(浙江专用)高考数学新增分大一轮复习第七章数列与数学归纳法7.1数列的概念与简单表示法讲义(含解析)

§7.3 等比数列及其前n 项和最新考纲考情考向分析1.理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n 项和公式及其应用．2.了解等比数列与指数函数的关系．3.会用数列的等比关系解决实际问题.以考查等比数列的通项、前n 项和及性质为主，等比数列的证明也是考查的热点．本节内容在高考中既可以以选择题、填空题的形式进行考查，也可以以解答题的形式进行考查．解答题往往与等差数列、数列求和、不等式等问题综合考查，难度为中低档.1．等比数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为a n ＋1a n＝q (n ∈N *，q 为非零常数)． (2)等比中项：如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即G 是a 与b 的等比中项⇒a ，G ，b 成等比数列⇒G 2＝ab . 2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －1.(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1(q ＝1)，a 1(1－q n )1－q＝a 1－a n q1－q (q ≠1).3．等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n －m(n ，m ∈N *)．(2)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k .(3)若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n (λ≠0)仍然是等比数列．(4)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n ＋3k ，…为等比数列，公比为q k. 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．[P51例3]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．[P54T3]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 ， ∵8a 2＋a 5＝0，∴8a 1q ＋a 1q 4＝0. ∴q 3＋8＝0，∴q ＝－2，∴S 5S 2＝a 1(1－q 5)1－q ·1－q a 1(1－q 2)＝1－q 51－q 2＝1－(－2)51－4＝－11. 6．一种专门占据内存的计算机病毒开机时占据内存1MB ，然后每3秒自身复制一次，复制后所占内存是原来的2倍，那么开机________秒，该病毒占据内存8GB.(1GB ＝210MB) 答案 39解析 由题意可知，病毒每复制一次所占内存的大小构成一等比数列{a n }，且a 1＝2，q ＝2，∴a n ＝2n，则2n＝8×210＝213，∴n ＝13. 即病毒共复制了13次． ∴所需时间为13×3＝39(秒)．题型一 等比数列基本量的运算1．(2018·台州质量评估)已知正项等比数列{a n }中，若a 1a 3＝2，a 2a 4＝4，则a 5等于( ) A ．±4B．4C ．±8D．8答案 B解析 由于等比数列各项为正，则由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1·a 1q 2＝2，a 1q ·a 1q 3＝4，解得⎩⎨⎧a 1＝1，q ＝2，所以a 5＝a 1q 4＝4，故选B.2．(2018·全国Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和，若S m ＝63，求m . 解 (1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝qn －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－(－2)n3.由S m ＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解． 若a n ＝2n －1，则S n ＝2n－1.由S m ＝63得2m＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.思维升华 (1)等比数列的通项公式与前n 项和公式共涉及五个量a 1，a n ，q ，n ，S n ，已知其中三个就能求另外两个(简称“知三求二”)．(2)运用等比数列的前n 项和公式时，注意对q ＝1和q ≠1的分类讨论． 题型二 等比数列的判定与证明例1(2018·丽水、衢州、湖州三地市质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝a n ＋1－3n －1，n ∈N *.(1)证明：数列{a n ＋3}是等比数列；(2)对k ∈N *，设f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧S n －a n ＋3n ，n ＝2k －1，log 2(a n ＋3)，n ＝2k ，求使不等式[f (2)－f (m )]cos(m π)≤0成立的正整数m 的取值范围．(1)证明 当n ≥2时，由S n ＝a n ＋1－3n －1，得S n －1＝a n －3(n －1)－1， 由S n －S n －1得，a n ＋1＝2a n ＋3，n ≥2，所以a n ＋1＋3a n ＋3＝2，n ≥2，又S 1＝a 2－3－1，a 1＝1，所以a 2＝5，a 2＋3a 1＋3＝2，因此{a n ＋3}是以a 1＋3＝4为首项，2为公比的等比数列． (2)解 由(1)知a n ＋3＝4×2n －1＝2n ＋1，S n ＝a n ＋1－3n －1＝2n ＋2－3n －4，因为f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1－1，n ＝2k －1，n ＋1，n ＝2k ，当m 为偶数时，cos(m π)＝1，f (2)＝3，f (m )＝m ＋1，因为原不等式可化为3－(m ＋1)≤0，即m ≥2，且m ＝2k (k ≥1，k ∈N *)． 当m 为奇数时，cos(m π)＝－1，f (2)＝3，f (m )＝2m ＋1－1，原不等式可化为3≥2m ＋1－1，当m ＝1时符合条件．综上可得，正整数m 的取值范围是m ＝2k (k ≥1，k ∈N *)或m ＝1. 思维升华判定一个数列为等比数列的常见方法 (1)定义法：若a n ＋1a n＝q (q 是非零常数)，则数列{a n }是等比数列． (2)等比中项法：若a 2n ＋1＝a n a n ＋2(n ∈N *，a n ≠0)，则数列{a n }是等比数列． (3)通项公式法：若a n ＝Aq n(A ，q 为非零常数)，则数列{a n }是等比数列．跟踪训练1(2018·浙江省六校协作体期末联考)已知数列{a n }的首项a 1＝t >0，a n ＋1＝3a n2a n ＋1，n ＝1,2，….(1)若t ＝35，求证⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是等比数列，并求出{a n }的通项公式； (2)若a n ＋1>a n 对一切n ∈N *都成立，求t 的取值范围． 解 (1)由题意知a n >0，1a n ＋1＝2a n ＋13a n ＝13a n ＋23， 1a n ＋1－1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1，又1a 1－1＝23，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是首项为23，公比为13的等比数列，所以1a n －1＝23⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1，a n ＝3n3n ＋2.(2)由(1)知1a n ＋1－1＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1，1a n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －1⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1， 由a 1>0，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1，知a n >0，故由a n ＋1>a n 得1a n ＋1<1a n，即⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －1⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ＋1<⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －1⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＋1，得1t－1>0，又t >0，则0<t <1，即t 的取值范围是(0,1)．题型三 等比数列性质的应用例2(1)(2018·浙大附中模拟)在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 3＝2－1，a 5＝2＋1，则a 23＋2a 2a 6＋a 3a 7等于( ) A ．8 B ．6 C ．4 D ．8－4 2答案 A解析 由等比数列的性质可知，a 23＋2a 2a 6＋a 3a 7＝a 23＋2a 3a 5＋a 25＝(a 3＋a 5)2＝8，故选A. (2)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，S 2＝－1，S 4＝－5，则S 6等于( ) A ．－9B ．－21C ．－25D ．－63 答案 B解析 因为S 2＝－1≠0，所以q ≠－1，由等比数列性质得S 2，S 4－S 2，S 6－S 4成等比数列，即－1×(S 6＋5)＝(－5＋1)2，∴S 6＝－21，故选B. 思维升华等比数列常见性质的应用 等比数列性质的应用可以分为三类： (1)通项公式的变形． (2)等比中项的变形．(3)前n 项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．跟踪训练2(1)(2018·浙江稽阳联谊学校高三联考)等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，a 1a 9＝2a 3a 6，S 5＝－62，则a 1的值为________． 答案 －2解析 由等比数列的性质及题意知a 1a 9＝a 3a 7＝2a 3a 6，所以q ＝a 7a 6＝2，由S 5＝a 1(1－25)1－2＝－62，可得a 1＝－2.(2)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 3S 6＝89，则a n ＋1a n －a n －1＝________(n ≥2，且n ∈N )．答案 －12解析 很明显等比数列的公比q ≠1，则由题意可得，S 3S 6＝a 1()1－q 31－q a 1()1－q 61－q＝11＋q 3＝89， 解得q ＝12，则a n ＋1a n －a n －1＝a n －1q 2a n －1q －a n －1＝q 2q －1＝1412－1＝－12.等差数列与等比数列关于等差(比)数列的基本运算在高考试题中频繁出现，其实质就是解方程或方程组，需要认真计算，灵活处理已知条件．例1(2018·浙江六校协作体期末联考)已知数列{a n }是公比为2的等比数列，满足a 6＝a 2·a 10，设等差数列{b n }的前n 项和为S n ，若b 9＝2a 7，则S 17等于( ) A ．34B ．39C ．51D ．68 答案 D解析 方法一 数列{a n }是公比q ＝2的等比数列，由a 6＝a 2·a 10得a 1q 5＝a 1q ·a 1q 9，∴a 1q5＝1，∴a 6＝1，b 9＝2a 7＝2a 6·q ＝2×1×2＝4，设等差数列{b n }的公差为d ，则S 17＝17b 1＋17×162d ＝17(b 1＋8d )＝17b 9＝68，故选D.方法二 数列{a n }是公比为2的等比数列，由等比数列的性质得a 6＝a 2·a 10＝a 26，∴a 6＝1，∴b 9＝2a 7＝2a 6×2＝4，∴等比数列{b n }的前17项和S 17＝17(b 1＋b 17)2＝17b 9＝68，故选D.例2(2018·浙江十校联盟适应性考试)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }是单调递增的等比数列，b 1是a 1与a 2的等差中项，b 1＝2，a 3＝5，b 3＝a 4＋1.若当n ≥m (m ∈N *)时，S n ≤b n 恒成立，则m 的最小值为________． 答案 4解析 由题意设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，q >1，则a 1＋a 2＝2a 1＋d ＝2b 1＝4，又a 3＝a 1＋2d ＝5，所以a 1＝1，d ＝2，a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1，所以b 3＝a 4＋1＝8，S n ＝n ＋n (n －1)2×2＝n 2.因为数列{b n }是单调递增的等比数列，所以q 2＝b 3b 1＝4，q ＝2，b n＝2n.因为当n ≥m (m ∈N *)时，S n ≤b n 恒成立，所以当n ≥m (m ∈N *)时n 2≤2n恒成立，数形结合可知m 的最小值为4.1．若等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则“a 2<0且a 5<0”是“数列{S n }单调递减”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 C解析 设等比数列{a n }的公比为q ，∵a 5＝a 2q 3<0，a 2<0，∴q >0，∴a n <0恒成立，∴当n ≥2时，S n －S n －1＝a n <0，数列{S n }单调递减，故“a 2<0且a 5<0”是“数列{S n }单调递减”的充分条件；若数列{S n }单调递减，则当n ≥2时，S n －S n －1＝a n <0⇒a 2<0，a 5<0，故“a 2<0且a 5<0”是“数列{S n }单调递减”的必要条件，故选C.2．已知递增的等比数列{a n }中，a 2＝6，a 1＋1，a 2＋2，a 3成等差数列，则该数列的前6项和S 6等于( )A ．93B ．189C.18916D ．378答案 B解析 设数列{a n }的公比为q ，由题意可知，q >1， 且2()a 2＋2＝a 1＋1＋a 3， 即2×()6＋2＝6q＋1＋6q ，整理可得2q 2－5q ＋2＝0， 则q ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫q ＝12舍去，则a 1＝62＝3， ∴数列{a n }的前6项和S 6＝3×()1－261－2＝189.3．等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝32n －1＋r ，则r 的值为( )A.13B ．－13C.19D ．－19 答案 B解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋r ， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝32n －1－32n －3＝32n －3(32－1)＝8·32n －3＝8·32n －2·3－1＝83·9n －1，所以3＋r ＝83，即r ＝－13，故选B.4．已知等比数列{a n }的公比为－2，且S n 为其前n 项和，则S 4S 2等于( ) A ．－5B ．－3C ．5D ．3 答案 C解析 由题意可得，S 4S 2＝a 1[1－(－2)4]1－(－2)a 1[1－(－2)2]1－(－2)＝1＋(－2)2＝5. 5．(2018·浙江名校新高考研究联盟联考)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下类似问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问底层几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的底层共有灯( ) A ．186盏 B ．189盏 C ．192盏 D ．96盏答案 C解析 设塔的底层共有灯x 盏，则各层的灯数从下到上构成一个首项为x ，公比为12的等比数列，则x ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1271－12＝381，解得x ＝192.6．若正项等比数列{a n }满足a n a n ＋1＝22n (n ∈N *)，则a 6－a 5的值是( ) A.2B ．－162C ．2D ．16 2 答案 D解析 设正项等比数列{a n }的公比为q >0， ∵a n a n ＋1＝22n(n ∈N *)，∴a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝22(n ＋1)22n ＝4＝q 2，解得q ＝2， ∴a 2n ×2＝22n，a n >0，解得a n ＝2122n -，则a 6－a 5＝1192222-＝162，故选D.7．(2018·杭州质检)设各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4＝80，S 2＝8，则公比q ＝________，a 5＝________. 答案 3 162解析 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧S 2＝a 1＋a 1q ＝8，S 4＝(a 1＋a 1q )(1＋q 2)＝80，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，q ＝－3(舍去)，从而a 5＝a 1q 4＝2×34＝162.8．(2018·浙江名校协作体测试)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，满足对任意的正整数n ，均有S n ＋3＝8S n ＋3，则a 1＝________，公比q ＝________. 答案 372解析 由S n ＋3＝8S n ＋3得S n ＋4＝8S n ＋1＋3，两式作差得a n ＋4＝8a n ＋1，所以a n ＋4a n ＋1＝q 3＝8，即q ＝2，令n ＝1得S 4＝8a 1＋3，即a 1＋2a 1＋4a 1＋8a 1＝8a 1＋3，解得a 1＝37.9．(2019·台州调考)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1＝16，某同学经过计算得到S 2＝32，S 3＝76，S 4＝130，检验后发现其中恰好一个数算错了，则算错的这个数是________，该数列的公比是__________． 答案 32(S 2) 32解析 由题意得若S 2计算正确，则a 2＝S 2－S 1＝16＝a 1，则该等比数列的公比为1，易得S 3，S 4均错误，与恰有一个数算错矛盾，所以算错的数为32(S 2)．设该数列的公比为q ，因为S 4－S 3＝a 4＝130－76＝54，所以q 3＝a 4a 1＝5416＝278，解得q ＝32. 10．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3a 11＝2a 25，且S 4＋S 12＝λS 8，则λ＝________. 答案 83解析 ∵a 3a 11＝2a 25，∴a 27＝2a 25，∴q 4＝2， ∵S 4＋S 12＝λS 8，∴a 1(1－q 4)1－q ＋a 1(1－q 12)1－q ＝λa 1(1－q 8)1－q，1－q 4＋1－q 12＝λ(1－q 8)， 将q 4＝2代入计算可得λ＝83.11．(2018·浙江省第二次联盟校联考)设数列{a n }的首项a 1＝32，前n 项和为S n ，且满足2a n＋1＋S n ＝3(n ∈N *)．(1)求a 2及a n ；(2)求证：a n S n 的最大值为94.(1)解 由题意得2a 2＋S 1＝3，即2a 2＋a 1＝3，所以a 2＝3－a 12＝34. 当n ≥2时，由2a n ＋1＋S n ＝3，得2a n ＋S n －1＝3，两式相减得2a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝12a n . 因为a 1＝32，a 2＝34， 所以a 2＝12a 1，即当n ＝1时，a n ＋1＝12a n 也成立． 综上，{a n }是以32为首项，12为公比的等比数列， 所以a n ＝32n . (2)证明 因为2a n ＋1＋S n ＝3，且a n ＋1＝12a n ，所以S n ＝3－2a n ＋1＝3－a n . 于是，a n S n ＝a n (3－a n )≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤a n ＋(3－a n )22＝94，当且仅当a n ＝32，即n ＝1时等号成立． 故a n S n 的最大值为94. 12．(2018·浙江省十校联盟适应性考试)在数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝4，且3a n ＋2－4a n ＋1＋a n ＝0，n ∈N *.(1)求证：数列{a n ＋1－a n }是等比数列；(2)若数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ≥m 2－2m 对任意的n ∈N *恒成立，求实数m 的取值范围．(1)证明 由题意，得3(a n ＋2－a n ＋1)－(a n ＋1－a n )＝0，即a n ＋2－a n ＋1＝13(a n ＋1－a n )， 又a 2－a 1＝3，所以数列{a n ＋1－a n }是以3为首项，13为公比的等比数列． (2)解 由(1)得a n ＋1－a n ＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1， 所以a 2－a 1＝3，a 3－a 2＝3×13，a 4－a 3＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫132，…， a n －a n －1＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2(n ≥2，n ∈N *)， 将以上式子累加得a n －a 1 ＝3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －2＝92⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎪⎫13n－1，所以a n＝112－92·⎝⎛⎭⎪⎫13n－1(易知当n＝1时也成立)．因为a n＝112－92·⎝⎛⎭⎪⎫13n－1关于n单调递增，且a1＝1>0，所以S n也关于n单调递增，所以S n≥S1＝1.于是，由S n≥m2－2m对任意的n∈N*恒成立，得1≥m2－2m，解得1－2≤m≤1＋ 2.故实数m的取值范围是[1－2，1＋2]．13．等比数列{a n}的首项为32，公比为－12，前n项和为S n，则当n∈N*时，S n－1S n的最大值与最小值的比值为( )A．－125B．－107C.109D.125答案 B解析∵等比数列{a n}的首项为32，公比为－12，∴a n＝32×⎝⎛⎭⎪⎫－12n－1，∴S n＝32⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎪⎫－12n1－⎝⎛⎭⎪⎫－12＝1－⎝⎛⎭⎪⎫－12n.①当n为奇数时，S n＝1＋⎝⎛⎭⎪⎫12n随着n的增大而减小，则1<Sn≤S1＝32，故0<S n－1S n≤56；②当n为偶数时，S n＝1－⎝⎛⎭⎪⎫12n随着n的增大而增大，则34＝S2≤S n<1，故－712≤S n－1S n<0.∴S n－1S n的最大值与最小值的比值为56－712＝－107.14．已知等比数列{a n}的各项均为正数且公比大于1，前n项积为T n，且a2a4＝a3，则使得T n>1的n的最小值为( )A．4B．5C．6D．7答案 C解析∵{a n}是各项均为正数的等比数列，且a2a4＝a3，∴a23＝a3，∴a3＝1.又∵q>1，∴a1<a2<1，a n >1(n >3)，∴T n >T n －1(n ≥4，n ∈N *)，T 1<1，T 2＝a 1·a 2<1，T 3＝a 1·a 2·a 3＝a 1a 2＝T 2<1，T 4＝a 1a 2a 3a 4＝a 1<1，T 5＝a 1·a 2·a 3·a 4·a 5＝a 53＝1，T 6＝T 5·a 6＝a 6>1，故n 的最小值为6，故选C.15．(2018·浙江)已知a 1，a 2，a 3，a 4成等比数列，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)，若a 1＞1，则( )A ．a 1＜a 3，a 2＜a 4B ．a 1＞a 3，a 2＜a 4C ．a 1＜a 3，a 2＞a 4D ．a 1＞a 3，a 2＞a 4 答案 B解析 构造不等式ln x ≤x －1，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)≤a 1＋a 2＋a 3－1，所以a 4＝a 1·q 3≤－1.由a 1＞1，得q ＜0.若q ≤－1，则ln(a 1＋a 2＋a 3)＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q )·(1＋q 2)≤0.又a 1＋a 2＋a 3＝a 1(1＋q ＋q 2)≥a 1＞1，所以ln(a 1＋a 2＋a 3)＞0，矛盾．因此－1＜q ＜0.所以a 1－a 3＝a 1(1－q 2)＞0，a 2－a 4＝a 1q (1－q 2)＜0，所以a 1＞a 3，a 2＜a 4.故选B.16．在数列的每相邻两项之间插入此两项的积，形成新的数列，这样的操作叫做该数列的一次“扩展”．将数列1,2进行“扩展”，第一次得到数列1,2,2；第二次得到数列1,2,2,4,2；….设第n 次“扩展”后得到的数列为1，x 1，x 2，…，x t,2，并记a n ＝log 2(1·x 1·x 2·…·x t ·2)，其中t ＝2n －1，n ∈N *，求数列{a n }的通项公式．解 a n ＝log 2(1·x 1·x 2·…·x t ·2)，所以a n ＋1＝log 2[1·(1·x 1)·x 1·(x 1·x 2)·…·x t ·(x t ·2)·2]＝log 2(12·x 31·x 32·x 33·…·x 3t ·22)＝3a n －1，所以a n ＋1－12＝3⎝⎛⎭⎪⎫a n －12， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12是一个以32为首项，以3为公比的等比数列， 所以a n －12＝32×3n －1， 所以a n ＝3n ＋12.。

§7.4 数列求和、数列的综合应用1．等差数列的前n 项和公式 S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d .2．等比数列的前n 项和公式 S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.3．一些常见数列的前n 项和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n (n ＋1)2.(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n －1＝n 2. (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n ＝n (n ＋1)． (4)12＋22＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6.4．数列求和的常用方法 (1)公式法等差、等比数列或可化为等差、等比数列的可直接使用公式求和． (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． 常见的裂项公式 ①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；②1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .(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)n f (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.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)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 之和时，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)数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12n ＋2n －1的前n 项和为n 2＋12n .( × )(5)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( √ )(6)如果数列{a n }是周期为k 的周期数列，那么S km ＝mS k (m ，k 为大于1的正整数)．( √ ) 题组二 教材改编2．[P61A 组T5]一个球从100 m 高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是( ) A ．100＋200(1－2－9)B ．100＋100(1－2－9)C ．200(1－2－9)D ．100(1－2－9)答案 A解析 第10次着地时，经过的路程为100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)＝100＋2×100×(2－1＋2－2＋ (2)9)＝100＋200×2－1(1－2－9)1－2－1＝100＋200(1－2－9)．3．[P61A 组T4(3)]1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1＝________(x ≠0且x ≠1)．答案 1－x n (1－x )2－nx n1－x解析 设S n ＝1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1，①则xS n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n ，②①－②得(1－x )S n ＝1＋x ＋x 2＋…＋x n －1－nx n＝1－x n 1－x －nx n ， ∴S n ＝1－x n (1－x )2－nx n1－x .题组三 易错自纠4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，当n ≥2时，a n ＋2S n －1＝n ，则S 2 019等于( ) A ．1 007 B ．1 008 C ．1 009 D ．1 010 答案 D解析 由a n ＋2S n －1＝n 得a n ＋1＋2S n ＝n ＋1，两式相减得a n ＋1－a n ＋2a n ＝1⇒a n ＋1＋a n ＝1⇒S 2 019＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 018＋a 2 019)＝1 009×1＋1＝1 010.5．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等于( )A ．200B ．－200C ．400D ．－400 答案 B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)＝－200.6．数列{a n }的通项公式为a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 017＝________. 答案 1 008解析 因为数列a n ＝n cosn π2呈周期性变化，观察此数列规律如下：a 1＝0，a 2＝－2，a 3＝0，a 4＝4. 故S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2. a 5＝0，a 6＝－6，a 7＝0，a 8＝8， 故a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝2，∴周期T ＝4. ∴S 2 017＝S 2 016＋a 2 017 ＝2 0164×2＋2 017·cos 2 0172π＝1 008. 7．(2011·浙江)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n (n ＋4)⎝⎛⎭⎫23n 中的最大项是第k 项，则k ＝________. 答案 4 解析 由题意知⎩⎨⎧k (k ＋4)⎝⎛⎭⎫23k≥(k －1)(k ＋3)⎝⎛⎭⎫23k －1，k (k ＋4)⎝⎛⎭⎫23k≥(k ＋1)(k ＋5)⎝⎛⎭⎫23k ＋1，解得10≤k ≤1＋10.∵k ∈N *，∴k ＝4.第1课时 数列求和的常用方法题型一 分组转化法求和例1 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设2(1)n a nn n b a ＝＋－，求数列{b n }的前2n 项和． 解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－(n －1)2＋(n －1)2＝n .a 1也满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n (n ∈N *)． (2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)n n . 记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )． 记A ＝21＋22＋…＋22n ， B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 则A ＝2(1－22n )1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n . 故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.引申探究本例(2)中，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 由(1)知b n ＝2n ＋(－1)n n . 当n 为偶数时，T n ＝(21＋22＋ (2))＋[－1＋2－3＋4－…－(n －1)＋n ]＝2－2n ＋11－2＋n 2＝2n ＋1＋n2－2；当n 为奇数时，T n ＝(21＋22＋ (2))＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n －1)－n ] ＝2n ＋1－2＋n －12－n＝2n ＋1－n 2－52.∴T n＝⎩⎨⎧2n ＋1＋n 2－2，n 为偶数，2n ＋1－n 2－52，n 为奇数.思维升华 分组转化法求和的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和．(2)通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数，c n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．提醒：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论．跟踪训练1 (2018·温州市适应性考试)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2,2S n ＝(n ＋1)2a n －n 2a n ＋1，数列{b n }满足b 1＝a 1，nb n ＋1＝a n b n .(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }满足c n ＝a n ＋b n (n ∈N *)，求数列{c n }的前n 项和T n . 解 (1)由2S n ＝(n ＋1)2a n －n 2a n ＋1，① 可得2S n ＋1＝(n ＋2)2a n ＋1－(n ＋1)2a n ＋2，②②－①得2a n ＋1＝2(n 2＋2n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)2a n ＋2－(n ＋1)2a n ， 所以2(n ＋1)2a n ＋1＝(n ＋1)2a n ＋2＋(n ＋1)2a n ， 化简得2a n ＋1＝a n ＋2＋a n ， 所以{a n }是等差数列．由2S 1＝(1＋1)2a 1－a 2可得a 2＝4， 所以公差d ＝a 2－a 1＝4－2＝2， 故a n ＝2＋2(n －1)＝2n .由b 1＝a 1，nb n ＋1＝a n b n 以及a n ＝2n 可知，b 1＝2，b n ＋1b n ＝2，所以数列{b n }是以2为首项，2为公比的等比数列，故b n ＝2×2n －1＝2n .(2)因为c n ＝a n ＋b n ＝2n ＋2n ，所以T n ＝(2＋2)＋(4＋22)＋(6＋23)＋…＋(2n ＋2n ) ＝(2＋4＋6＋…＋2n )＋(2＋22＋23＋…＋2n ) ＝n (2＋2n )2＋2(1－2n )1－2＝n 2＋n ＋2n ＋1－2.题型二 错位相减法求和例2 (2018·浙江省金华名校统考)已知数列{a n }是公比大于1的等比数列，且a 2＋a 4＝90，a 3＝27.在数列{b n }中，b 1＝1，b n ＋1＝b n b n ＋1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设c n ＝a nb n ，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)设等比数列{a n }的公比为q (q >1)，则由a 2＋a 4＝90，a 3＝27，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝90，a 1q 2＝27，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，q ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝243，q ＝13(舍去)，故a n ＝3×3n －1＝3n .因为b n ＋1＝b nb n ＋1(n ∈N *)，所以1b n ＋1＝1b n＋1，又b 1＝1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是首项为1，公差为1的等差数列．于是，1b n ＝1＋(n －1)×1＝n ，故b n ＝1n .(2)由(1)知，c n ＝a nb n＝n ×3n ，所以T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＝1×3＋2×32＋…＋n ×3n ， 则3T n ＝1×32＋2×33＋…＋(n －1)×3n ＋n ×3n ＋1.两式相减得，－2T n ＝3＋32＋33＋…＋3n －n ×3n ＋1＝3(1－3n )1－3－n ×3n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12－n ×3n ＋1－32， 故T n ＝⎝⎛⎭⎫12n －14×3n ＋1＋34. 思维升华 错位相减法求和时的注意点(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式． (3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解． 跟踪训练2 (2018·杭州质检)已知各项均大于零的数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足2S n ＝a 2n ＋a n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设122log 2n n a an b =⋅，数列{b n }的前n 项和为H n ，求使得H n ＋n ·2n ＋1>50成立的最小整数n .解 (1)由2S n ＝a 2n ＋a n ，① 得2S n －1＝a 2n －1＋a n －1(n ≥2)，②当n ≥2时，①－②得2a n ＝a 2n ＋a n －a 2n －1－a n －1，即a n ＋a n －1＝a 2n －a 2n －1＝(a n ＋a n －1)(a n －a n －1)，又由题设知a n ＋a n －1>0，所以a n －a n －1＝1， 故数列{a n }是公差为1的等差数列，又a 1＝1， 所以a n ＝1＋(n －1)×1＝n .(2)因为122log 2n n aan b =⋅＝－n ·2n ，所以H n ＝－(1×21＋2×22＋…＋n ×2n )， 则2H n ＝－(22＋2×23＋…＋n ×2n ＋1)．将以上两式作差化简可得H n ＝－n ·2n ＋1＋2n ＋1－2，于是，H n ＋n ·2n ＋1>50，即2n ＋1>52，解得n ≥5.故最小正整数n 是5.题型三 裂项相消法求和命题点1 形如a n ＝1n (n ＋k )型例3 (2018·浙江省金丽衢十二校联考)已知等差数列{a n }的公差为2，等比数列{b n }的公比为2，且a n b n ＝n ·2n . (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n ＝1a n ·log 2b n ＋3，记数列{c n }的前n 项和为T n ，试比较T n 与38的大小．解 (1)∵a n b n ＝n ·2n ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1b 1＝2，a 2b 2＝8⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1b 1＝2，(a 1＋2)·2b 1＝8， 解得a 1＝2，b 1＝1， ∴a n ＝2＋2(n －1)＝2n ， b n ＝2n －1.(2)∵a n ＝2n ，b n ＝2n －1，∴c n ＝1a n ·log 2b n ＋3＝12n (n ＋2)＝14⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2，∴T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋c 4＋…＋c n －1＋c n ＝14⎣⎡⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫12－14＋⎝⎛⎭⎫13－15＋⎝⎛⎭⎫14－16＋…⎦⎤＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2 ＝14⎝⎛⎭⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝38－14⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2<38，∴T n <38.命题点2 a n ＝1n ＋n ＋k型例4 已知函数f (x )＝x α的图象过点(4,2)，令a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )，n ∈N *.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 019＝________.答案2 020－1解析 由f (4)＝2，可得4α＝2，解得α＝12，则f (x )＝12x .∴a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 019＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 019＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 019－ 2 018)＋( 2 020－ 2 019)＝2 020－1.命题点3 裂项相消法的灵活运用例5 (2018·绍兴诸暨市期末)已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝(－1)n－14na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2，S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12，由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)， 解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1. (2)由题意可知，b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1＝(－1)n－14n(2n －1)(2n ＋1)＝(－1)n －1⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1.当n 为偶数时，T n ＝⎝⎛⎭⎫1＋13－⎝⎛⎭⎫13＋15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －3＋12n －1－⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1. 当n 为奇数时，T n ＝⎝⎛⎭⎫1＋13－⎝⎛⎭⎫13＋15＋…－⎝⎛⎭⎫12n －3＋12n －1＋⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1.所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n2n ＋1，n 为偶数.⎝⎛⎭⎪⎫或T n＝2n ＋1＋(－1)n －12n ＋1思维升华 (1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )，1n (n ＋k )＝1k ⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋k ，裂项后可以产生连续相互抵消的项．(2)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．跟踪训练3 (2018·绍兴市六校质检)已知函数f (x )＝3x 2－2x ，数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数f (x )的图象上．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝3a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得T n <m20对所有的n ∈N *都成立的最小正整数m .解 (1)由题意知S n ＝3n 2－2n ， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n －5， a 1＝3－2＝1，适合上式，∴a n ＝6n －5. (2)∵b n ＝3a n a n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫16n －5－16n ＋1，∴T n ＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－17＋⎝⎛⎭⎫17－113＋…＋⎝⎛⎭⎫16n －5－16n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－16n ＋1， ∵12⎝⎛⎭⎫1－16n ＋1<12， 要使12⎝⎛⎭⎫1－16n ＋1<m20对n ∈N *恒成立，需满足m 20≥12，∴m ≥10，故符合条件的最小正整数m 为10.1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于( )A ．n 2＋1－12nB ．2n 2－n ＋1－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2－n ＋1－12n答案 A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 .2．(2018·杭州质检)设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)．若S n 为数列的前n 项和，则S 2 018等于( ) A ．22 016－1 B ．3·21 009－3 C ．22 009－3 D ．22 010－3答案 B解析 由a n ＋1·a n ＝2n ，得a n ＋2·a n ＋1＝2n ＋1，两式作商，得a n ＋2a n ＝2，又a 1＝1，所以a 2＝2，则数列{a n }的奇数项和偶数项分别构成以2为公比的等比数列，所以S 2 018＝(a 1＋a 3＋…＋a 2 017)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2 018)＝1×(1－21 009)1－2＋2(1－21 009)1－2＝3·21 009－3，故选B.3．已知数列2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，…，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 019项之和S 2 019等于( ) A ．4 018 B ．2 010 C ．1 D ．0 答案 A解析 由已知得a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)， ∴a n ＋1＝a n －a n －1.故数列的前8项依次为2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，－1,2 008,2 009. 由此可知此数列为周期数列，周期为6，且S 6＝0. ∵2 019＝6×336＋3，∴S 2 019＝S 3＝2 008＋2 009＋1＝4 018.4．在数列{a n }中，若a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1(n ∈N *)，则数列{a n }的前12项和等于( ) A ．76 B ．78 C ．80 D ．82 答案 B解析 由已知a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，得a n ＋2＋(－1)n ＋1·a n ＋1＝2n ＋1，得a n ＋2＋a n ＝(－1)n (2n －1)＋(2n ＋1)，取n ＝1,5,9及n ＝2,6,10，结果相加可得S 12＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 11＋a 12＝78.故选B.5．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2，n 为奇数，－n 2，n 为偶数，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( )A ．0B ．100C ．－100D ．10 200 答案 B解析 由题意，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012 ＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100) ＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101) ＝101－1＝100.故选B.6．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k＝________. 答案2n n ＋1解析 设等差数列{a n }的公差为d ，则 由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1＋2d ＝3，S 4＝4a 1＋4×32d ＝10，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1. ∴S n ＝n ×1＋n (n －1)2×1＝n (n ＋1)2，1S n ＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1. ∴∑k ＝1n1S k ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝2nn ＋1(n ∈N *)． 7．有穷数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n －1所有项的和为__________．答案 2n ＋1－2－n解析 由题意知所求数列的通项为1－2n 1－2＝2n －1，故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为2(1－2n )1－2－n ＝2n＋1－2－n .8．(2018·浙江五校联考)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝2(n ＋1)(n ∈N *)，则a 2 018－a 2 016＝________，1a 1a 3＋1a 2a 4＋1a 3a 5＋…＋1a 98a 100＋1a 99a 101＝________. 答案 2199303解析 ∵a n ＋a n ＋1＝2(n ＋1)(n ∈N *)，∴当n ≥2时，a n －1＋a n ＝2n ，∴a n ＋1－a n －1＝2，∴a 2 018－a 2 016＝2，数列{a n }的奇数项和偶数项分别是公差为2的等差数列，又a 1＝1，∴a 2＝3，∴1a 1a 3＋1a 2a 4＋1a 3a 5＋…＋1a 98a 100＋1a 99a 101＝2×12×⎝⎛⎭⎫13－15＋15－17＋…＋199－1101＋11×3＝13－1101＋13＝199303. 9．(2018·台州调研)已知数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，且a n >0,6S n ＝a 2n ＋3a n ，n ∈N *，12(21)(21)n n n a n a a b +=--，若任意n ∈N *，k >T n 恒成立，则k 的最小值是________． 答案149解析 当n ＝1时，6a 1＝a 21＋3a 1，解得a 1＝3或a 1＝0. 由a n >0，得a 1＝3.由6S n ＝a 2n ＋3a n ，得6S n ＋1＝a 2n ＋1＋3a n ＋1. 两式相减得6a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n ＋3a n ＋1－3a n .所以(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －3)＝0.因为a n >0，所以a n ＋1＋a n >0，a n ＋1－a n ＝3. 即数列{a n }是以3为首项，3为公差的等差数列， 所以a n ＝3＋3(n －1)＝3n .所以12(21)(21)n n n a n a a b +=--＝8n(8n －1)(8n ＋1－1) ＝17⎝⎛⎭⎫18n －1－18n ＋1－1. 所以T n ＝17⎝⎛18－1－182－1＋182－1－183－1＋…+⎭⎫18n－1－18n ＋1－1 ＝17⎝⎛⎭⎫17－18n ＋1－1<149. 要使任意n ∈N *，k >T n 恒成立，只需k ≥149，所以k 的最小值为149.10．(2018·湖州市适应性考试)已知等比数列{a n }满足2a 1＋a 3＝3a 2，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ＋log 21a n ，S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ，求使S n －2n ＋1＋47<0成立的正整数n 的最小值．解 (1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ， 依题意，有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4， 即2(a 1q 2＋2)＝a 1q ＋a 1q 3，①由2a 1＋a 3＝3a 2，得2a 1＋a 1q 2＝3a 1q ，解得q ＝1或q ＝2. 当q ＝1时，不合题意，故舍去；当q ＝2时，代入①式得a 1＝2，所以a n ＝2n . (2)b n ＝a n ＋log 21a n＝2n －n ，所以S n ＝2－1＋22－2＋23－3＋…＋2n －n ＝(2＋22＋23＋…＋2n )－(1＋2＋3＋…＋n )＝2(1－2n)1－2－(1＋n )n2＝2n ＋1－2－12n －12n 2，因为S n －2n ＋1＋47<0，所以n 2＋n －90>0，解得n >9或n <－10，由n ∈N *，故使S n －2n ＋1＋47<0成立的正整数n 的最小值为10.11．(2018·绍兴适应性考试)已知函数f (x )＝－4＋1x 2，点P n ⎝⎛⎭⎫a n ，－1a n ＋1(n ∈N *)在曲线y ＝f (x )上，且a 1＝1，a n >0. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{a 2n ·a 2n ＋1}的前n 项和为S n ，若对于任意的n ∈N *，S n <t 2－t －12恒成立，求最小正整数t 的值． 解 (1)由题意得－1a n ＋1＝f (a n )＝－4＋1a 2n且a n >0， ∴1a n ＋1＝4＋1a 2n ，1a 2n ＋1＝4＋1a 2n， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 是等差数列，首项1a 21＝1，公差d ＝4，∴1a 2n ＝4n －3，∴a 2n ＝14n －3，∴a n ＝14n －3. (2)a 2n ·a 2n ＋1＝1(4n －3)(4n ＋1)＝14×⎝⎛⎭⎫14n －3－14n ＋1， 由S n ＝14⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫11－15＋⎝⎛⎭⎫15－19＋…＋⎝⎛⎭⎫14n －3－14n ＋1 ＝14⎝⎛⎭⎫1－14n ＋1， ∵n ∈N *，∴S n <14，∴14≤t 2－t －12，解得t ≥32或t ≤－12，∴t 的最小正整数为2.12．(2018·浙江衢州二中模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝log 2a n ，c n ＝b 2na n，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)当n ＝1时，S 1＝2a 1－2，所以a 1＝2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2a n －2)－(2a n －1－2)＝2a n －2a n －1， 所以a n ＝2a n －1，即a na n －1＝2，所以数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2×2n －1＝2n .(2)由(1)知b n ＝log 2a n ＝log 22n ＝n ，c n ＝b 2na n ＝n22n .所以T n ＝122＋2222＋3223＋…＋(n －1)22n －1＋n 22n ，则12T n ＝1222＋2223＋…＋(n －1)22n ＋n 22n ＋1， 两式相减得12T n ＝12＋322＋523＋…＋2n －12n －n 22n ＋1， 设A n ＝12＋322＋523＋…＋2n －32n －1＋2n －12n ，则12A n ＝122＋323＋524＋…＋2n －32n ＋2n －12n ＋1， 两式相减得12A n ＝12＋2⎝⎛⎭⎫122＋123＋124＋…＋12n －2n －12n ＋1 ＝12＋2×122－12n ×121－12－2n －12n ＋1＝32－2n ＋32n ＋1， 所以A n ＝3－2n ＋32n .所以12T n ＝3－2n ＋32n －n 22n ＋1＝3－n 2＋4n ＋62n ＋1， 所以T n ＝6－n 2＋4n ＋62n.13．已知公差不为零的等差数列{a n }中，a 1＝1，且a 2，a 5，a 14成等比数列，{a n }的前n 项和为S n ，b n ＝(－1)n S n ，则a n ＝________，数列{b n }的前n 项和T n ＝________. 答案 2n －1 (－1)nn (n ＋1)2解析 设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，则由a 2，a 5，a 14成等比数列得a 25＝a 2·a 14，即(1＋4d )2＝(1＋d )(1＋13d )，解得d ＝2，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n 2，当n 为偶数时，T n ＝－S 1＋S 2－S 3＋S 4－…－S n －1＋S n ＝－1＋22－32＋42－…－(n －1)2＋n 2＝3＋7＋…＋(2n －1)＝n (n ＋1)2；当n 为大于1的奇数时，T n ＝－S 1＋S 2－S 3＋S 4－…＋S n －1－S n ＝－1＋22－32＋42－…－(n －2)2＋(n －1)2－n 2＝3＋7＋…＋(2n －3)－n 2＝－n (n ＋1)2，当n ＝1时，也符合上式，综上所述，T n ＝(－1)n n (n ＋1)2.14．“斐波那契数列”是数学史上一个著名数列，在斐波那契数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝1，…，a n ＋2＝a n ＋1＋a n (n ∈N *)，则a 7＝________；若a 2 021＝m ，则数列{a n }的前2 019项和是________(用m 表示)．答案 13 m －1解析 因为a 1＝1，a 2＝1，…，a n ＋2＝a n ＋1＋a n (n ∈N *)，所以a 3＝a 1＋a 2＝1＋1＝2，a 4＝a 2＋a 3＝1＋2＝3，a 5＝a 3＋a 4＝2＋3＝5，a 6＝a 4＋a 5＝3＋5＝8，a 7＝a 5＋a 6＝5＋8＝13.由已知有a 3＝a 1＋a 2，a 4＝a 2＋a 3，…，a 2 021＝a 2 019＋a 2 020，各式相加可得a 2 021＝a 2＋a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 019，即a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 019＝a 2 021－a 2＝m －1，故数列{a n }的前2 019项和为m －1.15．(2018·浙江温州中学月考)数列{a n }满足a 1＝43，a n ＋1＝a 2n －a n ＋1(n ∈N *)，则m ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 016的整数部分是( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4答案 B 解析 由条件得1a n ＋1－1＝1a n (a n －1)＝1a n －1－1a n，即有1a n ＝1a n －1－1a n ＋1－1，则m ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 016＝1a 1－1－1a 2 017－1＝3－1a 2 017－1.又a n ＋1－a n ＝(a n －1)2≥0，则a n ＋1≥a n ≥…≥a 1>1，当n ≥2时，从而有(a n ＋1－a n )－(a n －a n －1)＝(a n －1)2－(a n －1－1)2＝(a n －a n －1)(a n ＋a n －1－2)≥0，则a n ＋1－a n ≥a n －a n －1≥…≥a 2－a 1＝19，则a 2 017＝a 1＋(a 2－a 1)＋…＋(a 2 017－a 2 016)≥43＋2 0169＝22513，得a 2 017－1≥22413>1，即有0<1a 2 017－1<1，则m ∈(2,3)，故选B.16．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，任意n ∈N *,2S n ＝a 2n ＋a n .令b n＝1a n a n ＋1＋a n ＋1a n ，设{b n }的前n 项和为T n ，则在T 1，T 2，T 3，…，T 100中有理数的个数为________． 答案 9解析 ∵2S n ＝a 2n ＋a n ，①∴2S n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1，②②－①，得2a n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1－a 2n －a n ，a 2n ＋1－a 2n －a n ＋1－a n ＝0，(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －1)＝0.又∵{a n }为正项数列， ∴a n ＋1－a n －1＝0， 即a n ＋1－a n ＝1.在2S n ＝a 2n ＋a n 中，令n ＝1，可得a 1＝1.∴数列{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列． ∴a n ＝n ，∴b n ＝1n n ＋1＋(n ＋1)n＝(n ＋1)n －n n ＋1[n n ＋1＋(n ＋1)n ][(n ＋1)n －n n ＋1]＝(n＋1)n－n n＋1n(n＋1)＝1n－1n＋1，∴T n＝1－12＋12－13＋…＋1n－1－1n＋1n－1n＋1＝1－1n＋1，要使T n为有理数，只需1n＋1为有理数，令n＋1＝t2，∵1≤n≤100，∴n＝3,8,15,24,35,48,63,80,99共9个数．∴T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为9.。

§7.1 数列的概念与简单表示法1．数列的有关概念2.数列的表示方法3.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 ≥2.4．数列的分类概念方法微思考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．[P33A 组T4]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．[P33A 组T5]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，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －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)(2018·宁波北仑中学期中)数列32，－54，78，－916，…的一个通项公式为( )A ．a n ＝(－1)n·2n＋12B ．a n ＝(－1)n·2n ＋12nC ．a n ＝(－1)n ＋1·2n＋12nD ．a n ＝(－1)n ＋1·2n ＋12n答案 D解析 数列各项的分母为等比数列{2n}，分子为2n ＋1，可用(－1)n ＋1来控制各项的符号，故数列的一个通项公式为a n ＝(－1)n ＋1·2n ＋12n .(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)(2018·浙江绍兴一中期中)已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝n 2＋n ＋1，b n ＝(－1)n·(a n －2)(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________，数列{b n }的前50项和为________．答案 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n ，n ≥2 49解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n ＋1－[(n －1)2＋(n －1)＋1]＝2n ，当n ＝1时不满足上式，故则其通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n ，n ≥2.当n ＝1时，b 1＝－1；当n ≥2时，b n ＝(－1)n·(a n －2)＝(－1)n·2(n －1)，则数列{b n }的前50项和为－1＋2×1－2×2＋2×3－…＋2×49＝－1＋2×(1－2＋3－…＋49)＝－1＋2×25＝49. (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，则当n ≥2时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.当n ＝1时，符合上式，因此a n ＝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. ∴当n ≥2时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. 当n ＝1时，符合上式，因此a n ＝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，则当n ≥2时，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，经验证当n ＝1时也符合．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(2018·台州质检)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 ．－3 B ．－5 C ．－6 D ．－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·浙江杭州二中期中)已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝11－a n(n ∈N *)，则a 2020等于( )A ．－2B ．－1C ．2D.12答案 C解析 由a 1＝2，a n ＋1＝11－a n (n ∈N *)，得a 2＝11－a 1＝－1，a 3＝11－a 2＝12，a 4＝11－a 3＝2，…，以此类推知数列{a n }是周期为3的周期数列，所以a 2020＝a 3×673＋1＝a 1＝2，故选C. (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．(2018·嘉兴期末检测)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝2n 2＋n ，则115是它的( ) A ．第4项 B ．第5项 C ．第6项 D ．第7项答案 B 解析 由2n 2＋n ＝115，n ∈N *，得n ＝5，所以115是数列{a n }的第5项，故选B. 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．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．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 n n －a 11＝ln n －ln1＝ln n ，a nn＝2＋ln n ，∴a n ＝(ln n ＋2)n ，故选C.6．已知数列{a n }的通项公式a n ＝632n ，若a 1·a 2·…·a n ≤a 1·a 2·…·a k 对n ∈N *恒成立，则正整数k 的值为( ) A ．5B ．6C ．7D ．8 答案 A解析 a n ＝632n ，当n ≤5时，a n >1；当n ≥6时，a n <1，由题意知，a 1·a 2·…·a k 是{a n }的前n 项乘积的最大值，所以k ＝5.故选A. 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．(2018·浙江“七彩阳光”新高考研究联盟第二学期期初)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n －1(n ∈N *)，则a 1＝________；数列{a n }的通项公式为a n ＝________.答案 2 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n ＋1，n ≥2解析 由题意易得a 1＝S 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(n 2＋2n －1)－[(n －1)2＋2(n －1)－1]＝2n ＋1，而a 1＝2≠3，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.9．(2018·绍兴柯桥第二学期质检)已知正数数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n 和2的等比中项等于a n 和2的等差中项，则a 1＝________；S n ＝________. 答案 2 2n 2解析 由题意，得a n ＋22＝2S n ，即(a n ＋2)2＝8S n ，①所以(a 1＋2)2＝8a 1，解得a 1＝2； 当n ≥2时，(a n －1＋2)2＝8S n －1，②①－②，得(a n －a n －1)(a n ＋a n －1)＝4(a n ＋a n －1)，又a n >0，所以a n －a n －1＝4，所以数列{a n }是首项为2，公差为4的等差数列，所以S n ＝2n ＋n (n －1)2×4＝2n 2.10．(2019·衢州质检)在数列{a n }中，a 1＝1，(n 2＋2n )(a n ＋1－a n )＝1(n ∈N *)，则通项公式a n ＝________. 答案 74－2n ＋12n (n ＋1)解析 由(n 2＋2n )(a n ＋1－a n )＝1得a n ＋1－a n ＝1n 2＋2n ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，所以当n ≥2时，a 2－a 1＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13，a 3－a 2＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14，…，a n －1－a n －2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －2－1n ，a n －a n －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋1＝74－2n ＋12n (n ＋1)，当n ＝1时，满足上式，故a n ＝74－2n ＋12n (n ＋1).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，当n ＝1时，a 1＝1符合上式， 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·浙江杭州四中期中)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( ) A ．λ>23B ．λ<23C ．λ>32D ．λ<32答案 B 解析 由a n ＋1＝a na n ＋2，得1a n ＋1＝2a n ＋1，则1a n ＋1＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋1是等比数列，首项为2，公比为2，于是有1a n＋1＝2×2n －1＝2n ，所以b n ＝(n －1－2λ)·2n －1(n ≥2)．由b 2>b 1得2(1－2λ)>－λ，解得λ<23；当n ≥2时，由b n ＋1>b n 得(n －2λ)·2n >(n －1－2λ)·2n －1，解得λ<n ＋12.综上所述，λ<23，故选B. 14．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.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，163 B.⎝⎛⎭⎪⎫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()2n －5a n ＋1＝()2n －3a n ＋4n 2－16n ＋15，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 根据题意可知(2n －5)a n ＋1＝(2n －3)a n ＋(2n －5)(2n －3)， 式子的每一项都除以(2n －5)(2n －3)， 可得a n ＋12n －3＝a n2n －5＋1，即a n ＋12(n ＋1)－5－a n2n －5＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －5是以152－5＝－5为首项，以1为公差的等差数列，所以a n2n －5＝－5＋(n －1)·1＝n －6，即a n ＝(n －6)(2n －5)，a n <0， 解得52<n <6.由此可以判断出只有a 3，a 4，a 5这三项是负数，且a 6＝0，从而得到当n ＝5或6，m ＝2时，S n －S m 取得最小值，且S n －S m ＝S 5－S 2＝S 6－S 2＝a 3＋a 4＋a 5＝－3－6－5＝－14，故选C.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的前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＝1－12－1在正整数集上单调递增，∴T n ≥T 1＝23，∵λ≤T n ，且对一切n ∈N *恒成立， ∴λ≤23，∴实数λ的最大值是23.。

第3节 等比数列及其前n 项和最新考纲 1.理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n 项和公式；2.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题；3.了解等比数列与指数函数的关系．知 识 梳 理1．等比数列的概念(1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个非零常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q (q ≠0)表示． 数学语言表达式：a n a n －1＝q (n ≥2，q 为非零常数)，或a n ＋1a n＝q (n ∈N *，q 为非零常数)． (2)如果三个数a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项，其中G ＝±ab ． 2. 等比数列的通项公式及前n 项和公式(1)若等比数列{a n }的首项为a 1，公比是q ，则其通项公式为a n ＝a 1q n －1；通项公式的推广：a n ＝a m qn －m.(2)等比数列的前n 项和公式：当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1（1－q n ） 1－q ＝a 1－a n q1－q.3．等比数列的性质已知{a n }是等比数列，S n 是数列{a n }的前n 项和．(1)若k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则有a k ·a l ＝a m ·a n ． (2)等比数列{a n }的单调性：当q ＞1，a 1＞0或0＜q ＜1，a 1＜0时，数列{a n }是递增数列； 当q ＞1，a 1＜0或0＜q ＜1，a 1＞0时，数列{a n }是递减数列； 当q ＝1时，数列{a n }是常数列．(3)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…仍是等比数列，公比为q m ．(4)当q ≠－1，或q ＝－1且n 为奇数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…仍成等比数列，其公比为q n ．[常用结论与微点提醒]1．等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量a 1和q .2．已知等比数列{a n }(1)数列{c ·a n }(c ≠0)，{|a n |}，{a 2n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 也是等比数列．(2)a 1a n ＝a 2a n －1＝…＝a m a n －m ＋1.3．由a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能立即断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0.4．在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形而导致解题失误．诊 断 自 测1．思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)与等差数列类似，等比数列的各项可以是任意一个实数．( ) (2)公比q 是任意一个常数，它可以是任意实数．( ) (3)三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件是b 2＝ac .( )(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．( ) 解析 (1)在等比数列中，a n ≠0. (2)在等比数列中，q ≠0.(3)若a ＝0，b ＝0，c ＝0满足b 2＝ac ，但a ，b ，c 不成等比数列． (4)当a ＝1时，S n ＝na .(5)若a 1＝1，q ＝－1，则S 4＝0，S 8－S 4＝0，S 12－S 8＝0，不成等比数列． 答案 (1)× (2)× (3)× (4)× (5)×2．(2017·湖北七市考试)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解析 由题意得，2a 5a 6＝18，∴a 5a 6＝9，∴a 1a m ＝a 5a 6＝9， ∴m ＝10，故选C. 答案 C3．(2017·全国Ⅱ卷)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( ) A ．1盏B ．3盏C ．5盏D ．9盏解析 设塔的顶层的灯数为a 1，七层塔的总灯数为S 7，公比为q ，则依题意S 7＝381，公比q ＝2.∴a 1（1－27）1－2＝381，解得a 1＝3.答案 B4．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，S n 为{a n }的前n 项和．若S n ＝126，则n ＝________． 解析 由a n ＋1＝2a n ，知数列{a n }是以a 1＝2为首项，公比q ＝2的等比数列，由S n ＝2（1－2n）1－2＝126，解得n ＝6. 答案 65．(2017·全国Ⅲ卷)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则a 4＝________． 解析 由{a n }为等比数列，设公比为q .⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝－1，①a 1－a 1q 2＝－3，② 显然q ≠1，a 1≠0，②①得1－q ＝3，即q ＝－2，代入①式可得a 1＝1， 所以a 4＝a 1q 3＝1×(－2)3＝－8. 答案 －86．(2016·浙江卷)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＝________．解析 由⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝2a 1＋1，a 2＋a 1＝4，解得a 1＝1，a 2＝3，当n ≥2时，由已知可得：a n ＋1＝2S n ＋1，① a n ＝2S n －1＋1，②①－②得a n ＋1－a n ＝2a n ，∴a n ＋1＝3a n ，又a 2＝3a 1， ∴{a n }是以a 1＝1为首项，公比q ＝3的等比数列． ∴S 5＝1－1×351－3＝121.答案 1 121考点一 等比数列基本量的运算【例1】 (1)(2018·浙江“超级全能生”联考)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，且a 1，S 2，5成等差数列，则数列{a n }的公比q ＝________，S n ＝________．(2)(2016·全国Ⅰ卷)设等比数列满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________．解析 (1)由条件得a 1＋5＝2S 2，即a 1＋2a 2＝5，又a 1＝1，则a 2＝2，故数列{a n }的公比为2，前n 项和S n ＝a 1（1－q n ）1－q＝2n－1.(2)设等比数列{a n }的公比为q ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 2＝10，a 1q ＋a 1q 3＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，q ＝12，∴a 1a 2…a n ＝a n 1q 1＋2＋…＋(n －1)＝2－n 22＋7n 2.记t ＝－n 22＋7n2＝－12(n 2－7n )，结合n ∈N *，可知n ＝3或4时，t 有最大值6. 又y ＝2t为增函数．所以a 1a 2…a n 的最大值为64. 答案 (1)2 2n－1 (2)64规律方法 等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)便可迎刃而解．【训练1】 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和为S n ，若S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列，则q 的值为________．(2)(2017·江苏卷)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n ，已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________．(3)设{a n }是公比大于1的等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和．已知S 3＝7，且a 1＋3，3a 2，a 3＋4构成等差数列，则a n ＝________．解析 (1)由已知条件，得2S n ＝S n ＋1＋S n ＋2， 即2S n ＝2S n ＋2a n ＋1＋a n ＋2，即a n ＋2a n ＋1＝－2. (2)设数列{a n }首项为a 1，公比为q (q ≠1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝a 1（1－q 3）1－q ＝74，S 6＝a 1（1－q 6）1－q ＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2， 所以a 8＝a 1q 7＝14×27＝32.(3)由已知得：⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝7，（a 1＋3）＋（a 3＋4）2＝3a 2.解得a 2＝2.设数列{a n }的公比为q ，由a 2＝2，可得a 1＝2q ，a 3＝2q .又S 3＝7，可知2q＋2＋2q＝7，即2q 2－5q ＋2＝0，解得q 1＝2，q 2＝12.由题意得q ＞1，所以q ＝2，所以a 1＝1.故数列{a n }的通项为a n ＝2n －1.答案 (1)－2 (2)32 (3)2n －1考点二 等比数列的性质及应用【例2】 (1)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2等于( )A ．2B ．1C.12D.18(2)(一题多解)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝3，则S 9S 6＝( ) A ．2B.73C.83D ．3解析 (1)由{a n }为等比数列，得a 3a 5＝a 24，所以a 24＝4(a 4－1)，解得a 4＝2，设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4＝a 1q 3，得2＝14q 3，解得q ＝2，所以a 2＝a 1q ＝12.选C.(2)法一 由等比数列的性质及题意，得S 3，S 6－S 3，S 9－S 6仍成等比数列，由已知得S 6＝3S 3，∴S 6－S 3S 3＝S 9－S 6S 6－S 3，即S 9－S 6＝4S 3，S 9＝7S 3，∴S 9S 6＝73. 法二 因为{a n }为等比数列，由S 6S 3＝3，设S 6＝3a ，S 3＝a ，所以S 3，S 6－S 3，S 9－S 6为等比数列，即a ，2a ，S 9－S 6成等比数列，所以S 9－S 6＝4a ，解得S 9＝7a ，所以S 9S 6＝7a 3a ＝73.答案 (1)C (2)B规律方法 (1)在解决等比数列的有关问题时，要注意挖掘隐含条件，利用性质，特别是性质“若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q ”，可以减少运算量，提高解题速度．(2)在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形．此外，解题时注意设而不求思想的运用．【训练2】 (1)(2018·湖州调研)在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 3＝2－1，a 5＝2＋1，则a 23＋2a 2a 6＋a 3a 7＝________．(2)(2018·稽阳联谊学校联考)等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，a 1a 9＝2a 3a 6，S 5＝－62，则a 1的值为________．解析 (1)由等比数列性质，得a 3a 7＝a 25，a 2a 6＝a 3a 5，所以a 23＋2a 2a 6＋a 3a 7＝a 23＋2a 3a 5＋a 25＝(a 3＋a 5)2＝(2－1＋2＋1)2＝(22)2＝8.(2)由等比数列性质，得a 1a 9＝a 3a 7＝2a 3a 6，所以q ＝a 7a 6＝2，又S 5＝－62，则a 1＝－2. 答案 (1)8 (2)－2考点三 等比数列的判定与证明【例3】 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，在数列{b n }中，b 1＝a 1，b n ＝a n －a n －1(n ≥2)，且a n ＋S n ＝n .(1)设c n ＝a n －1，求证：{c n }是等比数列；(2)求数列{b n }的通项公式． (1)证明 ∵a n ＋S n ＝n ，① ∴a n ＋1＋S n ＋1＝n ＋1.② ②－①得a n ＋1－a n ＋a n ＋1＝1，∴2a n ＋1＝a n ＋1，∴2(a n ＋1－1)＝a n －1， ∴a n ＋1－1a n －1＝12，∴{a n －1}是等比数列． 又a 1＋a 1＝1，∴a 1＝12，又c n ＝a n －1，首项c 1＝a 1－1，∴c 1＝－12，公比q ＝12.∴{c n }是以－12为首项，以12为公比的等比数列．(2)解 由(1)可知c n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n， ∴a n ＝c n ＋1＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n. ∴当n ≥2时，b n ＝a n －a n －1＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n. 又b 1＝a 1＝12代入上式也符合，∴b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n .规律方法 证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择题、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可． 【训练3】 (2016·全国Ⅲ卷)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0. (1)证明{a n }是等比数列，并求其通项公式； (2)若S 5＝3132，求λ.(1)证明 由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1， 故λ≠1，a 1＝11－λ，a 1≠0.由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1，得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ，即a n ＋1(λ－1)＝λa n ， 由a 1≠0，λ≠0且λ≠1得a n ≠0， 所以a n ＋1a n ＝λλ－1. 因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1. (2)解 由(1)得S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n. 由S 5＝3132得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132.解得λ＝－1.基础巩固题组一、选择题1．已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7＝( ) A ．21B ．42C ．63D ．84解析 设等比数列{a n }的公比为q ，则由a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21得3(1＋q 2＋q 4)＝21，解得q 2＝－3(舍去)或q 2＝2，于是a 3＋a 5＋a 7＝q 2(a 1＋a 3＋a 5)＝2×21＝42，故选B.答案 B2．在等比数列{a n }中，如果a 1＋a 4＝18，a 2＋a 3＝12，那么这个数列的公比为( ) A ．2B.12C ．2或12D ．－2或12解析 设数列{a n }的公比为q ，由a 1＋a 4a 2＋a 3＝a 1（1＋q 3）a 1（q ＋q 2）＝1＋q 3q ＋q 2＝（1＋q ）（1－q ＋q 2）q （1＋q ）＝1－q ＋q2q＝1812，得q ＝2或q ＝12.故选C. 答案 C3．已知{a n }，{b n }都是等比数列，那么( )A．{a n＋b n}，{a n·b n}都一定是等比数列B．{a n＋b n}一定是等比数列，但{a n·b n}不一定是等比数列C．{a n＋b n}不一定是等比数列，但{a n·b n}一定是等比数列D．{a n＋b n}，{a n·b n}都不一定是等比数列解析两个等比数列的积仍是一个等比数列．答案 C4．(必修5P67A1(2)改编)一个蜂巢里有1只蜜蜂．第1天，它飞出去找回了5个伙伴；第2天，6只蜜蜂飞出去，各自找回了5个伙伴……如果这个找伙伴的过程继续下去，第6天所有的蜜蜂都归巢后，蜂巢中一共有________只蜜蜂( )A．55 986 B．46 656 C．216 D．36解析设第n天蜂巢中的蜜蜂数量为a n，根据题意得数列{a n}成等比数列，a1＝6，q＝6，所以{a n}的通项公式a n＝6×6n－1，到第6天，所有的蜜蜂都归巢后，蜂巢中一共有a6＝6×65＝66＝46 656只蜜蜂，故选B.答案 B5．设各项都是正数的等比数列{a n}，S n为前n项和，且S10＝10，S30＝70，那么S40等于( ) A．150 B．－200C．150或－200 D．400或－50解析依题意，数列S10，S20－S10，S30－S20，S40－S30成等比数列，因此有(S20－S10)2＝S10(S30－S20)．即(S20－10)2＝10(70－S20)，故S20＝－20或S20＝30，又S20＞0，因此S20＝30，S20－S10＝20，S30－S20＝40，故S40－S30＝80.S40＝150.故选A.答案 A6．(2018·金华十校模拟)已知a，b为实常数，{c i}(i∈N*)是公比不为1的等比数列，直线ax＋by＋c i＝0与抛物线y2＝2px(p>0)均相交，所成弦的中点为M i(x i，y i)，则下列说法错误的是( )A ．数列{x i }可能是等比数列B ．数列{y i }是常数列C ．数列{x i }可能是等差数列D ．数列{x i ＋y i }可能是等比数列解析 易知a ≠0，设直线ax ＋by ＋c i ＝0与抛物线y 2＝2px 交于A i (xi 1，yi 1)，B i (xi 2，yi 2).⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋by ＋c i ＝0，y 2＝2px ⇒ay 2＋2pby ＋2pc i ＝0，∴yi 1＋yi 2＝－2pb a ，yi 1yi 2＝2pc i a ，∴y i ＝yi 1＋yi 22＝－pb a ，则B 正确；x i ＝xi 1＋xi 22＝y 2i 1＋y 2i 24p ＝（yi 1＋yi 2）2－2yi 1yi 24p ＝pb 2a 2－c ia，则当b ＝0时，x i ＋y i ＝x i ＝－c i a，而{c i }(i ∈N *)是等比数列，所以A 和D 正确；又x i ＋1－x i ＝1a(c i －c i ＋1)，而{c i }(i ∈N *)是公比不为1的等比数列，故C 错误． 答案 C 二、填空题7．(2017·北京卷)若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，则a 2b 2＝________．解析 {a n }为等差数列，a 1＝－1，a 4＝8＝a 1＋3d ＝－1＋3d ，∴d ＝3，∴a 2＝a 1＋d ＝－1＋3＝2.{b n }为等比数列，b 1＝－1，b 4＝8＝b 1·q 3＝－q 3，∴q ＝－2，∴b 2＝b 1·q ＝2，则a 2b 2＝22＝1. 答案 18．(2018·台州调考)已知数列{a n }的前m (m ≥4)项是公差为2的等差数列，从第m －1项起，a m －1，a m ，a m ＋1，…成公比为2的等比数列．若a 1＝－2，则m ＝________，{a n }的前6项和S 6＝________．解析 由题意，得a m －1＝a 1＋(m －2)d ＝2m －6，a m ＝2m －4，则由a m a m －1＝2m －42m －6＝2，解得m ＝4，所以数列{a n }的前6项依次为－2，0，2，4，8，16，所以S 6＝28. 答案 4 289．(2017·宁波调研)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2n(n ∈N *)，则a 3＝________；通项公式a n ＝________．解析 ∵a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2n (n ∈N *)，∴a 2＝a 1＋2＝3，a 3＝a 2＋22＝3＋4＝7.n ≥2时，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＝2n－12－1＝2n－1(n ＝1时也成立)，∴a n ＝2n－1. 答案 7 2n－110．(2018·嘉兴测试)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若－1，S 5，S 10成等差数列，则S 10－2S 5＝________，且S 15－S 10的最小值为________．解析 由已知2S 5＝－1＋S 10，∴S 10－2S 5＝1.由{a n }为等比数列可知：S 5，S 10－S 5，S 15－S 10也成等比数列，∴(S 10－S 5)2＝S 5·(S 15－S 10)，∴S 15－S 10＝（S 10－S 5）2S 5＝（2S 5＋1－S 5）2S 5＝（S 5＋1）2S 5＝S 5＋1S 5＋2≥4，当且仅当S 5＝1时，等号成立．答案 1 4 三、解答题11．在等比数列{a n }中，a 2＝3，a 5＝81. (1)求a n ；(2)设b n ＝log 3a n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)设{a n }的公比为q ，依题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝3，a 1q 4＝81，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝3. 因此，a n ＝3n －1.(2)因为b n ＝log 3a n ＝n －1， 所以数列{b n }的前n 项和S n ＝n （b 1＋b n ）2＝n 2－n2.12．设{a n }是公比为q 的等比数列． (1)推导{a n }的前n 项和公式；(2)设q ≠1，证明数列{a n ＋1}不是等比数列． 解 (1)设{a n }的前n 项和为S n ， 当q ＝1时，S n ＝a 1＋a 1＋…＋a 1＝na 1； 当q ≠1时，S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1qn －1，①qS n ＝a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n ，②①－②得，(1－q )S n ＝a 1－a 1q n，∴S n ＝a 1（1－q n）1－q ，∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q，q ≠1.(2)假设{a n ＋1}是等比数列，则对任意的k ∈N *， (a k ＋1＋1)2＝(a k ＋1)(a k ＋2＋1)，a 2k ＋1＋2a k ＋1＋1＝a k a k ＋2＋a k ＋a k ＋2＋1，a 21q 2k ＋2a 1q k ＝a 1qk －1·a 1q k ＋1＋a 1q k －1＋a 1q k ＋1， ∵a 1≠0，∴2q k ＝qk －1＋qk ＋1.∵q ≠0，∴q 2－2q ＋1＝0，∴q ＝1，这与已知矛盾． 故数列{a n ＋1}不是等比数列．能力提升题组13．在正项等比数列{a n }中，已知a 1a 2a 3＝4，a 4a 5a 6＝12，a n －1a n a n ＋1＝324，则n 等于( ) A ．12B ．13C ．14D ．15解析 设数列{a n }的公比为q ， 由a 1a 2a 3＝4＝a 31q 3与a 4a 5a 6＝12＝a 31q 12， 可得q 9＝3，a n －1a n a n ＋1＝a 31q 3n －3＝324，因此q3n －6＝81＝34＝q 36，所以3n －6＝36，所以n ＝14，故选C. 答案 C14．数列{a n }中，已知对任意n ∈N *，a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝3n －1，则a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n 等于( ) A ．(3n－1)2B.12(9n－1) C ．9n －1D.14(3n－1) 解析 ∵a 1＋a 2＋…＋a n ＝3n－1，n ∈N *，n ≥2时，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝3n －1－1，∴当n ≥2时，a n ＝3n －3n －1＝2·3n －1，又n ＝1时，a 1＝2适合上式，∴a n ＝2·3n －1，故数列{a 2n }是首项为4，公比为9的等比数列． 因此a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝4（1－9n）1－9＝12(9n－1)．答案 B15．(2018·温州九校联考)已知等比数列{a n }前n 项和满足S n ＝1－A ·3n，数列{b n }是递增数列，且b n ＝An 2＋Bn ，则A ＝________，B 的取值范围为________．解析 因为任意一个公比不为1的等比数列前n 项和S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝a 11－q －a 11－qq n，而等比数列{a n }的前n 项和为S n ＝1－A ·3n ，所以A ＝1.于是b n ＝n 2＋Bn ，又因为数列{b n }是递增数列，所以b n ＋1－b n ＝(n ＋1)2＋B (n ＋1)－n 2－Bn ＝2n ＋1＋B ＞0恒成立，所以B ＞－(2n ＋1)恒成立，又n ≥1，所以B ＞－3. 答案 1 (－3，＋∞)16．设数列{a n }(n ＝1，2，3，…)的前n 项和S n 满足S n ＝2a n －a 1，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求使得|T n －1|＜11 000成立的n 的最小值．解 (1)由已知S n ＝2a n －a 1， 有a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)， 即a n ＝2a n －1(n ≥2)，所以q ＝2. 从而a 2＝2a 1，a 3＝2a 2＝4a 1，又因为a 1，a 2＋1，a 3成等差数列，即a 1＋a 3＝2(a 2＋1)， 所以a 1＋4a 1＝2(2a 1＋1)，解得a 1＝2，所以，数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列， 故a n ＝2n.(2)由(1)得1a n ＝12n ，所以T n ＝12＋122＋…＋12n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝1－12n .由|T n －1|＜11 000，得⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－12n －1＜11 000， 即2n＞1 000，因为29＝512＜1 000＜1 024＝210，所以n ≥10， 于是，使|T n －1|＜11 000成立的n 的最小值为10.17．(2018·绍兴模拟)已知正项数列{a n }的奇数项a 1，a 3，a 5，…，a 2k －1，…构成首项a 1＝1的等差数列，偶数项构成公比q ＝2的等比数列，且a 1，a 2，a 3成等比数列，a 4，a 5，a 7成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝a 2n ＋1a 2n，T n ＝b 1b 2…b n ，求正整数k ，使得对任意n ∈N *，均有T k ≥T n . 解 (1)由题意：⎩⎪⎨⎪⎧a 22＝a 1a 3，2a 5＝a 4＋a 7，设a 1，a 3，a 5，…，a 2k －1，…的公差为d ，则a 3＝1＋d ，a 5＝1＋2d ，a 7＝1＋3d ，a 4＝2a 2，代入⎩⎪⎨⎪⎧a 22＝1（1＋d ），1＋d ＝2a 2，又a 2>0，故解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝2，d ＝3.故数列{a n}的通项公式为a n＝⎩⎪⎨⎪⎧3n －12，n 为奇数，2n 2，n 为偶数，(2)b n ＝3n ＋12n ，显然b n >0，∵b n ＋1b n ＝3n ＋42n ＋13n ＋12n ＝3n ＋46n ＋2<1， ∴{b n }单调递减，又b 1＝2，b 2＝74，b 3＝108，b 4＝136，∴b 1>b 2>b 3>1>b 4>b 5>…，∴k ＝3时，对任意n ∈N *，均有T 3≥T n .。

浙江高考数列知识点总结在高考数学中，数列是一个重要的考点，不仅出现频率高，而且考察的内容涵盖广泛。

本文将从数列的定义、通项公式、数列的性质以及数列在实际问题中的应用等方面进行总结。

一、数列的定义和通项公式数列是指一系列按照一定规律排列的数的集合。

在数列中，第一项、第二项、第三项……分别用a₁、a₂、a₃……来表示。

数列中的数称为项，根据项之间的规律，我们可以得到数列的通项公式。

1.等差数列等差数列是指数列中，从第二项开始，每一项与前一项之差保持不变。

设等差数列的第一项为a₁，公差为d，则通项公式为an=a₁+(n-1)d，其中n为项数。

2.等比数列等比数列是指数列中，从第二项开始，每一项与前一项的比值保持不变。

设等比数列的第一项为a₁，公比为r，则通项公式为an=a₁r^(n-1)，其中n为项数。

二、数列的性质数列有许多重要的性质，理解并掌握这些性质对于解题非常有帮助。

1.数列的有界性一个数列中的所有项都是有限的数，该数列称为有界数列。

反之，如果一个数列中的项无限增大或无限逼近某个值，该数列称为无界数列。

2.数列的单调性如果一个数列中的每一项都大于等于它的前一项，则该数列称为递增数列；如果一个数列中的每一项都小于等于它的前一项，则该数列称为递减数列。

3.数列的极限数列的极限是指随着项数n趋于无穷大时，数列中的项趋于一个确定的数。

数列极限存在的条件是：当n趋于无穷大时，an-a的绝对值趋于0。

三、数列的应用数列的概念和性质在实际问题中有着广泛的应用。

下面以几个典型例题说明。

例题一：小明每天增加的身高是一个等差数列，第一天的身高为160cm，第七天的身高为178cm。

求小明30天后的身高。

解析：根据题意，可以知道a₁=160，a₇=178，等差d可以通过a₇-a₁得到。

然后带入通项公式an=a₁+(n-1)d，求出n=30时的身高。

例题二：某工厂的产量形成一个等比数列，第一天的产量为100件，第五天的产量为625件。

第1节数列的概念及简单表示法最新考纲 1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)；2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数．知识梳理1．数列的概念(1)数列的定义：按照一定顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项．(2)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．(3)数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和通项公式法．2．数列的分类3.数列的通项公式(1)通项公式：如果数列{a n}的第n项a n与序号n之间的关系可以用一个式子a n＝f (n )来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．(2)递推公式：如果已知数列{a n }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．4．已知数列{a n }的前n 项和S n ，则a n ＝⎩⎨⎧S 1 （n ＝1），S n －S n －1 （n ≥2）.[常用结论与微点提醒] 1．一些常见数列的通项公式(1)数列1，2，3，4，…的通项公式为a n ＝n ； (2)数列2，4，6，8，…的通项公式为a n ＝2n ； (3)数列1，2，4，8，…的通项公式为a n ＝2n －1； (4)数列1，4，9，16，…的通项公式为a n ＝n 2； (5)数列1，12，13，14，…的通项公式为a n ＝1n . 2．已知递推关系求通项一般有两种常见思路： (1)算出前几项，再归纳、猜想； (2)利用累加或累乘法求数列的通项公式．诊 断 自 测1．思考辨析(在括号内打“√”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)一个数列中的数是不可以重复的．( ) (3)所有数列的第n 项都能使用公式表达．( )(4)根据数列的前几项归纳出的数列的通项公式可能不止一个．( ) 解析 (1)数列：1，2，3和数列：3，2，1是不同的数列． (2)数列中的数是可以重复的． (3)不是所有的数列都有通项公式． 答案 (1)× (2)× (3)× (4)√2．设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则a 8的值为( ) A ．15B ．16C ．49D ．64解析 当n ＝8时，a 8＝S 8－S 7＝82－72＝15. 答案 A3．已知数列的前4项为2，0，2，0，则依此归纳该数列的通项不可能是( ) A ．a n ＝(－1)n －1＋1B ．a n ＝⎩⎨⎧2，n 为奇数，0，n 为偶数C ．a n ＝2sin n π2D ．a n ＝cos(n －1)π＋1解析 对n ＝1，2，3，4进行验证，a n ＝2sin n π2不合题意，故选C. 答案 C4．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________．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. 答案 (－3，＋∞)5．(2018·台州月考)在数列{x n }中，x 1＝10，x n ＝log 2(x n －1－2)，则数列{x n }的第2项是________，所有项和T ＝________． 解析 ∵x 1＝10，x n ＝log 2(x n －1－2)，∴x 2＝log 2(x 1－2)＝log 28＝3，x 3＝log 2(x 2－2)＝log 21＝0. 数列{x n }所有项的和为10＋3＋0＝13. 答案 3 136．(必修5P33A5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 ＝________．解析 a 1＝1，a 2＝6＝1＋5＝1＋5×(2－1)， a 3＝11＝1＋5×2＝1＋5×(3－1)，a 4＝16＝1＋5×3＝1＋5×(4－1)， ∴a n ＝1＋5×(n －1)＝5n －4. 答案 5n －4考点一 由数列的前几项求数列的通项【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)－1，7，－13，19，…； (2)23，415，635，863，1099，…； (3)12，2，92，8，252，…； (4)5，55，555，5 555，….解 (1)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)．(2)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）.(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)．规律方法 根据所给数列的前几项求其通项时，需仔细观察分析，抓住以下几方面的特征：(1)分式中分子、分母的各自特征； (2)相邻项的联系特征； (3)拆项后的各部分特征；(4)符号特征．应多进行对比、分析，从整体到局部多角度观察、归纳、联想．【训练1】 (1)数列0，23，45，67，…的一个通项公式为( ) A ．a n ＝n －1n ＋2(n ∈N *)B ．a n ＝n －12n ＋1(n ∈N *)C ．a n ＝2（n －1）2n －1(n ∈N *)D ．a n ＝2n2n ＋1(n ∈N *) (2)数列－11×2，12×3，－13×4，14×5，…的一个通项公式a n ＝________． 解析 (1)注意到分子0，2，4，6都是偶数，对照选项排除即可．(2)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)n 1n （n ＋1）.答案 (1)C (2)(－1)n1n （n ＋1）考点二 由S n 与a n 的关系求a n (易错警示)【例2】 (1)(2017·温州市十校联考)在数列{a n }中，S n 是其前n 项和，且S n ＝2a n ＋1，则数列的通项公式a n ＝________．(2)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n ＋1，则数列的通项公式a n ＝________． 解析 (1)依题意得S n ＋1＝2a n ＋1＋1，S n ＝2a n ＋1，两式相减得S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－2a n ，即a n ＋1＝2a n ，又S 1＝2a 1＋1＝a 1，因此a 1＝－1，所以数列{a n }是以a 1＝－1为首项、2为公比的等比数列，a n ＝－2n －1. (2)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. 显然当n ＝1时，不满足上式． ∴a n ＝⎩⎨⎧4，n ＝1，2·3n －1，n ≥2.答案 (1)－2n －1(2)⎩⎨⎧4，n ＝1，2·3n －1，n ≥2规律方法 数列的通项a n 与前n 项和S n 的关系是a n ＝⎩⎨⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.①当n ＝1时，a 1若适合S n －S n －1，则n ＝1的情况可并入n ≥2时的通项a n ；②当n ＝1时，a 1若不适合S n －S n －1，则用分段函数的形式表示．易错警示 在利用数列的前n 项和求通项时，往往容易忽略先求出a 1，而是直接把数列的通项公式写成a n ＝S n －S n －1的形式，但它只适用于n ≥2的情形． 【训练2】 (1)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 ＝________．(2)若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式a n ＝________． 解析 (1)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.(2)由S n ＝23a n ＋13，得当n ≥2时，S n －1＝23a n －1＋13， 两式相减，得a n ＝23a n －23a n －1，∴当n ≥2时，a n ＝－2a n －1，即a na n －1＝－2.又n ＝1时，S 1＝a 1＝23a 1＋13，a 1＝1， ∴a n ＝(－2)n －1.答案 (1)⎩⎨⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2 (2)(－2)n －1考点三 由数列的递推关系求通项公式【例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 ＝________．(2)(2018·衢州质检)在数列{a n }中，a 1＝1，(n 2＋2n )(a n ＋1－a n )＝1(n ∈N *)，则通项公式a n ＝________．解析 (1)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，∴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)由(n 2＋2n )(a n ＋1－a n )＝1得a n ＋1－a n ＝1n 2＋2n ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，所以a 2－a 1＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13，a 3－a 2＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14，…，a n －1－a n －2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －2－1n ，a n －a n －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋1＝74－2n ＋12n （n ＋1）.答案 (1)3×2n －1－2 (2)74－2n ＋12n （n ＋1）规律方法 (1)形如a n ＋1＝a n ＋f (n )的递推关系式利用累加法求通项公式，特别注意能消去多少项，保留多少项．(2)形如a n ＋1＝a n ·f (n )的递推关系式可化为a n ＋1a n ＝f (n )的形式，可用累乘法，也可用a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1代入求出通项．(3)形如a n ＋1＝pa n ＋q 的递推关系式可以化为(a n ＋1＋x )＝p (a n ＋x )的形式，构成新的等比数列，求出通项公式，求变量x 是关键． 【训练3】 在数列{a n }中，(1)若a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则通项公式a n ＝________．(2)(一题多解)若a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，则通项公式a n ＝________． (3)若a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3，则通项公式a n ＝________．解析 (1)由题意得，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝2＋(2＋3＋…＋n )＝2＋（n －1）（2＋n ）2＝n （n ＋1）2＋1.又a 1＝2＝1×（1＋1）2＋1，符合上式，因此a n ＝n （n ＋1）2＋1.(2)法一 因为a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，所以a n －1＝n －2n －1·a n －2，…，a 2＝12a 1，以上(n－1)个式子的等号两端分别相乘得a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n . 法二 因为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 －1n －2·…·1＝1n . (3)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＝4，且b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2.所以{b n }是以4为首项，2为公比的等比数列． ∴b n ＝4·2n －1＝2n ＋1，∴a n ＝2n ＋1－3. 答案 (1)n （n ＋1）2＋1 (2)1n(3)2n ＋1－3基础巩固题组一、选择题1．数列23，－45，67，－89，…的第10项是( )A ．－1617B ．－1819C ．－2021D ．－2223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. 答案 C2．数列0，1，0，－1，0，1，0，－1，…的一个通项公式a n 等于( ) A.（－1）n ＋12B ．cos n π2C ．cosn ＋12πD ．cos n ＋22π解析 令n ＝1，2，3，…，逐一验证四个选项，易得D 正确． 答案 D3．(一题多解)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1，则其通项公式a n ＝( ) A ．2n －1B ．2n －1＋1C ．2n －1D ．2(n －1)解析 法一 由a n ＋1＝2a n ＋1，可求a 2＝3，a 3＝7，a 4＝15，…，验证可知a n ＝2n －1.法二 由题意知a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，∴数列{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＋1＝2n ，∴a n ＝2n －1. 答案 A4．数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝2n －3，若a 1＝2，则a 8－a 4＝( ) A ．7B ．6C ．5D ．4解析 依题意得(a n ＋2＋a n ＋1)－(a n ＋1＋a n )＝[2(n ＋1)－3]－(2n －3)，即a n ＋2－a n ＝2，所以a 8－a 4＝(a 8－a 6)＋(a 6－a 4)＝2＋2＝4. 答案 D5．数列{a n }的前n 项积为n 2，那么当n ≥2时，a n 等于( ) A ．2n －1B ．n 2C.（n ＋1）2n 2D.n 2（n －1）2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.答案 D6．(2018·宁波镇海中学调研)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 ．(3，5)B ．(4，6)C ．[3，5)D ．[4，6)解析 由S n ＋S n －1＝4n 2(n ≥2，n ∈N *)，得S n ＋1＋S n ＝4(n ＋1)2.两式相减得，a n ＋1＋a n ＝8n ＋4(n ≥2)，则a n ＋2＋a n ＋1＝8n ＋12.两式相减得，a n ＋2－a n ＝8(n ≥2)．又由a 1＝a ，a 1＋a 2＋a 1＝16得a 2＝16－2a ，又由a 1＋a 2＋a 3＋a 1＋a 2＝4×32得a 3＝4＋2a ，所以a 2n ＝a 2＋8(n －1)＝8n ＋8－2a ，a 2n ＋1＝a 3＋8(n －1)＝8n －4＋2a .因为对任意n ∈N *，a n ＜a n ＋1恒成立，所以⎝ ⎛a ＜16－2a ，8n ＋8－2a ＜8n －4＋2a ，8n －4＋2a ＜8（n ＋1）＋8－2a ，解得3＜a ＜5. 答案 A二、填空题7．若数列{a n }满足关系a n ＋1＝1＋1a n，a 8＝3421，则a 5＝________．解析 借助递推关系，则a 8递推依次得到a 7＝2113，a 6＝138，a 5＝85. 答案 858．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a n ≠0(n ∈N *)，又a n a n ＋1＝S n ，则a 3－a 1＝________．解析 因为a n a n ＋1＝S n ，所以令n ＝1得a 1a 2＝S 1＝a 1，由于a 1≠0，则a 2＝1，令n ＝2，得a 2a 3＝S 2＝a 1＋a 2，即a 3＝1＋a 1，所以a 3－a 1＝1. 答案 19．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋2n ＋1(n ∈N *)，则a 1＝________；a n ＝________．解析 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝4≠2×1＋1，因此a n ＝⎩⎨⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.答案 4 ⎩⎨⎧4，n ＝1，2n ＋1，n ≥210．(2018·绍兴一中适应性考试)数列{a n }的前n 项和为S n ＝n 2＋n ＋1，b n ＝ (－1)n ·(a n －2)(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为________，数列{b n }的前50项和为________．解析 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n ＋1－[(n －1)2＋(n －1)＋1]＝2n ，当n ＝1时不满足上式，则其通项公式为a n ＝⎩⎨⎧3，n ＝1，2n ，n ≥2.当n ＝1时，b 1＝－1；当n ≥2时，b n ＝(－1)n ·(a n －2)＝(－1)n ·2(n －1)，则数列{b n }的前50项和为－1＋2×1－2×2＋2×3－…＋2×49＝－1＋2×(1－2＋3－…＋49)＝－1＋2×25＝49.答案 a n ＝⎩⎨⎧3，n ＝1，2n ，n ≥2 49三、解答题11．数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2－7n ＋6.(1)这个数列的第4项是多少？(2)150是不是这个数列的项？若是这个数列的项，它是第几项？(3)该数列从第几项开始各项都是正数？解 (1)当n ＝4时，a 4＝42－4×7＋6＝－6.(2)令a n ＝150，即n 2－7n ＋6＝150，解得n ＝16或n ＝－9(舍去)，即150是这个数列的第16项．(3)令a n ＝n 2－7n ＋6＞0，解得n ＞6或n ＜1(舍)．∴从第7项起各项都是正数．12．已知数列{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 ≥2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. 显然，当n ＝1时也满足上式．综上可知，{a n }的通项公式a n ＝n （n ＋1）2. 能力提升题组13．设a n ＝－3n 2＋15n －18，则数列{a n }中的最大项的值是( )A.163B.133 C ．4 D ．0解析 ∵a n ＝－3⎝ ⎛⎭⎪⎫n －522＋34，由二次函数性质，得当n ＝2或3时，a n 最大，最大为0.答案 D14．(2018·杭州调考)已知数列{a n }满足a n ＋2＝a n ＋1－a n ，且a 1＝2，a 2＝3，则a 2 019的值为________．解析 由题意得，a 3＝a 2－a 1＝1，a 4＝a 3－a 2＝－2，a 5＝a 4－a 3＝－3，a 6＝a 5－a 4＝－1，a 7＝a 6－a 5＝2，∴数列{a n }是周期为6的周期数列，而2 019＝6×336＋3，∴a 2 019＝a 3＝1.答案 115．(2017·金丽衢十二校联考)对于各项均为整数的数列{a n }，如果a i ＋i (i ＝1，2，3，…)为完全平方数，则称数列{a n }具有“P 性质”．不论数列{a n }是否具有“P 性质”，如果存在与{a n }不是同一数列的{b n }，且{b n }同时满足下面两个条件： ①b 1，b 2，b 3，…，b n 是a 1，a 2，a 3，…，a n 的一个排列；②数列{b n }具有“P 性质”，则称数列{a n }具有“变换P 性质”．下面三个数列：①数列{a n }的前n 项和S n ＝n 3(n 2－1)；②数列1，2，3，4，5；③1，2，3， (11)具有“P 性质”的为________；具有“变换P 性质”的为________． 解析 对于①，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－n ，∵a 1＝0，∴a n ＝n 2－n ，∴a i ＋i ＝i 2(i ＝1，2，3，…)为完全平方数，∴数列{a n }具有“P 性质”；对于②，数列1，2，3，4，5，具有“变换P 性质”，数列{b n }为3，2，1，5，4，具有“P 性质”，∴数列{a n }具有“变换P 性质”；对于③，因为11，4都只有与5的和才能构成完全平方数，所以1，2，3，…，11，不具有“变换P 性质”． 答案 ① ②16．(2018·台州测试)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.即a 的取值范围是(－10，－8)．17．(一题多解)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2＋2n ，数列{b n }的前n 项和T n ＝2－b n .(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a 2n ·b n ，证明：当且仅当n ≥3时，c n ＋1＜c n .(1)解 当n ＝1时，a 1＝S 1＝4.对于n ≥2，有a n ＝S n －S n －1＝2n (n ＋1)－2(n －1)n ＝4n .又当n ＝1时，a 1＝4适合上式，故{a n }的通项公式a n ＝4n .将n ＝1代入T n ＝2－b n ，得b 1＝2－b 1，故T 1＝b 1＝1.(求b n 法一)对于n ≥2，由T n －1＝2－b n －1，T n ＝2－b n ，得b n ＝T n －T n －1＝－(b n －b n －1)，b n ＝12b n －1，所以数列{b n }是以1为首项，公比为12的等比数列，故b n ＝21－n . (求b n 法二)对于n ≥2，由T n ＝2－b n ，得T n ＝2－(T n －T n －1)，2T n ＝2＋T n －1，T n －2＝12(T n －1－2)，T n －2＝21－n (T 1－2)＝－21－n ，T n ＝2－21－n ，b n ＝T n －T n －1＝(2－21－n )－(2－22－n )＝21－n .又n ＝1时，b 1＝1适合上式，故{b n }的通项公式b n ＝21－n .(2)证明 (法一)由c n ＝a 2n ·b n ＝n 225－n ， 得c n ＋1c n＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2. 当且仅当n ≥3时，1＋1n ≤43＜2，即c n ＋1＜c n .(法二)由c n ＝a 2n ·b n ＝n 225－n ，得c n ＋1－c n ＝24－n [(n ＋1)2－2n 2]＝24－n [－(n －1)2＋2]．当且仅当n ≥3时，c n ＋1－c n ＜0，即c n ＋1＜c n .精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。

§7.4 数列求和、数列的综合应用1．等差数列的前n 项和公式 S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d .2．等比数列的前n 项和公式 S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q ＝a 1(1－q n )1－q ，q ≠1.3．一些常见数列的前n 项和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n (n ＋1)2.(2)1＋3＋5＋7＋…＋2n －1＝n 2. (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n ＝n (n ＋1)． (4)12＋22＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)6.4．数列求和的常用方法 (1)公式法等差、等比数列或可化为等差、等比数列的可直接使用公式求和． (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． 常见的裂项公式 ①1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1；②1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1；③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .(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)n f (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.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)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 之和时，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)数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫12n ＋2n －1的前n 项和为n 2＋12n .( × )(5)推导等差数列求和公式的方法叫做倒序求和法，利用此法可求得sin 21°＋sin 22°＋sin 23°＋…＋sin 288°＋sin 289°＝44.5.( √ )(6)如果数列{a n }是周期为k 的周期数列，那么S km ＝mS k (m ，k 为大于1的正整数)．( √ ) 题组二 教材改编2．[P61A 组T5]一个球从100 m 高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是( ) A ．100＋200(1－2－9)B ．100＋100(1－2－9)C ．200(1－2－9)D ．100(1－2－9)答案 A解析 第10次着地时，经过的路程为100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)＝100＋2×100×(2－1＋2－2＋…＋2－9)＝100＋200×2－1(1－2－9)1－2－1＝100＋200(1－2－9)． 3．[P61A 组T4(3)]1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1＝________(x ≠0且x ≠1)．答案 1－x n (1－x )2－nx n1－x解析 设S n ＝1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1，①则xS n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n ，②①－②得(1－x )S n ＝1＋x ＋x 2＋…＋x n －1－nx n＝1－x n 1－x －nx n ， ∴S n ＝1－x n (1－x )2－nx n1－x .题组三 易错自纠4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，当n ≥2时，a n ＋2S n －1＝n ，则S 2 019等于( ) A ．1 007 B ．1 008 C ．1 009 D ．1 010 答案 D解析 由a n ＋2S n －1＝n 得a n ＋1＋2S n ＝n ＋1，两式相减得a n ＋1－a n ＋2a n ＝1⇒a n ＋1＋a n ＝1⇒S 2 019＝a 1＋(a 2＋a 3)＋…＋(a 2 018＋a 2 019)＝1 009×1＋1＝1 010.5．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等于( )A ．200B ．－200C ．400D ．－400 答案 B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. 6．数列{a n }的通项公式为a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 017＝________. 答案 1 008解析 因为数列a n ＝n cos n π2呈周期性变化，观察此数列规律如下：a 1＝0，a 2＝－2，a 3＝0，a 4＝4.故S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2. a 5＝0，a 6＝－6，a 7＝0，a 8＝8， 故a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝2，∴周期T ＝4. ∴S 2 017＝S 2 016＋a 2 017＝2 0164×2＋2 017·cos 2 0172π＝1 008. 7．(2011·浙江)若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n (n ＋4)⎝⎛⎭⎫23n 中的最大项是第k 项，则k ＝________. 答案 4 解析 由题意知⎩⎨⎧k (k ＋4)⎝⎛⎭⎫23k≥(k －1)(k ＋3)⎝⎛⎭⎫23k －1，k (k ＋4)⎝⎛⎭⎫23k≥(k ＋1)(k ＋5)⎝⎛⎭⎫23k ＋1，解得10≤k ≤1＋10.∵k ∈N *，∴k ＝4.第1课时 数列求和的常用方法题型一 分组转化法求和例1 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设2(1)n an n n b a ＝＋－，求数列{b n }的前2n 项和． 解 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－(n －1)2＋(n －1)2＝n .a 1也满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n (n ∈N *)． (2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)n n . 记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋…＋22n )＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )． 记A ＝21＋22＋…＋22n ， B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 则A ＝2(1－22n )1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n . 故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.引申探究本例(2)中，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 由(1)知b n ＝2n ＋(－1)n n . 当n 为偶数时，T n ＝(21＋22＋ (2))＋[－1＋2－3＋4－…－(n －1)＋n ]＝2－2n ＋11－2＋n 2＝2n ＋1＋n2－2；当n 为奇数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n －1)－n ] ＝2n ＋1－2＋n －12－n＝2n ＋1－n 2－52.∴T n＝⎩⎨⎧2n ＋1＋n 2－2，n 为偶数，2n ＋1－n 2－52，n 为奇数.思维升华 分组转化法求和的常见类型(1)若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和．(2)通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数，c n，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．提醒：某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论．跟踪训练1 (2018·温州市适应性考试)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2,2S n ＝(n ＋1)2a n －n 2a n ＋1，数列{b n }满足b 1＝a 1，nb n ＋1＝a n b n . (1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若数列{c n }满足c n ＝a n ＋b n (n ∈N *)，求数列{c n }的前n 项和T n . 解 (1)由2S n ＝(n ＋1)2a n －n 2a n ＋1，① 可得2S n ＋1＝(n ＋2)2a n ＋1－(n ＋1)2a n ＋2，②②－①得2a n ＋1＝2(n 2＋2n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)2a n ＋2－(n ＋1)2a n ， 所以2(n ＋1)2a n ＋1＝(n ＋1)2a n ＋2＋(n ＋1)2a n ， 化简得2a n ＋1＝a n ＋2＋a n ， 所以{a n }是等差数列．由2S 1＝(1＋1)2a 1－a 2可得a 2＝4， 所以公差d ＝a 2－a 1＝4－2＝2， 故a n ＝2＋2(n －1)＝2n .由b 1＝a 1，nb n ＋1＝a n b n 以及a n ＝2n 可知，b 1＝2，b n ＋1b n ＝2，所以数列{b n }是以2为首项，2为公比的等比数列， 故b n ＝2×2n －1＝2n .(2)因为c n ＝a n ＋b n ＝2n ＋2n ，所以T n ＝(2＋2)＋(4＋22)＋(6＋23)＋…＋(2n ＋2n ) ＝(2＋4＋6＋…＋2n )＋(2＋22＋23＋…＋2n ) ＝n (2＋2n )2＋2(1－2n )1－2＝n 2＋n ＋2n ＋1－2.题型二 错位相减法求和例2 (2018·浙江省金华名校统考)已知数列{a n }是公比大于1的等比数列，且a 2＋a 4＝90，a 3＝27.在数列{b n }中，b 1＝1，b n ＋1＝b nb n ＋1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设c n ＝a nb n ，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)设等比数列{a n }的公比为q (q >1)，则由a 2＋a 4＝90，a 3＝27，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝90，a 1q 2＝27，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，q ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝243，q ＝13(舍去)，故a n ＝3×3n －1＝3n .因为b n ＋1＝b nb n ＋1(n ∈N *)，所以1b n ＋1＝1b n＋1，又b 1＝1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是首项为1，公差为1的等差数列．于是，1b n ＝1＋(n －1)×1＝n ，故b n ＝1n .(2)由(1)知，c n ＝a nb n＝n ×3n ，所以T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＝1×3＋2×32＋…＋n ×3n ， 则3T n ＝1×32＋2×33＋…＋(n －1)×3n ＋n ×3n ＋1.两式相减得，－2T n ＝3＋32＋33＋…＋3n －n ×3n ＋1＝3(1－3n )1－3－n ×3n ＋1＝⎝⎛⎭⎫12－n ×3n ＋1－32，故T n ＝⎝⎛⎭⎫12n －14×3n ＋1＋34. 思维升华 错位相减法求和时的注意点(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．(2)在写出“S n ”与“qS n ”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式．(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．跟踪训练2 (2018·杭州质检)已知各项均大于零的数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足2S n ＝a 2n ＋a n . (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设122log 2n n a an b =⋅，数列{b n }的前n 项和为H n ，求使得H n ＋n ·2n ＋1>50成立的最小整数n .解 (1)由2S n ＝a 2n ＋a n ，① 得2S n －1＝a 2n －1＋a n －1(n ≥2)，②当n ≥2时，①－②得2a n ＝a 2n ＋a n －a 2n －1－a n －1， 即a n ＋a n －1＝a 2n －a 2n －1＝(a n ＋a n －1)(a n －a n －1)，又由题设知a n ＋a n －1>0，所以a n －a n －1＝1， 故数列{a n }是公差为1的等差数列，又a 1＝1， 所以a n ＝1＋(n －1)×1＝n .(2)因为122log 2n n aan b =⋅＝－n ·2n ，所以H n ＝－(1×21＋2×22＋…＋n ×2n )， 则2H n ＝－(22＋2×23＋…＋n ×2n ＋1)．将以上两式作差化简可得H n ＝－n ·2n ＋1＋2n ＋1－2，于是，H n ＋n ·2n ＋1>50，即2n ＋1>52，解得n ≥5.故最小正整数n 是5.题型三 裂项相消法求和命题点1 形如a n ＝1n (n ＋k )型例3 (2018·浙江省金丽衢十二校联考)已知等差数列{a n }的公差为2，等比数列{b n }的公比为2，且a n b n ＝n ·2n .(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)令c n ＝1a n ·log 2b n ＋3，记数列{c n }的前n 项和为T n ，试比较T n 与38的大小．解 (1)∵a n b n ＝n ·2n ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1b 1＝2，a 2b 2＝8⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1b 1＝2，(a 1＋2)·2b 1＝8， 解得a 1＝2，b 1＝1， ∴a n ＝2＋2(n －1)＝2n ， b n ＝2n －1.(2)∵a n ＝2n ，b n ＝2n －1，∴c n ＝1a n ·log 2b n ＋3＝12n (n ＋2)＝14⎛⎭⎫1n －1n ＋2，∴T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋c 4＋…＋c n －1＋c n ＝14⎣⎡⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫12－14＋⎝⎛⎭⎫13－15＋⎝⎛⎭⎫14－16＋…⎦⎤＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2 ＝14⎝⎛⎭⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2 ＝38－14⎝⎛⎭⎫1n ＋1＋1n ＋2<38， ∴T n <38.命题点2 a n ＝1n ＋n ＋k型例4 已知函数f (x )＝x α的图象过点(4,2)，令a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )，n ∈N *.记数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 019＝________. 答案2 020－1解析 由f (4)＝2，可得4α＝2，解得α＝12，则f (x )＝12x .∴a n ＝1f (n ＋1)＋f (n )＝1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，S 2 019＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 019＝(2－1)＋(3－2)＋(4－3)＋…＋( 2 019－ 2 018)＋( 2 020－ 2 019)＝ 2 020－1.命题点3 裂项相消法的灵活运用例5 (2018·绍兴诸暨市期末)已知等差数列{a n }的公差为2，前n 项和为S n ，且S 1，S 2，S 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝(－1)n－14na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n . 解 (1)因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋2×12×2＝2a 1＋2，S 4＝4a 1＋4×32×2＝4a 1＋12，由题意得(2a 1＋2)2＝a 1(4a 1＋12)， 解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1. (2)由题意可知，b n ＝(－1)n －14na n a n ＋1＝(－1)n－14n(2n －1)(2n ＋1)＝(－1)n －1⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1.当n 为偶数时，T n ＝⎝⎛⎭⎫1＋13－⎝⎛⎭⎫13＋15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －3＋12n －1－⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1. 当n 为奇数时，T n ＝⎝⎛⎭⎫1＋13－⎝⎛⎭⎫13＋15＋…－⎝⎛⎭⎫12n －3＋12n －1＋⎝⎛⎭⎫12n －1＋12n ＋1＝1＋12n ＋1＝2n ＋22n ＋1. 所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋22n ＋1，n 为奇数，2n2n ＋1，n 为偶数.⎝⎛⎭⎪⎫或T n＝2n ＋1＋(－1)n －12n ＋1思维升华 (1)用裂项相消法求和时，要对通项进行变换，如：1n ＋n ＋k ＝1k(n ＋k －n )，1n (n ＋k )＝1k ⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋k ，裂项后可以产生连续相互抵消的项．(2)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．跟踪训练3 (2018·绍兴市六校质检)已知函数f (x )＝3x 2－2x ，数列{a n }的前n 项和为S n ，点(n ，S n )(n ∈N *)均在函数f (x )的图象上． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝3a n a n ＋1，T n 是数列{b n }的前n 项和，求使得T n <m20对所有的n ∈N *都成立的最小正整数m .解 (1)由题意知S n ＝3n 2－2n ， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝6n －5， a 1＝3－2＝1，适合上式，∴a n ＝6n －5. (2)∵b n ＝3a n a n ＋1＝12⎝⎛⎭⎫16n －5－16n ＋1，∴T n ＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－17＋⎝⎛⎭⎫17－113＋…＋⎝⎛⎭⎫16n －5－16n ＋1 ＝12⎝⎛⎭⎫1－16n ＋1， ∵12⎝⎛⎭⎫1－16n ＋1<12， 要使12⎝⎛⎭⎫1－16n ＋1<m 20对n ∈N *恒成立， 需满足m 20≥12，∴m ≥10，故符合条件的最小正整数m 为10.1．数列112，314，518，7116，…，(2n －1)＋12n ，…的前n 项和S n 的值等于( )A ．n 2＋1－12nB ．2n 2－n ＋1－12nC ．n 2＋1－12n －1D ．n 2－n ＋1－12n答案 A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 .2．(2018·杭州质检)设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)．若S n 为数列的前n 项和，则S 2 018等于( ) A ．22 016－1 B ．3·21 009－3 C ．22 009－3 D ．22 010－3答案 B解析 由a n ＋1·a n ＝2n ，得a n ＋2·a n ＋1＝2n ＋1，两式作商，得a n ＋2a n ＝2，又a 1＝1，所以a 2＝2，则数列{a n }的奇数项和偶数项分别构成以2为公比的等比数列，所以S 2 018＝(a 1＋a 3＋…＋a 2 017)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2 018)＝1×(1－21 009)1－2＋2(1－21 009)1－2＝3·21 009－3，故选B.3．已知数列2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，…，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2 019项之和S 2 019等于( ) A ．4 018 B ．2 010 C ．1 D ．0 答案 A解析 由已知得a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2)， ∴a n ＋1＝a n －a n －1.故数列的前8项依次为2 008,2 009,1，－2 008，－2 009，－1,2 008,2 009. 由此可知此数列为周期数列，周期为6，且S 6＝0. ∵2 019＝6×336＋3，∴S 2 019＝S 3＝2 008＋2 009＋1＝4 018.4．在数列{a n }中，若a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1(n ∈N *)，则数列{a n }的前12项和等于( ) A ．76 B ．78 C ．80 D ．82 答案 B解析 由已知a n ＋1＋(－1)n a n ＝2n －1，得a n ＋2＋(－1)n ＋1·a n ＋1＝2n ＋1，得a n ＋2＋a n ＝(－1)n (2n－1)＋(2n ＋1)，取n ＝1,5,9及n ＝2,6,10，结果相加可得S 12＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 11＋a 12＝78.故选B.5．已知函数f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n 2，n 为奇数，－n 2，n 为偶数，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100等于( )A ．0B ．100C ．－100D ．10 200 答案 B解析 由题意，得a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 100＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012 ＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100) ＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101) ＝101－1＝100.故选B.6．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k＝________. 答案2n n ＋1解析 设等差数列{a n }的公差为d ，则 由⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝a 1＋2d ＝3，S 4＝4a 1＋4×32d ＝10，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1.∴S n ＝n ×1＋n (n －1)2×1＝n (n ＋1)2，1S n ＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1. ∴∑k ＝1n1S k ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1(n ∈N *)． 7．有穷数列1,1＋2,1＋2＋4，…，1＋2＋4＋…＋2n －1所有项的和为__________．答案 2n ＋1－2－n解析 由题意知所求数列的通项为1－2n1－2＝2n －1，故由分组求和法及等比数列的求和公式可得和为2(1－2n )1－2－n ＝2n ＋1－2－n .8．(2018·浙江五校联考)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋a n ＋1＝2(n ＋1)(n ∈N *)，则a 2 018－a 2 016＝________，1a 1a 3＋1a 2a 4＋1a 3a 5＋…＋1a 98a 100＋1a 99a 101＝________.答案 2199303解析 ∵a n ＋a n ＋1＝2(n ＋1)(n ∈N *)，∴当n ≥2时，a n －1＋a n ＝2n ，∴a n ＋1－a n －1＝2，∴a 2 018－a 2 016＝2，数列{a n }的奇数项和偶数项分别是公差为2的等差数列，又a 1＝1，∴a 2＝3，∴1a 1a 3＋1a 2a 4＋1a 3a 5＋…＋1a 98a 100＋1a 99a 101＝2×12×⎝⎛⎭⎫13－15＋15－17＋…＋199－1101＋11×3＝13－1101＋13＝199303. 9．(2018·台州调研)已知数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，且a n >0,6S n ＝a 2n ＋3a n ，n ∈N *， 12(21)(21)nnn a n a a b +=--，若任意n ∈N *，k >T n 恒成立，则k 的最小值是________． 答案149解析 当n ＝1时，6a 1＝a 21＋3a 1， 解得a 1＝3或a 1＝0. 由a n >0，得a 1＝3.由6S n ＝a 2n ＋3a n ，得6S n ＋1＝a 2n ＋1＋3a n ＋1. 两式相减得6a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n ＋3a n ＋1－3a n .所以(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －3)＝0.因为a n >0，所以a n ＋1＋a n >0，a n ＋1－a n ＝3. 即数列{a n }是以3为首项，3为公差的等差数列， 所以a n ＝3＋3(n －1)＝3n .所以12(21)(21)nnn a n a a b +=-- ＝8n(8n －1)(8n ＋1－1) ＝17⎝⎛⎭⎫18n －1－18n ＋1－1. 所以T n ＝17⎝⎛18－1－182－1＋182－1－183－1＋…+⎭⎫18n－1－18n ＋1－1 ＝17⎝⎛⎭⎫17－18n ＋1－1<149. 要使任意n ∈N *，k >T n 恒成立，只需k ≥149，所以k 的最小值为149.10．(2018·湖州市适应性考试)已知等比数列{a n }满足2a 1＋a 3＝3a 2，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n ＋log 21a n ，S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ，求使S n －2n ＋1＋47<0成立的正整数n 的最小值．解 (1)设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ， 依题意，有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4， 即2(a 1q 2＋2)＝a 1q ＋a 1q 3，①由2a 1＋a 3＝3a 2，得2a 1＋a 1q 2＝3a 1q ，解得q ＝1或q ＝2. 当q ＝1时，不合题意，故舍去；当q ＝2时，代入①式得a 1＝2，所以a n ＝2n . (2)b n ＝a n ＋log 21a n＝2n －n ，所以S n ＝2－1＋22－2＋23－3＋…＋2n －n ＝(2＋22＋23＋…＋2n )－(1＋2＋3＋…＋n ) ＝2(1－2n )1－2－(1＋n )n 2＝2n ＋1－2－12n －12n 2，因为S n －2n ＋1＋47<0，所以n 2＋n －90>0，解得n >9或n <－10，由n ∈N *，故使S n －2n ＋1＋47<0成立的正整数n 的最小值为10.11．(2018·绍兴适应性考试)已知函数f (x )＝－4＋1x 2，点P n ⎝⎛⎭⎫a n ，－1a n ＋1(n ∈N *)在曲线y ＝f (x )上，且a 1＝1，a n >0. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{a 2n ·a 2n ＋1}的前n 项和为S n ，若对于任意的n ∈N *，S n <t 2－t －12恒成立，求最小正整数t 的值．解 (1)由题意得－1a n ＋1＝f (a n )＝－4＋1a 2n且a n >0，∴1a n ＋1＝4＋1a 2n ，1a 2n ＋1＝4＋1a 2n， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 是等差数列，首项1a 21＝1，公差d ＝4，∴1a 2n ＝4n －3，∴a 2n ＝14n －3，∴a n ＝14n －3. (2)a 2n ·a 2n ＋1＝1(4n －3)(4n ＋1)＝14×⎝⎛⎭⎫14n －3－14n ＋1， 由S n ＝14⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫11－15＋⎝⎛⎭⎫15－19＋…＋⎝⎛⎭⎫14n －3－14n ＋1 ＝14⎝⎛⎭⎫1－14n ＋1， ∵n ∈N *，∴S n <14，∴14≤t 2－t －12，解得t ≥32或t ≤－12，∴t 的最小正整数为2.12．(2018·浙江衢州二中模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －2. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝log 2a n ，c n ＝b 2na n，求数列{c n }的前n 项和T n .解 (1)当n ＝1时，S 1＝2a 1－2，所以a 1＝2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2a n －2)－(2a n －1－2)＝2a n －2a n －1， 所以a n ＝2a n －1，即a na n －1＝2，所以数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2×2n －1＝2n .(2)由(1)知b n ＝log 2a n ＝log 22n＝n ，c n ＝b 2na n ＝n 22n .所以T n ＝122＋2222＋3223＋…＋(n －1)22n －1＋n 22n ，则12T n ＝1222＋2223＋…＋(n －1)22n ＋n 22n ＋1， 两式相减得12T n ＝12＋322＋523＋…＋2n －12n －n 22n ＋1， 设A n ＝12＋322＋523＋…＋2n －32n －1＋2n －12n ，则12A n ＝122＋323＋524＋…＋2n －32n ＋2n －12n ＋1， 两式相减得12A n ＝12＋2⎝⎛⎭⎫122＋123＋124＋…＋12n －2n －12n ＋1 ＝12＋2×122－12n ×121－12－2n －12n ＋1＝32－2n ＋32n ＋1， 所以A n ＝3－2n ＋32n .所以12T n ＝3－2n ＋32n －n 22n ＋1＝3－n 2＋4n ＋62n ＋1， 所以T n ＝6－n 2＋4n ＋62n.13．已知公差不为零的等差数列{a n }中，a 1＝1，且a 2，a 5，a 14成等比数列，{a n }的前n 项和为S n ，b n ＝(－1)n S n ，则a n ＝________，数列{b n }的前n 项和T n ＝________. 答案 2n －1 (－1)nn (n ＋1)2解析 设等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，则由a 2，a 5，a 14成等比数列得a 25＝a 2·a 14，即(1＋4d )2＝(1＋d )(1＋13d )，解得d ＝2，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n 2，当n为偶数时，T n ＝－S 1＋S 2－S 3＋S 4－…－S n －1＋S n ＝－1＋22－32＋42－…－(n －1)2＋n 2＝3＋7＋…＋(2n －1)＝n (n ＋1)2；当n 为大于1的奇数时，T n ＝－S 1＋S 2－S 3＋S 4－…＋S n －1－S n ＝－1＋22－32＋42－…－(n －2)2＋(n －1)2－n 2＝3＋7＋…＋(2n －3)－n 2＝－n (n ＋1)2，当n ＝1时，也符合上式，综上所述，T n ＝(－1)n n (n ＋1)2.14．“斐波那契数列”是数学史上一个著名数列，在斐波那契数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝1，…，a n ＋2＝a n ＋1＋a n (n ∈N *)，则a 7＝________；若a 2 021＝m ，则数列{a n }的前 2 019项和是________(用m 表示)． 答案 13 m －1解析 因为a 1＝1，a 2＝1，…，a n ＋2＝a n ＋1＋a n (n ∈N *)，所以a 3＝a 1＋a 2＝1＋1＝2，a 4＝a 2＋a 3＝1＋2＝3，a 5＝a 3＋a 4＝2＋3＝5，a 6＝a 4＋a 5＝3＋5＝8，a 7＝a 5＋a 6＝5＋8＝13.由已知有a 3＝a 1＋a 2，a 4＝a 2＋a 3，…，a 2 021＝a 2 019＋a 2 020，各式相加可得a 2 021＝a 2＋a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 019，即a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 019＝a 2 021－a 2＝m －1，故数列{a n }的前2 019项和为m －1.15．(2018·浙江温州中学月考)数列{a n }满足a 1＝43，a n ＋1＝a 2n －a n ＋1(n ∈N *)，则m ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 016的整数部分是( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4答案 B解析 由条件得1a n ＋1－1＝1a n (a n －1)＝1a n －1－1a n ，即有1a n ＝1a n －1－1a n ＋1－1，则m ＝1a 1＋1a 2＋…＋1a 2 016＝1a 1－1－1a 2 017－1＝3－1a 2 017－1.又a n ＋1－a n ＝(a n －1)2≥0，则a n ＋1≥a n ≥…≥a 1>1，当n ≥2时，从而有(a n ＋1－a n )－(a n －a n －1)＝(a n －1)2－(a n －1－1)2＝(a n －a n －1)(a n ＋a n －1－2)≥0，则a n ＋1－a n ≥a n －a n －1≥…≥a 2－a 1＝19，则a 2 017＝a 1＋(a 2－a 1)＋…＋(a 2 017－a 2 016)≥43＋2 0169＝22513，得a 2 017－1≥22413>1，即有0<1a 2 017－1<1，则m ∈(2,3)，故选B.16．已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，任意n ∈N *,2S n ＝a 2n ＋a n .令b n＝1a n a n ＋1＋a n ＋1a n ，设{b n }的前n 项和为T n ，则在T 1，T 2，T 3，…，T 100中有理数的个数为________． 答案 9解析 ∵2S n ＝a 2n ＋a n ，①∴2S n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1，②②－①，得2a n ＋1＝a 2n ＋1＋a n ＋1－a 2n －a n ，a 2n ＋1－a 2n －a n ＋1－a n ＝0，(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －1)＝0.又∵{a n}为正项数列，∴a n＋1－a n－1＝0，即a n＋1－a n＝1.在2S n＝a2n＋a n中，令n＝1，可得a1＝1.∴数列{a n}是以1为首项，1为公差的等差数列．∴a n＝n，∴b n＝1n n＋1＋(n＋1)n＝(n＋1)n－n n＋1[n n＋1＋(n＋1)n][(n＋1)n－n n＋1]＝(n＋1)n－n n＋1n(n＋1)＝1n－1n＋1，∴T n＝1－12＋12－13＋…＋1n－1－1n＋1n－1n＋1＝1－1n＋1，要使T n为有理数，只需1n＋1为有理数，令n＋1＝t2，∵1≤n≤100，∴n＝3,8,15,24,35,48,63,80,99共9个数．∴T1，T2，T3，…，T100中有理数的个数为9.。

第1节 等差数列与等比数列考试要求 1.理解等差数列、等比数列的概念；2.掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n 项和公式；3.了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系.知 识 梳 理1.等差数列的定义(1)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常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d 表示. (2)等差中项：如果a ，A ，b 成等差数列，那么A 叫做a 与b 的等差中项. 2.等差数列的通项公式及求和公式如果等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，那么它的通项公式是a n ＝a 1＋(n －1)d ，其前n 项和是S n ＝n （a 1＋a n ）2或S n ＝na 1＋n （n －1）2d .3.等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *).(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n . 特别地，当k ＋l ＝2m (k ，l ，m ∈N *)时，则a k ＋a l ＝2a m .(3)若{a n }为等差数列，S n 为前n 项和，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…也成等差数列，公差为n 2d . (4)若等差数列{a n }的前n 项为S n ，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也是等差数列.4.等差数列的通项公式、求和公式与函数的关系(1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ＝dn ＋(a 1－d )，当d ≠0时，等差数列的通项公式是关于n 的一次函数；当d ＝0时，等差数列的通项公式是常数函数.(2)求和公式：S n ＝d2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n ，当d ≠0时，等差数列的前n 项和公式是关于n 的二次函数，且常数项为0；当d ＝0时，等差数列的前n 项和公式为S n ＝na 1. 5.等比数列的定义(1)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等于同一常数，那么这个数列就叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示(q ≠0). (2)等比中项：如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项.6.等比数列的通项公式及求和公式如果等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，那么它的通项公式是a n ＝a 1·qn －1，其前n 项和是S n ，则(1)当q ＝1时，S n ＝na 1.(2)当q ≠1时，S n ＝a 1（1－q n ）1－q 或S n ＝a 1－a n q1－q.7.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 . 特别地，当k ＋l ＝2m (k ，l ，m ∈N *)时，则a k ·a l ＝a 2m .(3)若{a n }为等比数列，S n 为前n 项和，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n ，…也成等比数列，公比为q n(当公比q ＝－1，n 不能取正偶数). [常用结论与易错提醒]1.用定义法证明等差数列应注意“从第2项起”，如证明了a n ＋1－a n ＝d (n ≥2)时，应注意验证a 2－a 1是否等于d ，若a 2－a 1≠d ，则数列{a n }不为等差数列.2.利用二次函数性质求等差数列前n 项和最值时，一定要注意自变量n 是正整数.3.由a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能立即断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0.4.在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形而导致解题失误.诊 断 自 测1.判断下列说法的正误.(1)数列{a n }为等差数列的充要条件是其通项公式为n 的一次函数.( ) (2)等差数列的前n 项和公式是常数项为0的二次函数.( ) (3)三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件是b 2＝ac .( ) (4)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.( ) 解析 (1)若公差d ＝0，则通项公式不是n 的一次函数. (2)若公差d ＝0，则前n 项和不是n 的二次函数.(3)若a ＝0，b ＝0，c ＝0满足b 2＝ac ，但a ，b ，c 不成等比数列. (4)若a 1＝1，q ＝－1，则S 4＝0，S 8－S 4＝0，S 12－S 8＝0，不成等比数列. 答案 (1)× (2)× (3)× (4)×2.在等差数列{a n }中，若a 2＝4，a 4＝2，则a 6＝( ) A.－1 B.0 C.1D.6解析 由等差数列的性质，得a 6＝2a 4－a 2＝2×2－4＝0，选B. 答案 B3.已知公比不为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.8 B.9 C.10D.11解析 由题意得2a 5a 6＝18，∴a 5a 6＝9，∴a 1a m ＝a 5a 6＝9， ∴m ＝10，故选C. 答案 C4.(2019·全国Ⅰ卷)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 －5 B.a n ＝3n －10 C.S n ＝2n 2－8nD.S n ＝12n 2－2n解析 设首项为a 1，公差为d .由S 4＝0，a 5＝5可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，4a 1＋6d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝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.答案 A5.(2020·浙江“超级全能生”联考)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地.”则该人第一天走的路程为________里，后三天一共走________里.解析 由题可知这六天中每天走的路程数组成公比为12的等比数列，设第一天走x 里，则x ⎝⎛⎭⎪⎫1－1261－12＝378，解得x ＝192，即该人第一天走的路程是192里；后三天共走了192×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋192×⎝⎛⎭⎪⎫124＋192×⎝ ⎛⎭⎪⎫125＝42(里). 答案 192 426.(2019·北京卷)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝－3，S 5＝－10，则a 5＝________，S n 的最小值为________.解析 设首项为a 1，公差为d ，∵a 2＝a 1＋d ＝－3，S 5＝5a 1＋10d ＝－10， ∴a 1＝－4，d ＝1，∴a 5＝a 1＋4d ＝0， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n －5.令a n ≤0，则n ≤5，即数列{a n }中前4项为负，a 5＝0，第6项及以后为正. ∴S n 的最小值为S 4＝S 5＝－10. 答案 0 －10考点一 等差、等比数列基本量的运算【例1】 (1)(一题多解)(2018·全国Ⅰ卷)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＝( )A.－12B.－10C.10D.12(2)(2019·全国Ⅰ卷)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和.若a 1＝13，a 24＝a 6，则S 5＝________.解析 (1)法一 设等差数列{a n }的公差为d ，∵3S 3＝S 2＋S 4，∴3⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 1＋3×22d ＝2a 1＋d ＋4a 1＋4×32d ，解得d ＝－32a 1.∵a 1＝2，∴d ＝－3，∴a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10. 法二 设等差数列{a n }的公差为d ，∵3S 3＝S 2＋S 4，∴3S 3＝S 3－a 3＋S 3＋a 4，∴S 3＝a 4－a 3，∴3a 1＋3×22d ＝d .∵a 1＝2，∴d ＝－3，∴a 5＝a 1＋4d ＝2＋4×(－3)＝－10.(2)由a 24＝a 6得(a 1q 3)2＝a 1q 5，整理得q ＝1a 1＝3.所以S 5＝a 1（1－q 5）1－q ＝13（1－35）1－3＝1213.答案 (1)B (2)1213规律方法 (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，a n ，d ，n ，S n ；等比数列的通项公式及前n 项和公式共涉及五个量a 1，a n ，q ，n ，S n .已知其中三个就能求另外两个(简称“知三求二”).(2)等差数列的基本量为a 1，d ；等比数列的基本量为a 1，q .在运算过程中，常用基本量去表示未知量和已知量.【训练1】 (1)(2019·全国Ⅲ卷)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和.若a 1≠0，a 2＝3a 1，则S 10S 5＝________.(2)(2019·全国Ⅲ卷)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3＝( ) A.16 B.8 C.4D.2解析 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由a 1≠0，a 2＝3a 1，可得d ＝2a 1， 所以S 10＝10a 1＋10×92d ＝100a 1，S 5＝5a 1＋5×42d ＝25a 1，所以S 10S 5＝4.(2)设等比数列{a n }的公比为q ，由a 5＝3a 3＋4a 1得q 4＝3q 2＋4，得q 2＝4，因为数列{a n }的各项均为正数，所以q ＝2，又a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝a 1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a 1＝1，所以a 3＝a 1q 2＝4. 答案 (1)4 (2)C考点二 等差、等比数列的性质【例2】 (1)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，对n ∈N *且n >4时有S 8＝20，S 2n －1－S 2n －9＝116，则a n ＝( ) A.6 B.172C.39D.78(2)(一题多解)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝3，则S 9S 6＝( ) A.2 B.73 C.83D.3解析 (1)由题知a 1＋a 2＋…＋a 8＝20，且S 2n －1－S 2n －9＝a 2n －8＋a 2n －7＋…＋a 2n －1＝116，故知a 1＋a 2n －1＝20＋1168＝17＝2a n ，所以a n ＝172.(2)法一 由等比数列的性质及题意得S 3，S 6－S 3，S 9－S 6仍成等比数列，由已知得S 6＝3S 3，∴S 6－S 3S 3＝S 9－S 6S 6－S 3，即S 9－S 6＝4S 3，S 9＝7S 3，∴S 9S 6＝73. 法二 因为{a n }为等比数列，由S 6S 3＝3，设S 6＝3a ，S 3＝a ，所以S 3，S 6－S 3，S 9－S 6为等比数列，即a ，2a ，S 9－S 6成等比数列，所以S 9－S 6＝4a ，解得S 9＝7a ，所以S 9S 6＝7a 3a ＝73.答案 (1)B (2)B规律方法 利用等差、等比数列的性质可简化运算.【训练2】 (1)在各项均为正数的等比数列{a n }中，a 3＝2－1，a 5＝2＋1，则a 23＋2a 2a 6＋a 3a 7＝________.(2)(一题多解)(2019·江苏卷)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 (1)由等比数列性质得a 3a 7＝a 25，a 2a 6＝a 3a 5，所以a 23＋2a 2a 6＋a 3a 7＝a 23＋2a 3a 5＋a 25＝(a 3＋a 5)2＝(2－1＋2＋1)2＝(22)2＝8.(2)法一 由S 9＝27⇒9（a 1＋a 9）2＝27⇒a 1＋a 9＝6⇒2a 5＝6⇒a 5＝3，即a 1＋4d ＝3. 又a 2a 5＋a 8＝0⇒2a 1＋5d ＝0， 解得a 1＝－5，d ＝2.故S 8＝8a 1＋8×（8－1）2d ＝16.法二 同法一得a 5＝3.又a 2a 5＋a 8＝0⇒3a 2＋a 8＝0⇒2a 2＋2a 5＝0⇒a 2＝－3. ∴d ＝a 5－a 23＝2，a 1＝a 2－d ＝－5.故S 8＝8a 1＋8×（8－1）2d ＝16.答案 (1)8 (2)16考点三 等差、等比数列的判定与证明【例3】 (2019·全国Ⅱ卷)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0，4a n ＋1＝3a n －b n ＋4，4b n ＋1＝3b n －a n －4.(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列； (2)求{a n }和{b n }的通项公式.(1)证明 由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )，即a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n ).又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列.由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8， 即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2. 又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列. (2)解 由(1)知，a n ＋b n ＝12n －1，a n －b n ＝2n －1，所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12，b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12.规律方法 (1)等差数列的四种判断方法：①定义法：对于n ≥2的任意自然数，验证a n －a n －1为同一常数. ②等差中项法：验证2a n －1＝a n ＋a n －2(n ≥3，n ∈N *)都成立. ③通项公式法：验证a n ＝pn ＋q .④前n 项和公式法：验证S n ＝An 2＋Bn .后两种方法只能用来判断是否为等差数列，而不能用来证明等差数列，主要适合在选择题中简单判断. (2)判断、证明等比数列一般用定义式和等比中项，即用a n ＋1a n＝q (q 为不等于0的常数，n ∈N *)，a 2n ＋1＝a n a n ＋2(数列{a n }各项均不为零).【训练3】 (2018·全国Ⅰ卷)已知数列{a n }满足a 1＝1，na n ＋1＝2(n ＋1)a n .设b n ＝a nn. (1)求b 1，b 2，b 3；(2)判断数列{b n }是否为等比数列，并说明理由； (3)求{a n }的通项公式.解 (1)由条件可得a n ＋1＝2（n ＋1）na n .将n ＝1代入得，a 2＝4a 1，而a 1＝1，所以a 2＝4. 将n ＝2代入得，a 3＝3a 2，所以a 3＝12. 从而b 1＝1，b 2＝2，b 3＝4.(2){b n }是首项为1，公比为2的等比数列.理由如下：由条件可得a n ＋1n ＋1＝2a nn ，即b n ＋1＝2b n ，又b 1＝1，所以{b n }是首项为1，公比为2的等比数列. (3)由(2)可得a n n＝2n －1，所以a n ＝n ·2n －1.考点四 等差数列最值问题【例4】 (1)(一题多解)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝13，S 3＝S 11，当S n 最大时，n 的值是( )A.5B.6C.7D.8(2)已知等差数列16，14，12，…的前n 项和为S n ，且S n >0，则n 的最大值为________. 解析 (1)法一 由S 3＝S 11，得a 4＋a 5＋…＋a 11＝0，根据等差数列的性质，可得a 7＋a 8＝0.根据首项等于13可推知这个数列递减，从而得到a 7>0，a 8<0，故n ＝7时S n 最大.法二 由S 3＝S 11，可得3a 1＋3d ＝11a 1＋55d ，把a 1＝13代入，得d ＝－2，故S n ＝13n －n (n －1)＝－n 2＋14n .根据二次函数的性质，知当n ＝7时S n 最大. (2)等差数列的首项为a 1＝16，公差d ＝－2，S n ＝16n ＋n （n －1）2×(－2)＝－n 2＋17n ，由S n >0，即－n 2＋17n >0，解得0<n <17，又n ∈N *， ∴n 的最大值为16. 答案 (1)C (2)16规律方法 求等差数列前n 项和的最值，常用的方法：(1)利用等差数列的单调性，求出其正负转折项；(2)利用性质求出其正负转折项，便可求得和的最值；(3)将等差数列的前n 项和S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)，若A ≠0，可看作二次函数，根据二次函数的性质求最值.【训练4】 (1)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1>0且a 6a 5＝911，则当S n 取最大值时，n 的值为( ) A.9 B.10 C.11D.12(2)已知数列{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和，若S n 存在最大值，则在S 1，S 22，S 33，…，S 20182 018中最大的数是( )A.S 1B.S 20142 014C.S 20182 018D.无法确定解析 (1)由a 6a 5＝911，得S 11＝S 9，即a 10＋a 11＝0，根据首项a 1＞0可推知这个数列递减，从而a 10＞0，a 11＜0，故n ＝10时，S n 最大.(2)由题意可知数列{a n }是等差数列，且前n 项和S n 存在最大值，∴公差d <0，S n n ＝d 2n ＋a 1－d2在定义域上是单调递减函数，∴S 1最大. 答案 (1)B (2)A基础巩固题组一、选择题1.(2020·温州适应性测试)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，且S 4＝a 4＋3，则a 2＝( ) A.－2 B.－1 C.1D.2解析 因为数列{a n }为等差数列，所以S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 4＋3，则a 1＋a 2＋a 3＝3a 2＝3，解得a 2＝1，故选C. 答案 C2.(2020·嘉兴测试)已知等比数列{a n }的各项均为正，且5a 3，a 2，3a 4成等差数列，则数列{a n }的公比是( ) A.12 B.2 C.13D. 3解析 设等比数列{a n }的公比为q ，∵{a n }为各项均为正数的等比数列，5a 3，a 2，3a 4成等差数列，∴2a 2＝5a 3＋3a 4，∴3q 2＋5q －2＝0，∵q ＞0，∴q ＝13，故选C.答案 C3.(2018·北京卷)“十二平均律”是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于122.若第一个单音的频率为f ，则第八个单音的频率为( )A.32fB.322fC.1225fD.1227f解析 由题意得，十三个单音的频率构成以第一个单音的频率f 为首项，122为公比的等比数列，所以第八个单音的频率为f ·(122)7＝1227f ，故选D. 答案 D4.若一个等差数列前3项的和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列的项数为( ) A.13 B.12 C.11D.10解析 因为a 1＋a 2＋a 3＝34，a n －2＋a n －1＋a n ＝146，a 1＋a 2＋a 3＋a n －2＋a n －1＋a n ＝34＋146＝180，又因为a 1＋a n ＝a 2＋a n －1＝a 3＋a n －2， 所以3(a 1＋a n )＝180，从而a 1＋a n ＝60， 所以S n ＝n （a 1＋a n ）2＝n ·602＝390，即n ＝13.答案 A5.设各项都是正数的等比数列{a n }，S n 为前n 项和，且S 10＝10，S 30＝70，那么S 40＝( ) A.150 B.－200 C.150或－200D.400或－50解析 依题意，数列S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30成等比数列，因此有(S 20－S 10)2＝S 10(S 30－S 20).即(S 20－10)2＝10(70－S 20)，故S 20＝－20或S 20＝30，又S 20＞0， 因此S 20＝30，S 20－S 10＝20，S 30－S 20＝40， 故S 40－S 30＝80，且S 30＝70.S 40＝150.故选A.答案 A6.数列{x n }满足x n ＋1＝x n －f （x n ）f ′（x n ），我们把该数列称为牛顿数列.如果函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ＞0)有两个零点α，β，数列{x n }为牛顿数列，设a n ＝ln x n －αx n －β，已知a 1＝1，x n ＞max{α，β}，{a n }的前n 项和为S n ，则S 2 020＋1＝( )A.2 019B.2 020C.22 019 D.22 020解析 ∵α，β是f (x )＝ax 2＋bx ＋c 的两个零点，∴f (x )＝a (x －α)(x －β)＝a [x 2－(α＋β)x ＋αβ]，f ′(x )＝a (2x －α－β)，x n ＋1＝x n －a [（x 2n －（α＋β）x n ＋αβ]a （2x n －α－β）＝x 2n －αβ2x n －α－β，x n ＋1－αx n ＋1－β＝x 2n －αβ2x n －α－β－αx 2n －αβ2x n －α－β－β＝（x n －α）2（x n －β）2，故a n ＋1＝lnx n ＋1－αx n ＋1－β＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫x n －αx n －β2＝2ln x n －αx n －β＝2a n，因此{a n }是以1为首项，2为公比的等比数列，即a n ＝2n －1，所以S 2 020＋1＝1－22 0201－2＋1＝22 020，故选D.答案 D 二、填空题7.(2018·上海卷)记等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＝0，a 6＋a 7＝14，则S 7＝________. 解析 a 6＋a 7＝2a 1＋11d ＝14，a 3＝a 1＋2d ＝0，∴d ＝2，a 4＝2，S 7＝7a 4＝14. 答案 148.已知等差数列{a n }中，a 1＋a 3＝7，设其前n 项和为S n ，且S 4＝S 6，则其公差d ＝________，其前n 项和为S n 取得最大值时n ＝________.解析 由S 4＝S 6，知a 5＋a 6＝0，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1＋2d ＝7，a 1＋4d ＋a 1＋5d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝92，d ＝－1，所以a n ＝92＋(n －1)×(－1)＝112－n .由112－n ≥0，得n ≤112，又n ∈N *，所以当n ＝5时，S n 取得最大值.答案 －1 59.设等比数列满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________.解析 设等比数列{a n }的公比为q ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 2＝10，a 1q ＋a 1q 3＝5，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，q ＝12，∴a 1a 2…a n ＝a n 1q1＋2＋…＋(n －1)＝2－n 22＋7n2.记t ＝－n 22＋7n2＝－12(n 2－7n )，结合n ∈N *，可知n ＝3或4时，t 有最大值6. 又y ＝2t为增函数.所以a 1a 2…a n 的最大值为64. 答案 6410.(2020·嘉、丽、衢模拟)如图，将一个边长为1的正三角形分成4个全等的正三角形，第一次挖去中间的1个小三角形，将剩下的3个小正方三角形，分别再从中间挖去1个小三角形，保留它们的边，重复操作以上的做法，得到的集合为希尔宾斯基三角形.设A n 是前n 次挖去的小三角形面积之和(如A 1是第1次挖去的中间小三角形面积，A 2是前2次挖去的4个小三角形面积之和)，则A 2＝________，A n ＝________.解析 由图易得每次挖去三角形后，后一个图形中剩余的三角形的个数是前一个图形中剩余的三角形的个数的3倍，后一个图形中每个小三角形的边长是前一个图形中每个小三角形的边长的12，所以第n 个图形中三角形的个数为3n个，边长为⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，则第n 个图形中剩余的三角形的面积为34⎝ ⎛⎭⎪⎫34n，则挖去的三角形的面积为A n ＝34－34⎝ ⎛⎭⎪⎫34n＝34⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫34n，则A 2＝34⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫342＝7364. 答案 7364 34⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫34n三、解答题11.(2018·全国Ⅲ卷)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. (1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和.若S m ＝63，求m . 解 (1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝qn －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1.(2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－（－2）n3.由S m ＝63得(－2)m＝－188，此方程没有正整数解. 若a n ＝2n －1，则S n ＝2n－1.由S m ＝63得2m＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.12.(2018·北京卷)设{a n }是等差数列，且a 1＝ln 2，a 2＋a 3＝5ln 2. (1)求{a n }的通项公式； (2)求e a 1＋e a 2＋…＋e a n . 解 (1)设{a n }的公差为d . 因为a 2＋a 3＝5ln 2， 所以2a 1＋3d ＝5ln 2. 又a 1＝ln 2，所以d ＝ln 2. 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ln 2. (2)因为e a 1＝eln 2＝2，e a n e a n －1＝e a n －a n －1＝e ln 2＝2，所以{e a n }是首项为2，公比为2的等比数列. 所以e a 1＋e a 2＋…＋e a n ＝2×1－2n1－2＝2n ＋1－2.能力提升题组13.已知{a n }是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是S n ，若a 3，a 4，a 8成等比数列，则( ) A.a 1d >0，dS 4>0 B.a 1d <0，dS 4<0 C.a 1d >0，dS 4<0D.a 1d <0，dS 4>0解析 ∵a 3，a 4，a 8成等比数列，∴(a 1＋3d )2＝(a 1＋2d )·(a 1＋7d )，整理得a 1＝－53d ，∴a 1d＝－53d 2<0(d ≠0)，又S 4＝4a 1＋4×32d ＝－2d 3，∴dS 4＝－2d 23<0，故选B.答案 B14.如图，点列{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且|A n A n ＋1|＝|A n ＋1A n ＋2|，A n ≠A n ＋2，n ∈N *，|B n B n ＋1|＝|B n ＋1B n ＋2|，B n ≠B n ＋2，n ∈N *(P ≠Q 表示点P 与Q 不重合).若d n ＝|A n B n |，S n 为△A n B n B n＋1的面积，则( )A.{S n }是等差数列B.{S 2n }是等差数列 C.{d n }是等差数列D.{d 2n }是等差数列解析 S n 表示点A n 到对面直线的距离(设为h n )乘以|B n B n ＋1|长度的一半，即S n ＝12h n |B n B n ＋1|，由题目中条件可知|B n B n ＋1|的长度为定值，过A 1作垂线得到初始距离h 1，那么A 1，A n 和相应两个垂足构成直角梯形，则h n ＝h 1＋|A 1A n |sin θ(其中θ为两条线所成的锐角，为定值)， 从而S n ＝12(h 1＋|A 1A n |sin θ)|B n B n ＋1|，S n ＋1＝12(h 1＋|A 1A n ＋1|sin θ)|B n B n ＋1|，则S n ＋1－S n ＝12|A n A n ＋1||B n B n ＋1|sin θ为定值，所以S n ＋1－S n 为定值，故选A. 答案 A15.(2020·浙江新高考仿真卷四)已知等差数列{a n }满足：a 4＞0，a 5＜0，数列的前n 项和为S n ，则S 5S 4的取值范围是________.解析 因为在等差数列{a n }中，a 4＞0，a 5＜0，所以等差数列{a n }的公差d ＜0，且⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝a 1＋3d ＞0，a 5＝a 1＋4d ＜0，解得－3d ＜a 1＜－4d ，所以S 5S 4＝5a 1＋10d 4a 1＋6d ＝54＋52d 4a 1＋6d ＝54＋524a 1d＋6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫56，1.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫56，1 16.已知等比数列{a n }的前n项和S n ＝3n＋r ，则a 3－r ＝________，数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫n （n ＋4）⎝ ⎛⎭⎪⎫23n 的最大项是第k 项，则k ＝________.解析 由{a n }为等比数列，S n ＝3n ＋r ，得S n －S n －1＝3n －3n －1＝2×3n －1(n ≥2)，所以a n ＝2×3n －1，又a 1＝2×30＝3＋r ，则r ＝－1，则a 3－r ＝2×32＋1＝19；令b n ＝n (n ＋4)⎝ ⎛⎭⎪⎫23n，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧b k ≥b k －1，b k ≥b k ＋1，∴k ∈[10，10＋1]，∵k ∈N *，∴k ＝4.答案 19 417.(2020·金华十校期末调研)数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝1，a n ＋1＝S n ＋1(n ∈N *). (1)求通项公式a n ；(2)记T n ＝1S 1＋1S 2＋…＋1S n ，求证：32－12n ≤T n ＜2.(1)解 ∵a n ＋1＝S n ＋1(n ∈N *)， 当n ≥2时，a n ＝S n －1＋1. ∴a n ＋1－a n ＝S n －S n －1， 即a n ＋1－a n ＝a n ，∴a n ＋1＝2a n ，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1 （n ＝1），2n －1（n ≥2），即a n ＝2n －1.(2)证明 ∵a n ＋1＝S n ＋1，∴S n ＝2n－1， ∴当n ≥2时，12n ＜1S n ＜12n －1，∴T n ＞1＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12＝32－12n ，T n ＜1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12＝2－12n －1＜2，又当n ＝1时，T 1＝1＜2，32－12＝1＝T 1，故32－12n ≤T n ＜2. 18.(2020·嘉兴测试)在数列{a n }，{b n }中，设S n 是数列{a n }的前n 项和，已知a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2，3b 1＋5b 2＋…＋(2n ＋1)b n ＝2n·a n ＋1，n ∈N *. (1)求a n 和S n ；(2)若n ≥k 时，b n ≥8S n 恒成立，求整数k 的最小值. 解 (1)因为a n ＋1＝a n ＋2， 即a n ＋1－a n ＝2， 所以{a n }是等差数列， 又a 1＝1，所以a n ＝2n －1，从而S n ＝n （1＋2n －1）2＝n 2.(2)因为a n ＝2n －1，所以3b 1＋5b 2＋7b 3＋…＋(2n ＋1)b n ＝2n·(2n －1)＋1，当n ≥2时，3b 1＋5b 2＋7b 3＋…＋(2n －1)b n －1＋(2n ＋1)b n ＝2n·(2n －1)＋1， ① 3b 1＋5b 2＋7b 3＋…＋(2n －1)b n －1＝2n －1·(2n －3)＋1， ②①－②可得(2n ＋1)b n ＝2n －1·(2n ＋1)，n ≥2，即b n ＝2n －1，而b 1＝1也满足上式，故b n ＝2n －1，令b n ≥8S n ，则2n －1≥8n 2，即2n －4≥n 2，因为210－4＜102，211－4＞112，依据指数增长性质，整数k 的最小值是11.。

高考专题突破四　高考中的数列问题题型一　等差数列、等比数列的基本问题例1(2018·浙江杭州地区四校联考)已知数列{a n }满足a 1＝1, ＝，记S n ＝a ＋a 1a2n ＋41an ＋121＋…＋a ，若S 2n ＋1－S n ≤对任意的n ∈N *恒成立．22n t30(1)求数列{a }的通项公式；2n (2)求正整数t 的最小值．解　(1)由题意得－＝4，1a 2n ＋11a2n 则是以1为首项，4为公差的等差数列，{1a2n }则＝1＋(n －1)×4＝4n －3，1a2n 则a ＝.2n 14n －3(2)不妨设b n ＝S 2n ＋1－S n ＝a ＋a ＋…＋a ，2n ＋12n ＋222n ＋1考虑到b n －b n ＋1＝a ＋a ＋…＋a －(a ＋a ＋…＋a ＋a )2n ＋12n ＋222n ＋12n ＋22n ＋322n ＋222n ＋3＝a －a －a 2n ＋122n ＋222n ＋3＝－－14n ＋118n ＋518n ＋9＝－＋－>0，18n ＋218n ＋518n ＋218n ＋9因此数列{b n }单调递减，则b n 的最大值为b 1＝S 3－S 1＝a ＋a ＝＋＝≤，22315191445t 30∴t ≥，则t min ＝10.283思维升华等差数列、等比数列综合问题的解题策略(1)分析已知条件和求解目标，为最终解决问题设置中间问题，例如求和需要先求出通项、求通项需要先求出首项和公差(公比)等，确定解题的顺序．(2)注意细节：在等差数列与等比数列综合问题中，如果等比数列的公比不能确定，则要看其是否有等于1的可能，在数列的通项问题中第一项和后面的项能否用同一个公式表示等，这些细节对解题的影响也是巨大的．跟踪训练1　(2018·浙江名校联盟联考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比是q (q ≠1)，且满足：a 1＝2，b 1＝1，S 2＝3b 2，a 2＝b 3.(1)求a n 与b n ；(2)设c n ＝2b n －λ·23na ，若数列{c n }是递减数列，求实数λ的取值范围．解　(1)设数列{a n }的公差为d ，依题意可得Error!解得Error!(舍去)或Error!故a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，b n ＝2n －1.(2)由(1)可知c n ＝2n －λ·3n ，若{c n }是递减数列，则c n ＋1<c n ，即2n ＋1－λ·3n ＋1<2n －λ·3n ，即λ>×n 在n ∈N *时成立，12(23)只需λ>max .[12×(23)n ]因为y ＝×n 在n ∈N *时单调递减，12(23)所以max ＝×＝.[12×(23)n ]122313故λ>，即实数λ的取值范围是.13(13，＋∞)题型二　数列的通项与求和例2(2018·台州质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列是首项为1，公差为2的等差{Sn n}数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }满足＋＋…＋＝5－(4n ＋5)·n，求数列{b n }的前n 项和T n .a1b1a2b2an bn (12)解　(1)因为数列是首项为1，公差为2的等差数列，{Sn n }所以＝1＋2(n －1)＝2n －1.Sn n 所以S n ＝2n 2－n .当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－n )－[2(n －1)2－(n －1)]＝4n －3，当n ＝1时，a 1＝1也符合上式．所以数列{a n }的通项公式为a n ＝4n －3(n ∈N *)．(2)当n ＝1时，＝，所以b 1＝2a 1＝2；a1b112当n ≥2时，由＋＋…＋＝5－(4n ＋5)n，a1b1a2b2an bn (12)所以＋＋…＋＝5－(4n ＋1)n －1.a1b1a2b2an －1bn －1(12)两式相减，得＝(4n －3)n.an bn (12)因为a n ＝4n －3，所以b n ＝＝2n (当n ＝1时，也符合此式)．4n －34n －3 (12)n又＝＝2，则数列{b n }是首项为2，公比为2的等比数列．bn ＋1bn 2n ＋12n所以T n ＝＝2n ＋1－2.2 1－2n 1－2思维升华(1)可以利用数列的递推关系探求数列的通项，利用递推关系构造数列或证明数列的有关结论．(2)根据数列的特点选择合适的求和方法，常用的求和方法有错位相减法、分组转化法、裂项相消法等．跟踪训练2(2018·浙江教育绿色评价联盟适应性考试)已知数列{a n }中，a 1＝3，a 2＝5，其前n 项和S n 满足S n ＋S n －2＝2S n －1＋2n －1(n ≥3)．令b n ＝.1an·an ＋1(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若f (x )＝2x －1，求证：T n ＝b 1f (1)＋b 2f (2)＋…＋b n f (n )<(n ≥1)．16(1)解　由题意知S n －S n －1＝S n －1－S n －2＋2n －1(n ≥3)，即a n －a n －1＝2n －1(n ≥3)，所以a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋a 2＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋5＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋1＋2＝2n ＋1(n ≥3)，检验知n ＝1,2时，结论也成立，故a n ＝2n ＋1.(2)证明　由于b n f (n )＝·2n －11 2n ＋1 2n ＋1＋1＝·12 2n ＋1＋1 － 2n ＋1 2n ＋1 2n ＋1＋1＝.12(12n ＋1－12n ＋1＋1)故T n ＝b 1f (1)＋b 2f (2)＋…＋b n f (n )＝Error!12Error!＝<×＝.12(12＋1－12n ＋1＋1)1212＋116所以T n <.16题型三　数列与不等式的交汇例3　已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝，n ∈N *，记S n ，T n 分别是数列{a n }，{a }的前n an 1＋a2n 2n 项和，证明：当n ∈N *时，(1)a n ＋1<a n ；(2)T n ＝－2n －1；1a 2n ＋1(3)－1<S n <.2n 2n 证明　(1)由a 1＝1及a n ＋1＝，an 1＋a2n 知a n >0，故a n ＋1－a n ＝－a n ＝<0，an 1＋a2n －a3n 1＋a2n ∴a n ＋1<a n ，n ∈N *.(2)由＝＋a n ，1an ＋11an 得＝＋a ＋2，1a 2n ＋11a2n 2n。

加强练(七) 数列、数学归纳法一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.已知数列{a n }中，a 3＝2，a 7＝1.若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，则a 9＝( )A.12B.54C.45D.－45解析 因为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列，a 3＝2，a 7＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的公差d ＝1a 7－1a 37－3＝1－127－3＝18，所以1a 9＝1a 7＋(9－7)×18＝54，所以a 9＝45，故选C.答案 C2.已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2＝( )A.2B.1C.12D.18解析 由{a n }为等比数列，得a 3a 5＝a 24，所以a 24＝4(a 4－1)，解得a 4＝2，设等比数列{a n }的公比为q ，则a 4＝a 1q 3，得2＝14q 3，解得q ＝2，所以a 2＝a 1q ＝12.选C.答案 C3.(2020·绍兴适应性考试)已知数列{a n }是公比为q 的等比数列，则“a 5a 6＜a 24”是“0＜q ＜1”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件解析 由a 5a 6＜a 24得a 21q 9＜a 21q 6，因为a 1≠0，q ≠0，所以q 3＜1，解得q ＜0或0＜q ＜1，所以“a 5a 6＜a 24”是“0＜q ＜1”的必要不充分条件，故选B. 答案 B4.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 11＝22，a 4＝－12，如果当n ＝m 时，S n 最小，那么m 的值为( ) A.10B.9C.5D.4解析 设等差数列{a n }的公差为d ，则S 11＝11a 1＋55d ＝22，a 4＝a 1＋3d ＝－12，解得a 1＝－33，d ＝7，由a n ＝7n －40<0得n ≤5，即该数列的前5项是负数，从第6项开始是正数，则前5项的和最小，即m ＝5. 答案 C5.已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则下列结论一定成立的是( ) A.若a 5>0，则a 2 017<0 B.若a 6>0，则a 2 018<0 C.若a 5>0，则S 2 017>0D.若a 6>0，则S 2 018>0解析 设等比数列的公比为q .对于A ，a 5＝a 1q 4>0，则a 2 017＝a 1q 2 016>0，故A 错误；对于B ，a 6＝a 1q 5>0，则a 2 018＝a 1q2 017>0，故B 错误；对于C ，a 5＝a 1q 4>0，则a 1>0.当q ＝1时，S 2 017＝2 017a 1>0；当q ≠1时，S 2 017＝a 1（1－q 2 017）1－q>0，故C 正确；对于D ，a 6＝a 1q 5>0，当a 1<0，q ＝－1时，S 2 018＝0，故D 错误，故选C. 答案 C6.已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4S 8＝13，则S 8S 16＝( )A.310 B.37 C.13D.12解析 因为S n 为等差数列{a n }的前n 项和，所以S 4，S 8－S 4，S 12－S 8，S 16－S 12也成等差数列，而S 4S 8＝13，所以S 8＝3S 4，则(S 8－S 4)－S 4＝S 4，则得S 12－S 8＝3S 4，S 16－S 12＝4S 4，故S 16＝10S 4，所以S 8S 16＝310. 答案 A7.若a ，b 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p >0，q >0)的两个不同的零点，且a ，b ，－2这三个数适当排序后可成等差数列，且适当排序后也可成等比数列，则a ＋b 的值等于( ) A.4 B.5 C.6D.7解析 a ，b 是函数f (x )＝x 2－px ＋q (p >0，q >0)的两个不同的零点，可得a ＋b ＝p ，ab ＝q ，即有a >0，b >0.a ，b ，－2这三个数适当排序后可成等差数列，且适当排序后可成等比数列，即a ，－2，b 或b ，－2，a 成等比数列，∴ab ＝4；又a ，b ，－2或b ，a ，－2或－2，a ，b或－2，b ，a 成等差数列，可得2b ＝a －2或2a ＝b －2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝4.∴a ＋b ＝5. 答案 B8.(2020·金华一中月考)如图的倒三角形数阵满足：(1)第1行的n 个数，分别是1，3，5，…，2n －1；(2)从第二行起，各行中的第一个数都等于它肩上的两数之和；(3)数阵共有n 行.问：当n ＝2 000时，第32行的第17个数是()A.236B.236＋2 012 C.237D.232解析 不妨设每一行的第一个数分别为a 1，a 2，…，a n ，则有a 1＝1，a 2＝4，a 3＝12.由条件可得a 2＝2a 1＋2，a 3＝2a 2＋22，所以可知a n ＋1＝2a n ＋2n，即a n ＋12n＝a n2n －1＋1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1是以1为首项，公差为1的等差数列.所以第32行的第一个数为a 32231＝32＝25，所以a 32＝236.又每一行都是等差数列，公差分别为2，22，23，…，所以可知第32行的公差为232，所以第32行的第17个数为236＋16×232＝236＋236＝237，故选C. 答案 C9.(一题多解)(2020·福州质检)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝（n ＋1）a 2n2a 2n ＋4na n ＋n 2，则a 8＝( )A.8964－2 B.8932－2 C.8916－2D.897－2解析 法一 因为a n ＋1＝（n ＋1）a 2n 2a 2n ＋4na n ＋n 2，a 1＝1，所以a n ＞0，所以1a n ＋1＝2a 2n ＋4na n ＋n2（n ＋1）a 2n， 所以n ＋1a n ＋1＝2a 2n ＋4na n ＋n 2a 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n a n 2＋4·n a n ＋2， 所以n ＋1a n ＋1＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n a n ＋22，令b n ＝n a n ＋2，则b n ＋1＝b 2n ，又因为b n ＞0，且b n ≠1，所以ln b n ＋1＝2ln b n ，又ln b 1＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋2＝ln 3，所以数列{ln b n }是首项为ln 3，公比为2的等比数列.所以ln b n ＝2n －1ln 3＝ln 32n －1，所以b n ＝32n －1，即n a n＋2＝32n －1，从而a n ＝n32n －1－2，将n ＝8代入，选A.法二 因为a n ＋1＝（n ＋1）a 2n 2a 2n ＋4na n ＋n 2，a 1＝1，所以a n ＞0，所以1a n ＋1＝2a 2n ＋4na n ＋n2（n ＋1）a 2n， 所以n ＋1a n ＋1＝2a 2n ＋4na n ＋n 2a 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n a n 2＋4·n a n ＋2， 所以n ＋1a n ＋1＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n a n ＋22，令b n ＝n a n ＋2，则b n ＋1＝b 2n ，因为b 1＝3，所以b 2＝32，所以b 3＝(32)2＝34，所以b 4＝(34)2＝38，…，所以b 8＝3128＝964.又b 8＝8a 8＋2，所以a 8＝8964－2，故选A.答案 A10.(2019·浙江名师预测卷五)已知数列{a n }，|a 1|＝1，对任意n ≥2(n ∈N *)都有|a n －a n －1|＝2n －1，则a 5的所有可能取值个数为( )A.31B.32C.63D.64解析 由a 1＝±1，故a n 必为奇数，而|a n |＝|(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1|≤|a n －a n －1|＋|a n －1－a n －2|＋…＋|a 2－a 1|＋|a 1|＝20＋21＋…＋2n －1＝2n －1，显然a n 可以取[－(2n－1)，2n－1]内所有奇数，在[－(2n－1)，2n－1]内的奇数个数为2n个，故a 5的所有可能取值个数为25＝32，故选B. 答案 B二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)11.(2020·绍兴一中适考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝3，S 4＝16，则数列{a n }的公差d ＝________，通项公式a n ＝________.解析 由a 2＝3，S 4＝16，得a 1＋d ＝3，4a 1＋4×32d ＝16，解得公差d ＝2，首项a 1＝1，故通项a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.答案 2 2n －112.(2020·广州综测一)设S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若S 3＝3，S 6＝27，则a 1＝________，q ＝________.解析 设公比为q (q ≠1)，则有⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝a 1（1－q 3）1－q＝3，S 6＝a 1（1－q 6）1－q ＝27，解得11＋q 3＝19，即q 3＝8，得q ＝2，代入a 1（1－q 3）1－q ＝3得a 1（1－8）1－2＝3，所以a 1＝37.答案 37213.已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若－1，S 5，S 10成等差数列，则S 10－2S 5＝________，且S 15－S 10的最小值为________.解析 由已知2S 5＝－1＋S 10，∴S 10－2S 5＝1.由{a n }为等比数列可知：S 5，S 10－S 5，S 15－S 10也成等比数列，∴(S 10－S 5)2＝S 5·(S 15－S 10)，∴S 15－S 10＝（S 10－S 5）2S 5＝（2S 5＋1－S 5）2S 5＝（S 5＋1）2S 5＝S 5＋1S 5＋2≥4，当且仅当S 5＝1时，等号成立.答案 1 414.设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n .{a n }的通项a n ＝________，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和是________.解析 当n ＝1时，a 1＝2，当n ≥2时，由a 1＋3a 2＋…＋(2n －1)a n ＝2n ①，得a 1＋3a 2＋…＋(2n －3)a n －1＝2(n －1) ②，①－②得(2n －1)a n ＝2，即a n ＝22n －1，当n ＝1时a 1＝2也满足此式，所以数列{a n }的通项a n ＝22n －1；因为a n 2n ＋1＝2（2n －1）（2n ＋1）＝12n －1－12n ＋1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n ＋1的前n 项和S ＝1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1＝1－12n ＋1＝2n2n ＋1.答案22n －1 2n2n ＋115.已知f (n )＝(2n ＋7)·3n＋9，存在自然数m ，使得对任意n ∈N *，f (n )都能被m 整除，则m 的最大值为________.解析 由于f (1)＝36，f (2)＝108，f (3)＝360都能被36整除，猜想f (n )能被36整除，即m 的最大值为36.当n ＝1时，可知猜想成立，假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，猜想成立，即f (k )＝(2k ＋7)·3k＋9能被36整除；当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝(2k ＋9)·3k ＋1＋9＝(2k ＋7)·3k＋9＋36(k ＋5)·3k －2，因此f (k ＋1)也能被36整除，故所求m 的最大值为36.答案 3616.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2a n －n ，则使a n ≤10n 成立的n 的最大值是________. 解析 因为S n ＝2a n －n ，可得S n －1＝2a n －1－(n －1)，n ≥2，两式相减可得a n ＝2a n －2a n －1－1化简可得a n ＝2a n －1＋1，即a n ＋1＝2(a n －1＋1)， 所以数列{a n ＋1}是以a 1＋1为首项，公比为2的等比数列， 当n ＝1时，求得a 1＝1， 所以a n ＋1＝2×2n －1＝2n 即a n ＝2n－1，所以a n ≤10n 即2n－1≤10n 解得n ≤5， 所以a n ≤10n 成立的n 的最大值是5. 答案 517.(2020·武汉调研)已知正项数列{a n }满足a 1＝1，前n 项和S n 满足4S n ＝(a n －1＋3)2(n ≥2，n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为a n ＝________.解析 因为4S n ＝(a n －1＋3)2(n ≥2，n ∈N *)，a 1＝1， 所以4(a 1＋a 2)＝(a 1＋3)2，所以4(1＋a 2)＝42，解得a 2＝3， 由4(a 1＋a 2＋a 3)＝(a 2＋3)2得4(1＋3＋a 3)＝(3＋3)2，解得a 3＝5， 由a 3－a 2＝a 2－a 1＝2，猜想{a n }的通项公式为a n ＝2n －1. 用数学归纳法证明：当n ＝1时，a 1＝2×1－1＝1成立，假设当n ＝k 时，a k ＝2k －1成立，4S k ＝(a k －1＋3)2(k ≥2，k ∈N *)， 当n ＝k ＋1时，4S k ＋1＝(a k ＋3)2，所以a k ＋1＝14(2k －1＋3)2－14[2(k －1)－1＋3]2＝2k ＋1＝2(k ＋1)－1成立.所以∀n ∈N *都有a n＝2n －1. 答案 2n －1三、解答题(本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 18.(本小题满分14分)(2020·上海嘉定区质检)已知数列{a n }满足：a 1＝1，1a n ＋1＝1a 2n＋4，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＋1a 2n ＝S n a 2n ＋1＋16n 2－8n －3，试确定b 1的值，使得数列{b n }为等差数列. 解 (1)因为1a n ＋1＝1a 2n＋4，所以1a 2n ＋1＝1a 2n＋4，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a 2n 是首项为1，公差为4的等差数列.所以1a 2n＝1＋4(n －1)＝4n －3，又由题意，a n >0，所以a n ＝14n －3(n ∈N *).(2)由S n ＋1a 2n ＝S n a 2n ＋1＋16n 2－8n －3，得(4n －3)S n ＋1＝(4n ＋1)S n ＋(4n －3)(4n ＋1)， 故S n ＋14n ＋1－S n4n －3＝1，即数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n 4n －3是首项为b 1，公差为1的等差数列， 所以S n4n －3＝b 1＋(n －1)，令n ＝2，3，得b 2＝4b 1＋5，b 3＝4b 1＋13. 若{b n }为等差数列，则2b 2＝b 1＋b 3，解得b 1＝1. 当b 1＝1时，S n ＝4n 2－3n ，b n ＝8n －7，{b n }为等差数列. 所以当b 1＝1时，数列{b n }为等差数列.19.(本小题满分15分)(2020·镇海中学模拟)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＋9（1－3n －2）1－3－（n ＋7）（n －2）2＝3n－n 2－5n ＋112，所以T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，3n －n 2－5n ＋112，n ≥2，n ∈N *. 20.(本小题满分15分)(2020·温州适应性测试)已知正项数列{a n }的奇数项a 1，a 3，a 5，…，a 2k －1，…构成首项a 1＝1的等差数列，偶数项构成公比q ＝2的等比数列，且a 1，a 2，a 3成等比数列，a 4，a 5，a 7成等差数列. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝a 2n ＋1a 2n，T n ＝b 1b 2…b n ，求正整数k ，使得对任意n ∈N *，均有T k ≥T n . 解 (1)由题意：⎩⎪⎨⎪⎧a 22＝a 1a 3，2a 5＝a 4＋a 7，设a 1，a 3，a 5，…，a 2k －1，…的公差为d ，则a 3＝1＋d ，a 5＝1＋2d ，a 7＝1＋3d ，a 4＝2a 2，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 22＝1（1＋d ），1＋d ＝2a 2，又a 2>0，故解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝2，d ＝3.故数列{a n}的通项公式为a n＝⎩⎪⎨⎪⎧3n －12，n 为奇数，2n 2，n 为偶数，(2)b n ＝3n ＋12n ，显然b n >0，∵b n ＋1b n ＝3n ＋42n ＋13n ＋12n ＝3n ＋46n ＋2<1， ∴{b n }单调递减，又b 1＝2，b 2＝74，b 3＝108，b 4＝1316，∴b 1>b 2>b 3>1>b 4>b 5>…，∴k ＝3时，对任意n ∈N *，均有T k ≥T n .21.(本小题满分15分)(2020·浙江教育绿色评价联盟适考)已知数列{a n }满足a 1＝3，n ≥2时，a n －2a n －1＝λ·3n .(1)当 λ＝0时，求数列{a n }的前n 项和S n ； (2)(一题多解)当λ＝n 时，求证：对任意n ∈N *，a n －（n －2）×3n ＋12n ＋1为定值.(1)解 当λ＝0时，a n －2a n －1＝0.数列{a n }是以首项为3，公比为2的等比数列.∴S n ＝a 1（q n －1）q －1＝3（2n －1）2－1＝3×2n－3.(2)证明 法一 当λ＝n 时，n ≥2时，a n －2a n －1＝n ×3n，∴a n 2n －a n －12n －1＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫32n.令b n ＝a n 2n ，∴b n －b n －1＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫32n， ∴b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＋…＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋32， ①由32b n ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋1＋(n －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋…＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫323＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322， ② ①②相减得 －12b n ＝－n ⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫323＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋32＝－n ⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋1＋32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫32n1－32∴b n ＝2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋1＋6⎝ ⎛⎭⎪⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫32n. 于是a n2n ＝2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫32n ＋1＋6⎝ ⎛⎭⎪⎫1－⎝ ⎛⎭⎪⎫32n， ∴a n ＝n ×3n ＋1＋6(2n－3n).n ≥2时，a n －（n －2）×3n ＋12n ＋1＝3为定值，n ＝1时，也满足，因此，对任意n ∈N ＋，a n －（n －2）×3n ＋12n ＋1为定值3.法二 (数学归纳法)令b n ＝a n －（n －2）×3n ＋12n ＋1，当n ＝1时，b 1＝a 1＋3222＝3.假设n ＝k 时命题成立，即b k ＝a k －（k －2）×3k ＋12k ＋1＝3.即a k ＝(k －2)×3k ＋1＋3×2k ＋1，由题意知a k ＋1＝2a k ＋(k ＋1)×3k ＋1＝2(k －2)×3k ＋1＋3×2k ＋2＋(k ＋1)×3k ＋1＝(3k －3)×3k ＋1＋3×2k ＋2.∴b k ＋1＝a k ＋1－（k －1）×3k ＋22k ＋2＝3，即n ＝k ＋1时，命题也成立， 根据数学归纳原理，命题得证.22.(本小题满分15分)(2020·浙江名师预测卷四)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足：a 1＝12，(n ＋2)a 2n ＋1＋2a n ·a n ＋1－na 2n ＝0.(1)求数列{a n }的通项公式及前n 项和S n ；(2)设数列{b n }满足：b n ＝S n ＋1·a n ，其前n 项和为T n ，若对任意n ∈N *，都存在m ∈N *，使不等式T n ≤λ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1212a m 恒成立，求正实数λ的最小值. 解 (1)(n ＋2)a 2n ＋1＋2a n ·a n ＋1－na 2n ＝0， 则(a n ＋1＋a n )·[(n ＋2)a n ＋1－na n ]＝0， ∵数列{a n }是正项数列， ∴(n ＋2)a n ＋1－na n ＝0，∴a n ＋1a n ＝n n ＋2. 当n ≥2时，a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝n －1n ＋1·n －2n ·n －3n －1·…·24×13×12＝1n （n ＋1），当n ＝1时，a 1＝12符合.综上，a n ＝1n （n ＋1），n ∈N *.∵a n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，∴S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1. (2)b n ＝S n ＋1·a n ＝1n （n ＋2）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， T n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2，n ∈N *， ∴T n ＝34－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1＋1n ＋2＜34，n ∈N *. 若对任意n ∈N *，都存在m ∈N *，使不等式T n ≤λ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1212a m 恒成立，只需34≤λ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1212a m . ∵a m ＝1m （m ＋1），∴12a m ＝m （m ＋1）2， ∵λ是正实数，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫－12m （m ＋1）2＞0， ∴m （m ＋1）2是偶数，∴存在m ∈N *，使λ≥34×2m （m ＋1）2成立. 令f (m )＝34×2m （m ＋1）2，只需λ≥f (m )min . 显然，f (m )是关于m 的增函数.依次代入m ＝1，2，3，得m （m ＋1）2的值依次为1，3，6，∴f (m )min ＝f (3)＝48，∴λ≥48，λ的最小值为48.。

第七章　数列与数学归纳法
§7.2　等差数列及其前n项和
NEIRONGSUOYIN 内容索引
基础知识 自主学习题型分类 深度剖析
课时作业
1基础知识 自主学习
PART ONE
知识梳理1.等差数列的定义一般地，如果一个数列 ，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的 ，通常用字母
表示.2.等差数列的通项公式
如果等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，那么它的通项公式是
.ZHISHISHULI
公差从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数d a n ＝a 1＋(n －1)d
3.等差中项
由三个数a ，A ，b 组成的等差数列可以看成最简单的等差数列.这时，A 叫做a
与b 的 .
4.等差数列的常用性质
(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋ (n ，m ∈N *).
(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则 .(n －m )d a k ＋a l ＝a m ＋a n 等差中项。

专题7.1 数列的概念与简单表示（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】1.与归纳推理相结合，考查数列的概念与通项，凸显逻辑推理的核心素养．2．与函数、不等式相结合，考查数列的概念及其性质，凸显数学抽象、逻辑推理、数学运算的核心素养．3．与递推公式相结合，考查对求通项公式的方法的掌握，凸显数学运算、数学建模的核心素养．【知识点展示】（一）数列的概念1.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a.项，则在数列中是第几项.一般记为数列{}n2.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．（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. （二）数列的分类（三）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.（四）数列的递推公式如果已知数列的第1项(或前几项)，且从第2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． （五）a n 与S n 的关系数列{}n a 的前n 项和n S 和通项n a 的关系：则11(1)(2)n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩特别地，若a 1满足a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，则不需要分段． （六）数列的性质----主要指：（1）数列的单调性----递增数列、递减数列或是常数列；（2）数列的周期性.【常考题型剖析】题型一：数列的概念与通项公式例1.（2022·全国·高考真题（理））嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{}n b ：1111b α=+，212111b αα=++，31231111b ααα=+++，…，依此类推，其中(1,2,)k k α*∈=N ．则（ ） A ．15b b < B ．38b b <C ．62b b <D ．47b b <例2．（2021·安徽·六安一中高三阶段练习（理））删去正整数1，2，3，4，5，中的所有()*2N n n ∈数（如2，4，8等），得到一个新数列，则这个数列的第2021项是（ ） A ．2032 B ．2031C ．2030D ．2029【总结提升】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. 题型二：数列的性质例3.（2020·全国·高考真题（理））0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列12na a a 满足{0,1}(1,2,)i a i ∈=，且存在正整数m ，使得(1,2,)i m i a a i +==成立，则称其为0-1周期序列，并称满足(1,2,)i m i a a i +==的最小正整数m 为这个序列的周期.对于周期为m 的0-1序列12na a a ，11()(1,2,,1)mi i k i C k a a k m m +===-∑是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足1()(1,2,3,4)5C k k ≤=的序列是（ ）A ．11010 B ．11011 C ．10001D ．11001例4.（2022·北京·高考真题）己知数列{}n a 各项均为正数，其前n 项和n S 满足9(1,2,)n n a S n ⋅==．给出下列四个结论：①{}n a 的第2项小于3； ②{}n a 为等比数列； ③{}n a 为递减数列； ④{}n a 中存在小于1100的项．其中所有正确结论的序号是__________．例5．（2022·湖南·长沙一中模拟预测）已知正项数列{}n a 满足11n n n n a a a a ++=+，若{}n a 的前n 项和为n S ，且115511S S =，则21a a =__________ 例6．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 的通项公式为2n a n n λ=+，若数列{}n a 为递增数列，求λ的取值范围． 【总结提升】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、递减数列或是常数列． (2)用作商比较法，根据1n na a ＋ (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.求数列最大项或最小项的方法 (1)利用不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a n －1≤a n ，a n ≥a n ＋1(n ≥2)找到数列的最大项；(2)利用不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a n －1≥a n ，a n ≤a n ＋1(n ≥2)找到数列的最小项．3.前项和最值的求法(1)先求出数列的前项和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. 题型三：由递推公式推导通项公式例7.（江西·高考真题）在数列{}n a 中，12a =，11ln(1)n n a a n+=++，则n a =（ ）A ．2ln n +B ．2(1)ln n n +-C ．2ln n n +D ．1ln n n ++例8.（2023·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 满足()112,22N n n a a a n n *+=-=+∈，则数列1na 的前2022项的和为___________. 例9．（北京·高考真题）某校数学课外小组在坐标纸上，为学校的一块空地设计植树方案如下第k 棵树种植n n在点()k k k P x y ，处，其中11x =，11y =，当2k ≥时，11121555{1255k k k k k k x x T T k k y y T T --⎡⎤--⎛⎫⎛⎫=+-- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦--⎛⎫⎛⎫=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，．()T a 表示非负实数a 的整数部分，例如(26)2T .=，(02)0T .=． 按此方案，第6棵树种植点的坐标应为___________．第2008棵树种植点的坐标应为______． 【总结提升】递推公式推导通项公式方法： （1）累加法：1()n n a a f n +-= （2）累乘法：1()n na f n a += （3）待定系数法：1n n a pa q +=+（其中,p q 均为常数，)0)1((≠-p pq ） 解法：把原递推公式转化为：)(1t a p t a n n -=-+，其中pqt -=1，再利用换元法转化为等比数列求解. （4）待定系数法： n n n q pa a +=+1（其中,p q 均为常数，)0)1)(1((≠--q p pq ）. （或1n n n a pa rq +=+其中,,p q r 均为常数）. 解法：在原递推公式两边同除以1+n q ，得：111n n n na a p q q q q++=⋅+，令n n n q a b =，得：q b q p b n n 11+=+，再按第（3）种情况求解.（5）待定系数法：b an pa a n n ++=+1(100)p a ≠≠，， 解法：一般利用待定系数法构造等比数列，即令)()1(1y xn a p y n x a n n ++=++++，与已知递推式比较，解出y x ,,从而转化为{}y xn a n ++是公比为p 的等比数列.（6）待定系数法：21(0,1,0)n n a pa an bn c p a +=+++≠≠解法：一般利用待定系数法构造等比数列，即令221(1)(1)()n n a x n y n z p a xn yn z ++++++=+++，与已知递推式比较，解出y x ,,从而转化为{}2n a xn yn z +++是公比为p 的等比数列. （7）待定系数法：n n n qa pa a +=++12（其中,p q 均为常数）.解法：先把原递推公式转化为)(112n n n n sa a t sa a -=-+++其中,s t 满足s t pst q +=⎧⎨=-⎩，再按第（4）种情况求解.（8）取倒数法：1()()()nn n g n a a f n a t n +=+解法：这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为q pa a n n +=+1，按第（3）种情况求解.（11()()()0n n n n g n a t n a f n a a +++-=，解法：等式两边同时除以1n n a a +⋅后换元转化为q pa a n n +=+1，按第（3）种情况求解.）.（9）取对数rn n pa a =+1)0,0(>>n a p解法：这种类型一般是等式两边取以p 为底的对数，后转化为q pa a n n +=+1，按第（3）种情况求解. 题型四：n a 与n S 的关系求通项n a例10. （2022·青海西宁·二模（理））已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，11a =，1221n n a S n ++=+，则2022S =（ ）A ．2020B ．2021C ．2022D ．2024例11．（2021·全国高考真题（理））记n S 为数列{}n a 的前n 项和，n b 为数列{}n S 的前n 项积，已知212n nS b +=． （1）证明：数列{}n b 是等差数列; （2）求{}n a 的通项公式．例12．（2016·全国·高考真题（理））已知数列{}n a 的前n 项和1n n S a λ=+，其中0λ≠． （Ⅰ）证明{}n a 是等比数列，并求其通项公式；（Ⅱ）若53132S = ，求λ． 【规律方法】已知S n 求a n 的三个步骤 (1)先利用a 1＝S 1求出a 1.(2)用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n 的表达式． (3)对n ＝1时的结果进行检验，看是否符合n ≥2时a n 的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n ＝1与n ≥2两段来写．．专题7.1 数列的概念与简单表示（知识点讲解）【知识框架】【核心素养】1.与归纳推理相结合，考查数列的概念与通项，凸显逻辑推理的核心素养．2．与函数、不等式相结合，考查数列的概念及其性质，凸显数学抽象、逻辑推理、数学运算的核心素养．3．与递推公式相结合，考查对求通项公式的方法的掌握，凸显数学运算、数学建模的核心素养．【知识点展示】（一）数列的概念1.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a.项，则在数列中是第几项.一般记为数列{}n2.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．（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. （二）数列的分类（三）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.（四）数列的递推公式如果已知数列的第1项(或前几项)，且从第2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． （五）a n 与S n 的关系数列{}n a 的前n 项和n S 和通项n a 的关系：则11(1)(2)n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩特别地，若a 1满足a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，则不需要分段． （六）数列的性质----主要指：（1）数列的单调性----递增数列、递减数列或是常数列；（2）数列的周期性.【常考题型剖析】题型一：数列的概念与通项公式例1.（2022·全国·高考真题（理））嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列{}n b ：1111b α=+，212111b αα=++，31231111b ααα=+++，…，依此类推，其中(1,2,)k k α*∈=N ．则（ ） A ．15b b < B ．38b b <C ．62b b <D ．47b b <【答案】D 【解析】 【分析】根据()*1,2,k k α∈=N …，再利用数列{}n b 与k α的关系判断{}n b 中各项的大小，即可求解.【详解】解：因为()*1,2,k k α∈=N ，所以1121ααα<+，112111ααα>+，得到12b b >，同理11223111ααααα+>++，可得23b b <，13b b >又因为223411,11αααα>++112233411111ααααααα++<+++，故24b b <，34b b >；以此类推，可得1357b b b b >>>>…，78b b >，故A 错误； 178b b b >>，故B 错误；26231111αααα>++…，得26b b <，故C 错误；11237264111111αααααααα>++++++…，得47b b <，故D 正确. 故选：D.例2．（2021·安徽·六安一中高三阶段练习（理））删去正整数1，2，3，4，5，中的所有()*2N n n ∈数（如2，4，8等），得到一个新数列，则这个数列的第2021项是（ ） A ．2032 B ．2031C ．2030D ．2029【答案】B【解析】 【分析】分析可得20211020312048+=<，由此可得出新数列第2021项的值. 【详解】1021024=，1122048=，且20211020312048+=<，故新数列的第2021项是正整数列中的第2031项，故新数列的第2021项是2031. 故选：B. 【总结提升】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. 题型二：数列的性质例3.（2020·全国·高考真题（理））0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列12na a a 满足{0,1}(1,2,)i a i ∈=，且存在正整数m ，使得(1,2,)i m i a a i +==成立，则称其为0-1周期序列，并称满足(1,2,)i m i a a i +==的最小正整数m 为这个序列的周期.对于周期为m 的0-1序列12na a a ，11()(1,2,,1)mi i k i C k a a k m m +===-∑是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足1()(1,2,3,4)5C k k ≤=的序列是（ ） A ．11010 B ．11011C ．10001D ．11001【答案】C 【解析】 【分析】根据新定义，逐一检验即可 【详解】由i m i a a +=知，序列i a 的周期为m ，由已知，5m =， 511(),1,2,3,45i i k i C k a a k +===∑对于选项A ，511223344556111111(1)()(10000)55555i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=≤∑52132435465711112(2)()(01010)5555i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=∑，不满足；对于选项B ，51122334455611113(1)()(10011)5555i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=∑，不满足；对于选项D ，51122334455611112(1)()(10001)5555i i i C a a a a a a a a a a a a +===++++=++++=∑，不满足；故选：C 【点晴】本题考查数列的新定义问题，涉及到周期数列，考查学生对新定义的理解能力以及数学运算能力，是一道中档题.例4.（2022·北京·高考真题）己知数列{}n a 各项均为正数，其前n 项和n S 满足9(1,2,)n n a S n ⋅==．给出下列四个结论：①{}n a 的第2项小于3； ②{}n a 为等比数列； ③{}n a 为递减数列； ④{}n a 中存在小于1100的项． 其中所有正确结论的序号是__________．【答案】①③④ 【解析】 【分析】 推导出199n n n a a a -=-，求出1a 、2a 的值，可判断①；利用反证法可判断②④；利用数列单调性的定义可判断③. 【详解】由题意可知，N n *∀∈，0n a >，当1n =时，219a =，可得13a =；当2n ≥时，由9n n S a =可得119n n S a --=，两式作差可得199n n n a a a -=-，所以，199n n n a a a -=-，则2293a a -=，整理可得222390a a +-=， 因为20a >，解得23a =<，①对；假设数列{}n a 为等比数列，设其公比为q ，则2213a a a =，即2213981S S S ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以，2213S S S =，可得()()22221111a q a q q +=++，解得0q =，不合乎题意，故数列{}n a 不是等比数列，②错； 当2n ≥时，()1119990n n n n n n n a a a a a a a ----=-=>，可得1n n a a -<，所以，数列{}n a 为递减数列，③对； 假设对任意的N n *∈，1100n a ≥，则10000011000001000100S ≥⨯=， 所以，1000001000009911000100a S =≤<，与假设矛盾，假设不成立，④对. 故答案为：①③④.例5．（2022·湖南·长沙一中模拟预测）已知正项数列{}n a 满足11n n n n a a a a ++=+，若{}n a 的前n 项和为n S ，且115511S S =，则21a a =__________ 【答案】1 【解析】【分析】根据11n n n n a a a a ++=+可得出数列{}n a 是周期为2的周期数列，利用周期数列求解即可. 【详解】因为正项数列{}n a 满足11n n n n a a a a ++=+， 所以111n n n n a a a a +++=，即1111n n a a ++=， 则12111n n a a +++=，因此211n na a +=，即2n n a a +=， 数列{}n a 是周期为2的数列，因此由115511S S =可得，()()12112155112a a a a a a ++=++⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦， 解得21a a =，即211a a =， 故答案为：1.例6．（2022·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 的通项公式为2n a n n λ=+，若数列{}n a 为递增数列，求λ的取值范围． 【答案】3λ>- 【解析】 【分析】根据递增数列的定义直接求解即可. 【详解】依题意对于*n N ∀∈ ，都有10n n a a +-> ， 即()()22110n n n n λλ+++--> ，21n λ>-- ，()max 213--=-n ，∴3λ>- ，故答案为：3λ>- . 【总结提升】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、递减数列或是常数列． (2)用作商比较法，根据1n na a ＋ (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.求数列最大项或最小项的方法(1)利用不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a n －1≤a n ，a n ≥a n ＋1(n ≥2)找到数列的最大项；(2)利用不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a n －1≥a n ，a n ≤a n ＋1(n ≥2)找到数列的最小项．3.前项和最值的求法(1)先求出数列的前项和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. 题型三：由递推公式推导通项公式n n例7.（江西·高考真题）在数列{}n a 中，12a =，11ln(1)n n a a n+=++，则n a =（ ） A ．2ln n + B ．2(1)ln n n +- C ．2ln n n + D ．1ln n n ++【答案】A 【解析】 【详解】试题分析：在数列{}n a 中，11ln 1n n a a n +⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭112211()()()n n n n n a a a a a a a a ---∴=-+-+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+-+12lnln ln 2121n n n n -=++⋅⋅⋅⋅⋅⋅++--12ln()2121n n n n -=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅+--ln 2n =+故选A. 例8.（2023·全国·高三专题练习）已知数列{}n a 满足()112,22N n n a a a n n *+=-=+∈，则数列1na 的前2022项的和为___________. 【答案】20222023【解析】【分析】利用累加法求数列的通项公式，再利用裂项相消法求数列的前2022项的和即可. 【详解】由题意可知，满足112,22n n a a a n +=-=+， 当2n ≥时，()12122n n a a n n --=-+=， 21324314,6,8,,2n n a a a a a a a a n -∴-=-=-=-=，以上各式累加得，()()()()1213243124682n n n a a a a a a a a a a n -=+-+-+-++-=+++++.(22)(1)2n nn n +==+， 当1n =时，12,a =也满足上式，∴(1)n a n n =+，则1111(1)1n a n n n n ==-++. ∴数列1na 的前n 项和为1231111111111223111nn S a a a n n n n 1=+++=-+-++-=-=+++， ∴202220222023S =. 故答案为：20222023.例9．（北京·高考真题）某校数学课外小组在坐标纸上，为学校的一块空地设计植树方案如下第k 棵树种植在点()k k k P x y ，处，其中11x =，11y =，当2k ≥时，11121555{1255k k k k k k x x T T k k y y T T --⎡⎤--⎛⎫⎛⎫=+-- ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦--⎛⎫⎛⎫=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，．()T a 表示非负实数a 的整数部分，例如(26)2T .=，(02)0T .=． 按此方案，第6棵树种植点的坐标应为___________．第2008棵树种植点的坐标应为______． 【答案】 (1,2) (3, 402) 【解析】 【详解】 T组成的数列为1,0,0,0,0,1, 0,0,0,0,1, 0,0,0,0,1……(k =1,2,3,4……)．一一代入计算得数列为1,2,3,4,5,1,2,3,4,5,1,2,3,4,5……；数列为1,1,1,1,1,2,2,2,2,2,3,3,3,3,3,4,4,4,4,4…….因此，第6棵树种在 (1,2)，第2008棵树种在(3, 402)．【总结提升】递推公式推导通项公式方法： （1）累加法：1()n n a a f n +-= （2）累乘法：1()n na f n a += （3）待定系数法：1n n a pa q +=+（其中,p q 均为常数，)0)1((≠-p pq ） 解法：把原递推公式转化为：)(1t a p t a n n -=-+，其中pqt -=1，再利用换元法转化为等比数列求解. （4）待定系数法： n n n q pa a +=+1（其中,p q 均为常数，)0)1)(1((≠--q p pq ）. （或1n n n a pa rq +=+其中,,p q r 均为常数）. 解法：在原递推公式两边同除以1+n q ，得：111n n n na a p q q q q++=⋅+，令n n n q a b =，得：q b q p b n n 11+=+，再按第（3）种情况求解.（5）待定系数法：b an pa a n n ++=+1(100)p a ≠≠，，解法：一般利用待定系数法构造等比数列，即令)()1(1y xn a p y n x a n n ++=++++，与已知递推式比较，解出y x ,,从而转化为{}y xn a n ++是公比为p 的等比数列.（6）待定系数法：21(0,1,0)n n a pa an bn c p a +=+++≠≠解法：一般利用待定系数法构造等比数列，即令221(1)(1)()n n a x n y n z p a xn yn z ++++++=+++，与已知递推式比较，解出y x ,,从而转化为{}2n a xn yn z +++是公比为p 的等比数列. （7）待定系数法：n n n qa pa a +=++12（其中,p q 均为常数）. 解法：先把原递推公式转化为)(112n n n n sa a t sa a -=-+++其中,s t 满足s t pst q+=⎧⎨=-⎩，再按第（4）种情况求解.取倒数法：1()()()nn n g n a a f n a t n +=+解法：这种类型一般是等式两边取倒数后换元转化为q pa a n n +=+1，按第（3）种情况求解.（11()()()0n n n n g n a t n a f n a a +++-=，解法：等式两边同时除以1n n a a +⋅后换元转化为q pa a n n +=+1，按第（3）种情况求解.）.（9）取对数rn n pa a =+1)0,0(>>n a p解法：这种类型一般是等式两边取以p 为底的对数，后转化为q pa a n n +=+1，按第（3）种情况求解. 题型四：n a 与n S 的关系求通项n a例10. （2022·青海西宁·二模（理））已知n S 为数列{}n a 的前n 项和，11a =，1221n n a S n ++=+，则2022S =（ ）A ．2020B ．2021C ．2022D ．2024【答案】C 【解析】 【分析】利用()12-=-≥n n n a S S n 化简可得出12(2)++=≥n n a a n ，则可求出答案. 【详解】当1n =时， 212221=1a S a +=+⇒，当2n ≥时，由1221n n a S n ++=+得1221n n a S n -+=-， 两式相减可得122+-+=n n n a a a ，即12n n a a ++=，所以1n a =，可得n S n =， 所以20222022S =. 故选：C.例11．（2021·全国高考真题（理））记n S 为数列{}n a 的前n 项和，n b 为数列{}n S 的前n 项积，已知212n nS b +=． （1）证明：数列{}n b 是等差数列;（2）求{}n a 的通项公式． 【答案】（1）证明见解析；（2）()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩. 【分析】 （1）由已知212n n S b +=得221n n n b S b =-,且0n b ≠，取1n =,得132b =,由题意得1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---,消积得到项的递推关系111221n n n nb bb b +++=-,进而证明数列{}n b 是等差数列;（2）由（1）可得n b 的表达式,由此得到n S 的表达式,然后利用和与项的关系求得()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩. 【详解】 （1）由已知212n n S b +=得221n n n b S b =-,且0n b ≠，12n b ≠,取1n =,由11S b =得132b =, 由于n b 为数列{}n S 的前n 项积， 所以1212222212121n n n b b b b b b b ⋅⋅⋅⋅=---, 所以1121121222212121n n n b b b b b b b +++⋅⋅⋅⋅=---， 所以111221n n n nb bb b +++=-,由于10n b +≠所以12121n n b b +=-，即112n n b b +-=,其中*n N ∈ 所以数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差等差数列; （2）由（1）可得，数列{}n b 是以132b =为首项，以12d =为公差的等差数列， ()3111222n n b n ∴=+-⨯=+, 22211n n n b n S b n+==-+,当n =1时，1132a S ==,当n ≥2时,()121111nn n n n a S S n n n n -++=-=-=-++,显然对于n =1不成立, ∴()3,121,21n n a n n n ⎧=⎪⎪=⎨⎪-≥+⎪⎩. 例12．（2016·全国·高考真题（理））已知数列{}n a 的前n 项和1n n S a λ=+，其中0λ≠． （Ⅰ）证明{}n a 是等比数列，并求其通项公式； （Ⅱ）若53132S =，求λ． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）1λ=-．【解析】 【详解】试题分析：（Ⅰ）首先利用公式11,1{,2n n n S n a S S n -==-≥，得到数列{}n a 的递推公式，即可得到{}n a 是等比数列及{}n a 的通项公式；（Ⅱ）利用（Ⅰ），用λ表示前n 项和n S ，结合n S 的值，建立方程可求得λ的值．试题解析：（Ⅰ）由题意得，故，，.由，得，即.由，得，所以.因此{}n a 是首项为，公比为的等比数列，于是.（Ⅱ）由（Ⅰ）得.由得，即.λ=-.解得1【规律方法】已知S n求a n的三个步骤(1)先利用a1＝S1求出a1.(2)用n－1替换S n中的n得到一个新的关系，利用a n＝S n－S n－1(n≥2)便可求出当n≥2时a n的表达式．(3)对n＝1时的结果进行检验，看是否符合n≥2时a n的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n＝1与n≥2两段来写．．。