，所以由a8＝a6＋2a4得a2q6＝a2q4＋2a2q2，消去a 2q 2，得到关于q 2的一元二次方程(q 2)2－q 2－2＝0，解得q 2＝2，a 6＝a 2q 4＝1³22＝4.]4．(2015²江苏高考)设数列{}a n 满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n 前10项的和为______．2011[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＋n2(n ∈N *)．∴1a n ＝2n 2＋n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. ∴S 10＝2³⎝⎛⎭⎪⎫11－12＋12－13＋…＋110－111＝2³⎝⎛⎭⎪⎫1－111＝2011.] 5．(2017²江苏高考)对于给定的正整数k ，若数列{a n }满足：a n －k ＋a n －k ＋1＋…＋a n －1＋a n ＋1＋…＋a n ＋k －1＋a n ＋k ＝2ka n ，对任意正整数n(n>k)总成立，则称数列{a n }是“P(k)数列”．(1)证明：等差数列{a n }是“P(3)数列”；(2)若数列{a n }既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{a n }是等差数列. 【56394035】[证明] (1)因为{a n }是等差数列，设其公差为d ，则 a n ＝a 1＋(n －1)d ， 从而，当n ≥4时，a n －k ＋a n ＋k ＝a 1＋(n －k －1)d ＋a 1＋(n ＋k －1)d ＝2a 1＋2(n －1)d ＝2a n ，k ＝1,2,3，所以a n －3＋a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＝6a n ， 因此等差数列{a n }是“P(3)数列”．(2)数列{a n }既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此， 当n ≥3时，a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＝4a n ，①当n≥4时，an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an.②由①知，an－3＋an－2＝4an－1－(an＋an＋1)，③a n＋2＋an＋3＝4an＋1－(an－1＋an)．④将③④代入②，得an－1＋an＋1＝2an，其中n≥4，所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′.在①中，取n＝4，则a2＋a3＋a5＋a6＝4a4，所以a2＝a3－d′，在①中，取n＝3，则a1＋a2＋a4＋a5＝4a3，所以a1＝a3－2d′，所以数列{an}是等差数列．[命题规律](1)对等差数列与等比数列基本量的考查是重点，主要考查利用通项公式、前n项和公式建立方程组求解，属于低档题，主要是以填空题的形式出现．(2)对等差数列与等比数列性质的考查是热点，具有“新、巧、活”的特点，考查利用性质解决有关的计算问题，属中低档题，主要是以填空题的形式出现．(3)数列的通项公式及递推公式的应用也是命题的热点，根据an 与Sn的关系求通项公式以及利用构造或转化的方法求通项公式也是常考的热点．填空、解答题都有出现．(4)数列的求和问题，多以考查等差、等比数列的前n项和公式、错位相减法和裂项相消法为主，且考查频率较高，是高考命题的热点．填空、解答题都有出现．(5)数列与函数、不等式的综合问题也是高考考查的重点，主要考查利用函数的观点解决数列问题以及用不等式的方法研究数列的性质，多为中档题，以解答题的形式出现．(6)数列与解析几何交汇主要涉及点列问题，难度中等及以上，常以解答题形式出现．(7)数列应用题主要以等差数列、等比数列及递推数列为模型进行考查，难度中等及以上，常以解答题形式出现．———————主干整合²归纳拓展———————(对应学生用书第21页)[第1步▕核心知识再整合]1．等差数列。

第4讲 数列的求和考试要求 1.等差、等比数列的前n 项和公式，C 级要求；2.非等差、等比数列求和的几种常见方法，C 级要求．知 识 梳 理1．常用的一般数列的求和方法 (1)公式法①等差数列的前n 项和公式S n ＝n a 1＋a n 2＝na 1＋n n －2d .②等比数列的前n 项和公式 (ⅰ)当q ＝1时，S n ＝na 1； (ⅱ)当q ≠1时，S n ＝a 1－qn1－q＝a 1－a n q1－q.(2)分组转化法把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解． (3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项． (4)倒序相加法把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广． (5)错位相减法主要用于一个等差数列与一个等比数列对应项相乘所得的数列的求和，即等比数列求和公式的推导过程的推广． (6)并项求和法一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n ＝(－1)nf (n )类型，可采用两项合并求解．例如，S n ＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050. 2．几种常见类型的处理 (1)形如a n ±b n 的形式 方法：分组求和法． (2)形如1a na n ＋d 或1n ＋d ＋n等形式方法：裂项相消法．(3)形如a n b n 的形式(其中{a n }为等差数列，{b n }为等比数列) 方法：错位相减法.(4)首尾对称的两项和为定值的形式 方法：倒序相加法． (5)正负交替出现的数列形式 方法：并项相加法．诊 断 自 测1．判断正误(在括号内打“√”或“×”)(1)如果数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q.( ) (2)当n ≥2时，1n 2－1＝12(1n －1－1n ＋1)．( ) (3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得．( )(4)若数列a 1，a 2－a 1，…，a n －a n －1是首项为1，公比为3的等比数列，则数列{a n }的通项公式是a n ＝3n－12.( )解析 (3)要分a ＝0或a ＝1或a ≠0且a ≠1讨论求解．答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)√ 2．若数列{a n }的通项公式为a n ＝2n＋2n －1，则数列{a n }的前n 项和为________． 解析 S n ＝－2n1－2＋n＋2n －2＝2n ＋1－2＋n 2.答案 2n ＋1＋n 2－23．数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则S 17＝________.解析 S 17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9. 答案 94．(2015·江苏卷)设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________．解析 ∵a 1＝1，a n ＋1－a n ＝n ＋1，∴a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n ，将以上n －1个式子相加得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝＋nn －2，即a n ＝n n ＋2，令b n ＝1a n，故b n ＝2n n ＋＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，故S 10＝b 1＋b 2＋…＋b 10 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋110－111＝2011.答案20115．(必修5P68复习题13改编)数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＝1nn ＋，则S 5等于________． 解析 ∵a n ＝1nn ＋＝1n －1n ＋1， ∴S 5＝a 1＋a 2＋…＋a 5＝1－12＋12－13＋…－16＝56.答案56考点一 分组转化法求和【例1】 (2016·浙江卷)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *. (1)求通项公式a n ；(2)求数列{|a n －n －2|}的前n 项和．解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝4，a 2＝2a 1＋1，则⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 2＝3.又当n ≥2时，由a n ＋1－a n ＝(2S n ＋1)－(2S n －1＋1)＝2a n ，得a n ＋1＝3a n . 所以，数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1，n ∈N *.(2)设b n ＝|3n －1－n －2|，n ∈N *，b 1＝2，b 2＝1，当n ≥3时，由于3n －1＞n ＋2，故b n ＝3n －1－n －2，n ≥3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T 1＝2，T 2＝3， 当n ≥3时，T n ＝3＋－3n －21－3－n ＋n －2＝3n －n 2－5n ＋112，又n ＝2适合上式，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，3n －n 2－5n ＋112，n ≥2，n ∈N *.规律方法 (1)若数列{c n }的通项公式为c n ＝a n ±b n ，且{a n }，{b n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求数列{c n }的前n 项和．(2)若数列{c n }的通项公式为c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，b n ，n 为偶数，其中数列{a n }，{b n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和．【训练1】 (2016·天津卷)已知{a n }是等比数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，且1a 1－1a 2＝2a 3，S 6＝63.(1)求{a n }的通项公式；(2)若对任意的n ∈N *，b n 是log 2a n 和log 2a n ＋1的等差中项，求数列{(－1)n b 2n }的前2n 项和． 解 (1)设数列{a n }的公比为q . 由已知，有1a 1－1a 1q ＝2a 1q2，解得q ＝2或q ＝－1.又由S 6＝a 1·1－q61－q ＝63，知q ≠－1，所以a 1·1－261－2＝63，得a 1＝1.所以a n ＝2n －1.(2)由题意，得b n ＝12(log 2a n ＋log 2a n ＋1)＝12(log 22n －1＋log 22n)＝n －12，即{b n }是首项为12，公差为1的等差数列．设数列{(－1)n b 2n }的前n 项和为T n ，则T 2n ＝(－b 21＋b 22)＋(－b 23＋b 24)＋…＋(－b 22n －1＋b 22n )＝b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 2n －1＋b 2n ＝2n b 1＋b 2n2＝2n 2.考点二 裂项相消法求和【例2】 (2015·全国Ⅰ卷)S n 为数列{a n }的前n 项和．已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3. (1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．解 (1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3， 可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3. 可得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n )． 由于a n >0，可得a n ＋1－a n ＝2.又a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝3.所以{a n }是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为a n ＝2n ＋1. (2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝1n ＋n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3＝n n ＋.规律方法 (1)利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项．(2)将通项公式裂项后，有时候需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等．【训练2】 设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 3＝a 7，a 8－2a 3＝3. (1)求a n ；(2)设b n ＝1S n，求数列{b n }的前n 项和为T n .解 (1)设数列{a n }的公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝a 1＋6d ，a 1＋7d －a 1＋2d ＝3，解得a 1＝3，d ＝2， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n ＋1. (2)由(1)得S n ＝na 1＋n n －2d ＝n (n ＋2)，∴b n ＝1nn ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2. ∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n －1＋b n＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎝⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2.考点三 错位相减法求和【例3】 (2016·山东卷)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2＋8n ，{b n }是等差数列，且a n ＝b n ＋b n ＋1.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)令c n ＝a n ＋n ＋1b n ＋n.求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)由题意知，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n ＋5. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝11，符合上式． 所以a n ＝6n ＋5. 设数列{b n }的公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝b 1＋b 2，a 2＝b 2＋b 3，即⎩⎪⎨⎪⎧11＝2b 1＋d ，17＝2b 1＋3d ，可解得b 1＝4，d ＝3.所以b n ＝3n ＋1. (2)由(1)知，c n ＝n ＋n ＋1n ＋n＝3(n ＋1)·2n ＋1..又T n ＝c 1＋c 2＋…＋c n .得T n ＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n ＋1)×2n ＋1]．2T n ＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n ＋1)×2n ＋2]．两式作差，得－T n ＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n ＋1－(n ＋1)×2n ＋2]＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋41－2n1－2－n ＋1×2n ＋2＝－3n ·2n ＋2. 所以T n ＝3n ·2n ＋2.规律方法 (1)一般地，如果数列{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，求数列{a n ·b n }的前n 项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列{b n }的公比，然后作差求解；(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3】 已知{a n }是递增的等差数列，a 2，a 4是方程x 2－5x ＋6＝0的根． (1)求{a n }的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和．解 (1)方程x 2－5x ＋6＝0的两根为2,3， 由题意得a 2＝2，a 4＝3.设数列{a n }的公差为d ，则a 4－a 2＝2d ，故d ＝12，从而a 1＝32.所以{a n }的通项公式为a n ＝12n ＋1.(2)设⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 的前n 项和为S n ，由(1)知a n 2n ＝n ＋22n ＋1，则S n ＝322＋423＋…＋n ＋12n ＋n ＋22n ＋1，12S n ＝323＋424＋…＋n ＋12n ＋1＋n ＋22n ＋2.两式相减得12S n ＝34＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋12n ＋1－n ＋22n ＋2＝34＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1－n ＋22n ＋2.所以S n ＝2－n ＋42n ＋1.[思想方法]非等差、等比数列的一般数列求和，主要有两种思想：1．转化的思想，即将一般数列设法转化为等差或等比数列，这一思想方法往往通过通项分解或错位相消来完成；2．不能转化为等差或等比的特殊数列，往往通过裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等来求和． [易错防范]1．直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论．2．在应用错位相减法时，要注意观察未合并项的正负号．3．在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、填空题1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n ＝________.解析 该数列的通项公式为a n ＝(2n －1)＋12n ，则S n ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋⎝⎛⎭⎪⎫12＋122＋…＋12n ＝n 2＋1－12n. 答案 n 2＋1－12n2．(2017·南通调研)若等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 4＝4，S 4＝10，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前2 017项和为________．解析 ∵⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝a 1＋3d ＝4，S 4＝4a 1＋6d ＝10，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，∴a n ＝n ，∴1a n a n ＋1＝1n －1n ＋1，∴前2 017项和为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12 017－12 018＝2 0172 018.答案2 0172 0183．数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n －1·(4n －3)，则它的前100项之和S 100＝________.解析 S 100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200. 答案 －2004．(2017·江西高安中学等九校联考)已知数列5,6,1，－5，…，该数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前16项之和S 16＝________. 解析 根据题意这个数列的前7项分别为5,6,1，－5，－6，－1,5,6，发现从第7项起，数字重复出现，所以此数列为周期数列，且周期为6，前6项和为5＋6＋1＋(－5)＋(－6)＋(－1)＝0.又因为16＝2×6＋4，所以这个数列的前16项之和S 16＝2×0＋7＝7. 答案 75．(2017·泰州模拟)数列{a n }满足a n ＋a n ＋1＝12(n ∈N *)，且a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S 21＝________.解析 由a n ＋a n ＋1＝12＝a n ＋1＋a n ＋2，∴a n ＋2＝a n ，则a 1＝a 3＝a 5＝…＝a 21，a 2＝a 4＝a 6＝…＝a 20， ∴S 21＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 20＋a 21) ＝1＋10×12＝6.答案 66．(2017·南通、扬州、泰州三市调研)设数列{a n }满足a 1＝1，(1－a n ＋1)(1＋a n )＝1(n ∈N *)，则∑100k ＝1(a k a k ＋1)的值为________． 解析 由(1－a n ＋1)(1＋a n )＝1得a n －a n ＋1＝a n a n ＋1，则1a n ＋1－1a n＝1，又1a 1＝1，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，1为公差的等差数列，则1a n ＝n ，a n ＝1n∑100k ＝1(a k a k ＋1)＝(a 1－a 2)＋(a 2－a 3)＋…＋(a 100－a 101)＝a 1－a 101＝1－1101＝100101. 答案1001017．在等差数列{a n }中，a 1>0，a 10·a 11<0，若此数列的前10项和S 10＝36，前18项和S 18＝12，则数列{|a n |}的前18项和T 18的值是________． 解析 由a 1>0，a 10·a 11<0可知d <0，a 10>0，a 11<0， ∴T 18＝a 1＋…＋a 10－a 11－…－a 18 ＝S 10－(S 18－S 10)＝60. 答案 608．(2017·镇江期末)已知数列{a n }中，a n ＝－4n ＋5，等比数列{b n }的公比q 满足q ＝a n －a n－1(n ≥2)且b 1＝a 2，则|b 1|＋|b 2|＋|b 3|＋…＋|b n |＝________.解析 由已知得b 1＝a 2＝－3，q ＝－4，∴b n ＝(－3)×(－4)n －1，∴|b n |＝3×4n －1，即{|b n |}是以3为首项，4为公比的等比数列，∴|b 1|＋|b 2|＋…＋|b n |＝－4n1－4＝4n－1.答案 4n－1 二、解答题9．(2016·北京卷)已知{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，且b 2＝3，b 3＝9，a 1＝b 1，a 14＝b 4.(1)求{a n }的通项公式；(2)设c n ＝a n ＋b n ，求数列{c n }的前n 项和．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，由⎩⎪⎨⎪⎧b 2＝b 1q ＝3，b 3＝b 1q 2＝9得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝1，q ＝3.∴b n ＝b 1qn －1＝3n －1，又a 1＝b 1＝1，a 14＝b 4＝34－1＝27，∴1＋(14－1)d ＝27，解得d ＝2.∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)×2＝2n －1(n ＝1,2,3，…)． (2)由(1)知a n ＝2n －1，b n ＝3n －1，因此c n ＝a n ＋b n ＝2n －1＋3n －1.从而数列{c n }的前n 项和S n ＝1＋3＋…＋(2n －1)＋1＋3＋…＋3n －1＝n＋2n －2＋1－3n 1－3＝n 2＋3n－12. 10．(2017·苏北四市调研)已知各项均为正数的数列{a n }的首项a 1＝1，S n 是数列{a n }的前n 项和，且满足：a n S n ＋1－a n ＋1S n ＋a n －a n ＋1＝λa n a n ＋1(λ≠0，n ∈N *)． (1)若a 1，a 2，a 3成等比数列，求实数λ的值； (2)若λ＝12，求S n .解 (1)令n ＝1，a 1S 2－a 2S 1＋a 1－a 2＝λa 1a 2，解得a 2＝21＋λ.令n ＝2，a 2S 3－a 3S 2＋a 2－a 3＝λa 2a 3，解得a 3＝2λ＋4λ＋12λ＋1.由a 22＝a 1a 3得⎝⎛⎭⎪⎫21＋λ2＝2λ＋4λ＋λ＋，因为λ≠0，所以λ＝1.(2)当λ＝12时，a n S n ＋1－a n ＋1S n ＋a n －a n ＋1＝12a n a n ＋1，所以S n ＋1a n ＋1－S n a n ＋1a n ＋1－1a n ＝12，即S n ＋1＋1a n ＋1－S n ＋1a n ＝12， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋1a n 是以2为首项，12为公差的等差数列，所以S n ＋1a n ＝2＋(n －1)·12， 即S n ＋1＝n ＋32a n ，①当n ≥2时，S n －1＋1＝n ＋22a n －1，②由①－②得a n ＝n ＋32a n －n ＋22a n －1，即(n ＋1)a n ＝(n ＋2)a n －1，所以a n n ＋2＝a n －1n ＋1(n ≥2)，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ＋2是首项为13的常数列，所以a n ＝13(n ＋2)．代入①得S n ＝n ＋32a n －1＝n 2＋5n6.能力提升题组 (建议用时：20分钟)11．(2017·长治联考)设等差数列{a n }的公差是d ，其前n 项和是S n ，若a 1＝d ＝1，则S n ＋8a n的最小值是________． 解析 a n ＝1＋(n －1)＝n ，S n ＝n＋n2， ∴S n ＋8a n＝n＋n2＋8n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋16n ＋1≥12⎝⎛⎭⎪⎫2n ·16n ＋1＝92，当且仅当n ＝4时，取等号．∴S n ＋8a n 的最小值是92. 答案 9212．(2017·盐城中学模拟)在数列{a n }中，a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，则数列{a n }的前12项和为________．解析 因为a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，所以a 2－a 1＝1， a 3＋a 2＝3，a 4－a 3＝5，a 5＋a 4＝7，a 6－a 5＝9，a 7＋a 6＝11，…，a 11＋a 10＝19，a 12－a 11＝21，所以a 1＋a 3＝2，a 4＋a 2＝8，…，a 12＋a 10＝40，所以从第一项开始，依次取两个相邻奇数项的和都等于2，从第二项开始，依次取两个相邻偶数项的和构成以8为首项，以16为公差的等差数列，以上式相加可得，S 12＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝(a 1＋a 3)＋(a 5＋a 7)＋(a 9＋a 11)＋(a 2＋a 4)＋(a 6＋a 8)＋(a 10＋a 12)＝3×2＋8＋24＋40＝78.答案 7813．(2017·南京、盐城模拟)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧ 1－x －2，0≤x <2，f x －，x ≥2，若对于正数k n (n ∈N *)，直线y ＝k n x 与函数y ＝f (x )的图象恰有(2n ＋1)个不同交点，则数列{k 2n }的前n项和为________．解析 函数f (x )的图象是一系列半径为1的半圆，因为直线y ＝k n x 与f (x )的图象恰有(2n ＋1)个不同交点，所以直线y ＝k n x 与第(n ＋1)个半圆相切，则n ＋k n 1＋k 2n ＝1，化简得k 2n ＝14n n ＋＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，则k 21＋k 22＋…＋k 2n ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝n 4n ＋4. 答案 n 4n ＋414．(2017·苏、锡、常、镇四市调研)正项数列a 1，a 2，…，a m (m ≥4，m ∈N *)，满足a 1，a 2，a 3，…，a k －1，a k (k <m ，k ∈N *)是公差为d 的等差数列，a 1，a m ，a m －1，…，a k ＋1，a k 是公比为2的等比数列．(1)若a 1＝d ＝2，k ＝8，求数列a 1，a 2，…，a m 的所有项的和S m ；(2)若a 1＝d ＝2，m <2 016，求m 的最大值；(3)是否存在正整数k ，满足a 1＋a 2＋…＋a k －1＋a k ＝3(a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a m －1＋a m )？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)由已知得k <m ，k ∈N *，a n ＝2n ，a k ＝a 8＝16，故a 1，a 2，a 3，…a k －1，a k (k <m ，k ∈N *)对应的数为2,4,6,8,10,12,14,16.因为a 1，a m ，a m －1，…，a k ＋1，a k 的公比为2，则对应的数为2,4,8,16.从而a 1，a 2，…，a m 即为2,4,6,8,10,12,14,16,8,4，此时m ＝10，S m ＝＋2＋8＋4＝84.(2)因为a 1，a 2，a 3，…，a k －1，a k (k <m ，k ∈N *)是首项为2，公差为2的等差数列，所以k <m ，k ∈N *，a n ＝2n ，从而a k ＝2k .又a 1，a m ，a m －1，…，a k ＋1，a k 是首项为2，公比为2的等比数列，且a k ＝2m －k ＋2，故2k ＝2m －k ＋2，即k ＝2m －k ＋1，即k 必是2的整数幂． 又k ·2k ＝2m ＋1，要m 最大，k 必须最大，因为k <m <2 016，故k 的最大值为210，所以210·2210＝210·21 024＝21 034＝2m ＋1，即m 的最大值为1 033.(3)存在．由数列a 1，a 2，a 3，…，a k －1，a k 是公差为d 的等差数列知a k ＝a 1＋(k －1)d ， 又a 1，a m ，a m －1，…，a k ＋1，a k 是公比为2的等比数列，则a k ＝a 1·2m ＋1－k ，故a 1＋(k －1)d ＝a 1·2m ＋1－k ，即(k －1)d ＝a 1(2m ＋1－k －1)．又a 1＋a 2＋…＋a k －1＋a k ＝3(a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a m －1＋a m )，a m ＝2a 1，则ka 1＋12k (k －1)d ＝3×2a 1×1－2m －k 1－2， 即ka 1＋12ka 1(2m ＋1－k －1)＝3×2a 1(2m －k －1)， 则12k ·2m ＋1－k ＋12k ＝6(2m －k －1)， 即k ·2m ＋1－k ＋k ＝6×2m ＋1－k －12， 显然k ≠6，则2m ＋1－k ＝k ＋126－k ＝－1＋186－k， 所以k <6，将k ＝1,2,3,4,5一一代入验证，易知当且仅当k ＝4时，上式右端为8，等式成立，此时m ＝6，综上，当且仅当m ＝6时，存在k ＝4满足等式.。