2020版新课标·名师导学·高考第一轮总复习理科数学 第六章数列第37讲 数列的综合应用

2020版高考数学大一轮复习第六章数列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起来的一列数叫做数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项．2．数列的分类3.数列的通项公式如果数列{a n}的第n项a n与n之间的关系可以用一个函数式a n＝f(n)来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．4．(选用)数列的递推公式如果已知数列的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项a n与它的前一项a n－1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．5．a n与S n的关系若数列{a n}的前n项和为S n，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.概念方法微思考1．数列的项与项数是一个概念吗？提示 不是，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． 2．数列的通项公式a n ＝3n ＋5与函数y ＝3x ＋5有何区别与联系？提示 数列的通项公式a n ＝3n ＋5是特殊的函数，其定义域为N ＋，而函数y ＝3x ＋5的定义域是R ，a n ＝3n ＋5的图象是离散的点，且排列在y ＝3x ＋5的图象上．题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列．( × ) (2)所有数列的第n 项都能使用公式表达．( × )(3)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( √ ) (4)1，1，1，1，…不能构成一个数列．( × ) (5)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．( × )(6)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对∀n ∈N ＋，都有a n ＝S n －S n －1.( × ) 题组二 教材改编2．在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝4a n ＋1，则a 3＝. 答案 21解析 由题意知，a 2＝4a 1＋1＝5，a 3＝4a 2＋1＝21.3．根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式a n ＝.答案 5n －4题组三 易错自纠4．已知a n ＝n 2＋λn ，且对于任意的n ∈N ＋，数列{a n }是递增数列，则实数λ的取值范围是． 答案 (－3，＋∞)解析 因为{a n }是递增数列，所以对任意的n ∈N ＋，都有a n ＋1>a n ，即(n ＋1)2＋λ(n ＋1)>n 2＋λn ，整理，得2n ＋1＋λ>0，即λ>－(2n ＋1)．(*)因为n ≥1，所以－(2n ＋1)≤－3，要使不等式(*)恒成立，只需λ>－3. 5．数列{a n }中，a n ＝－n 2＋11n (n ∈N ＋)，则此数列最大项的值是． 答案 30解析 a n ＝－n 2＋11n ＝－⎝⎛⎭⎪⎫n －1122＋1214，∵n ∈N ＋，∴当n ＝5或n ＝6时，a n 取最大值30. 6．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，n ∈N ＋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， a 1＝2不满足上式．故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，a 1＝2不满足上式.2n －1，n ≥2，n ∈N ＋.题型一 由数列的前几项求数列的通项公式例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)23，415，635，863，1099，…； (2)－1，7，－13，19，…； (3)12，2，92，8，252，…； (4)5，55，555，5555，….解 (1)这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为1×3，3×5，5×7，7×9，9×11，…，每一项都是两个相邻奇数的乘积，分子依次为2，4，6，…，相邻的偶数．故所求数列的一个通项公式为a n ＝2n (2n －1)(2n ＋1).(2)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式(－1)n，观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，故数列的一个通项公式为a n ＝(－1)n (6n －5)．(3)数列的各项，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．即12，42，92，162，252，…，分子为项数的平方，从而可得数列的一个通项公式为a n ＝n 22. (4)将原数列改写为59×9，59×99，59×999，…，易知数列9，99，999，…的通项为10n－1，故所求的数列的一个通项公式为a n ＝59(10n－1)．思维升华求数列通项时，要抓住以下几个特征： (1)分式中分子、分母的特征． (2)相邻项的变化特征．(3)拆项后变化的部分和不变的部分的特征． (4)各项符号特征等．(5)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． 跟踪训练1(1)数列－11×2，12×3，－13×4，14×5，…的一个通项公式a n ＝.答案 (－1)n1n (n ＋1)解析 这个数列前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式为a n ＝(－1)n1n (n ＋1).(2)数列{a n }的前4项是32，1，710，917，则这个数列的一个通项公式是a n ＝.答案2n ＋1n 2＋1解析 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.题型二 由a n 与S n 的关系求通项公式例2(1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n ，则a n ＝. 答案 4n －5解析 a 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.(2)(2018·全国Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝. 答案 －63解析 ∵S n ＝2a n ＋1，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1＋1， ∴a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1＋1，得a 1＝－1.∴数列{a n }是首项a 1＝－1，公比q ＝2的等比数列，∴S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝－1×(1－2n )1－2＝1－2n，∴S 6＝1－26＝－63.(3)已知数列{a n }满足a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n，则a n ＝. 答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1n，n ≥2解析 当n ＝1时，由已知，可得a 1＝21＝2， ∵a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n，① 故a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝2n －1(n ≥2)，②由①－②得na n ＝2n－2n －1＝2n －1，∴a n ＝2n －1n.显然当n ＝1时不满足上式， ∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1n，n ≥2.思维升华已知S n 求a n 的常用方法是利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，一定要检验a 1的情况．跟踪训练2(1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n＋1，则a n ＝.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2×3n －1，n ≥2解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋1＝4； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n＋1)－(3n －1＋1)＝2×3n －1.当n ＝1时，2×31－1＝2≠a 1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2×3n －1，n ≥2.(2)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，则a n ＝.答案13n解析 因为a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，①则当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13，②①－②得3n －1a n ＝13，所以a n ＝13n (n ≥2)．由题意知a 1＝13符合上式，所以a n ＝13n .(3)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 ＝.答案 (－2)n －1解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝23a 1＋13，即a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝23a n －23a n －1，故a n a n －1＝－2，故a n ＝(－2)n －1. 题型三 由数列的递推关系求通项公式例3设数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则a n ＝. 答案n 2＋n ＋22解析 由条件知a n ＋1－a n ＝n ＋1，则a n ＝(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1)＋a 1＝(2＋3＋4＋…＋n )＋2＝n 2＋n ＋22.引申探究1．若将“a n ＋1＝a n ＋n ＋1”改为“a n ＋1＝nn ＋1a n ”，如何求解？ 解 ∵a n ＋1＝nn ＋1a n ，a 1＝2，∴a n ≠0， ∴a n ＋1a n ＝n n ＋1. ∴a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·a n －2a n －3·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1 ＝n －1n ·n －2n －1·n －3n －2·…·12·2＝2n. 2．若将“a n ＋1＝a n ＋n ＋1”改为“a n ＋1＝2a n ＋3”，如何求解？解 设递推公式a n ＋1＝2a n ＋3可以转化为a n ＋1－t ＝2(a n －t )，即a n ＋1＝2a n －t ，解得t ＝－3.故a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)．令b n ＝a n ＋3，则b 1＝a 1＋3＝5，且b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2.所以{b n }是以5为首项，2为公比的等比数列． 所以b n ＝5×2n －1，故a n ＝5×2n －1－3.3．若将“a n ＋1＝a n ＋n ＋1”改为“a n ＋1＝2a na n ＋2”，如何求解？ 解 ∵a n ＋1＝2a na n ＋2，a 1＝2，∴a n ≠0， ∴1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12， 又a 1＝2，则1a 1＝12，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以12为首项，12为公差的等差数列．∴1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n 2.∴a n ＝2n. 4．若将本例条件换为“a 1＝1，a n ＋1＋a n ＝2n ”，如何求解？ 解 ∵a n ＋1＋a n ＝2n ，∴a n ＋2＋a n ＋1＝2n ＋2，故a n ＋2－a n ＝2. 即数列{a n }的奇数项与偶数项都是公差为2的等差数列．当n 为偶数时，a 2＝1，故a n ＝a 2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫n2－1＝n －1.当n 为奇数时，∵a n ＋1＋a n ＝2n ，a n ＋1＝n (n ＋1为偶数)，故a n ＝n .综上所述，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数，n －1，n 为偶数，n ∈N ＋.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． 跟踪训练3(1)已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝4，a n ＋2＋2a n ＝3a n ＋1(n ∈N ＋)，则数列{a n }的通项公式a n ＝. 答案 3×2n －1－2解析 由a n ＋2＋2a n －3a n ＋1＝0， 得a n ＋2－a n ＋1＝2(a n ＋1－a n )，∴数列{a n ＋1－a n }是以a 2－a 1＝3为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＋1－a n ＝3×2n －1，∴当n ≥2时，a n －a n －1＝3×2n －2，…，a 3－a 2＝3×2，a 2－a 1＝3，将以上各式累加，得a n －a 1＝3×2n －2＋…＋3×2＋3＝3(2n －1－1)，∴a n ＝3×2n －1－2(当n ＝1时，也满足)．(2)在数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋1n (n ＋1)，则通项公式a n ＝.答案 4－1n解析 原递推公式可化为a n ＋1＝a n ＋1n －1n ＋1，则a 2＝a 1＋11－12，a 3＝a 2＋12－13，a 4＝a 3＋13－14，…，a n －1＝a n －2＋1n －2－1n －1， a n ＝a n －1＋1n －1－1n ，逐项相加得a n ＝a 1＋1－1n，故a n ＝4－1n，经验证a 1，a 2也符合．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( ) A ．递减数列 B ．递增数列 C ．常数列 D ．摆动数列答案 B 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(2019·包头质检)在数列{a n }中，a 1＝0，a n ＋1＝3＋a n1－3a n ，则S 2020＝.答案 0解析 ∵a 1＝0，a n ＋1＝3＋a n1－3a n，∴a 2＝31＝3，a 3＝3＋31－3×3＝23－2＝－3， a 4＝3－31＋3×3＝0，即数列{a n }的取值具有周期性，周期为3， 且a 1＋a 2＋a 3＝0， 则S 2020＝S 3×673＋1＝a 1＝0. 命题点3 数列的最值例6 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3(m ≥2)，则nS n 的最小值为( )A ．－3B ．－5C ．－6D ．－9 答案 D解析 由S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3(m ≥2)可知a m ＝2，a m ＋1＝3，设等差数列{a n }的公差为d ，则d ＝1， ∵S m ＝0，∴a 1＝－a m ＝－2， 则a n ＝n －3，S n ＝n (n －5)2，nS n ＝n 2(n －5)2.设f (x )＝x 2(x －5)2，x >0，f ′(x )＝32x 2－5x ，x >0，∴f (x )的极小值点为x ＝103，∵n ∈N +，且f (3)＝－9，f (4)＝－8， ∴f (n )min ＝－9.思维升华应用数列单调性的关键是判断单调性，判断数列单调性的常用方法有两个：(1)利用数列对应的函数的单调性判断；(2)对数列的前后项作差(或作商)，利用比较法判断． 跟踪训练4(1)(2018·葫芦岛模拟)若数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n ，则a 2020的值为( )A ．2B ．－3C ．－12D.13答案 D解析 因为a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n1－a n，所以a 2＝1＋a 11－a 1＝－3，a 3＝1＋a 21－a 2＝－12，a 4＝1＋a 31－a 3＝13，a 5＝1＋a 41－a 4＝2， 故数列{a n }是以4为周期的周期数列， 故a 2020＝a 505×4＝a 4＝13.(2)若数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－10n (n ∈N ＋)，则数列{na n }中数值最小的项是( ) A ．第2项 B ．第3项 C ．第4项 D ．第5项答案 B解析 ∵S n ＝n 2－10n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －11； 当n ＝1时，a 1＝S 1＝－9也适合上式． ∴a n ＝2n －11(n ∈N ＋)．记f (n )＝na n ＝n (2n －11)＝2n 2－11n ， 此函数图象的对称轴为直线n ＝114，但n ∈N +，∴当n ＝3时，f (n )取最小值． ∴数列{na n }中数值最小的项是第3项．1．已知数列5，11，17，23，29，…，则55是它的( ) A ．第19项 B ．第20项 C ．第21项 D ．第22项答案 C解析 数列5，11，17，23，29，…中的各项可变形为5，5＋6，5＋2×6，5＋3×6，5＋4×6，…，所以通项公式为a n ＝5＋6(n －1)＝6n －1， 令6n －1＝55，得n ＝21.2．记S n 为数列{a n }的前n 项和．“任意正整数n ，均有a n >0”是“{S n }是递增数列”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答案 A解析 ∵“a n >0”⇒“数列{S n }是递增数列”，∴“a n >0”是“数列{S n }是递增数列”的充分条件．如数列{a n }为－1，1，3，5，7，9，…，显然数列{S n }是递增数列，但是a n 不一定大于零，还有可能小于零，∴“数列{S n }是递增数列”不能推出“a n >0”， ∴“a n >0”是“数列{S n }是递增数列”的不必要条件． ∴“a n >0”是“数列{S n }是递增数列”的充分不必要条件．3．(2018·锦州质检)若S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝2a n －2，则S 8等于( ) A ．255B ．256C ．510D ．511 答案 C解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1－2，据此可得a 1＝2， 当n ≥2时，S n ＝2a n －2，S n －1＝2a n －1－2， 两式作差可得a n ＝2a n －2a n －1，则a n ＝2a n －1，据此可得数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列， 其前8项和为S 8＝2×()1－281－2＝29－2＝512－2＝510.4．(2018·呼和浩特模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ·a n ＋1的前6项和为( ) A.215B.415C.511D.1011 答案 A解析 数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ，S n －1＝n 2－1，两式作差得到a n ＝2n ＋1(n ≥2)， 又当n ＝1时，a 1＝S 1＝12＋2×1＝3，符合上式，所以a n ＝2n ＋1， 1a n ·a n ＋1＝1()2n ＋1()2n ＋3＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3裂项求和得到S 6＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…－115＝215，故选A.5．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1n ＋1＝a n n ＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ，则a n 等于( ) A ．2＋n ln n B ．2n ＋(n －1)ln n C ．2n ＋n ln n D ．1＋n ＋n ln n答案 C 解析 由题意得a n ＋1n ＋1－a n n ＝ln(n ＋1)－ln n ，n 分别用1，2，3，…，(n －1)取代，累加得a nn－a 11＝ln n －ln1＝ln n ，a nn＝2＋ln n ，∴a n ＝(ln n ＋2)n ，故选C.6．数列{a n }的前n 项积为n 2，那么当n ≥2时，a n 等于( ) A ．2n －1 B ．n 2C.(n ＋1)2n2D.n 2(n －1)2答案 D解析 设数列{a n }的前n 项积为T n ，则T n ＝n 2，当n ≥2时，a n ＝T n T n －1＝n 2(n －1)2.7．若数列{a n }满足关系a n ＋1＝1＋1a n ，a 8＝3421，则a 5＝.答案 85解析 借助递推关系，由a 8递推依次得到a 7＝2113，a 6＝138，a 5＝85.8．若数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2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 ≥2.9．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 ＝. 答案 －1n解析 ∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ， ∴S n ＋1－S n ＝S n ＋1S n ， 又由a 1＝－1，知S n ≠0， ∴1S n －1S n ＋1＝1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列，且公差为－1，而1S 1＝1a 1＝－1， ∴1S n＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，∴S n ＝－1n.10．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n －a n ＋1＝na n a n ＋1(n ∈N ＋)，则a n ＝.答案2n 2－n ＋2解析 由a n －a n ＋1＝na n a n ＋1，得1a n ＋1－1a n＝n ，则由累加法得1a n －1a 1＝1＋2＋…＋(n －1)＝n 2－n2，又因为a 1＝1，所以1a n＝n 2－n2＋1＝n 2－n ＋22，所以a n ＝2n 2－n ＋2(n ∈N ＋)．11．已知在数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n .(1)求a 2，a 3； (2)求{a n }的通项公式．解 (1)由S 2＝43a 2，得3(a 1＋a 2)＝4a 2，解得a 2＝3a 1＝3；由S 3＝53a 3，得3(a 1＋a 2＋a 3)＝5a 3，解得a 3＝32(a 1＋a 2)＝6.(2)由题设知a 1＝1. 当n >1时，有a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，整理，得a n ＝n ＋1n －1a n －1. 于是a 1＝1，a 2＝31a 1，a 3＝42a 2，…，a n －1＝n n －2a n －2，a n ＝n ＋1n －1a n －1，将以上n 个等式两端分别相乘，整理，得a n ＝n (n ＋1)2，经检验n ＝1时，也满足上式．综上，{a n }的通项公式a n ＝n (n ＋1)2.12．已知数列{a n }中，a 1＝1，其前n 项和为S n ，且满足2S n ＝(n ＋1)a n (n ∈N ＋)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝3n－λa 2n ，若数列{b n }为递增数列，求λ的取值范围． 解 (1)∵2S n ＝(n ＋1)a n ，∴2S n ＋1＝(n ＋2)a n ＋1，∴2a n ＋1＝(n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)a n ， 即na n ＋1＝(n ＋1)a n ，∴a n ＋1n ＋1＝a nn， ∴a n n ＝a n －1n －1＝…＝a 11＝1，∴a n ＝n (n ∈N ＋)． (2)b n ＝3n－λn 2.b n ＋1－b n ＝3n ＋1－λ(n ＋1)2－(3n －λn 2)＝2·3n－λ(2n ＋1)． ∵数列{b n }为递增数列，∴2·3n－λ(2n ＋1)>0，即λ<2·3n2n ＋1.令c n ＝2·3n2n ＋1，即c n ＋1c n ＝2·3n ＋12n ＋3·2n ＋12·3n ＝6n ＋32n ＋3>1. ∴{c n }为递增数列，∴λ<c 1＝2， 即λ的取值范围为(－∞，2)．13．(2018·抚顺模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若3S n ＝2a n －3n ，则a 2019等于( ) A ．－22019－1 B ．32019－6C.⎝ ⎛⎭⎪⎫122019－72D.⎝ ⎛⎭⎪⎫132019－103答案 A解析 由题意可得，3S n ＝2a n －3n ， 3S n ＋1＝2a n ＋1－3(n ＋1)，两式作差可得3a n ＋1＝2a n ＋1－2a n －3， 即a n ＋1＝－2a n －3，a n ＋1＋1＝－2(a n ＋1)， 结合3S 1＝2a 1－3＝3a 1可得a 1＝－3，a 1＋1＝－2， 则数列{a n ＋1}是首项为－2，公比为－2的等比数列， 据此有a 2019＋1＝(－2)×(－2)2018＝－22019，∴a 2019＝－22019－1.故选A.14．(2018·赤峰模拟)已知数列{a n }的首项a 1＝a ，其前n 项和为S n ，且满足S n ＋S n －1＝4n 2(n ≥2，n ∈N ＋)，若对任意n ∈N ＋，a n <a n ＋1恒成立，则a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，163B.⎝⎛⎭⎪⎫5，163C.⎝⎛⎭⎪⎫3，163D ．(3，5)答案 D解析 ∵S n ＋S n －1＝4n 2，S n ＋1＋S n ＝4(n ＋1)2，∴当n ≥2时，S n ＋1－S n －1＝8n ＋4，即a n ＋1＋a n ＝8n ＋4， 即a n ＋2＋a n ＋1＝8n ＋12，故a n ＋2－a n ＝8(n ≥2)， 由a 1＝a 知a 2＋2a 1＝4×22＝16， ∴a 2＝16－2a 1＝16－2a ，a 3＋2S 2＝4×32＝36，∴a 3＝36－2S 2＝36－2(16－a )＝4＋2a ，a 4＝24－2a ； 若对任意n ∈N +，a n <a n ＋1恒成立， 只需使a 1<a 2<a 3<a 4，即a <16－2a <4＋2a <24－2a ，解得3<a <5，故选D.15．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝15，且满足a n ＋12n －3＝a n2n －5＋1，已知n ，m ∈N ＋，n >m ，则S n －S m 的最小值为( ) A ．－494B ．－498C ．－14D ．－28答案 C解析 因为a n ＋12n －3＝a n 2n －5＋1，且a 12－5＝15－3＝－5，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －5是以－5为首项、1为公差的等差数列， 则a n2n －5＝－5＋(n －1)＝n －6， 即a n ＝(2n －5)(n －6)， 令a n ≤0，得52≤n ≤6，又∵n ∈N ＋，∴n ＝3,4,5,6， 则S n －S m ＝a m ＋1＋a m ＋2＋…＋a n 的最小值为a 3＋a 4＋a 5＋a 6＝－3－6－5－0＝－14.16．已知数列{a n }是递增的等比数列且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，设S n 是数列{a n }的前n 项和，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1S n ·S n ＋1前n 项和为T n ，若不等式λ≤T n 对任意的n ∈N +恒成立，求实数λ的最大值．解 ∵数列{a n }是递增的等比数列， 且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，a 1a 4＝a 2a 3，∴a 1，a 4是方程x 2－9x ＋8＝0的两个根，且a 1<a 4. 解方程x 2－9x ＋8＝0， 得a 1＝1，a 4＝8，∴q 3＝a 4a 1＝81＝8，解得q ＝2，∴a n ＝a 1qn －1＝2n －1.∴S n ＝a 1()1－q n1－q ＝1×()1－2n1－2＝2n－1，令b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝2n ()2n －1·()2n ＋1－1＝12n －1－12n ＋1－1， ∴数列{b n }的前n 项和T n ＝1－13＋13－17＋17－115＋…＋12n－1－12n ＋1－1＝1－12n ＋1－1在正整数集上单调递增，∴T n ≥T 1＝23，∵λ≤T n ，且对一切n ∈N ＋成立， ∴λ≤23，∴实数λ的最大值是23.2020版高考数学大一轮复习第六章数列§6.2等差数列及其前n项和1．等差数列的定义一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，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．等差数列的通项公式如果等差数列{a n}的首项为a1，公差为d，那么它的通项公式是a n＝a1＋(n－1)d.3．等差中项如果三个数x，A，y组成等差数列．那么A叫做x与y的等差中项．4．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{a2n}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．(6)数列S m，S2m－S m，S3m－S2m，…构成等差数列．(7)若{a n }是等差数列，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也是等差数列，其首项与{a n }的首项相同，公差为12d .5．等差数列的前n 项和公式设等差数列{a n }的公差为d ，其前n 项和S n ＝n (a 1＋a n )2或S n ＝na 1＋n (n －1)2d .6．等差数列的前n 项和公式与函数的关系S n ＝d 2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n .数列{a n }是等差数列⇔S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)． 7．等差数列的前n 项和的最值在等差数列{a n }中，a 1>0，d <0，则S n 存在最大值；若a 1<0，d >0，则S n 存在最小值． 概念方法微思考1．“a ，A ，b 是等差数列”是“A ＝a ＋b2”的什么条件？提示 充要条件．2．等差数列的前n 项和S n 是项数n 的二次函数吗？提示 不一定．当公差d ＝0时，S n ＝na 1，不是关于n 的二次函数． 3．如何推导等差数列的前n 项和公式？ 提示 利用倒序相加法．题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若一个数列从第二项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．( × )(2)等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的．( √ )(3)等差数列的前n 项和公式是常数项为0的二次函数．( × ) (4)已知等差数列{a n }的通项公式a n ＝3－2n ，则它的公差为－2.( √ )(5)数列{a n }为等差数列的充要条件是对任意n ∈N +，都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.( √ ) (6)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝pn ＋q (其中p ，q 为常数)，则数列{a n }一定是等差数列．( √ )题组二 教材改编2．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等于( ) A ．31B ．32C ．33D ．34答案 B解析 由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d ＝2，5a 1＋10d ＝30，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝263，d ＝－43，∴S 8＝8a 1＋8×72d ＝32.3．在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝450，则a 2＋a 8＝. 答案 180解析 由等差数列的性质，得a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝5a 5＝450，∴a 5＝90，∴a 2＋a 8＝2a 5＝180. 题组三 易错自纠4．一个等差数列的首项为125，从第10项起开始比1大，则这个等差数列的公差d 的取值范围是( ) A ．d >875B ．d <325C.875<d <325D.875<d ≤325答案 D解析 由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 10>1，a 9≤1，即⎩⎪⎨⎪⎧125＋9d >1，125＋8d ≤1，所以875<d ≤325.故选D.5．若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9>0，a 7＋a 10<0，则当n ＝时，{a n }的前n 项和最大． 答案 8解析 因为数列{a n }是等差数列，且a 7＋a 8＋a 9＝3a 8>0，所以a 8>0.又a 7＋a 10＝a 8＋a 9<0，所以a 9<0.故当n ＝8时，其前n 项和最大．6．一物体从1960m 的高空降落，如果第1秒降落4.90m ，以后每秒比前一秒多降落9.80m ，那么经过秒落到地面． 答案 20解析 设物体经过t 秒降落到地面．物体在降落过程中，每一秒降落的距离构成首项为4.90，公差为9.80的等差数列．所以4.90t ＋12t (t －1)×9.80＝1960，即4.90t 2＝1960，解得t ＝20.题型一 等差数列基本量的运算1．(2018·全国Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5等于( ) A ．－12 B ．－10 C ．10 D ．12答案 B解析 设等差数列{a n }的公差为d ，由3S 3＝S 2＋S 4，得3⎣⎢⎡⎦⎥⎤3a 1＋3×(3－1)2×d ＝2a 1＋2×(2－1)2×d ＋4a 1＋4×(4－1)2×d ，将a 1＝2代入上式，解得d ＝－3，故a 5＝a 1＋(5－1)d ＝2＋4×(－3)＝－10. 故选B.2．(2018·阜新模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若6a 3＋2a 4－3a 2＝5，则S 7等于( )A ．28B ．21C ．14D ．7 答案 D解析 由6a 3＋2a 4－3a 2＝5，得6(a 1＋2d )＋2(a 1＋3d )－3(a 1＋d )＝5a 1＋15d ＝5(a 1＋3d )＝5，即5a 4＝5，所以a 4＝1，所以S 7＝7×(a 1＋a 7)2＝7×2a 42＝7a 4＝7.故选D.思维升华 (1)等差数列的通项公式及前n 项和公式共涉及五个量a 1，n ，d ，a n ，S n ，知道其中三个就能求出另外两个．(2)确定等差数列的关键是求出两个最基本的量，即首项a 1和公差d . 题型二 等差数列的判定与证明例1在数列{a n }中，a 1＝2，a n 是1与a n a n ＋1的等差中项． (1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是等差数列，并求{}a n 的通项公式； (2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n 2a n 的前n 项和S n . 解 (1)∵a n 是1与a n a n ＋1的等差中项， ∴2a n ＝1＋a n a n ＋1，∴a n ＋1＝2a n －1a n，∴a n ＋1－1＝2a n －1a n －1＝a n －1a n，∴1a n ＋1－1＝a n a n －1＝1＋1a n －1，∵1a 1－1＝1， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是首项为1，公差为1的等差数列， ∴1a n －1＝1＋(n －1)＝n ，∴a n ＝n ＋1n. (2)由(1)得1n 2a n＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. 思维升华等差数列的四个判定方法(1)定义法：证明对任意正整数n 都有a n ＋1－a n 等于同一个常数． (2)等差中项法：证明对任意正整数n 都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.(3)通项公式法：得出a n ＝pn ＋q 后，再根据定义判定数列{a n }为等差数列． (4)前n 项和公式法：得出S n ＝An 2＋Bn 后，再使用定义法证明数列{a n }为等差数列． 跟踪训练1数列{a n }满足a n ＋1＝a n2a n ＋1，a 1＝1.(1)证明：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和S n ，并证明：1S 1＋1S 2＋…＋1S n >nn ＋1.(1)证明 ∵a n ＋1＝a n2a n ＋1，∴1a n ＋1＝2a n ＋1a n ，化简得1a n ＋1＝2＋1a n，即1a n ＋1－1a n＝2，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，2为公差的等差数列．(2)解 由(1)知1a n＝2n －1，所以S n ＝n (1＋2n －1)2＝n 2，1S n＝1n 2>1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1.证明：1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝112＋122＋…＋1n 2>11×2＋12×3＋…＋1n (n ＋1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 ＝1－1n ＋1 ＝nn ＋1.题型三 等差数列性质的应用命题点1 等差数列项的性质例2(2018·本溪模拟)已知{a n }为等差数列，a 2＋a 8＝18，则{a n }的前9项和S 9等于( ) A ．9 B ．17 C ．72 D ．81答案 D解析 由等差数列的性质可得，a 1＋a 9＝a 2＋a 8＝18，则{a n }的前9项和S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9×182＝81.故选D.命题点2 等差数列前n 项和的性质例3(1)(2019·锦州质检)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n .若S 5＝7，S 10＝21，则S 15等于( )A ．35B ．42C ．49D ．63 答案 B解析 在等差数列{a n }中，S 5，S 10－S 5，S 15－S 10成等差数列，即7,14，S 15－21成等差数列， 所以7＋(S 15－21)＝2×14， 解得S 15＝42.(2)已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝－2018，S 20192019－S 20132013＝6，则S 2020＝.答案 2020解析 由等差数列的性质可得⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也为等差数列．设其公差为d ，则S 20192019－S 20132013＝6d ＝6，∴d ＝1.故S 20202020＝S 11＋2019d ＝－2018＋2019＝1，∴S 2020＝1×2020＝2020. 思维升华等差数列的性质(1)项的性质：在等差数列{a n }中，m ＋n ＝p ＋q (m ，n ，p ，q ∈N +)，则a m ＋a n ＝a p ＋a q . (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 .跟踪训练2(1)已知等差数列{a n }，a 2＝2，a 3＋a 5＋a 7＝15，则数列{a n }的公差d 等于( ) A ．0B ．1C ．－1D ．2 答案 B解析 ∵a 3＋a 5＋a 7＝3a 5＝15， ∴a 5＝5，∴a 5－a 2＝3＝3d ， 可得d ＝1，故选B.(2)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 13>0，S 14<0，则S n 取最大值时n 的值为( ) A ．6B ．7C ．8D ．13 答案 B解析 根据S 13>0，S 14<0，可以确定a 1＋a 13＝2a 7>0，a 1＋a 14＝a 7＋a 8<0，所以可以得到a 7>0，a 8<0，所以S n 取最大值时n 的值为7，故选B.1．若{a n }为等差数列，且a 7－2a 4＝－1，a 3＝0，则公差d 等于( ) A ．－2B ．－12C.12D ．2答案 B解析 由于a 7－2a 4＝a 1＋6d －2(a 1＋3d )＝－a 1＝－1， 则a 1＝1.又由a 3＝a 1＋2d ＝1＋2d ＝0，解得d ＝－12.故选B.2．在等差数列{a n }中，已知a 1＝2，a 2＋a 3＋a 4＝24，则a 4＋a 5＋a 6等于( ) A ．38B ．39C ．41D ．42 答案 D解析 由a 1＝2，a 2＋a 3＋a 4＝24， 可得，3a 1＋6d ＝24，解得d ＝3， ∴a 4＋a 5＋a 6＝3a 1＋12d ＝42.故选D.3．已知等差数列{a n }中，a 1012＝3，S 2017＝2017，则S 2020等于( )A ．2020B ．－2020C ．－4040D ．4040答案 D解析 由等差数列前n 项和公式结合等差数列的性质可得，S 2017＝a 1＋a 20172×2017＝2a 10092×2017＝2017a 1009＝2017，则a 1009＝1，据此可得，S 2020＝a 1＋a 20202×2020＝1010()a 1009＋a 1012＝1010×4＝4040.4．程大位《算法统宗》里有诗云“九百九十六斤棉，赠分八子做盘缠．次第每人多十七，要将第八数来言．务要分明依次弟，孝和休惹外人传．”意为：996斤棉花，分别赠送给8个子女做旅费，从第一个开始，以后每人依次多17斤，直到第八个孩子为止．分配时一定要等级分明，使孝顺子女的美德外传，则第八个孩子分得斤数为( ) A ．65B ．176C ．183D ．184 答案 D解析 根据题意可得每个孩子所得棉花的斤数构成一个等差数列{a n }，其中d ＝17，n ＝8，S 8＝996.由等差数列前n 项和公式可得8a 1＋8×72×17＝996，解得a 1＝65.由等差数列通项公式得a 8＝65＋(8－1)×17＝184.5．已知数列{a n }是等差数列，前n 项和为S n ，满足a 1＋5a 3＝S 8，给出下列结论： ①a 10＝0；②S 10最小；③S 7＝S 12；④S 20＝0. 其中一定正确的结论是( ) A ．①②B．①③④C．①③D．①②④ 答案 C解析 a 1＋5(a 1＋2d )＝8a 1＋28d ， 所以a 1＝－9d ，a 10＝a 1＋9d ＝0，正确；由于d 的符号未知，所以S 10不一定最大，错误；S 7＝7a 1＋21d ＝－42d ，S 12＝12a 1＋66d ＝－42d ，所以S 7＝S 12，正确；S 20＝20a 1＋190d ＝10d ，错误．所以正确的是①③，故选C.6．在等差数列{a n }中，若a 9a 8<－1，且它的前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 答案 C解析 ∵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 ＝n (a 1＋a n )2，∴当S n >0时，n 的最小值为16.7．(2018·北京)设{a n }是等差数列，且a 1＝3，a 2＋a 5＝36，则{a n }的通项公式为． 答案 a n ＝6n －3(n ∈N ＋) 解析 方法一 设公差为d .∵a 2＋a 5＝36，∴(a 1＋d )＋(a 1＋4d )＝36， ∴2a 1＋5d ＝36.∵a 1＝3，∴d ＝6，∴通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d ＝6n －3(n ∈N ＋)． 方法二 设公差为d ， ∵a 2＋a 5＝a 1＋a 6＝36，a 1＝3， ∴a 6＝33，∴d ＝a 6－a 15＝6.∵a 1＝3，∴通项公式a n ＝6n －3(n ∈N ＋)．8．(2019·包头质检)在等差数列{a n }中，若a 7＝π2，则sin2a 1＋cos a 1＋sin2a 13＋cos a 13＝.答案 0解析 根据题意可得a 1＋a 13＝2a 7＝π， 2a 1＋2a 13＝4a 7＝2π，所以有sin2a 1＋cos a 1＋sin2a 13＋cos a 13＝sin2a 1＋sin(2π－2a 1)＋cos a 1＋cos(π－a 1)＝0.9．等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，且S n T n ＝3n －12n ＋3，则a 10b 10＝.答案5641解析 在等差数列中，S 19＝19a 10，T 19＝19b 10， 因此a 10b 10＝S 19T 19＝3×19－12×19＋3＝5641. 10．已知数列{a n ＋1－a n }是公差为2的等差数列，且a 1＝1，a 3＝9，则a n ＝. 答案 (n 2－3n ＋3)2解析 数列{a n ＋1－a n }是公差为2的等差数列， 且a 1＝1，a 3＝9，∴a n ＋1－a n ＝(a 2－1)＋2(n －1)，a 3－a 2＝(a 2－1)＋2，∴3－a 2＝(a 2－1)＋2，∴a 2＝1. ∴a n ＋1－a n ＝2n －2，∴a n ＝2(n －1)－2＋2(n －2)－2＋…＋2－2＋1 ＝2×(n －1)n 2－2(n －1)＋1＝n 2－3n ＋3.∴a n ＝(n 2－3n ＋3)2，n ＝1时也成立． ∴a n ＝(n 2－3n ＋3)2.11．已知数列{a n }满足(a n ＋1－1)(a n －1)＝3(a n －a n ＋1)，a 1＝2，令b n ＝1a n －1. (1)证明：数列{b n }是等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式． (1)证明 ∵1a n ＋1－1－1a n －1＝a n －a n ＋1(a n ＋1－1)(a n －1)＝13，∴b n ＋1－b n ＝13，∴{b n }是等差数列． (2)解 由(1)及b 1＝1a 1－1＝12－1＝1. 知b n ＝13n ＋23，∴a n －1＝3n ＋2，∴a n ＝n ＋5n ＋2. 12．(2018·全国Ⅱ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝－7，S 3＝－15.(1)求{a n }的通项公式； (2)求S n ，并求S n 的最小值．解 (1)设{a n }的公差为d ，由题意得3a 1＋3d ＝－15. 由a 1＝－7得d ＝2.所以{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －9(n ∈N ＋)． (2)由(1)得S n ＝a 1＋a n2·n ＝n 2－8n ＝(n －4)2－16.所以当n ＝4时，S n 取得最小值，最小值为－16.13．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，b n ＝2n a且b 1＋b 3＝17，b 2＋b 4＝68，则S 10等于( ) A ．90 B ．100 C ．110 D ．120答案 A解析 设{a n }公差为d ，b 2＋b 4b 1＋b 3＝24312222a a a a ++＝31312222a d a d a a ++++＝2d＝6817＝4， ∴d ＝2，b 1＋b 3＝12a＋32a＝12a＋122a d+＝17，12a ＝1，a 1＝0，∴S 10＝10a 1＋10×92d ＝10×92×2＝90，故选A.14．设等差数列{a n }的公差为π9，前8项和为6π，记tan π9＝k ，则数列{}tan a n tan a n ＋1的前7项和是( ) A.7k 2－3k 2－1 B.3－7k 2k 2－1 C.11－7k 2k 2－1 D.7k 2－11k 2－1答案 C解析 等差数列{a n }的公差d 为π9，前8项和为6π，可得8a 1＋12×8×7×π9＝6π，解得a 1＝1336π，tan a n tan a n ＋1＝tan a n ＋1－tan a ntan (a n ＋1－a n )－1＝tan a n ＋1－tan a n tan d－1，则数列{tan a n tan a n ＋1}的前7项和为1k(tan a 8－tan a 7＋tan a 7－tan a 6＋…＋tan a 2－tan a 1)－7＝1k (tan a 8－tan a 1)－7＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫tan 4136π－tan 1336π－7＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫tan 536π－tan 1336π－7＝1k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－π9－tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π9－7＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－k 1＋k －1＋k 1－k －7＝11－7k2k 2－1.故选C.15．已知数列{a n }与⎩⎨⎧⎭⎬⎫a 2n n 均为等差数列(n ∈N ＋)，且a 1＝2，则a 20＝.答案 40解析 设a n ＝2＋(n －1)d ，所以a 2nn ＝[2＋(n －1)d ]2n＝d 2n 2＋(4d －2d 2)n ＋(d －2)2n，由于⎩⎨⎧⎭⎬⎫a 2n n 为等差数列，所以其通项是一个关于n 的一次函数， 所以(d －2)2＝0，∴d ＝2. 所以a 20＝2＋(20－1)×2＝40. 16．记m ＝d 1a 1＋d 2a 2＋…＋d n a nn，若{}d n 是等差数列，则称m 为数列{a n }的“d n 等差均值”；若{}d n 是等比数列，则称m 为数列{a n }的“d n 等比均值”．已知数列{a n }的“2n －1等差均值”为2，数列{b n }的“3n －1等比均值”为3.记c n ＝2a n＋k log 3b n ，数列{}c n 的前n 项和为S n ，若对任意的正整数n 都有S n ≤S 6，求实数k 的取值范围． 解 由题意得2＝a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a nn，所以a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ， 所以a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1 ＝2n －2(n ≥2，n ∈N ＋)，两式相减得a n ＝22n －1(n ≥2，n ∈N +)． 当n ＝1时，a 1＝2，符合上式， 所以a n ＝22n －1(n ∈N ＋)．又由题意得3＝b 1＋3b 2＋…＋3n －1b nn，所以b 1＋3b 2＋…＋3n －1b n ＝3n ，所以b 1＋3b 2＋…＋3n －2b n －1＝3n －3(n ≥2，n ∈N ＋)，两式相减得b n ＝32－n(n ≥2，n ∈N ＋)．当n ＝1时，b 1＝3，符合上式， 所以b n ＝32－n(n ∈N ＋)．所以c n ＝(2－k )n ＋2k －1.因为对任意的正整数n 都有S n ≤S 6，所以⎩⎪⎨⎪⎧c 6≥0，c 7≤0，解得135≤k ≤114.2020版高考数学大一轮复习第六章数列§6.3 等比数列及其前n 项和1．等比数列的定义一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一常数，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(q ≠0)． 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．等比中项如果三个数x ，G ，y 组成等比数列，则G 叫做x 和y 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 ·qn －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)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. 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.6．等比数列前n 项和的性质公比不为－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. 概念方法微思考1．将一个等比数列的各项取倒数，所得的数列还是一个等比数列吗？若是，这两个等比数列的公比有何关系？提示 仍然是一个等比数列，这两个数列的公比互为倒数． 2．任意两个实数都有等比中项吗？提示 不是．只有同号的两个非零实数才有等比中项． 3．“b 2＝ac ”是“a ，b ，c ”成等比数列的什么条件？提示 必要不充分条件．因为b 2＝ac 时不一定有a ，b ，c 成等比数列，比如a ＝0，b ＝0，c ＝1.但a ，b ，c 成等比数列一定有b 2＝ac .题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N ＋，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．( × )(2)如果数列{a n }为等比数列，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，则数列{b n }也是等比数列．( × ) (3)如果数列{a n }为等比数列，则数列{ln a n }是等差数列．( × )(4)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，则其前n 项和为S n ＝a (1－a n )1－a.( × )(5)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列．( × ) 题组二 教材改编2．已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q ＝.答案 12解析 由题意知q 3＝a 5a 2＝18，∴q ＝12.3．公比不为1的等比数列{a n }满足a 5a 6＋a 4a 7＝18，若a 1a m ＝9，则m 的值为( ) A ．8B ．9C ．10D ．11 答案 C解析 由题意得，2a 5a 6＝18，a 5a 6＝9，∴a 1a m ＝a 5a 6＝9，∴m ＝10.题组三 易错自纠4．若1，a 1，a 2，4成等差数列，1，b 1，b 2，b 3，4成等比数列，则a 1－a 2b 2的值为． 答案 －12解析 ∵1，a 1，a 2，4成等差数列， ∴3(a 2－a 1)＝4－1，∴a 2－a 1＝1.又∵1，b 1，b 2，b 3，4成等比数列，设其公比为q ， 则b 22＝1×4＝4，且b 2＝1×q 2>0，∴b 2＝2， ∴a 1－a 2b 2＝－(a 2－a 1)b 2＝－12. 5．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2＝. 答案 －11解析 设等比数列{a n }的公比为q ，。

第六章｜数列第一节数列的概念及简单表示方法课程标准1.了解数列的概念和表示方法(列表、图象、通项公式)．2.了解数列是一种特殊函数．[由教材回扣基础]1．数列的概念数列的定义把按照确定的顺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数列与函数的关系从函数观点看，数列可以看成以正整数集N *(或它的有限子集)为定义域的函数a n ＝f (n )，当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值数列的表示法列表法、图象法和通项公式法2．数列的分类分类原则类型满足条件按项数分类有穷数列项数有限无穷数列项数无限按项与项间的大小关系分类递增数列a n ＋1>a n 其中n ∈N *递减数列a n ＋1<a n常数列a n ＋1＝a n ＝c (常数)3．数列的通项公式及递推公式通项公式如果数列{a n }的第n 项a n 与它的序号之间的对应关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的通项公式递推公式如果一个数列的相邻两项或多项之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个式子叫做这个数列的递推公式．知道了首项和递推公式，就能求出数列的每一项了4．数列的前n 项和把数列{a n }从第1项起到第n 项止的各项之和，称为数列{a n }的前n 项和，记作S n ，即S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n .澄清微点·熟记结论(1)若数列{a n }的前n 项和为S n ，通项公式为a n ，则a n 1，n ＝1，n －S n －1，n ≥2，n ∈N *.(2)在数列{a n }中，若a n n ≥a n －1，n ≥a n ＋1；若a n n ≤a n －1，n ≤a n ＋1.[练小题巩固基础]一、准确理解概念(判断正误)(1)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．()(2)1,1,1,1，…，不能构成一个数列．()(3)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．()(4)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对∀n ∈N *，都有a n ＋1＝S n ＋1－S n .()答案：(1)√(2)×(3)×(4)√二、练牢教材小题1．(新人教A 版选择性必修①P6例5改编)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1＋(－1)na n －1(n ≥2)，则a 5＝________.答案：232．(人教A 版必修⑤P33T5改编)根据下面的图形及相应的点数，写出点数构成的数列的一个通项公式a n ＝________.答案：5n －43．(新人教B 版选择性必修③P12例3改编)已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝n 2，则{a n }的通项公式为a n ＝________.答案：2n －1三、练清易错易混1．(忽视n 为正整数)在数列－1,0，19，18，…，n －2n 2中，若a n ＝0.08，则n ＝()A.52B ．8C.52或10D ．10解析：选D由题意可得n －2n 2＝0.08，解得n ＝10或n ＝52(舍去)．2．(忽视数列是特殊的函数)若a n ＝n 2－5n ＋3，则当n ＝________时，a n 取得最小值．解析：a n ＝n 2－5n ＋3－134，∵n ∈N *，∴当n ＝2或3时，a n 最小，a 2＝a 3＝－3.答案：2或33．(忽视对n ＝1的验证)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－2，则a n ＝________.解析：当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n 2－2)－[(n －1)2－2]＝2n －1；当n ＝1时，a 1＝S 1＝1－2＝－1，不满足上式．故a n 1，n ＝1，n －1，n ≥2.1，n ＝1，n －1，n ≥2命题视角一利用a n 与S n 的关系求通项(自主练通)1．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且4S n ＝(a n ＋1)2，则a 3a 5的值为()A ．15B ．45C ．49D ．64解析：选B因为4S n ＝(a n ＋1)2，所以4S n ＋1＝(a n ＋1＋1)2.则4S n ＋1－4S n ＝(a n ＋1＋1)2－(a n＋1)2，化简得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.又因为a n >0，所以a n ＋1－a n －2＝0，得a n ＋1－a n ＝2.当n ＝1时，由4S 1＝(a 1＋1)2＝4a 1得a 1＝1.所以{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列，所以a n ＝2n －1.所以a 3a 5＝5×9＝45.2．数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝2S n (n ∈N *)，则下列结论错误的是()A ．S n ＝3n －1B ．{S n }为等比数列C ．a n ＝2·3n －1D ．a n ，n ＝1n －2，n ≥2解析：选C由题意，数列{a n }的前n 项和满足a n ＋1＝2S n (n ∈N *)，当n ≥2时，a n ＝2S n－1，两式相减，可得a n ＋1－a n ＝2(S n －S n －1)＝2a n ，可得a n ＋1＝3a n ，即a n ＋1a n＝3(n ≥2)，又由a 1＝1，当n ＝1时，a 2＝2S 1＝2a 1＝2，所以a 2a 1＝2，所以数列的通项公式为a n ，n ＝1，n －2，n ≥2；当n ≥2时，S n ＝a n ＋12＝2·3n －12＝3n －1，又由n ＝1时，S 1＝a 1＝1，适合上式，所以数列{a n }的前n 项和S n ＝3n －1；又由S n ＋1S n ＝3n 3n －1＝3，所以数列{S n }是首项为1，公比为3的等比数列．3．已知S n 为数列{a n }的前n 项和，且log 2(S n ＋1)＝n ＋1，则数列{a n }的通项公式为__________．解析：由log 2(S n ＋1)＝n ＋1，得S n ＋1＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n＝S n －S n －1＝2n ，所以数列{a n }的通项公式为a n ，n ＝1，n ，n ≥2.答案：a n ，n ＝1，n ，n ≥24．数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＋a n ＝4，则满足1a n ＝60＋p 的最小正整数p 为________．解析：n ＝1时，a 1＝2；n ≥2时，S n ＋a n ＝4，S n －1＋a n －1＝4，两式相减得，2a n ＝a n －1，则数列{a n }是以2为首项，12为公比的等比数列，故a n －2，故1a n＝60＋p 可化为2n －2＝60＋p ，又25＝32,26＝64，故最小正整数p 为4.答案：4[一“点”就过]已知S n 求a n 的3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S n －1，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)注意检验n ＝1时的表达式是否可以与n ≥2时的表达式合并．命题视角二利用数列的递推关系求通项[典例](1)(取倒数法)在数列{a n }中，已知a 1＝2，a n ＋1＝a n3a n ＋1(n ∈N *)，则a n 的表达式为()A ．a n ＝24n －3B ．a n ＝26n －5C ．a n ＝24n ＋3D ．a n ＝22n －1(2)(累加法)设数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则a n ＝________.(3)(累乘法)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n －1na n －1(n ≥2)，则数列{a n }的通项公式为__________．(4)(构造法)若a 1＝1，a n ＋1＝2a n －3，则通项公式a n ＝________.[解析](1)数列{a n }中，由a 1＝2，a n ＋1＝a n 3a n ＋1(n ∈N *)，可得1a n ＋1＝3＋1a n，所以数列是首项为12，公差为3的等差数列，所以1a n ＝12＋3(n －1)＝6n －52.可得a n ＝26n －5(n ∈N *)．故选B.(2)由条件知a n ＋1－a n ＝n ＋1，则a n ＝(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1)＋a 1＝(2＋3＋4＋…＋n )＋2＝n 2＋n ＋22.(3)∵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 *)．(4)由a n ＋1＝2a n －3，得a n ＋1－3＝2(a n －3)．所以数列{a n －3}是首项为－2，公比为2的等比数列，则a n －3＝－2×2n －1，即a n ＝－2n ＋3.[答案](1)B(2)n 2＋n ＋22(3)a n ＝1n(n ∈N *)(4)－2n ＋3[方法技巧]由递推公式求通项公式的方法[针对训练]1．已知在数列{a n }中，a 1＝3，且点P n (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线4x －y ＋1＝0上，则数列{a n }的通项公式为________．解析：因为点P n (a n ，a n ＋1)(n ∈N *)在直线4x －y ＋1＝0上，所以4a n －a n ＋1＋1＝0.所以a n＋1＋13＝n 因为a 1＝3，所以a 1＋13＝103.n 是首项为103，公比为4的等比数列．所以a n ＋13＝103×4n －1，故数列{a n }的通项公式为a n ＝103×4n －1－13.答案：a n ＝103×4n －1－132．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＝1－2n 1－2＝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·…·a2a 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.命题视角三数列的函数性质考法(一)数列的周期性[例1](2022·淮南一模)设S n 是数列{a n }的前n 项和．若a 1＝12，a n ＋1＝1－1a n，则S 2021＝()A ．20172B ．1009C ．20192D ．1010[解析]由题意得a 2＝1－1a 1＝－1，a 3＝1－1a 2＝2，a 4＝1－1a 3＝12，以此类推可知，对任意的n ∈N *，a n ＋3＝a n ，即数列{a n }是以3为周期的周期数列．因此S 2021＝673S 3＋a 1＋a 2＝673×32＋12－1＝1009.故选B.[答案]B[方法技巧]周期数列的常见形式(1)利用三角函数的周期性，即所给递推关系中含有三角函数；(2)相邻多项之间的递推关系，如后一项是前两项的差；(3)相邻两项的递推关系，等式中一侧含有分式，又较难变形构造出特殊数列．考法(二)数列的单调性[例2]已知数列{a n}满足a1＝2,2a n a n＋1＝a2n＋1，设b n＝a n－1a n＋1，则数列{b n}是() A．常数列B．摆动数列C．递增数列D．递减数列[解析]∵2a n a n＋1＝a2n＋1，∴a n＋1n∵b n＝a n－1a n＋1，∴b n＋1＝a n＋1－1a n＋1＋1＝2n1n1＝(a n－1)2(a n＋1)2＝b2n>0.∵a1＝2，∴b1＝2－12＋1＝13，b2，b3，b4，∴数列{b n}是递减数列，故选D.[答案]D[方法技巧]解决数列单调性问题的3种方法(1)作差比较法，根据a n＋1－a n的符号判断数列{a n}是递增数列、递减数列或是常数列．(2)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)结合导数的方法判断．考法(三)数列中的最大(小)项[例3]已知数列{a n }的通项公式为a n ＝9n (n ＋1)10n ，则数列中的最大项为________．[解析]法一：a n ＋1－a n ＝9n ＋1(n ＋2)10n ＋1－9n (n ＋1)10n ＝9n 10n ·8－n10，当n <8时，a n ＋1－a n >0，即a n ＋1>a n ；当n ＝8时，a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝a n ；当n >8时，a n ＋1－a n <0，即a n ＋1<a n .则a 1<a 2<a 3<…<a 8，a 8＝a 9，a 9>a 10>a 11>…，故数列{a n }中的最大项为第8项和第9项，且a 8＝a 9＝98×9108＝99108法二：设数列{a n }中的第nn ≥a n －1，n ≥a n ＋1，≥9n －1n10n －1，≥9n ＋1(n ＋2)10n ＋1，解得8≤n ≤9.又n ∈N *，则n ＝8或n ＝9.故数列{a n }中的最大项为第8项和第9项，且a 8＝a 9＝99108.[答案]99108[方法技巧]求数列最大项或最小项的方法(1)将数列视为函数f (x )当x ∈N *时所对应的一列函数值，根据f (x )的类型作出相应的函数图象，或利用求函数最值的方法，求出f (x )的最值，进而求出数列的最大(小)项．(2)通过通项公式a nn ≥a n －1，n ≥a n ＋1(n ≥2)确定最大项，利用n ≤a n －1，n ≤a n ＋1(n ≥2)确定最小项．[针对训练]1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋k2n ，若数列{a n }为递减数列，则实数k 的取值范围为()A ．(3，＋∞)B ．(2，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(0，＋∞)解析：选D因为a n ＋1－a n ＝3n ＋3＋k 2n ＋1－3n ＋k 2n ＝3－3n －k2n ＋1，由数列{a n }为递减数列知，对任意n∈N*，a n＋1－a n＝3－3n－k2n＋1<0，所以k>3－3n对任意n∈N*恒成立，所以k∈(0，＋∞)．故选D.2．若数列{a n}的前n项和S n＝n2－10n(n∈N*)，则数列{na n}中数值最小的项是() A．第2项B．第3项C．第4项D．第5项解析：选B∵S n＝n2－10n，∴当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝2n－11；当n＝1时，a1＝S1＝－9也适合上式．∴a n＝2n－11(n∈N*)．记f(n)＝na n＝n(2n－11)＝2n2－11n，此函数图象的对称轴为直线n＝114，但n∈N*，∴当n＝3时，f(n)取得最小值．∴数列{na n}中数值最小的项是第3项．3．已知数列{a n}满足a1＝1，a n＋1＝a2n－2a n＋1(n∈N*)，则a2022＝________.解析：∵a1＝1，∴a2＝(a1－1)2＝0，a3＝(a2－1)2＝1，a4＝(a3－1)2＝0，…，∴可知数列{a n}是以2为周期的数列，∴a2022＝a2＝0.答案：0数学建模·练抽象思维——与数列通项有关的创新应用问题1．(参悟传统文化)大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理．数列中的每一项都代表太极衍生过程中曾经经历过的两仪数量总和．它是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．数列前10项依次是0,2,4,8,12,18,24,32,40,50，则此数列第20项为()A．180B．200C．128D．162解析：选B由0,2,4,8,12,18,24,32,40,50，…，可得偶数项的通项公式为a2n＝2n2，则此数列第20项为2×102＝200.故选B.2.(创新学科情境)公元前4世纪，毕达哥拉斯学派对数和形的关系进行了研究．他们借助几何图形(或格点)来表示数，称为形数．形数是联系算数和几何的纽带．图为五角形数的前4个，则第10个五角形数为() A．120B．145C．270D．285解析：选B记第n个五角形数为a n，由题意知：a1＝1，a2－a1＝4，a3－a2＝7，a4－a3＝10，…，易知a n－a n－1＝3(n－1)＋1，由累加法得a n＝(3n－1)n2，所以a10＝145.3．(创新学科情境)数列{a n}满足a1＝a2＝1，a n＝a n－1＋a n－2(n≥3，n∈N*)．将数列{a n}的每一项除以4所得的余数构成一个新的数列{b n }，则b 21＝()A ．1B ．2C ．3D ．0解析：选B由题意得a 3＝2，a 4＝3，a 5＝5，a 6＝8，a 7＝13，a 8＝21，a 9＝34，a 10＝55，a 11＝89，a 12＝144，a 13＝233，…，∴数列{a n }的每一项除以4所得的余数为1,1,2,3,1,0,1,1,2,3,1,0,1，…，构成一个新的数列{b n }，∴数列{b n }的周期为6，∴b 21＝b 3＝2.故选B.4．(创新学科情境)设[x ]表示不超过x 的最大整数，如[－3.14]＝－4，[3.14]＝3.已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝()A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选A设S n ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a n.由a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，可得a n ＋1－a n ＝n ＋1，那么当n ≥2时，a n －a n －1＝n ，a n －1－a n －2＝n －1，…，a 2－a 1＝2，累加可得a n －a 1＝2＋3＋4＋…＋n ，∴a n ＝n (n ＋1)2，当n ＝1时，a 1＝1也适合上式，则1a n ＝2·1n (n ＋1)＝故1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝2＝2－2n ＋1.∵0<2n ＋1≤1，∴1≤2－2n ＋1<2，即1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝1，故选A.5．(创新学科情境)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且∀n ∈N *，a n ＋1>a n ，S n ≥S 6.请写出一个满足条件的数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析：∀n ∈N *，a n ＋1>a n ，则数列{a n }是递增的，∀n ∈N *，S n ≥S 6，即S 6最小，只要前6项均为负数，或前5项为负数，第6项为0即可．所以，满足条件的数列{a n }的一个通项公式为a n ＝n －6(n ∈N *)．答案：n －6(n ∈N *)(答案不唯一)[课时跟踪检测]一、基础练——练手感熟练度1．数列－1,4，－9,16，－25，…的一个通项公式为()A ．a n ＝n 2B ．a n ＝(－1)n ·n 2C ．a n ＝(－1)n ＋1·n 2D ．a n ＝(－1)n ·(n ＋1)2解析：选B 易知数列－1,4，－9,16，－25，…的一个通项公式为a n ＝(－1)n ·n 2，故选B.2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2，a n ＋1＝S n ＋1(n ∈N *)，则S 5＝()A ．31B ．42C ．37D ．47解析：选D由题意，得S n ＋1－S n ＝S n ＋1(n ∈N *)，∴S n ＋1＋1＝2(S n ＋1)(n ∈N *)，故数列{S n ＋1}为等比数列，其首项为S 1＋1＝3，公比为2，则S 5＋1＝3×24，∴S 5＝47.3．(2022·沈阳模拟)已知数列{a n }中a 1＝1，a n ＝n (a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则a n ＝()A ．2n －1－1C ．nD ．n 2解析：选C由a n ＝n (a n ＋1－a n )，得(n ＋1)a n ＝na n ＋1，即a n ＋1n ＋1＝a nn，∴a n n ＝a 11＝1，故a n ＝n .故选C.4．若数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.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 ，n ＝1，n －5，n ≥2.，n ＝1，n －5，n ≥25．设数列{a n }中，a 1＝3，a n ＋1＝a n ＋1n (n ＋1)，则通项公式a n ＝________.解析：由题意知a n ＋1－a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴a 2－a 1＝1－12，a 3－a 2＝12－13，a 4－a 3＝13－14，…，a n －a n －1＝1n －1－1n (n ≥2，n ∈N *)，逐项相加得a n ＝a 1＋1－1n ＝4－1n .经检验，a 1＝3也符合上式．故a n ＝4－1n.答案：4－1n二、综合练——练思维敏锐度1．(2022·湖南三市联考)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝a 1(4n －1)3，若a 4＝32，则a 1的值为()A.12B.14C.18D.116解析：选A 因为S n ＝a 1(4n －1)3，a 4＝32，所以S 4－S 3＝255a 13－63a 13＝32，解得a 1＝12，故选A.2．记S n为递增数列{a n}的前n项和，“任意正整数n，均有a n>0”是“{S n}是递增数列”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A因为“a n>0”⇒数列{S n}是递增数列，所以充分性成立；反之，如数列{a n}为－1，1,3,5,7，9，…，显然{S n}是递增数列，但是a n不一定大于零，还有可能小于零，所以必要性不成立．因此“a n>0”是“数列{S n}是递增数列”的充分不必要条件．故选A.3．设数列{a n}的通项公式为a n＝n2－bn，若数列{a n}是递增数列，则实数b的取值范围为()A．(－∞，－1]B．(－∞，2]C．(－∞，3)－∞，9 2解析：选C因为数列{a n}是递增数列，所以a n＋1－a n＝2n＋1－b>0(n∈N*)，所以b<2n ＋1(n∈N*)，即b<(2n＋1)min＝3，得b<3.4．数列{a n}的前n项和S n＝2n2－3n(n∈N*)，若p－q＝5，则a p－a q＝()A．10B．15C．－5D．20解析：选D当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝2n2－3n－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，当n ＝1时，a1＝S1＝－1，符合上式，所以a n＝4n－5，所以a p－a q＝4(p－q)＝20.5．(2022·河南湘豫名校月考)在数列{a n}中，a1＝2，a n＋1＝1＋a n1－a n(n∈N*)，则a2022＝()A．－12B．－3 C.13D．2解析：选B由题意得a1＝2，a2＝1＋21－2＝－3，a3＝1－31＋3＝－12，a4＝1－121＋12＝13，a5＝1＋131－13＝2，…，故数列{a n}是以4为周期的周期数列，故a2022＝a2＝－3，故选B.6．对于数列{a n}，令b n＝a n－1a n，下列说法正确的是()A．若数列{a n}是递增数列，则数列{b n}也是递增数列B．若数列{a n}是递减数列，则数列{b n}也是递减数列C．若a n＝3n－1，则数列{b n}有最大值D．若a n＝1，则数列{b n}有最大值解析：选D如果a1＝－1，a2＝1，则b1＝b2＝0，故A不正确；如果a1＝1，a2＝－1，则b1＝b2＝0，故B不正确；函数f(x)＝x－1x在(0，＋∞)上为增函数，若a n＝3n－1，则{a n}为递增数列，当n ＝1时，a n 取得最小值，a 1＝2>0，所以数列{b n }有最小值，故C 不正确；若a n ＝1，当n ＝1时，a n 取得最大值32且a n >0，所以数列{b n }有最大值，故D 正确．7．设数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，且2na n ＝(n －1)a n －1＋(n ＋1)a n ＋1(n ≥2且n ∈N *)，则a 18＝()A.259 B.269C ．3D.289解析：选B令b n ＝na n ，则由2na n ＝(n －1)a n －1＋(n ＋1)a n ＋1(n ≥2且n ∈N *)，得2b n ＝b n －1＋b n ＋1(n ≥2且n ∈N *)，∴数列{b n }是以1为首项，以2a 2－a 1＝3为公差的等差数列，则b n ＝1＋3(n －1)＝3n －2，即na n ＝3n －2，∴a n ＝3n －2n ，∴a 18＝3×18－218＝269.故选B.8．(2022·北京海淀区期末)数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－3n ，n ∈N *，前n 项和为S n ，给出下列三个结论：①存在正整数m ，n (m ≠n )，使得S m ＝S n ；②存在正整数m ，n (m ≠n )，使得a m ＋a n ＝2a m a n ；③记T n ＝a 1a 2…a n (n ＝1,2,3，…)，则数列{T n }有最小项．其中所有正确结论的序号是()A ．①B ．③C ．①③D ．①②③解析：选C由题意，数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2－3n ，令a n ＝0，即n 2－3n ＝0，解得n ＝3或n ＝0(舍去)，即a 3＝0，所以S 2＝S 3，即存在正整数m ，n (m ≠n )，使得S m ＝S n ，所以①正确；由a n ＝n 2－3n ，可得当n ≥3时，a n ≥0，且数列递增，当m ，n ∈[1,3]且m ，n ∈N *时，可得a m ＋a n ＜0,2a m a n ≥0，所以a m ＋a n ≠2a m a n ；当m ∈[1,3]，n ∈(3，＋∞)或m ∈(3，＋∞)，n ∈[1,3]且m ，n ∈N *时，易知a m ＋a n ≠2a m a n ；当m ，n ∈[3，＋∞)且m ，n ∈N *时，a m ＋a n ≥2a m a n ，当且仅当a m ＝a n 时等号成立，与n ≥3时数列{a n }递增矛盾，故a m ＋a n ＞2a m a n .综上，不存在正整数m ，n (m ≠n )，使得a m ＋a n ＝2a m a n ，所以②不正确；由a n ＝n 2－3n ，可得a 1＝－2，a 2＝－2，a 3＝0，当n ＞3时，a n ＞0，数列{a n }递增，又T n ＝a 1a 2…a n (n ＝1,2,3，…)，所以当n ＝1时，数列{T n }有最小项T 1＝－2，所以③正确．故选C.9．已知S n 为数列{a n }的前n 项和，a 1＝1,2S n ＝(n ＋1)a n ，若关于正整数n 的不等式a n 2－ta n ≤2t 2的解集中的整数解有两个，则正实数t 的取值范围为()A.1 C.12，11解析：选A∵a 1＝1,2S n ＝(n ＋1)a n ，∴当n ≥2时，2S n －1＝na n －1，∴2a n ＝2(S n －S n －1)＝(n ＋1)a n －na n －1，整理得a n n ＝a n －1n －1(n ≥2)，∴a n n ＝a n －1n －1＝…＝a 22＝a11＝1，∴a n ＝n (n ∈N *)．不等式a n 2－ta n ≤2t 2可化为(n －2t )(n ＋t )≤0，t >0，∴0<n ≤2t .由关于正整数n 的不等式a n 2－ta n≤2t2的解集中的整数解有两个，可知n＝1,2，∴1≤t<32，故选A.10．设a n＝－3n2＋15n－18，则数列{a n}中的最大项的值是________．解析：因为a n＝－＋34，由二次函数的性质，得当n＝2或n＝3时，a n最大，最大值为0.答案：011．已知数列{a n}满足a1＝1，a n－a n＋1＝na n a n＋1(n∈N*)，则a n＝________.解析：由a n－a n＋1＝na n a n＋1，得1a n＋1－1a n＝n，则由累加法得1a n－1a1＝1＋2＋…＋(n－1)＝n2－n2，又因为a1＝1，所以1a n＝n2－n2＋1＝n2－n＋22，所以a n＝2n2－n＋2.答案：2n2－n＋212．在数列{a n}中，a n>0，且前n项和S n满足4S n＝(a n＋1)2(n∈N*)，则数列{a n}的通项公式为________．解析：当n＝1时，4S1＝(a1＋1)2，解得a1＝1；当n≥2时，由4S n＝(a n＋1)2＝a n2＋2a n ＋1，得4S n－1＝a n－12＋2a n－1＋1，两式相减得4S n－4S n－1＝a n2－a n－12＋2a n－2a n－1＝4a n，整理得(a n＋a n－1)(a n－a n－1－2)＝0，因为a n>0，所以a n－a n－1－2＝0，即a n－a n－1＝2，又a1＝1，故数列{a n}是首项为1，公差为2的等差数列，所以a n＝1＋2(n－1)＝2n－1.答案：a n＝2n－113．若数列{a n}是正项数列，且a1＋a2＋a3＋…＋a n＝n2＋n，则a1＋a22＋…＋a n n＝________.解析：由题意得当n≥2时，a n＝n2＋n－(n－1)2－(n－1)＝2n，∴a n＝4n2.又当n＝1时，a1＝2，∴a1＝4，∴a nn＝4n，∴a1＋a22＋…＋a nn＝12n(4＋4n)＝2n2＋2n.答案：2n2＋2n14．已知数列{a n}的通项公式是a n＝n2＋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n2－5n＋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a2，a3.因为a n＝n2－5n＋4－94，由二次函数的性质，得当n＝2或n＝3时，a n有最小值，其最小值为a2＝a3＝－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＝n2＋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，解得k >－3.所以实数k 的取值范围为(－3，＋∞)．15．已知二次函数f (x )＝x 2－ax ＋a (a >0，x ∈R )有且只有一个零点，数列{a n }的前n 项和S n ＝f (n )(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设c n ＝1－4a n(n ∈N *)，定义所有满足c m ·c m ＋1<0的正整数m 的个数，称为这个数列{c n }的变号数，求数列{c n }的变号数．解：(1)依题意，当f (x )＝0时，Δ＝a 2－4a ＝0，所以a ＝0或a ＝4.又由a >0得a ＝4，所以f (x )＝x 2－4x ＋4.所以S n ＝n 2－4n ＋4.当n ＝1时，a 1＝S 1＝1－4＋4＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －5.所以a n ，n ＝1，n －5，n ≥2.(2)由题意得c n 3，n ＝1，－42n －5，n ≥2.由c n ＝1－42n －5可知，当n ≥5时，恒有c n >0.又c 1＝－3，c 2＝5，c 3＝－3，c 4＝－13c 5＝15，c 6＝37，即c 1·c 2<0，c 2·c 3<0，c 4·c 5<0，所以数列{c n }的变号数为3.第二节等差数列及其前n 项和课程标准1．理解等差数列的概念和通项公式的意义．2．理解等差数列的通项公式与前n 项和公式的关系．3．能在具体的问题情境中，发现数列的等差关系，并能解决相应的问题．体会等差数列与一元一次函数的关系．[由教材回扣基础]1．等差数列的有关概念定义及表示如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．符号表示为a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)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．等差数列的通项公式与前n 项和公式3．等差数列的性质(1)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 .(2)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．(3)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }也是等差数列．(4)若S n 为等差数列{a n }的前n 项和，则数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…(m ∈N *)也是等差数列，公差为m 2d .(5)若S n 为等差数列{a n }的前n 澄清微点·熟记结论(1)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝pn ＋q (其中p ，q 为常数)，则数列{a n }一定是等差数列，且公差为p .(2)在等差数列{a n }中，a 1>0，d <0，则S n 存在最大值；若a 1<0，d >0，则S n 存在最小值．(3)等差数列{a n }的单调性：当d >0时，{a n }是递增数列；当d <0时，{a n }是递减数列；当d ＝0时，{a n }是常数列．(4)数列{a n }是等差数列⇔S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数，A ≠0)．[练小题巩固基础]一、准确理解概念(判断正误)(1)若一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．()(2)数列{a n }为等差数列的充要条件是对任意n ∈N *，都有2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.()(3)等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的．()(4)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝pn ＋q (其中p ，q 为常数)，则数列{a n }一定是等差数列．()(5)若数列{a n }，{b n }(项数相同)都是等差数列，则数列{a n ＋b n }也一定是等差数列．()答案：(1)×(2)√(3)√(4)√(5)√二、练牢教材小题1．(新湘教版选择性必修①P13T4)已知等差数列{a n }中，a 6＝－24，a 30＝－48，则首项a 1＝_____，公差d ＝_____.答案：－19－12．(新人教A 版选择性必修②P15T4改编)已知在等差数列{a n }中，a 4＋a 8＝20，a 7＝12，则a 10＝________.答案：183．(新苏教版选择性必修①P141T5改编)已知数列{a n }是等差数列，其前n 项和为S n ，若a 3＝2，且S 6＝30，则S 9＝________.答案：126三、练清易错易混1．(忽视数列中项为0的情况)已知等差数列{a n }中，|a 3|＝|a 9|，公差d <0，则使数列{a n }的前n 项和S n 取最大值的正整数n 的值是________．解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由|a 3|＝|a 9|，得|a 1＋2d |＝|a 1＋8d |，解得a 1＝－5d 或d ＝0(舍去)，则a 1＋5d ＝a 6＝0，a 5>0，故使前n 项和S n 取最大值的正整数n ＝5或6.答案：5或62．(忽视相邻项的符号)首项为28的等差数列{a n }，从第8项开始为负数，则公差d 的取值范围是________．解析：由题意知数列{a n }8<0，7≥0＋7d <0，＋6d ≥0，解得－143≤d <－4.答案：－143，－3．(忽视项的符号)已知等差数列{a n }的通项公式为a n ＝11－n ，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 20|＝________.解析：设S n 是数列{a n }的前n 项和，|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 20|＝(a 1＋a 2＋…＋a 11)－(a 12＋a 13＋…＋a 20)＝S 11－(S 20－S 11)＝2S 11－S 20，而S 11＝11×(10＋0)2＝55，S 20＝10×20＋20×(20－1)2×(－1)＝10，∴|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 20|＝100.答案：100命题视角一等差数列的基本运算(自主练通)1．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 11＝22，a 4＝－12，若a m ＝30，则m ＝()A ．9B ．10C ．11D ．15解析：选B 设等差数列{a n }的公差为d ，11＝11a 1＋11×(11－1)2d ＝22，4＝a 1＋3d ＝－12，解1＝－33，＝7，∴a m ＝a 1＋(m －1)d ＝7m －40＝30，∴m ＝10.2．记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 4＝0，a 5＝5，则()A ．a n ＝2n －5B ．a n ＝3n －10C ．S n ＝2n 2－8nD ．S n ＝12n 2－2n解析：选A设首项为a 1，公差为d .由S 4＝0，a 5＝5a 1＋6d ＝0，1＋4d ＝5，1＝－3，＝2.所以a n ＝－3＋2(n －1)＝2n －5，S n ＝n ×(－3)＋n (n －1)2×2＝n 2－4n .故选A.3．(2020·全国Ⅱ卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 1＝－2，a 2＋a 6＝2，则S 10＝________.解析：设等差数列{a n }的公差为d ，则由a 2＋a 6＝2，得a 1＋d ＋a 1＋5d ＝2，即－4＋6d ＝2，解得d ＝1，所以S 10＝10×(－2)＋10×92×1＝25.答案：254．(2021·新高考Ⅱ卷)记S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，若a 3＝S 5，a 2a 4＝S 4.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)求使S n >a n 成立的n 的最小值．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，∵S 5＝5a 3＝a 3⇒a 3＝0，∴S 4＝2(a 2＋a 3)＝2a 2，∴a 2a 4＝S 4⇒a 2a 4＝2a 2.由公差d ≠0及a 3＝0知a 2≠0，∴a 4＝2，d ＝2，则a n ＝a 3＋2(n －3)＝2n －6.(2)S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (－4＋2n －6)2＝n 2－5n ，由S n >a n ⇒n 2－5n >2n －6⇒(n －1)(n －6)>0⇒n <1或n >6，∵n ∈N *，∴n 的最小值为7.[一“点”就过]解决等差数列基本量计算问题的思路(1)在等差数列{a n }中，a 1与d 是最基本的两个量，一般可设出a 1和d ，利用等差数列的通项公式和前n 项和公式列方程(组)求解即可．(2)与等差数列有关的基本运算问题，主要围绕着通项公式a n ＝a 1＋(n －1)d 和前n 项和公式S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d ，在两个公式中共涉及五个量：a 1，d ，n ，a n ，S n ，已知其中三个量，选用恰当的公式，利用方程(组)可求出剩余的两个量．命题视角二等差数列的判定与证明[典例](2021·全国乙卷)记S n 为数列{a n }的前n 项和，b n 为数列{S n }的前n 项积，已知2S n＋1b n＝2.(1)证明：数列{b n }是等差数列；(2)求{a n }的通项公式．[解](1)证明：由2S n ＋1b n ＝2，得b n ＝S n 2(S n －1)＝12＋12(S n －1)，亦可得2＋S n b n ＝2S n ＝2＋1b n －1(n ≥2)，即b n －1＝12(S n －1)(n ≥2)，所以b n －b n －1＝12.由2S 1＋1b 1＝2，可得b 1＝32.所以数列{b n }是首项为32，公差为12的等差数列．(2)由(1)知b n ＝32＋12(n －1)＝1＋n 2，所以S n ＝b n b n －1＝1＋n21＋n －12＝n ＋2n ＋1(n ≥2)．当n ＝1时，S 1＝b 1＝32，满足上式，所以S n ＝n ＋2n ＋1.所以a n ＝S n －S n －1＝n ＋2n ＋1－n ＋1n ＝1n ＋1－1n (n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝S 1＝b 1＝32≠－12，所以a n 1，－1n，n ≥2，n ∈N *.[方法技巧]等差数列的判定与证明方法定义法a n －a n －1(n ≥2，n ∈N *)为同一常数⇔{a n }是等差数列等差中项法2a n －1＝a n ＋a n －2(n ≥3，n ∈N *)成立⇔{a n }是等差数列提醒：用定义证明等差数列时，容易漏掉对起始项的检验，从而产生错解．比如，对于满足a n －a n －1＝1(n ≥3)的数列{a n }而言并不能判定其为等差数列，因为不能确定起始项a 2－a1是否等于1.[针对训练]1．(2021·全国甲卷)记S n为数列{a n}的前n项和，已知a n>0，a2＝3a1，且数列{S n}是等差数列，证明：{a n}是等差数列．证明：设等差数列{S n}的公差为d′.则d′＝S2－S1＝a1＋a2－a1＝4a1－a1＝a1，∴S n＝a1＋(n－1)d′＝a1＋(n－1)a1＝n a1，∴S n＝n2a1.当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝n2a1－(n－1)2a1＝(2n－1)a1.∴a n－a n－1＝(2n－1)a1－[2(n－1)－1]a1＝2a1，∴数列{a n}是以a1为首项，2a1为公差的等差数列．2．已知数列{a n}满足a1＝1，且na n＋1－(n＋1)a n＝2n2＋2n.(1)求a2，a3；(2)a nn{a n}的通项公式．解：(1)由已知，得a2－2a1＝4，则a2＝2a1＋4，又a1＝1，所以a2＝6.由2a3－3a2＝12，得2a3＝12＋3a2，所以a3＝15.(2)证明：由已知na n＋1－(n＋1)a n＝2n2＋2n，得na n＋1－(n＋1)a nn(n＋1)＝2，即a n＋1n＋1－a nn＝2，所a nn是首项a11＝1，公差d＝2的等差数列．则a nn＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以a n＝2n2－n.命题视角三等差数列的性质及应用[典例](1)设{a n}，{b n}都是等差数列，且a1＝25，b1＝75，a2＋b2＝100，则a37＋b37＝()A．0B．37C．100D．－37(2)(2020·全国Ⅱ卷)北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层．上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块．下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块．已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)()A．3699块B．3474块C．3402块D．3339块[解析](1)设c n＝a n＋b n，由于{a n}，{b n}都是等差数列，则{c n}也是等差数列，且c1＝a1＋b1＝25＋75＝100，c2＝a2＋b2＝100，∴{c n}的公差d＝c2－c1＝0.∴c37＝100，即a37＋b37＝100.(2)由题意知，由天心石开始向外的每环的扇面形石板块数构成一个等差数列，记为{a n}，易知其首项a1＝9，公差d＝9，所以a n＝a1＋(n－1)d＝9n.设数列{a n}的前n项和为S n，由等差数列的性质知S n，S2n－S n，S3n－S2n也成等差数列，所以2(S2n－S n)＝S n＋S3n－S2n，所以(S3n－S2n)－(S2n－S n)＝S2n－2S n＝2n(9＋18n)2－2×n(9＋9n)2＝9n2＝729，得n＝9，所以三层共有扇面形石板的块数为S3n＝3n(9＋27n)2＝3×9×(9＋27×9)2＝3402，故选C.[答案](1)C(2)C[方法技巧]利用等差数列的性质求解问题的注意点(1)如果{a n}为等差数列，m＋n＝p＋q，则a m＋a n＝a p＋a q(m，n，p，q∈N*)．因此，若出现a m－n，a m，a m＋n等项时，可以利用此性质将已知条件转化为与a m(或其他项)有关的条件；若求a m项，可由a m＝12(a m－n＋a m＋n)转化为求a m－n，a m＋n或a m＋n＋a m－n的值．(2)和的性质：在等差数列{a n}中，S n为其前n项和，则①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(a n＋a n ＋1)；②S n，S2n－S n，S3n－S2n，…组成等差数列．[针对训练]1．已知{a n}为等差数列，a2＋a8＝18，则{a n}的前9项和S9等于()A．9B．17C．72D．81解析：选D由等差数列的性质可得，a1＋a9＝a2＋a8＝18，则{a n}的前9项和S9＝9(a1＋a9)2＝9×182＝81.故选D.2．等差数列{a n}的前n项和S n＝a1＋a2＋…＋a n.若S10＝31，S20＝122，则S30＝() A．153B．182C．242D．273解析：选D根据等差数列的前n项和的性质，数列S m，S2m－S m，S3m－S2m，S4m－S3m，…(m∈N*)依然成等差数列可知S10，S20－S10，S30－S20成等差数列，所以91×2＝31＋S30－122，解得S30＝273，故选D.命题视角四等差数列的最值问题[典例](1)(2022·湘赣皖十五校第一次联考)记S n为数列{a n}的前n项和，数列{a n}对任意的p，q∈N*满足a p＋q＝a p＋a q＋13.若a3＝－7，则当S n取最小值时，n等于() A．6B．7C．8D．9(2)在等差数列{a n}中，已知a1＝13,3a2＝11a6，则数列{a n}的前n项和S n的最大值为________．[解析](1)由题意得a3＝a1＋a2＋13＝(a1＋13)＋(2a1＋13)＝－7，所以a1＝－11，由条件可得，对任意的n∈N*，a n＋1＝a n＋a1＋13＝a n＋2，所以{a n}是等差数列，a n＝2n－13.要使S nn≤0，n＋1≥0，n－13≤0，(n＋1)－13≥0，解得112≤n≤132，又n∈N*，所以n＝6.(2)设等差数列{a n}的公差为d.由3a2＝11a6，得3×(13＋d)＝11×(13＋5d)，解得d＝－2，所以a n＝13＋(n－1)×(－2)＝－2n＋15.所以S n＝n(13＋15－2n)2＝－n2＋14n＝－(n－7)2＋49，所以当n＝7时，数列{a n}的前n项和S n最大，最大值为S7＝49.[答案](1)A(2)49[方法技巧]求等差数列前n项和S n的最值的常用方法(1)函数法：利用等差数列前n项和的函数表达式S n＝an2＋bn(a≠0)，通过配方或借助图象求二次函数的最值．(2)利用等差数列的单调性，求出其正负转折项，进而求S n的最值．①当a1>0，d<0m≥0，m＋1≤0的项数m使得S n取得最大值为S m(当a m＋1＝0时，S m＋1也为最大值)；②当a1<0，d>0m≤0，m＋1≥0的项数m使得S n取得最小值为S m(当a m＋1＝0时，S m＋1也为最小值)．[针对训练]1．设{a n}是等差数列，S n是其前n项和，且S5<S6，S6＝S7>S8，则下列结论不正确的是()A．d<0B．a7＝0C．S9>S5D．S6与S7均为S n的最大值解析：选C由题意得a6＝S6－S5>0，a7＝S7－S6＝0，a8＝S8－S7<0，a7＋a8＝S8－S6<0，则数列{a n}为递减数列，即选项A、B正确；由S9－S5＝a9＋a8＋a7＋a6＝2(a8＋a7)<0，得S9<S5，即选项C错误；由a1>a2>…>a6>a7＝0>a8>a9>…，可得S6与S7均为S n的最大值，即选项D 正确．2．(2022·吴忠联考)数列{a n}是等差数列，S n为其前n项和，且a1＜0，a2020＋a2021＜0，a2020·a2021＜0，则使S n＜0成立的最大正整数n是()A．2020B．2021C．4040D．4041解析：选C设等差数列{a n}的公差为d，由a1＜0，a2020＋a2021＜0，a2020·a2021＜0，可知a2020＜0，a2021＞0，所以d＞0，数列{a n}为递增数列．由S4041＝4041(a1＋a4041)2＝4041a2021＞0，S4040＝2020(a1＋a4040)＝2020(a2020＋a2021)＜0，可知使S n＜0成立的最大正整数n 为4040.故选C.3．设等差数列{a n}满足a1＝1，a n>0(n∈N*)，其前n项和为S n，若数列{S n}也为等差数列，则S n＋10a2n的最大值是________．解析：设数列{a n}的公差为d，依题意得2S2＝S1＋S3，∴22a1＋d＝a1＋3a1＋3d，把a1＝1代入求得d＝2，∴a n＝1＋(n－1)×2＝2n－1，S n＝n＋n(n－1)2×2＝n2，∴S n＋10a2n＝(n＋10)2(2n－1)2＝＝12(2n－1)＋2122n－12≤121.∴S n＋10a2n的最大值是121.答案：121数学建模·练抽象思维——等差数列中的创新应用问题1．(参悟数学文化)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“九百九十六斤绵，赠分八子作盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言，务要分明依次弟，孝和休惹外人传．”其意思为：“996斤棉花，分别赠送给8个子女作旅费，从第一个开始，以后每人依次多17斤，使孝顺子女的美德外传，试求各人应分得多少斤．”则第3个子女分得棉花()A ．65斤B ．82斤C ．99斤D ．106斤解析：选C设第一个孩子分配到a 1斤棉花，则由题意得S 8＝8a 1＋8×72×17＝996，解得a 1＝65.则a 3＝65＋2×17＝99(斤)．2．(创新学科情境)已知数列{a n }满足3a n ＋1＝9·3a n ，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则log 13(a 5＋a 7＋a 9)＝()A ．3B ．－3C ．－13D.13解析：选B由数列{a n }满足3a n ＋1＝9·3a n (n ∈N *)，可得a n ＋1＝a n ＋2，所以数列{a n }是等差数列，公差为d ＝2，a 5＋a 7＋a 9＝a 2＋a 4＋a 6＋9d ＝9＋18＝27，所以log 13(a 5＋a 7＋a 9)＝log 1327＝－3.3．(创新学科情境)记S n 为数列{a n }的前n 项和，已知点(n ，a n )在直线y ＝10－2x 上．若有且只有两个正整数n 满足S n ≥k ，则实数k 的取值范围是()A ．(8,14]B ．(14,18]C ．(18,20]D ．解析：选C 由已知可得a n ＝10－2n ，所以数列{a n }为等差数列，首项为8，公差为－2.所以S n ＝8n ＋n (n －1)2×(－2)＝－n 2＋9n ，当n ＝4或5时，S n 取得最大值为20.因为有且只有两个正整数n 满足S n ≥k ，所以满足条件的是n ＝4和n ＝5.因为S 3＝S 6＝18，所以实数k 的取值范围是(18,20]．故选C.4．(走向生产生活)某市抗洪指挥部接到最新雨情通报，未来24h 城区拦洪坝外洪水将超过警戒水位，因此需要紧急抽调工程机械加高加固拦洪坝．经测算，加高加固拦洪坝工程需要调用20台某型号翻斗车，每辆翻斗车需要平均工作24h ．而抗洪指挥部目前只有一辆翻斗车可立即投入施工，其余翻斗车需要从其他施工现场抽调．若抽调的翻斗车每隔20min 才有一辆到达施工现场投入工作，要在24h 内完成拦洪坝加高加固工程，指挥部至少还需要抽调这种型号翻斗车()A ．25辆B ．24辆C ．23辆D ．22辆解析：选C 总工作量为20×24＝480h ，由题意可知，每调来一辆车，工作时间依次递减13h ，则每辆车的工作时间成等差数列，设第n 辆车的工作时间为a n ，则a 1＝24，等差数列的公差d ＝－13，∴n 辆车的工作总时长S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝24n －n (n －1)6，∵S 23＝24×23－23×226≈468＜480，S 24＝24×24－24×236＝484＞480，∴共需24辆车完成工程，∴至少还需要抽调24－1＝23辆车．故选C.5．(创新学科情境)写出一个公差为2且“前3项之和小于第3项”的等差数列a n ＝________.解析：要满足“前3项之和小于第3项”，则a 1＋a 2＋a 3<a 3，即a 1＋a 2<0，则不妨设a 1＝－4，a 2＝－2，则a n ＝－4＋(n －1)×2＝2n －6.答案：2n －6(答案不唯一)[课时跟踪检测]一、基础练——练手感熟练度1．已知数列{a n }中a 1＝1，a n ＋1＝a n －1，则a 4等于()A ．2B ．0C ．－1D ．－2解析：选D因为a 1＝1，a n ＋1＝a n －1，所以数列{a n }为等差数列，公差d 为－1，所以a 4＝a 1＋3d ＝1－3＝－2，故选D.2．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，a 8＋a 10＝28，则S 9＝()A ．36B ．72C ．144D ．288解析：选B∵a 8＋a 10＝2a 1＋16d ＝28，a 1＝2，∴d ＝32，∴S 9＝9×2＋9×82×32＝72.3．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 ，因为a 7＝2a 5，所以a 1＋6d ＝2(a 1＋4d )，则a 1＝－2d ，所以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·江苏高考)已知数列{a n }(n ∈N *)是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 2a 5＋a 8＝0，S 9＝27，则S 8的值是________．解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .∵S 9＝27，∴S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9a 5＝27，∴a 5＝3，又a 2a 5＋a 8＝0，则3(3－3d )＋3＋3d ＝0.解得d ＝2，∴S 8＝8(a 1＋a 8)2＝4(a 4＋a 5)＝4×(1＋3)＝16.答案：165．若等差数列{a n }的前17项和S 17＝51，则a 5－a 7＋a 9－a 11＋a 13＝________.解析：因为S 17＝a 1＋a 172×17＝17a 9＝51，所以a 9＝3.根据等差数列的性质知a 5＋a 13＝a 7＋a 11，所以a 5－a 7＋a 9－a 11＋a 13＝a 9＝3.答案：36．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，满足S 2＝S 6，S 55－S44＝2，则a 1＝________，公差d ＝________.解析：由{a n }a 1，公差为d 2的等差数列，∵S 55－S44＝2，∴d2＝2⇒d ＝4，又S 2＝S 6⇒2a 1＋4＝6a 1＋6×52×4⇒a 1＝－14.答案：－144二、综合练——练思维敏锐度1．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和．若a 5a 3＝59，则S 9S 5＝()A.59B.95C.8125D ．1解析：选DS 9S 5＝9(a 1＋a 9)25(a 1＋a 5)2＝9a 55a 3＝1.故选D.2．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 ＝()A ．21B ．22C ．23D ．24解析：选C由3a n ＋1＝3a n －2⇒a n ＋1－a n ＝－23⇒{a n }是等差数列，则a n ＝473－23n .∵a k ·a k＋1<0－23k －23k ，∴452<k <472，又∵k ∈N *，∴k ＝23.3．(2022·江西九校联考)据有关文献记载：我国古代有一座9层塔挂了126盏灯，且相邻两层中的下一层比上一层都多d (d 为常数)盏灯，底层的灯数是顶层的13倍，则塔的顶层共有灯()A ．2盏B ．3盏C ．4盏D ．5盏解析：选A设从塔顶到塔底第n 层的灯数为a n ，则数列{a n }为等差数列，公差为d ，。

教学资料范本2020高考数学一轮复习第6章数列章末总结分层演练文-精装版编辑：__________________时间：__________________【精选】20xx最新高考数学一轮复习第6章数列章末总结分层演练文章末总结知识点考纲展示数列的概念和简单表示法❶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)．❷了解数列是自变量为正整数的一类函数.等差数列❶理解等差数列的概念．❷掌握等差数列的通项公式与前n项和公式．❸能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用等差数列的有关知识解决相应的问题．❹了解等差数列与一次函数的关系.等比数列❶理解等比数列的概念．❷掌握等比数列的通项公式与前n项和公式．❸能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用等比数列的有关知识解决相应的问题．❹了解等比数列与指数函数的关系.一、点在纲上，源在本里考点考题考源等差数列的通项公式与前n项和(20xx·高考全国卷Ⅰ，T3，5分)已知等差数列{a n}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝( )A.100B．99C．98D．97必修5 P46A组T2(1)等比数列的通项公式(20xx·高考全国卷Ⅰ，T15，5分)设等比数列{a n}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…a n的最大值为________.必修5 P53A组T1、P45例4等差数列的定义与等比数列的通项公式与前n项和(20xx·高考全国卷Ⅰ，T17，12分)记S n为等比数列{a n}的前n项和，已知S2＝2，S3＝－6.(1)求{a n}的通项公式；(2)求S n，并判断S n＋1，S n，S n＋2是否成等差数列.必修5 P58练习T2、P61A组T1(2)、T6等差数列的通项公式与前n项和(20xx·高考全国卷Ⅱ，T17，12分)等差数列{a n}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6.(1)求{a n}的通项公式；必修5 P61A组T1(2)、T6必修1 P25B组T3(2)设b n＝[a n]，求数列{b n}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.二、根置教材，考在变中一、选择题1．(必修5 P40A组T1(3)改编)在等差数列{an}中，a2＝15，a6＝27，若是有理数，则n的最小值为( )A．5 B．7C．9 D．11解析：选C.设{an}的公差为d，因为a2＝15，a6＝27，所以解得a1＝12，d＝3，所以an＝12＋(n－1)×3＝3n＋9，a5＝24，a7＝30，a8＝33，a9＝36，a10＝39，仅有a9＝36＝62，即＝6，故选C.2．(必修5 P58练习T2改编)等比数列{an}的前n项之和为Sn，S5＝10，S10＝50，则S15的值为( )A．60 B．110C．160 D．210解析：选D.由等比数列前n项和性质知，S5，S10－S5，S15－S10成等比数列，即(S10－S5)2＝S5(S15－S10)，所以S15＝＋S10＝＋50＝210.故选D.3．(必修5 P68B组T1(1)改编)在公比大于1的等比数列{an}中，a3a7＝72，a2＋a8＝27，则a12＝( )A．96 B．64C．72 D．48解析：选A.由题意及等比数列的性质知a3a7＝a2a8＝72，又a2＋a8＝27，所以a2，a8是方程x2－27x＋72＝0的两个根，所以或又公比大于1，所以所以q6＝8，即q2＝2，所以a12＝a2q10＝3×25＝96.4．(必修5 P58练习T1(1)改编)由实数构成的等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝3，且a2－6，a3，a4成等差数列，则S5＝( )A．45 B．93C．96 D．189解析：选B.设{an}的公比为q，因为a1＝3，且a2－6，a3，a4成等差数列，所以2×3q2＝3q－6＋3q3，即q3－2q2＋q －2＝0，(q －2)(q2＋1)＝0， 所以q ＝2，q2＝－1(舍去)． 所以S5＝＝93.选B. 二、填空题5．(必修5 P45练习T3、P47B 组T4改编)已知集合M ＝{m|m ＝2n ，n ∈N*}共有n 个元素，其和为Sn ，则＝________．解析：由m ＝2n(n∈N*)知集合M 中的元素从小到大构成首项a1＝2，公差d ＝2的等差数列．所以Sn ＝n×2＋×2＝n2＋n ＝n(n ＋1)．所以＝＋＋…＋1100×101＝1－＋－＋…＋－＝1－＝. 答案：1001016．(必修5 P44例2改编)已知等差数列{an}的前n 项和为Sn ，且a5＝28，S10＝310.记函数f(n)＝Sn(n ∈N*)，A(n ，f(n))，B(n ＋1，f(n ＋1))，C(n ＋2，f(n ＋2))是函数f(n)上的三点，则△ABC 的面积为________．解析：因为a5＝28，S10＝310. 所以解得a1＝4，d ＝6.所以an ＝4＋(n －1)×6＝6n －2. 所以Sn ＝4n ＋×6＝3n2＋n.所以A ，B ，C 的坐标分别为(n ，3n2＋n)，(n ＋1，3(n ＋1)2＋(n ＋1))，(n ＋2，3(n ＋2)2＋(n ＋2))．所以△ABC 的面积S ＝[(3n2＋n)＋3(n ＋2)2＋(n ＋2)]×2－[(3n2＋n)＋3(n ＋1)2＋(n ＋1)]×1－[3(n ＋1)2＋(n ＋1)＋3(n ＋2)2＋(n ＋2)]×1＝(6n2＋14n ＋14)－(3n2＋4n ＋2)－(3n2＋10n ＋9) ＝3，即△ABC 的面积为3. 答案：3 三、解答题7．(必修5 P61A 组T4(2)改编)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.(1)求{an}的通项公式；(2)设cn ＝an ＋bn ，求数列{cn}的前n 项和Sn. 解：(1)等比数列{bn}的公比q ＝＝＝3， 所以b1＝＝1，b4＝b3q ＝27. 设等差数列{an}的公差为d.因为a1＝b1＝1，a14＝b4＝27， 所以1＋13d ＝27，即d ＝2.所以an ＝2n －1(n ＝1，2，3，…)． (2)由(1)知，an ＝2n －1，bn ＝3n －1， 因此cn ＝an ＋bn ＝2n －1＋3n －1. 从而数列{cn}的前n 项和Sn ＝1＋3＋…＋(2n －1)＋1＋3＋…＋3n －1＝＋1－3n1－3＝n2＋.8．(必修5 P47 B 组T4改编)数列{an}的前n 项和为Sn ＝2an －2，数列{bn}是首项为a1，公差为d(d ≠0)的等差数列，且b1，b3，b9成等比数列．(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；(2)若cn ＝(n∈N*)，求数列{cn}的前n 项和Tn ； (3)求数列的前n 项和Mn ，并证明Mn<4. 解：(1)当n ＝1时，a1＝2a1－2， 所以a1＝2.当n≥2时，an ＝Sn －Sn －1＝2an －2－2an －1＋2， 即an ＝2an －1，所以{an}是首项为2，公比为2的等比数列， 所以an ＝2·2n－1＝2n. 则b1＝a1＝2.由b1，b3，b9成等比数列，得(2＋2d)2＝2×(2＋8d)， 解得d ＝0(舍去)或d ＝2，所以数列{bn}的通项公式为bn ＝2n. (2)由(1)得cn ＝＝，所以数列{cn}的前n 项和Tn ＝＋＋＋…＋1n （n ＋1）＝1－＋－＋…＋－＝1－＝. (3)由(1)知＝＝n·，所以Mn ＝1·＋2·＋3·＋…＋(n －1)·＋n·，① 则Mn ＝1·＋2＋…＋(n －1)＋n·，② ①－②得12Mn ＝＋＋＋…＋－n·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝－n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＝2－(n＋2).所以Mn＝4－(2n＋4)，因为(2n＋4)>0，所以Mn<4.。

第六章 数 列第一讲 数列的概念与简单表示法1.下列说法中,正确的是( )A.一个数列中的数是不可以重复的B.所有数列的前n 项和都能用公式表达C.任何一个数列不是递增数列,就是递减数列D.如果数列{a n }的前n 项和为S n ,则∀n ∈N *,都有a n +1=S n +1 - S n2.[改编题]给出下面四个结论: ①数列{n+1n}的第k 项为1+1k ;②数列的项数是无限的;③数列的通项公式的表达式是唯一的; ④数列1,3,5,7可以表示为{1,3,5,7}. 其中说法正确的有 ( )A .①②④B .①C .②③④D .①②③3.[2020十堰模拟]图6 - 1 - 1是希尔宾斯基(Sie R pinski )三角形,在所给的四个三角形图案中,阴影小三角形的个数构成数列{a n }的前4项,则{a n }的通项公式可以是( )A .a n =3n - 1 B .a n =2n - 1 C .a n =3nD .a n =2n - 14.[2019武汉市武昌区高三调考]已知数列{a n }的前n 项和S n =n 2- 1,则a 1+a 3+a 5+a 7+a 9= ( )A.40B.44C.45D.49 5.[2019陕西榆林一中模拟]在数列{a n }中,a 1=1,a n =1+(-1)na n -1(n ≥2),则a 5等于( )A.32B.53C.85D.236.[陕西高考,5分]原命题为“若a n +a n+12<a n ,n ∈N*,则{a n }为递减数列”,关于其逆命题,否命题,逆否命题真假性的判断依次如下,正确的是 ( )A.真,真,真B.假,假,真C.真,真,假D.假,假,假7.[改编题]已知数列{a n }中,a 1=3,a 2=6,a n +2=a n +1 - a n ,则a 2 019等于 ( )A .6B . - 6C .3D . - 38.[2016浙江,13,6分][理]设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2=4,a n +1=2S n +1,n ∈N *,则a 1= ,S 5= .考法1利用a n 与S n 的关系求通项公式1 [2020山东菏泽模拟]设数列{a n }的前n 项和为S n ,已知2S n =3n+3.则数列{a n }的通项公式为 .用n - 1替换S n 中的n 得到一个新的关系,利用公式a n ={S 1,n =1,S n -S n -1,n ≥2求出a n .由2S n =3n+3可得a 1=S 1=12×(3+3)=3, ................................................. (求首项)当n ≥2时,2S n - 1=3n - 1+3,结合2S n =3n+3可得a n =S n - S n - 1=12(3n+3) - 12(3n - 1+3)=3n - 1. ................................. (求通项)而a 1=3≠31 - 1,不满足上式, .......................................................... (检验首项a 1)所以a n ={3,n =1,3n -1,n ≥2.2[改编题]设S n 是数列{a n }的前n 项和,且a 1= - 1,a n +1=12S n +1S n ,则数列{a n }的通项公式为 .利用a n +1=S n +1 - S n 及a n +1=12S n +1S n 消去a n +1,得到S n +1与S n 的关系式,求出S n ,再由公式a n ={S 1,n =1,S n -S n -1,n ≥2求出a n .因为a n +1=12S n +1S n ,a n +1=S n +1 - S n ,所以S n +1 - S n =12S n +1S n , 两边同时除以S n +1·S n ,得1S n+1−1S n = - 12,又a 1=S 1= - 1,所以{1S n}是以 - 1为首项, - 12为公差的等差数列.所以1S n= - 1 - 12(n - 1)= - 12n - 12,故S n = - 2n+1. 当n ≥2时,a n =S n - S n - 1= - 2n+1 - ( - 2n )=2n(n+1). 当n =1时,a 1= - 1≠21×(1+1)=1,不满足上式,所以a n ={-1(n =1),2n(n+1)(n ≥2).1.[2018全国卷Ⅰ,14,5分][理]记S n 为数列{a n }的前n 项和.若S n =2a n +1,则S 6= .考法2数列的性质及其应用3(1)已知数列{a n }的通项公式为a n =3n+k2n,若数列{a n }为递减数列,则实数k 的取值范围为A .(3,+∞)B .(2,+∞)C .(1,+∞)D .(0,+∞) (2)已知数列{a n }的通项公式为a n =9n (n+1)10n,则数列中的最大项为 .(1(2(1)因为a n +1 - a n =3n+3+k 2n+1−3n+k 2n=3-3n -k 2n+1,由数列{a n }为递减数列知,对任意n ∈N *,a n +1 - a n =3-3n -k 2n+1<0,所以k >3 - 3n 对任意n ∈N *恒成立,所以k ∈(0,+∞).故选D . (2)解法一 a n +1 - a n =9n+1(n+2)10n+1−9n (n+1)10n=9n 10n ·8-n10, 当n <8时,a n +1 - a n >0,即a n +1>a n ; 当n =8时,a n +1 - a n =0,即a n +1=a n ; 当n >8时,a n +1 - a n <0,即a n +1<a n .则a 1<a 2<a 3<…<a 8,a 8=a 9,a 9>a 10>a 11>…,故数列{a n }中的最大项为第8项和第9项,且a 8=a 9=98×9108=99108.解法二 设数列{a n }中的第n 项最大,则{a n ≥a n -1,a n ≥a n+1,即{9n (n+1)10n ≥9n -1n10n -1,9n(n+1)10n≥9n+1(n+2)10n+1,解得8≤n ≤9.又n ∈N *,则n =8或n =9.故数列{a n }中的最大项为第8项和第9项,且a 8=a 9=99108.4[2020武汉市部分学校质量监测]在数列{a n }中,a 1= - 14,a n =1 - 1a n -1(n ≥2,n ∈N*),则a 2 019的值为A. - 14B.5C.45D.54因为在数列{a n }中,a 1= - 14,a n =1 -1a n -1(n ≥2,n ∈N *),所以a 2=1 -1−-14=5,a 3=1 - 15=45,a 4=1 - 145= - 14,所以{a n }是以3为周期的周期数列,所以a 2019=a 673×3=a 3=45.C2.[2019浙江杭州模拟]已知数列{a n }满足a n ={(13-a)n +2,n >8,a n -7,n ≤8,若对任意的n ∈N*,都有a n >a n +1,则实数a 的取值范围是 ( )A.(0,13)B.(0,12)C.[12,1)D.(13,12)考法3已知递推关系求数列的通项公式5已知数列{a n }满足a 1=2,a n - a n - 1=n (n ≥2,n ∈N*),则a n = .利用递推公式a n - a n - 1=n (n ≥2),写出n - 1个式子并相加,再利用等差数列的前n - 1项和的公式,即可求出a n .(累加法)由题意可知,a 2 - a 1=2,a 3 - a 2=3,…,a n - a n - 1=n (n ≥2),以上式子累加,得a n - a 1=2+3+…+n. ............................... (累加时注意开始的一项与最后一项) 因为a 1=2,所以a n =2+(2+3+…+n ) ....................................... (用公式求2+3+…+n 时,注意项数为n - 1) =2+(n -1)(2+n)2=n 2+n+22(n ≥2). 因为a 1=2满足上式,所以a n =n 2+n+22. 6已知在数列{a n }中,a n +1=nn+2a n (n ∈N*),且a 1=4,则数列{a n }的通项公式a n = .利用递推公式a n +1=n n+2a n ,得a n+1a n=nn+2,写出(n - 1)个式子并相乘,即可求出a n .(累乘法)由a n +1=n n+2a n ,得a n+1a n =n n+2, 故a 2a 1=13,a 3a 2=24,…,a n a n -1=n -1n+1(n ≥2), 以上式子累乘得,a na 1=13·24·…·n -3n -1·n -2n ·n -1n+1=2n(n+1). ............. (累乘时注意开始的一项与最后一项) 因为a 1=4,所以a n =8n(n+1)(n ≥2). 因为a 1=4满足上式,所以a n =8n(n+1).7已知在数列{a n }中,a 1=3,且点P n (a n ,a n +1)(n ∈N*)在直线4x - y +1=0上,则数列{a n }的通项公式为 .把点P n (a n ,a n +1)的坐标代入直线方程4x - y +1=0,得出数列{a n }的递推公式,再利用构造法构造出等比数列,即可利用等比数列的通项公式求得结果.(利用待定系数法构造)因为点P n (a n ,a n +1)(n ∈N*)在直线4x - y +1=0上,所以4a n - a n +1+1=0............................................ (将点的坐标代入直线方程得递推公式) 所以a n +1+13=4(a n +13). ..................................... (令a n +1+λ=4(a n +λ),与4a n - a n +1+1=0对比得λ) 因为a 1=3,所以a 1+13=103. 故数列{a n +13}是首项为103,公比为4的等比数列. ................... (注意数列{a n +13}的首项不是a 1,而是a 1+13) 所以a n +13=103×4n - 1,故数列{a n }的通项公式为a n =103×4n - 1 - 13.8已知数列{a n }满足a 1=2,a n +1=2a n2+a n(n ∈N*),则a n = .将a n +1=2a n2+a n两边同时取倒数整理可得{1a n}为等差数列先求出1a n,再求a n (取倒数)因为a n +1=2a n 2+a n ,所以1a n+1−1a n=12. ........... (两边同时取倒数,构造出具有等差数列特征的式子)因为a 1=2,即1a 1=12,所以数列{1a n}是首项为12,公差为12的等差数列, ......................... (注意数列{1a n}的首项不是a 1,而是1a 1) 所以1a n =12+(n - 1)×12=n 2,故a n =2n.3.(1)各项均不为0的数列{a n }满足a n+1(a n +a n+2)2=a n +2a n (n ∈N *),且a 3=2a 8=15,则数列{a n }的通项公式为 .(2)已知数列{a n }中,a 1=56,a n +1=13a n +(12)n +1,则a n = .(3)[2015江苏,11,5分]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 .1.D 对于选项A ,数列中的数是可以重复的,故A 错误;对于选项B ,不是所有的数列都有通项公式,如由质数组成的无穷数列,故B 错误;对于选项C ,数列还可以是常数列、摇摆数列等,故C 错误.易知D 正确,选D .2.B 根据数列的表示方法可知,求数列的第k 项就是将k 代入通项公式,经验证知①正确;数列的项数可能是有限的,也可能是无限的,并且数列的通项公式的表达式不是唯一的,故②③不正确;集合中的元素具有无序性,而数列中每一个数的位置都是确定的,故④不正确.所以只有①正确,选B .3.A 题图中的阴影小三角形的个数构成数列{a n }的前4项,分别为a 1=1,a 2=3,a 3=3×3=32,a 4=32×3=33,因此{a n }的通项公式可以是a n =3n - 1.故选A.4.B 解法一 因为S n =n 2 - 1,所以当n ≥2时,a n =S n - S n - 1=n 2 - 1 - (n - 1)2+1=2n - 1,又a 1=S 1=0,所以a n ={0,n =1,2n - 1,n ≥2,所以a 1+a 3+a 5+a 7+a 9=0+5+9+13+17=44.故选B .解法二 因为S n =n 2 - 1,所以当n ≥2时,a n =S n - S n - 1=n 2 - 1 - (n - 1)2+1=2n - 1,又a 1=S 1=0,所以a n ={0,n =1,2n - 1,n ≥2,所以{a n }从第二项起是等差数列,且a 2=3,公差d =2,所以a 1+a 3+a 5+a 7+a 9=0+4a 6=4×(2×6 - 1)=44,故选B . 5.D 由题可知,a 2=1+( - 1)2a 1=2,a 3=1+( - 1)3a 2=12,a 4=1+( - 1)4a 3=3,a 5=1+( - 1)5a 4=23.故选D .6.A 从原命题的真假入手,a n +a n+12<a n ⇔a n +1<a n ⇔{a n }为递减数列,所以原命题和其逆命题均为真命题,又原命题与其逆否命题同真同假,逆命题与否命题同真同假,则原命题的逆命题、否命题和逆否命题均为真命题,故选A .7.C 依次写出数列的各项:3,6,3, - 3, - 6, - 3,3,6,3, - 3,…. 所以数列{a n }以6为周期循环.又2 019=6×336+3,故a 2 019=a 3=3.故选C .8.1 121 由{a 1+a 2=4,a 2=2a 1+1,解得{a 1=1,a 2=3.由a n +1=S n +1 - S n =2S n +1得S n +1=3S n +1,所以S n +1+12=3(S n +12),所以{S n +12}是以32为首项,3为公比的等比数列,所以S n +12=32×3n - 1,即S n =3n - 12,所以S 5=121.1. - 63 解法一 因为S n =2a n +1,所以当n =1时,a 1=S 1=2a 1+1,解得a 1= - 1; 当n =2时,a 1+a 2=S 2=2a 2+1,解得a 2= - 2; 当n =3时,a 1+a 2+a 3=S 3=2a 3+1,解得a 3= - 4; 当n =4时,a 1+a 2+a 3+a 4=S 4=2a 4+1,解得a 4= - 8; 当n =5时,a 1+a 2+a 3+a 4+a 5=S 5=2a 5+1,解得a 5= - 16; 当n =6时,a 1+a 2+a 3+a 4+a 5+a 6=S 6=2a 6+1,解得a 6= - 32. 所以S 6= - 1 - 2 - 4 - 8 - 16 - 32= - 63.解法二 因为S n =2a n +1,所以当n =1时,a 1=S 1=2a 1+1,解得a 1= - 1;当n ≥2时,a n =S n - S n - 1=2a n +1 - (2a n - 1+1),所以a n =2a n - 1,所以数列{a n }是以- 1为首项,2为公比的等比数列,所以a n = - 2n - 1,所以S 6=- 1×(1 - 26)1 - 2= - 63.2.C 由题意知,对任意的n ∈N *,都有a n >a n +1,所以数列{a n }为递减数列, 由当n ≤8时a n =an - 7及指数函数的性质,可知0<a <1,由题意知a ≠13.①若13<a <1,则当n >8时,a n =(13- a )n +2单调递减,且当n ≤8时,a n =a n - 7单调递减,所以(13- a )×9+2≤a8 - 7,解得a ≥12,所以12≤a <1.②若0<a <13,则当n >8时,a n =(13- a )n +2单调递增,不符合题意,舍去. 综上可知,实数a 的取值范围是[12,1),故选C .3.(1)a n =1n+2因为a n+1(a n +a n+2)2=a n +2a n ,所以a n +1a n +a n +1a n +2=2a n +2a n . 因为a n a n +1a n +2≠0,所以1a n+2+1a n=2a n+1,所以数列{1a n}为等差数列.设数列{1a n}的公差为d ,则1a 8=1a 3+(8 - 3)d.因为a 3=2a 8=15,所以d =1,又1a 1=1a 3- 2d =3,所以数列{1a n}是以3为首项,1为公差的等差数列.所以1a n =3+(n - 1)×1=n +2,故数列{a n }的通项公式为a n =1n+2.(2)32n − 23n 解法一 将a n +1=13a n +(12)n +1两边同时乘以2n +1,得2n +1·a n +1=23(2n·a n )+1.令b n =2n·a n ,则b n +1=23b n +1,将上式变形,得b n +1 - 3=23(b n - 3).所以数列{b n - 3}是首项为b 1 - 3=2×56- 3= - 43,公比为23的等比数列.所以b n - 3= - 43·(23)n - 1,即b n =3 - 2·(23)n.于是a n =b n 2n=32n− 23n .解法二 将a n +1=13a n +(12)n +1两边同时乘以3n +1,得 3n +1a n +1=3na n +(32)n +1.令b n =3n·a n ,则b n +1=b n +(32)n +1,所以b n - b n - 1=(32)n,b n - 1 - b n - 2=(32)n - 1,…,b 2 - b 1=(32)2.将以上各式累加,得b n - b 1=(32)2+…+(32)n - 1+(32)n.又b 1=3a 1=3×56=52=1+32,所以b n =1+32+(32)2+…+(32)n - 1+(32)n=1·[1 - (32)n+1]1 - 32=2·(32)n +1- 2,即b n =2·(32)n +1- 2.故a n =b n 3n=32n− 23n .(3)2011 由a 1=1,且a n +1 - a n =n +1(n ∈N *)得,a n =a 1+(a 2 - a 1)+(a 3 - a 2)+…+(a n - a n - 1)=1+2+3+…+n =n(n+1)2,则1a n=2n(n+1)=2(1n −1n+1),故数列{1a n}前10项的和S 10=2×(1 - 12+12− 13+…+110− 111)=2×(1 - 111)=2011.。