2015年高考数学(课标通用)二轮复习专题训练：数列(7)

专题一：数列（文）考点一：等差、等比数列公式⎩⎨⎧项和公式前通项公式n1.【2015高考新课标1，文7】已知{}n a 是公差为1的等差数列，n S 为{}n a 的前n 项和，若484a S =，则=10a （ ） A.217 B.219C.10D.12 2.【2015高考安徽，文13】已知数列{}n a 中，21,111+==-n n a a a ，)2(≥n ，则数列{}n a 的前9项和等于 .3.【2015高考新课标1，文13】数列{}n a 中n n a a a 2,211==+，n S 为{}n a 的前n 项和，若126=n S ，则n = .4.【2015高考浙江，文10】已知{}n a 是等差数列，公差d 不为零．若732a a a 、、成等比数列，且1221=+a a则=1a ，=d ．5.【2015高考福建，文17】等差数列{}n a 中，15,4742=+=a a a （Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设n b na n +=2，求nb b b b ++++Λ321的值考点二：等差、等比数列性质⎩⎨⎧部分和数列定理下标和定理1.【2015高考陕西，文13】中位数为1010的一组数构成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项为2.【2015高考广东，文13】若三个正数a ，b ，c 成等比数列，其中526a =+，526c =-，则b = ．3.【2015高考福建，文16】 若b a ,是函数)0,0()(2>>+-=q p q px x x f 的两个不同的零点，2-、、b a这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则q p +的值等于________．考点三：通项公式（公式法、累加法、累乘法、构造法、作差法、作商法、倒数法） 方法1：公式法1.【2015高考北京，文16】（本小题满分13分）已知等差数列{}n a 满足2,103421=-=+a a a a（I ）求{}n a 的通项公式；（II ）设等比数列{}n b 满足7332,a b a b ==，问：6b 与数列{}n a 的第几项相等？ 方法2：构造法1.【2015高考广东，文19】（本小题满分14分）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，n *∈N ．已知45,23,1321===a a a ，且当2n ≥时，112854-+++=+n n n n S S S S （1）求4a 的值；（2）证明：⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+n n a a 211为等比数列；（3）求数列{}n a 的通项公式． 方法3：做差法1.【2015高考四川，文16】设数列{}n a )3,2,1(Λ=n 的前n 项和n S 满足32a a S n n -=，且321,1,a a a +成等差数列.(Ⅰ)求数列的通项公式；(Ⅱ)设数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1的前n 项和为n T ，求n T考点四：前n 项和公式（分组求和法、裂项相消法、错位相减法） 方法1：裂项相消法1.【2015高考安徽，文18】已知数列{}n a 是递增的等比数列，且8,93241==+a a a a（Ⅰ）求数列{}n a 的通项公式； （Ⅱ）设n S 为数列{}n a 的前n 项和，11++=n n n n S S a b ，求数列{}n b 的前n 项和n T .方法2：错位相减法1.【2015高考湖北，文19】设等差数列{}n a 的公差为d ，前n 项和为n S ，等比数列{}n b 的公比为q ．已知100,,2,10211====S d q b a b （Ⅰ）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（Ⅱ）当1>d 时，记nnn b a c =，求数列{}n c 的前n 项和n T ． 2.【2015高考山东，文19】已知数列{}n a 是首项为正数的等差数列，数列11+⋅n n a a 的前n 项和为12+n n（I ）求数列{}n a 的通项公式；（II ）设na n n ab 2)1(⋅+=，求数列{}n b 的前n 项和n T .考点五：综合问题之“奇偶项”1.【2015高考湖南，文19】（本小题满分13分）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知2,121==a a ，且（I ）证明：n n a a 32=+ （II ）求n S考点六：数列与函数的综合1.【2015高考湖南，文21】 （本小题满分13分）函数x ae x f cos )(2=，),0[+∞∈x ，记n x 为)(x f 的从小到大的第n 个极值点。

2015年高考数学专题之数列考点①：等差数列（定义、等差中项、通项公式、前n 项和公式及其性质应用）1.（15年广东理科）在等差数列{}n a 中，若2576543=++++a a a a a ，则82a a += ．2.（15年陕西理科）中位数1010的一组数构成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项为 ．3.（15年安徽文科）已知数列}{n a 中，11=a ，211+=-n n a a （2≥n ），则数列}{n a 的前9项和等于 ．4.（15年新课标2文科）设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和,若1353a a a ++=,则5S =（ ）A ．5B ．7C ．9D ．115.（15北京理科）设{}n a 是等差数列. 下列结论中正确的是（ ） A ．若120a a +>，则230a a +> B ．若130a a +<，则120a a +<C ．若120a a <<，则2a >D ．若10a <，则2123()()0a a a a -->6.（15年新课标2理科）设n S 是数列{}n a 的前n 项和，且11a =-，11n n n a S S ++=，则n S =________．考点②：等比数列 （定义、等比中项、通项公式、前n 项和公式、简单性质及与等差数列综合应用）1.（15年广东文科）若三个正数a ，b ，c 成等比数列，其中5a =+5c =-b = ．2.（15年新课标2文科）已知等比数列{}n a 满足114a =,()35441a a a =-,则2a =（ ）A ．2B ．1C ．12D ．183.（15年新课标2理科）等比数列｛a n ｝满足a 1=3，135a a a ++ =21，则357a a a ++= （ ）A ．21B ．42C ．63D ．844.（15北京文科）已知等差数列{}n a 满足1210a a +=，432a a -=． （Ⅰ）求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）设等比数列{}n b 满足23b a =，37b a =，问：6b 与数列{}n a 的第几项相等？5.（15年湖南理科）设n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，若11a =，且1233,2,S S S 成等差数列，则n a = .6. （15年浙江理科）已知{}n a 是等差数列，公差d 不为零，前n 项和是n S ，若3a ，4a ，8a 成等比数列，则（ ）A ．140,0a d dS >>B ．140,0a d dS <<C ．140,0a d dS ><D ．140,0a d dS <>7.（15年福建理科）若,a b 是函数()()20,0f x x px q p q =-+>> 的两个不同的 零点，且,,2a b - 这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数 列，则p q + 的值等于（ ）A ．6B ．7C ．8D ．9考点③：求通项公式（直接代公式、已知n S 求n a 、由递推公式推导通项公式、特殊方法） 1. （15年广东文科） 设数列{}n a 的前n 项和为n S ，n *∈N ．已知11a =，232a =，354a =，且当2n ≥时，211458n n n n S S S S ++-+=+． ()1求4a 的值； ()2证明：112n n a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为等比数列； ()3求数列{}n a 的通项公式．考点④：求前n 项和（分项求和法、裂项相消法、错位相减法）1.（15年江苏）数列}{n a 满足11=a ，且11+=-+n a a n n （*N n ∈），则数列}1{na 的前10项和为2.（15年安徽文科）已知数列{}n a 是递增的等比数列，且14239,8.a a a a +== （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设n S 为数列{}n a 的前n 项和，11n n n n a b S S ++=，求数列{}n b 的前n 项和n T 。

数列求和及其综合应用1．(2014·全国新课标Ⅱ高考)等差数列{a n }的公差为2，若a 2，a 4，a 8成等比数列，则{a n }的前n 项和S n ＝( )A ．n (n ＋1)B ．n (n －1) C.n n ＋12 D.n n －12【解析】 因为a 2，a 4，a 8成等比数列，所以a 24＝a 2·a 8，所以(a 1＋6)2＝(a 1＋2)·(a 1＋14)，解得a 1＝2.所以S n ＝na 1＋n n －12d ＝n (n ＋1)．故选A.【答案】 A2．(2013·全国新课标Ⅰ高考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m＋1＝3，则m ＝( )A ．3B ．4C ．5D ．6【解析】 可以先求出首项和公差，再利用等差数列的求和公式和通项公式求解． ∵{a n }是等差数列，S m －1＝－2，S m ＝0， ∴a m ＝S m －S m －1＝2.∵S m ＋1＝3，∴a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3， ∴d ＝a m ＋1－a m ＝1.又S m ＝m a 1＋a m 2＝m a 1＋22＝0，∴a 1＝－2，∴a m ＝－2＋(m －1)·1＝2，∴m ＝5. 【答案】 C3．(2013·某某高考)某住宅小区计划植树不少于100棵，若第一天植2棵，以后每天植树的棵数是前一天的2倍，则需要的最少天数n (n ∈N *)等于________．【解析】 每天植树的棵数构成以2为首项，2为公比的等比数列，其前n 项和S n ＝a 11－q n 1－q ＝21－2n1－2＝2n ＋1－2.由2n ＋1－2≥100，得2n ＋1≥102.由于26＝64,27＝128，则n＋1≥7，即n ≥6.【答案】 6 4．(2014·全国大纲高考)等差数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝10，a 2为整数，且S n ≤S 4. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .【解】 (1)由a 1＝10，a 2为整数，知等差数列{a n }的公差d 为整数． 又S n ≤S 4，故a 4≥0，a 5≤0， 于是10＋3d ≥0,10＋4d ≤0.解得－103≤d ≤－52.因此d ＝－3.数列{a n }的通项公式为a n ＝13－3n .(2)b n ＝113－3n 10－3n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －113－3n .于是T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝13⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫17－110＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－17＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －113－3n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －110＝n1010－3n.从近三年高考来看，该部分高考命题的热点考向为： 1．数列求和①该考向主要涉及数列的通项与求和．数列的通项与求和是历年高考考查的重点内容之一，试题一般设置两个问题，其中第一问考查数列的基础，确定条件数列，为第二问准备条件，属于保分题；第二问的区分度较大，一般与数列的求和有关，方法较灵活，主要是错位相减、裂项相消等方法．与不等式、函数等知识交汇是命题的重点方向，要注意这方面的训练．②试题多以解答题的形式出现，属于中、高档题目． 2．数列的综合应用(1)数列的综合应用主要体现如下两点：①以等差、等比数列的知识为纽带，在数列与函数、方程、不等式的交汇处命题，主要考查利用函数观点解决数列问题以及用不等式的方法研究数列的性质；②数列与解析几何交汇的命题，往往会遇到递推数列，通常以解析几何作为试题的背景，从解析几何的内容入手，导出相关的数列关系，再进一步地解答相关的问题．(2)试题难度大都在中等偏上，有时会以压轴题的形式出现.数列求和【例1】 (2014·全国新课标Ⅰ高考)已知{a n }是递增的等差数列，a 2，a 4是方程x 2－5x ＋6＝0的根．(1)求{a n }的通项公式； (2)求数列{a n2n }的前n 项和．【解】 (1)解方程x 2－5x ＋6＝0的两根为2,3，由题意得a 2＝2，a 4＝3.设数列{a n }的公差为d ，则a 4－a 2＝2d ，故d ＝12，从而a 1＝32.所以{a n }的通项公式为a n ＝12n ＋1.(2) 设{a n 2n }的前n 项和为S n ，由(1)知a n 2n ＝n ＋22n ＋1，则S n ＝322＋423＋…＋n ＋12n ＋n ＋22n ＋1，12S n ＝323＋424＋…＋n ＋12n ＋1＋n ＋22n ＋2. 两式相减得12S n ＝34＋(123＋…＋12n ＋1)－n ＋22n ＋2＝34＋14(1－12n －1)－n ＋22n ＋2.所以S n ＝2－n ＋42n ＋1.【例2】 (2014·某某高考)已知首项都是1的两个数列{a n }，{b n }(b n ≠0，n ∈N *)满足a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0.(1)令＝a n b n，求数列{}的通项公式；(2)若b n ＝3n －1，求数列{a n }的前n 项和S n .【解】 (1)因为a n b n ＋1－a n ＋1b n ＋2b n ＋1b n ＝0，b n ≠0(n ∈N *)，所以a n ＋1b n ＋1－a nb n＝2，即＋1－＝2. 所以数列{}是以首项c 1＝1，公差d ＝2的等差数列，故＝2n －1.(2)由b n ＝3n －1知a n ＝b n ＝(2n －1)3n －1，于是数列{a n }前n 项和S n ＝1·30＋3·31＋5·32＋…＋(2n －1)·3n －1，3S n ＝1·31＋3·32＋…＋(2n －3)·3n －1＋(2n －1)·3n，相减得－2S n ＝1＋2·(31＋32＋…＋3n －1)－(2n －1)·3n ＝－2－(2n －2)3n，所以S n ＝(n －1)3n＋1.【规律感悟】 数列求和的常见类型及方法：(1)通项公式形如a n ＝kn ＋b 或a n ＝p ·q kn ＋b(其中k ，b ，p ，q 为常数)，用公式法求和． (2)通项公式形如a n ＝(k 1n ＋b 1)qk 2n ＋b 2(其中k 1，b 1，k 2，b 2，q 为常数)，用错位相减法． (3)通项公式形如a n ＝can ＋b 1an ＋b 2(其中a ，b 1，b 2，c 为常数)用裂项相消法．(4)通项公式形如a n ＝(－1)n ·n 或a n ＝a ·(－1)n (其中a 为常数，n ∈N *)等正负交叉项的求和一般用并项法．并项时应注意分n 为奇数、偶数两种情况讨论．(5)若数列的通项公式为以上四种中的某几个构成的，则可用分组法(拆项法)求和． 特别提醒：(1)运用公式法求和时注意公式成立的条件．(2)运用错位相减法求和时，相减后，要注意右边的n ＋1项中的前n 项，哪些项构成等比数列，以及两边需除以代数式时注意要讨论代数式是否为零．[创新预测]1．(2014·某某高考)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 －14n a 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)b n ＝(－1)n －14n a n a n ＋1＝(－1)n －14n 2n －12n ＋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＝2n 2n ＋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 ＝错误!(或T n ＝2n ＋1＋－1n －12n ＋1)数列的综合应用【例3】 (2014·某某高考)设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x的图象上(n ∈N *)．(1)若a 1＝－2，点(a 8,4b 7)在函数f (x )的图象上，求数列{a n }的前n 项和S n ；(2)若a 1＝1，函数f (x )的图象在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 的前n 项和T n . 【解】 (1)由已知，b 1＝2a 1，b 8＝2a 8＝4b 7，有2a 8＝4×7a 7＝aa 7＋2，解得d ＝a 8－a 7＝2.所以，S n ＝na 1＋n n －12d ＝－2n ＋n (n －1)＝n 2－3n .(2)函数f (x )＝2x在(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)，它在x 轴上的截距为a 2－1ln 2.由题意，a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2.所以，d ＝a 2－a 1＝1.从而a n ＝n ，b n ＝2n，所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n2n ，2T n ＝11＋22＋322＋…＋n 2n －1.因此，2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝2－12n －1－n 2n ＝2n ＋1－n －22n. 所以，T n ＝2n ＋1－n －22n. 【规律感悟】 1.数列与函数交汇问题的常见类型及解法：(1)已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题． (2)已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的X 围、分式、求和方法对式子化简变形．另外，解题时要注意数列与函数的内在联系，灵活运用函数的思想方法求解．2．对于数列与几何图形相结合的问题，通常利用几何知识，结合图形，得出关于数列相邻项a n 与a n ＋1之间的关系．根据这个关系和所求内容变形，得出通项公式或其他所求结论．[创新预测]2．(2014·某某第一次质量检测)已知函数f (x )＝x ＋1x(x >0)，以点(n ，f (n ))为切点作函数图象的切线l n (n ∈N *)，直线x ＝n ＋1与函数y ＝f (x )图象及切线l n 分别相交于A n ，B n ，记a n ＝|A n B n |.(1)求切线l n 的方程及数列{a n }的通项；(2)设数列{na n }的前n 项和为S n ，求证：S n <1.【解】 (1)对f (x )＝x ＋1x (x >0)求导，得f ′(x )＝1－1x 2，则切线l n 的方程为：y －(n ＋1n)＝(1－1n 2)(x －n )，即y ＝(1－1n2)x ＋2n.易知A n (n ＋1，n ＋1＋1n ＋1)，B n (n ＋1，n ＋1＋n －1n 2)， 由a n ＝|A n B n |知a n ＝|1n ＋1－n －1n 2|＝1n 2n ＋1.(2)∵na n ＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1，∴S n ＝a 1＋2a 2＋…＋na n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1<1.[总结提升] 通过本节课的学习，需掌握如下三点： 失分盲点(1)裂项相消求和时易忽视常数：裂项过程中容易忽视常数，如1n n ＋2容易分裂为1n －1n ＋2，漏掉前面的系数12.(2)错位相减法求和易忽视项及符号： ①作差时，最后一项符号易错；②求和时，成等比数列的部分的项数易错； ③两边同除以(1－q )时，右边符号易错． 答题指导正确掌握数列求和的各种方法及使用条件，在分析通项的基础上，判断求和的类型，寻找求和的方法．等差数列、等比数列的定义、公式等要应用准确．方法规律1．裂项求和的常见技巧(1)1n n ＋1＝1n －1n ＋1. (2)1n ＋n ＋k ＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k (3)1n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1(4)14n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋12．数列中不等式的放缩技巧(1)1K 2<1K 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1K －1－1K ＋1(2)1K －1K ＋1<1K 2<1K －1－1K. (3)2(n ＋1－n )<1n<2(n －n －1).数列证明问题中的运算1．在数学证明中，证明过程往往是以计算为主的，即通过计算的结果达到证明的目的，这说明运算求解能力在数学证明中具有重要地位．典型的是函数导数试题中不等式的证明、数列问题中不等式的证明．2．数列中的证明问题有等式的证明、不等式的证明、数列性质的证明等，在数列的证明问题中计算是完成证明的关键，运算求解能力是数列证明的核心．【典例】 (2013·某某高考)正项数列{a n }的前n 项和S n 满足：S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0.(1)求数列{a n }的通项公式a n ；(2)令b n ＝n ＋1n ＋22a 2n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，证明：对于任意的n ∈N *，都有T n <564. 【解】 (1)由S 2n －(n 2＋n －1)S n －(n 2＋n )＝0，得[S n －(n 2＋n )](S n ＋1)＝0.由于{a n }是正项数列，所以S n >0，S n ＝n 2＋n .于是a 1＝S 1＝2，n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －(n －1)2－(n －1)＝2n . 综上，数列{a n }的通项为a n ＝2n .(2)证明：由于a n ＝2n ，b n ＝n ＋1n ＋22a 2n，则b n ＝n ＋14n 2n ＋22＝116⎣⎢⎡⎦⎥⎤1n2－1n ＋22.T n＝116⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－132＋122－142＋132－152＋…＋1n －12－1n －12＋1n2－1n ＋22＝116×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋122－1n ＋12－1n ＋22<116⎝⎛⎭⎪⎫1＋122＝564.【规律感悟】 本题第二问裂项的依据是(n ＋2)2－n 2＝4(n ＋1)，能快速找到这个方法，需要考生熟练掌握数学运算．在数列前n 项和的不等式证明中有两个基本思路：一是先求和再放缩，其前提是数列求和能够完成；二是有的数列的前n 项和很难求，甚至无法求，这时需要先对通项进行放缩(放缩后便于求和)，再求和，再放缩，达到证明的目的.建议用时 实际用时错题档案45分钟一、选择题1．(预测题)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 5＝5，S 5＝15，则数列{1a n a n ＋1}的前100项和为( )A.100101B.99101C.99100D.101100【解析】 利用裂项相消法求和．设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d . ∵a 5＝5，S 5＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝5，5a 1＋5×5－12d ＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n .∴1a n a n ＋1＝1n n ＋1＝1n －1n ＋1，∴数列{1a n a n ＋1}的前100项和为1－12＋12－13＋…＋1100－1101＝1－1101＝100101. 【答案】 A2．(2014·某某日照一模)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，则{|a n |}的前n 项和T n＝( )A ．6n －n 2B ．n 2－6n ＋18C.⎩⎪⎨⎪⎧ 6n －n 21≤n ≤3n 2－6n ＋18 n >3 D.⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 21≤n ≤3n 2－6nn >3【解析】 由S n ＝n 2－6n 得{a n }是等差数列，且首项为－5，公差为2. ∴a n ＝－5＋(n －1)×2＝2n －7，∴n ≤3时，a n <0；n >3时，a n >0， ∴T n ＝错误! 【答案】 C3．(预测题)已知数列{a n }满足a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，且a 1＝12，则该数列的前2 015项的和等于( )A.3 0232B ．3 023C ．1 512D ．3 024【解析】 因为a 1＝12，又a n ＋1＝12＋a n －a 2n ，所以a 2＝1，从而a 3＝12，a 4＝1，即得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝2k －1k ∈N *，1，n ＝2k k ∈N *，故数列的前2 015项的和等于S 2 015＝1 007×(1＋12)＋1＝3 0212＋1＝3 0232.【答案】 A 4．(2014·某某大学附中4月模拟)已知函数f (x )是定义在R 上的单调增函数且为奇函数，数列{a n }是等差数列，a 1 008>0，则f (a 1)＋f (a 2)＋f (a 3)＋…＋f (a 2 014)＋f (a 2 015)的值( )A ．恒为正数B ．恒为负数C ．恒为0D ．可正可负【解析】 ∵{a n }是等差数列，∴a 1＋a 2 015＝a 2＋a 2 014＝…＝2a 1 008>0， 得a 1>－a 2 015，a 2>－a 2 014，…，又f (x )是定义在R 上的单调增函数， 且f (－x )＝－f (x )，∴f (a 1)>－f (a 2 015)，即f (a 1)＋f (a 2 015)>0， 同理，f (a 2)＋f (a 2 014)>0，…，∴f (a 1)＋f (a 2)＋…＋f (a 2 014)＋f (a 2 015)的值恒为正数，故选A. 【答案】 A5．(2014·某某第一次质量预测)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋1n ＋n n ＋1(n∈N *)，其前n 项和为S n ，则在数列S 1，S 2，…，S 2 014中，有理数项的项数为( )A ．42B ．43C ．44D ．45【解析】 a n ＝1n ＋1n ＋n n ＋1＝n ＋1n －n n ＋1[n ＋1n ＋n n ＋1][n ＋1n －n n ＋1]＝1n －1n ＋1，∴S n ＝(1－12)＋(12－13)＋(13－14)＋…＋(1n －1n ＋1)＝1－1n ＋1，要使S n 是有理项，只需n ＋1是有理数(n＝1,2，…，2 014)，因此共有43项．【答案】 B 二、填空题6．(2014·某某某某质检)已知数列{a n }中，a n ＋1＝2a n ，a 3＝8，则数列{log 2a n }的前n 项和等于________．【解析】 ∵a n ＋1a n＝2，a 3＝8，∴a 2＝4，a 1＝2，∴数列{a n }是以2为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＝2n，∴log 2a n ＝n ，∴数列{log 2a n }的前n 项和等于n n ＋12.【答案】n n ＋127．(2014·某某某某综合测试)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝－1a n ＋1，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S 2 014＝________.【解析】 a 1＝1，a 2＝－11＋1＝1－2，a 3＝－1－12＋1＝－2，a 4＝－1－2＋1＝1，…，数列{a n }是周期为3的周期数列，∴S 2 014＝S 2 013＋a 2 014＝671×(－12－2＋1)＋1＝－2 0112.【答案】 －2 01128．(2014·东北三校联考)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1n ＋1，前n 项和为S n .若对于任意正整数n ，不等式S 2n －S n >m16恒成立，则常数m 所能取得的最大整数为________．【解析】 由题知S 2n －S n ＝a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＋…＋a 2n ＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋1，令f (n )＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋1，n ∈N *，f (n ＋1)＝1n ＋3＋1n ＋4＋…＋12n ＋1＋12n ＋2＋12n ＋3，又f (n ＋1)－f (n )＝12n ＋2＋12n ＋3－1n ＋2＝3n ＋42n ＋22n ＋3n ＋2>0，∴函数f (n )单调递增，f (n )min ＝f (1)＝13，依题意m 16<13，得m <163.故m 所能取得的最大整数是5.【答案】 5 三、解答题9．(2014·全国新课标Ⅱ高考)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1.(1)证明{a n ＋12}是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)证明1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.【证明】 (1)由a n ＋1＝3a n ＋1得a n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋12. 又a 1＋12＝32，所以{a n ＋12}是首项为32，公比为3的等比数列．所以a n ＋12＝3n2，因此{a n }的通项公式为a n ＝3n－12.(2)由(1)知1a n ＝23n －1.因为当n ≥1时，3n －1≥2×3n －1，所以13n －1≤12×3n －1.于是1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≤1＋13＋…＋13n －1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n <32.所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.10．(2014·某某高考)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b n ＝2a n ＋(－1)na n ，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 －12＋n －12＝n .故数列{a n }的通项公式为a n ＝n .(2)与(1)知，b n ＝2n ＋(－1)n n .记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋ (22))＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )．记A ＝21＋22＋ (22)，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ，则A ＝21－22n1－2＝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.。

2015年高考数学数列专题热点复习指导(一)基础题复习导引：数列是定义在正整数集或正整数子集上的函数，函数的图象是平面直角坐标系上的点集。

项an是n的函数，同数Sn也是n的函数，af(n)是复合函数，如下面的第2、3题。

等差、等比中项始终是高考(Q吧)拟题的知识点，如下面的第1、5题。

在数列问题中，从一般到特殊的思想方法，是重要的思路，如第3、5题。

1.若an是等差数列，首项a1>0,a2003+a2004>0,a2003·a20040成立的最大自然n是()A、4005B、4006C、4007D、4008解：∵a2003·a2004 ∴a2003与a2004中必有一个为负。

又a1>0只有 d a2003+a2004=2a1+4005d=a1+a1+4005d=a1+a4006>0 ∴S4006=-(a1+a4006)>0S4007=-(a1+a4007)=-·2a2004 ∴选B注：本题不同于当Sn最大时求n的值,在审题中注意区别。

2.已知两个等差数列an和bn的前n项和分别为An和Bn，且-=-，则使得-为整数的正整数n的个数是()A.2B.3C.4D.5解：∵an,bn为等差数列∴可设An=(7n+45)gn,Bn=(n+3)gnan=An-An-1=14n+38,bn=Bn-Bn-1=2n+2,(n2)-=-=k,k为正整数n=-,n为正整数，719K=8、9、10、11、13∴选D注：若{an}为等差数列，那么Sn=pn2+qn，是常数项为0，关于n的二次函数。

3.已知数列{an}、{bn}都是公差为1的等差数列，其首项分别为a1、b1，且a1+b1=5，a1,b1∈N*。

设cn=-(n∈N*)，则数列{cn}的前10项和等于()A.55B.70C.85D.100解：某些数列问题经常用一般到特殊的思考方法。

c1=-=a1+(b1-1)·1c2=-=a1+(b2-1)·1c3=-=a1+(b3-1)·1c2-c1=b2-b1=1,c3-c2=b3-b2=1c1=a1+b1-1=4∴{cn}为c1=4，公差为1的等差数列∴S10=85选C注：-其中bn是项数，在数列中，项an是项数n的函数。

【状元之路】2015版高考数学二轮复习 数列求和及数列的综合应用专题训练（含解析）一、选择题1．(2014·广东惠州一模)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，a 1＝2，a 5＝3a 3，则S 9＝( ) A ．－72 B ．－54 C ．54D ．72解析 a 1＝2，a 5＝3a 3得a 1＋4d ＝3(a 1＋2d )，即d ＝－a 1＝－2，所以S 9＝9a 1＋9×82d ＝9×2－9×8＝－54，选B.答案 B2．(2014·全国大纲卷)等比数列{a n }中，a 4＝2，a 5＝5，则数列{lg a n }的前8项和等于( ) A ．6 B ．5 C ．4D ．3解析 S 8＝lg a 1＋lg a 2＋…＋lg a 8＝lg(a 1·a 2·…·a 8)＝lg(a 1·a 8)4＝lg(a 4·a 5)4＝lg(2×5)4＝4.答案 C3．(2014·北京卷)设{a n }是公比为q 的等比数列．则“q >1”是“{a n }为递增数列”的( ) A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件解析 利用公比与等比数列的单调性的关系进行判断．{a n }为递增数列，则a 1>0时，q >1；a 1<0时，0<q <1.q >1时，若a 1<0，则{a n }为递减数列．故“q >1”是“{a n }为递增数列”的既不充分也不必要条件，故选D.答案 D4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n 2＋n ，数列{b n }满足b n ＝1a n a n ＋1(n ∈N *)，T n 是数列{b n }的前n 项和，则T 9等于( )A.919B.1819C.2021D.940解析 ∵数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n 2＋n ，∴n ＝1时，a 1＝2；n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，∴a n ＝2n (n ∈N *)，∴b n ＝1a n a n ＋1＝12n 2n ＋2 ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，T 9＝14⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫19－110＝14×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－110＝940. 答案 D5．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n ，则{|a n |}的前n 项和T n ＝( ) A ．6n －n 2B ．n 2－6n ＋18C.⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 21≤n ≤3n 2－6n ＋18 n >3D.⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2 1≤n ≤3 n 2－6n n >3解析 由S n ＝n 2－6n 得{a n }是等差数列，且首项为－5，公差为2.∴a n ＝－5＋(n －1)×2＝2n －7.∴n ≤3时，a n <0；n >3时，a n >0.∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 21≤n ≤3 ，n 2－6n ＋18 n >3 .答案 C6．已知曲线C ：y ＝1x(x >0)及两点A 1(x 1,0)和A 2(x 2,0)，其中x 2>x 1>0.过A 1，A 2分别作x 轴的垂线，交曲线C 于B 1，B 2两点，直线B 1B 2与x 轴交于点A 3(x 3,0)，那么( )A ．x 1，x 32，x 2成等差数列B ．x 1，x 32，x 2成等比数列C ．x 1，x 3，x 2成等差数列D ．x 1，x 3，x 2成等比数列解析 由题意，B 1，B 2两点的坐标分别为⎝⎛⎭⎪⎫x 1，1x 1，⎝⎛⎭⎪⎫x 2，1x2，所以直线B 1B 2的方程为y ＝－1x 1x 2(x －x 1)＋1x 1，令y ＝0，得x ＝x 1＋x 2，∴x 3＝x 1＋x 2，因此，x 1，x 32，x 2成等差数列．答案 A 二、填空题7．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 ＝________.解析 n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝23a n ＋13－23a n －1＋13，化简得：a n ＝－2a n －1，又a 1＝S 1＝23a 1＋13，得a 1＝1，故{a n }以1为首项，以－2为公比的等比数列，所以a n ＝(－2)n －1.答案 (－2)n －18．(2013·辽宁卷)已知等比数列{a n }是递增数列，S n 是{a n }的前n 项和．若a 1，a 3是方程x 2－5x ＋4＝0的两个根，则S 6＝________.解析 ∵a 1，a 3是方程x 2－5x ＋4＝0的两根，且q >1，∴a 1＝1，a 3＝4，则公比q ＝2，因此S 6＝1× 1－261－2＝63.答案 639．(2014·河南一模)已知对于任意的自然数n ，抛物线y ＝(n 2＋n )x 2－(2n ＋1)x ＋1与x 轴相交于A n ，B n 两点，则|A 1B 1|＋|A 2B 2|＋…＋|A 2 014B 2 014|＝________.解析 令(n 2＋n )x 2－(2n ＋1)x ＋1＝0，则x 1＋x 2＝2n ＋1n 2＋n ，x 1x 2＝1n 2＋n，由题意得|A n B n |＝|x 2－x 1|，所以|A n B n |＝ x 1＋x 2 2－4x 1x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2n＋1n 2＋n 2－4·1n 2＋n ＝1n 2＋n ＝1n －1n ＋1，因此|A 1B 1|＋|A 2B 2|＋…＋|A 2 014B 2 014|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12 014－12 015＝1－12 015＝2 0142 015.答案2 0142 015三、解答题10．(2014·湖南卷)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b n ＝2a n ＋(－1)na n ，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 －12＝n .故数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)由(1)知a n ＝n ，故b n ＝2n ＋(－1)nn . 记数列{b n }的前2n 项和为T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋ (22))＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )． 记A ＝21＋22＋ (22)，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ， 则A ＝2 1－22n1－2＝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 －2.11．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝a n ＋n 2－1，数列{b n }满足3n·b n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1－na n ，且b 1＝3.(1)求a n ，b n ；(2)设T n 为数列{b n }的前n 项和，求T n ，并求满足T n <7时n 的最大值． 解 (1)n ≥2时，S n ＝a n ＋n 2－1，S n －1＝a n －1＋(n －1)2－1， 两式相减，得a n ＝a n －a n －1＋2n －1，∴a n －1＝2n －1. ∴a n ＝2n ＋1，∴3n·b n ＋1＝(n ＋1)(2n ＋3)－n (2n ＋1)＝4n ＋3， ∴b n ＋1＝4n ＋33n ，∴当n ≥2时，b n ＝4n －13n －1，又b 1＝3适合上式，∴b n ＝4n －13n －1.(2)由(1)知，b n ＝4n －13n －1，∴T n ＝31＋73＋1132＋…＋4n －53n －2＋4n －13n －1，①13T n ＝33＋73＋113＋…＋4n －53＋4n －13，② ①－②，得23T n ＝3＋43＋432＋…＋43n －1－4n －13n＝3＋4·13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－131－13－4n －13n ＝5－4n ＋53n .∴T n ＝152－4n ＋52·3n －1.T n －T n ＋1＝4 n ＋1 ＋52·3n －4n ＋52·3n －1＝－ 4n ＋33n<0. ∴T n <T n ＋1，即{T n }为递增数列． 又T 3＝599<7，T 4＝649>7，∴当T n <7时，n 的最大值为3.B 级——能力提高组1．(2014·上海虹口一模)已知函数f (n )＝n 2sin n π2，且a n ＝f (n )＋f (n ＋1)，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 014＝________.解析 考虑到sinn π2是呈周期性的数列，依次取值1,0，－1,0，…，故在求a 1＋a 2＋…＋a 2 014时要分组求和，又由a n 的定义，知a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 014＝(a 1＋a 3＋…＋a 2 013)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2 014)＝[f (1)＋f (3)＋…＋f (2 013)]＋[f (2)＋f (4)＋…＋f (2 014)]＝[(1－32)＋(52－72)＋…＋(2 0092－2 0112)＋2 0132]＋[(－32＋52)＋(－72＋92)＋…＋(－2 0112＋2 0132)－2 0152]＝－2×(4＋12＋20＋…＋4 020)＋2 0132＋2×(8＋16＋…＋4 024)－2 0152＝－2×503× 4＋4 0202＋2×503× 8＋4 024 2－2 0152＋2 0132＝503×8－2×4 028＝－4 032.答案 －4 0322．(2014·上海长宁二模)定义函数f (x )＝{x ·{x }}，其中{x }表示不小于x 的最小整数，如{1.4}＝2，{－2.3}＝－2.当x ∈(0，n ](n ∈N *)时，函数f (x )的值域为A n ，记集合A n 中元素的个数为a n ，则1a 1＋1a 2＋…＋1a n＝________.解析 由题意，a 1＝1，当x ∈(n ，n ＋1]时，{x }＝n ＋1，x ·{x }∈(n 2＋n ，n 2＋2n ＋1]，{x ·{x }}的取值依次为n 2＋n ＋1，n 2＋n ＋2，…，n 2＋2n ＋1共n ＋1个，即a n ＋1＝a n ＋n ＋1，由此可得a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12，1a n＝2n n ＋1 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝2－2n ＋1. 答案 2－2n ＋13．(2014·湖南卷)已知数列{a n }满足a 1＝1，|a n ＋1－a n |＝p n，n ∈N *. (1)若{a n }是递增数列，且a 1,2a 2,3a 3成等差数列，求p 的值；(2)若p ＝12，且{a 2n －1}是递增数列，{a 2n }是递减数列，求数列{a n }的通项公式．解 (1)因为{a n }是递增数列，所以a n ＋1－a n ＝|a n ＋1－a n |＝p n. 而a 1＝1，因此a 2＝p ＋1，a 3＝p 2＋p ＋1. 又a 1,2a 2,3a 3成等差数列，所以4a 2＝a 1＋3a 3， 因而3p 2－p ＝0，解得p ＝13，p ＝0.当p ＝0时，a n ＋1＝a n ，这与{a n }是递增数列矛盾． 故p ＝13.(2)由于{a 2n －1}是递增数列，因而a 2n ＋1－a 2n －1>0， 于是(a 2n ＋1－a 2n )＋(a 2n －a 2n －1)>0.① 但122n <122n －1，所以|a 2n ＋1－a 2n |<|a 2n －a 2n －1|.② 由①②知，a 2n －a 2n －1>0，因此 a 2n －a 2n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122n －1＝ －1 2n22n －1.③因为{a 2n }是递减数列，同理可得a 2n ＋1－a 2n <0，故a 2n ＋1－a 2n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫122n ＝ －12n ＋122n④由③④即知，a n ＋1－a n ＝ －1n ＋12n.于是a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋12－122＋…＋ －1n2n －1＝1＋12·1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －11＋12＝43＋13· －1 n2n －1. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝43＋13· －1 n2n －1.。

数列一、高考要求理解数列的有关概念，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前n项.理解等差（比）数列的概念，掌握等差（比）数列的通项公式与前n项和的公式. 并能运用这些知识来解决一些实际问题.了解数学归纳法原理，掌握数学归纳法这一证题方法，掌握“归纳—猜想—证明”这一思想方法.二、热点分析1.数列在历年高考中都占有较重要的地位，一般情况下都是一个客观性试题加一个解答题，分值占整个试卷的10%左右.客观性试题主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n 项和公式、极限的四则运算法则、无穷递缩等比数列所有项和等内容，对基本的计算技能要求比较高，解答题大多以考查数列内容为主，并涉及到函数、方程、不等式知识的综合性试题，在解题过程中通常用到等价转化，分类讨论等数学思想方法，是属于中高档难度的题目.2.有关数列题的命题趋势（1）数列是特殊的函数，而不等式则是深刻认识函数和数列的重要工具，三者的综合求解题是对基础和能力的双重检验，而三者的求证题所显现出的代数推理是近年来高考命题的新热点（2）数列推理题是新出现的命题热点.以往高考常使用主体几何题来考查逻辑推理能力，近两年在数列题中也加强了推理能力的考查。

（3）加强了数列与极限的综合考查题3.熟练掌握、灵活运用等差、等比数列的性质。

等差、等比数列的有关性质在解决数列问题时应用非常广泛，且十分灵活，主动发现题目中隐含的相关性质，往往使运算简洁优美.如，可以利用等比数列的性质进行转化：从而有，即.4.对客观题，应注意寻求简捷方法解答历年有关数列的客观题，就会发现，除了常规方法外，还可以用更简捷的方法求解.现介绍如下：①借助特殊数列.②灵活运用等差数列、等比数列的有关性质，可更加准确、快速地解题，这种思路在解客观题时表现得更为突出，很多数列客观题都有灵活、简捷的解法5.在数列的学习中加强能力训练数列问题对能力要求较高，特别是运算能力、归纳猜想能力、转化能力、逻辑推理能力更为突出.一般来说，考题中选择、填空题解法灵活多变，而解答题更是考查能力的集中体现，尤其近几年高考加强了数列推理能力的考查，应引起我们足够的重视.因此，在平时要加强对能力的培养。

【状元之路】2015版高考数学二轮复习 数列解答题专题训练（含解析）1．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 4＝a 1－9，a 5，a 3，a 4成等差数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)证明：对任意k ∈N *，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列．解 (1)设公比为q ，在等比数列{a n }中，a 5，a 3，a 4成等差数列，∴2a 3＝a 5＋a 4，即2a 1q 2＝a 1q 4＋a 1q 3，整理得：q 2＋q －2＝0. 解得q ＝1，或q ＝－2. 又a 4＝a 1－9， 即a 1q 3＝a 1－9， 当q ＝1时，无解． 当q ＝－2时，解得a 1＝1， ∴等比数列{a n }通项公式为a n ＝(－2)n －1(n ∈N *)．(2)证明：∵S n 为等比数列{a n }的前n 项和， ∴S k ＝1·[1－－2k]1－－2＝1－－2k3，S k ＋1＝1－－2k ＋13，S k ＋2＝1－－2k ＋23， ∵S k＋1＋S k＋2＝1－－2k ＋13＋1－－2k ＋23＝2－－2k ＋1－－2k ＋23＝2－－2k ＋1[1＋－2]3＝2＋－2k ＋13＝2·1－－2k3＝2S k ，∴S k ＋1，S k ，S k ＋2成等差数列．2．已知各项均不相等的等差数列{a n }的前5项和为S 5＝35，且a 1＋1，a 3＋1，a 7＋1成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 的前n 项和，问是否存在常数m ，使T n ＝m ⎣⎢⎡⎦⎥⎤n n ＋1＋n 2n ＋2，若存在，求出m 的值；若不存在，说明理由．解 (1)设数列{a n }的公差为d ，由已知得a 3＝a 1＋2d ＝7， 又a 1＋1，a 3＋1，a 7＋1成等比数列， ∴82＝(8－2d )(8＋4d )，解得a 1＝3，d ＝2， ∴a n ＝2n ＋1.(2)由(1)得S n ＝n (n ＋2)， 1S n ＝1nn ＋2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2， ∴T n ＝12⎝ ⎛1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n －1－1n ＋1＋1n－⎭⎪⎫1n ＋2＝12⎝⎛⎭⎪⎫1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤n n ＋1＋n 2n ＋2， 故存在常数m ＝12，使T n ＝m ⎣⎢⎡⎦⎥⎤n n ＋1＋n 2n ＋2.3．(2014·温州十校联考)已知等差数列{a n }的公差为－1，且a 2＋a 7＋a 12＝－6. (1)求数列{a n }的通项a n 与前n 项和S n ；(2)若{b n }是首项为4，公比为12的等比数列，前n 项和为T n ，求证：当t >6时，对任意n ，m ∈N *，S n <T m ＋t 恒成立．解 (1)由a 2＋a 7＋a 12＝－6得a 7＝－2， ∴a 1＝4，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝5－n ， 从而S n ＝n a 1＋a n2＝n 9－n2.(2)由等比数列求和公式得T m ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m 1－12＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ， T m ≥T 1＝4.(或者：各项为正的等比数列T 1＝4为最小值)又S n ＝n 9－n2＝－12(n 2－9n )＝－12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫n －922－814，故(S n )max ＝S 4＝S 5＝10，当t >6时，对任意n 、m ∈N *，T m ＋t >T 1＋6>10≥S n ， ∴当t >6时，S n <T m ＋t 恒成立．4．已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＋a n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝2(n ∈N *)，设c n ＝2na n .(1)求证：数列{c n }是等差数列，并求数列{a n }的通项公式； (2)按以下规律构造数列{b n }，具体方法如下：b 1＝c 1，b 2＝c 2＋c 3，b 3＝c 4＋c 5＋c 6＋c 7，…，第n 项b n 由相应的{c n }中2n －1项的和组成，求数列{b n }的通项b n .解 (1)证明：在S n ＋a n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝2①中，令n ＝1，得S 1＋a 1＋1＝2， ∴a 1＝12.当n ≥2时，S n －1＋a n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2＝2，②①－②得，a n ＋a n －a n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝0(n ≥2)，∴2a n －a n －1＝12n －1，∴2na n －2n －1a n －1＝1.又c n ＝2na n ，∴c n －c n －1＝1(n ≥2)． 又c 1＝2a 1＝1，∴数列{c n }是等差数列．于是c n ＝1＋(n －1)×1＝n 又∵c n ＝2na n ，∴a n ＝n2n .(2)由题意得b n ＝c 2n －1＋c 2n －1＋1＋c 2n －1＋2＋…＋c 2n －1＝2n －1＋(2n －1＋1)＋(2n －1＋2)＋…＋(2n－1)，而2n －1,2n －1＋1,2n －1＋2，…，2n －1是首项为2n －1，公差为1的等差数列，且共有2n －1项，∴b n ＝[2n －1＋2n－1]×2n －12＝22n －2＋22n －1－2n －12＝3×22n －3－2n －2.5．(2014·南京一模)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝2，S 6＝22. (1)求S n ；(2)若从{a n }中抽取一个公比为q 的等比数列{ak n }，其中k 1＝1，且k 1<k 2<…<k n <…，k n ∈N *. ①当q 取最小值时，求{k n }的通项公式；②若关于n (n ∈N *)的不等式6S n >k n ＋1有解，试求q 的值． 解 (1)设等差数列的公差为d ， 则S 6＝6a 1＋12×6×5d ＝22，解得d ＝23，∴S n ＝n n ＋53.(2)①∵数列{a n }是正项递增等差数列， ∴数列{ak n }的公比q >1，若k 2＝2，则由a 2＝83，得q ＝a 2a 1＝43，此时ak 3＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫432＝329，由329＝23(n ＋2)，解得n ＝103∉N *， ∴k 2>2，同理k 2>3；若k 2＝4，则由a 4＝4，得q ＝2， 此时ak n ＝2×2n －1，另一方面，ak n ＝23(k n ＋2)，∴23(k n ＋2)＝2n， 即k n ＝3×2n －1－2，∴对任何正整数n ，ak n 是数列{a n }的第3×2n －1－2项．∴最小的公比q ＝2. ∴k n ＝3×2n －1－2.②由ak n ＝2k n ＋43＝2q n －1，得k n ＝3qn －1－2，而q >1，所以当q >1且q ∈N 时，所有的k n ＝3q n －1－2均为正整数，符合题意；当q >1且q ∉N 时，k n ＝3q n －1－2∈N 不全是正整数，不合题意．而6S n >k n ＋1有解，∴2n n ＋5＋23qn>1有解，经检验， 当q ＝2，q ＝3，q ＝4时，n ＝1都是2n n ＋5＋23q n>1的解，符合题意； 下面证当q ≥5时，2nn ＋5＋23qn>1无解， 设b n ＝2n n ＋5＋23q n， 则b n ＋1－b n ＝2[1－q n 2＋7－5q n ＋7－q ]3qn ＋1， ∵5q －72－2q<0， ∴f (n )＝2[(1－q )n 2＋(7－5q )n ＋7－q ]在n ∈N *上单调递减． ∵f (1)<0， ∴f (n )<0恒成立， ∴b n ＋1－b n <0， ∴b n ≤b 1恒成立， 又当q ≥5时，b 1<1，∴当q≥5时，6S n>k n＋1无解．综上所述，q的值为2,3,4.。

2015《数列》高考真题总结1．(2015·新课标I 卷13)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 ＝________.2．(2015·浙江卷10)已知{a n }是等差数列，公差d 不为零．若a 2，a 3，a 7成等比数列，且2a 1＋a 2＝1，则a 1＝__________________，d ＝__________________.3．（2015·安徽卷13）已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，则数列{a n }的前9项和等于________．4．(2015·新课标I 卷7)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和，若S 8＝4S 4，则a 10＝( ) A.172 B.192C ．10 D ．12 5．（2015·新课标Ⅱ卷5）设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝( )A ．5B ．7C ．9D ．116.（2015·北京卷16）已知等差数列{a n }满足a 1＋a 2＝10，a 4－a 3＝2.(1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 2＝a 3，b 3＝a 7，问：b 6与数列{a n }的第几项相等？7．(2015四川文科16)设数列{a n }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)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，求T n .8.(2015·重庆卷16)已知等差数列{a n }满足a 3＝2，前3项和S 3＝92.(1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 15，求{b n }的前n 项和T n .9.(2015·浙江卷17)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝2，b 1＝1，a n ＋1＝2a n (n∈N *)，b 1＋12b 2＋13b 3＋…＋1n b n ＝b n ＋1－1(n ∈N *)．(1)求a n 与b n ；(2)记数列{a n b n }的前n 项和为T n ，求T n .10．(2015·福建卷17)等差数列{a n }中，a 2＝4，a 4＋a 7＝15.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n －2＋n ，求b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10的值．11.（2015·安徽卷18）已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .12.(2015·天津卷18)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，{b n }是等差数列，且a 1＝b 1＝1，b 2＋b 3＝2a 3，a 5－3b 2＝7.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设c n ＝a n b n ，n ∈N *，求数列{c n }的前n 项和．13.(2015·广东卷19)设数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *.已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1.(1)求a 4的值；(2)证明：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 为等比数列；(3)求数列{a n }的通项公式． 14.(2015·湖北卷19)设等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，等比数列{b n }的公比为q .已知b 1＝a 1，b 2＝2，q ＝d ，S 10＝100.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)当d >1时，记c n ＝a nb n，求数列{c n }的前n 项和T n .15.(2015·湖南卷19)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3，n ∈N *.(1)证明：a n ＋2＝3a n ； (2)求S n .16.（2015·山东卷19）已知数列{a n }是首项为正数的等差数列，数列{1a n ·a n ＋1}的前n 项和为n 2n ＋1. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝(a n ＋1)·2a n ，求数列{b n }的前n 项和T n .17．（2015·新课标Ⅱ卷9）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.182015《数列》高考真题答案1.【答案】6【解析】∵112,2n n a a a +==，∴数列{}n a是首项为2，公比为2的等比数列， ∴2(12)12612n n S -==-，∴264n=，∴n=6.2.【答案】2,13-【解析】由题可得，2111(2)()(6)a d a d a d +=++，故有1320a d +=，又因为1221a a +=，即131a d +=，所以121,3d a =-=.3.【答案】27【解析】∵2≥n 时，21,21121+=+=-a a a a n n 且 ∴{}1a a n是以为首项，21为公差的等差数列 ∴2718921289199=+=⨯⨯+⨯=S4.【答案】B 【解析】∵公差1d =，844S S =，∴11118874(443)22a a +⨯⨯=+⨯⨯，解得1a =12，∴1011199922a a d =+=+=，故选B.5.【答案】A6.【答案】（I ）22n a n =+；（II ）6b 与数列{}n a 的第63项相等.试题解析：（Ⅰ）设等差数列{}n a 的公差为d .因为432a a -=，所以2d =.又因为1210a a +=，所以1210a d +=，故14a =.所以42(1)22n a n n =+-=+(1,2,)n = .（Ⅱ）设等比数列{}n b 的公比为q .因为238b a ==，3716b a ==，所以2q =，14b =.所以61642128b -=⨯=.由12822n =+，得63n =.所以6b 与数列{}n a 的第63项相等.7.【解析】(Ⅰ) 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)，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。

四、数列综合题《考试大纲》的特别要求如下：理解等差数列、等比数列的概念，掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n 项和公式，能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题．高考中数列解答题的求解主要有以下几个特点：(1)与等差、等比数列基本量有关的计算，可根据题意列方程(方程组)或利用等差、等比数列的性质求解；(2)与求和有关的题目，首先要求通项公式，并根据通项公式选择恰当的求和方法(如错位相减法、裂项相消法、分组求和法等)；(3)含S n 的式子，要根据题目特征利用a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2进行转化； (4)与递推数列有关的问题，要能合理转化，使之构造出新的等差、等比数列；(5)与数列有关的不等式问题，可根据数列的特征选择方法(如比较法、放缩法等)；(6)与函数有关的问题，应根据函数的性质求解．阅卷案例4 (2013·山东高考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4＝4S 2，a 2n ＝2a n ＋1.(1)求数列{a n }的通项公式．(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n ＋a n ＋12n ＝λ(λ为常数)，令c n ＝b 2n (n ∈N *)．求数列{c n }的前n 项和R n .审题(1)切入点：由S 4＝4S 2和a 2n ＝2a n ＋1入手．关注点：令n ＝1时，a 2＝2a 1＋1，方法更简便．(2)切入点：由T n →b n →b 2n →C n .关注点：①b n ＝T n －T n －1的使用条件n ≥2；②求R n 运用错位相减法求和．解题【解】 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .由S 4＝4S 2，得d ＝2a 1，(2分)又因为a 2n ＝2a n ＋1，所以a 2＝2a 1＋1得d ＝a 1＋1，(3分)得a 1＝1，d ＝2.(5分)因为a n ＝2n －1，n ∈N *.(6分)(2)由(1)知T n ＝λ－n 2n －1，所以n ≥2时， b n ＝T n －T n －1＝－n 2n －1＋n －12n －2＝n －22n －1，(7分) 故c n ＝b 2n ＝2n －222n －1＝(n －1)⎝⎛⎭⎫14n －1，n ∈N ，(8分) 所以R n ＝0×⎝⎛⎭⎫140＋1×⎝⎛⎭⎫141＋2×⎝⎛⎭⎫142＋3×⎝⎛⎭⎫143＋…＋(n －1)×⎝⎛⎭⎫14n －1，(9分) 则14R n ＝0×⎝⎛⎭⎫141＋1×⎝⎛⎭⎫142＋2×⎝⎛⎭⎫142＋3×⎝⎛⎭⎫144＋…＋(n －1)×⎝⎛⎭⎫14n ，(10分) 两式相减得34R n ＝⎝⎛⎭⎫141＋⎝⎛⎭⎫142＋⎝⎛⎭⎫143＋⎝⎛⎭⎫144＋…＋⎝⎛⎭⎫14n －1－(n －1)⎝⎛⎭⎫14n ＝14－⎝⎛⎭⎫14n 1－14－(n －1)⎝⎛⎭⎫14n ＝13－1＋3n 3⎝⎛⎭⎫14n ， 整理得R n ＝19⎝ ⎛⎭⎪⎫4－3n ＋14n －1， 所以数列{c n }的前n 项和R n ＝19⎝ ⎛⎭⎪⎫4－3n －14n －1.(12分)阅卷现场评分细则第(1)问得分点及说明得分点：①d ＝2a 1和d ＝a 1＋1求对一个得2分，全对得3分；②求对a 1，d ，a n 分别得1分，不管中间过程有无．说明：①仅列出等差数列的通项公式，前n 项和公式S n 不得分；②a 2n ＝2a n ＋1可用a 2＝2a 1＋1或a 4＝2a 2＋1及其他特殊值表示，但是仅表示没有进一步结果不得分；③通项写成a n ＝1＋2(n －1)，不扣分．第(2)问得分点及说明得分点：①求出b n ，c n ，R n ，14R n 分别得1分； ②错位相减并求对最终结果得2分．说明①若用不完全归纳(猜想)得到b n ，求对c n 给1分，全对扣1分；②若没有b n 直接求c n ，即c n ＝b 2n ＝T 2n －T 2n －1＝2n －122n －2－2n 22n －1＝2n －222n －1＝(n －1)⎝⎛⎭⎫14n －1或直接求R n ，在R n 中显示c n ，不扣分； ③若a n 求错，将错就错，有错位相减思想(写出R n ，R n 乘公比或公比倒数，相减得出完整的式子)，给1分；④若a n 求对，b n 求对得1分；⑤C n 求对得1分，从R n 开始错了，不给思想分；⑥c n 求错，有错位相减思想给1分，b n 求错，对c n 有错位相减思想给1分，对b n 有错位相减思想不给分；⑦没有n ≥2，n ∈N *，没有最后一句话，只要R n 时，不扣分．满分规则规则1得步骤分：是得分点的步骤，有则给分，无则没分如第(1)问的两个等式对一个就得分；第(2)问中求出b n ，c n ，R n ，14R n 分别是1分，因此按得分步骤写过程容易得分． 规则2特殊值法的应用：在数列中注意特殊值法的应用，把其中的量具体化，简化计算 如第(1)问中的条件：a 2n ＝2a n ＋1可以表示为a 2＝2a 1＋1或a 4＝2a 2＋1，这样计算更简便． 规则3通性通法得分：评分细则针对最基本的方法给分第(2)问根据通项b n 与前n 项和T n 关系求b n ，利用错位相减思想求R n ，就容易踩到得分点．规则4最终结果的要求：等式写成一般式，求值或范围的最后结果一般要有总结如第(1)问的最后结果为等差数列的通项公式，一般写成n 的一次式，但是不转化也不扣分；第(2)问，求出前n 项和R n 后，一般要有总结的一句话，但是没有也不扣分．阅卷心得干净整洁保得分，简明扼要是关键书写整洁，表达清楚，一定会得到合理或偏高一点的分数，若不规范可能就会吃亏． 变题4．(文)(2014·浙江温州适应性测试)在等差数列{a n }中，已知a 3＝5，a 1＋a 2＋…＋a 7＝49.(1)求a n ；(2)b n ＝1a n a n ＋1(n ∈N *)，设数列{b n }的前n 项和为S n ，试比较a n ＋2与16S n 的大小． 【解】 (1)由题意得：⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝5，7a 1＋21d ＝49，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2. ∴a n ＝2n －1.(2)∵b n ＝1a n a n ＋1， ∴b n ＝1(2n －1)(2n ＋1)， ∴S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫1－13＋⎝⎛⎭⎫13－15＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1＝n 2n ＋1， ∴a n ＋2－16S n ＝2n ＋3－16n 2n ＋1＝(2n －1)(2n －3)2n ＋1， ∴当n ＝1时，a n ＋2<16S n ；当n ≥2时，a n ＋2>16S n .(理)(2014·重庆高考)设a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋2＋b (n ∈N *)．(Ⅰ)若b ＝1，求a 2，a 3及数列{a n }的通项公式；(Ⅱ)若b ＝－1，问：是否存在实数c 使得a 2n <c <a 2n ＋1对所有n ∈N *成立？证明你的结论．【解】 (Ⅰ)法一 a 2＝2，a 3＝2＋1，再由题设条件知(a n ＋1－1)2＝(a n －1)2＋1.从而{(a n －1)2}是首项为0公差为1的等差数列，故(a n －1)2＝n －1，即a n ＝n －1＋1(n ∈N *)．法二 a 2＝2，a 3＝2＋1，可写为a 1＝1－1＋1，a 2＝2－1＋1，a 3＝3－1＋1.因此猜想a n ＝n －1＋1. 下面用数学归纳法证明上式：当n ＝1时结论显然成立．假设n ＝k 时结论成立，即a k ＝k －1＋1.则a k ＋1＝(a k －1)2＋1＋1＝(k －1)＋1＋1＝(k ＋1)－1＋1. 这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立．所以a n ＝n －1＋1(n ∈N *)．(Ⅱ)法一 设f (x )＝(x －1)2＋1－1，则a n ＋1＝f (a n )．令c ＝f (c )，即c ＝(c －1)2＋1－1，解得c ＝14. 下面用数学归纳法证明加强命题a 2n <c <a 2n ＋1<1.当n ＝1时，a 2＝f (1)＝0，a 3＝f (0)＝2－1，所以a 2<14<a 3<1，结论成立． 假设n ＝k 时结论成立，即a 2k <c <a 2k ＋1<1.易知f (x )在(－∞，1]上为减函数，从而c ＝f (c )>f (a 2k ＋1)>f (1)＝a 2，即1>c >a 2k ＋2>a 2.再由f (x )在(－∞，1]上为减函数得c ＝f (c )<f (a 2k ＋2)<f (a 2)＝a 3<1.故c <a 2k ＋3<1，因此a 2(k ＋1)<c <a 2(k ＋1)＋1<1.这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立．综上，符合条件的c 存在，其中一个值为c ＝14. 法二 设f (x )＝(x －1)2＋1－1，则a n ＋1＝f (a n )．先证：0≤a n ≤1(n ∈N *)．①当n ＝1时，结论明显成立．假设n ＝k 时结论成立，即0≤a k ≤1.易知f (x )在(－∞，1]上为减函数，从而0＝f (1)≤f (a k )≤f (0)＝2－1<1.即0≤a k ＋1≤1.这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立，故①成立． 再证：a 2n <a 2n ＋1(n ∈N *)．②当n ＝1时，a 2＝f (1)＝0，a 3＝f (a 2)＝f (0)＝2－1，有a 2<a 3，即n ＝1时②成立． 假设n ＝k 时，结论成立，即a 2k <a 2k ＋1，由①及f (x )在(－∞，1]上为减函数，得a 2k ＋1＝f (a 2k )>f (a 2k ＋1)＝a 2k ＋2，a 2(k ＋1)＝f (a 2k ＋1)<f (a 2k ＋2)＝a 2(k ＋1)＋1.这就是说，当n ＝k ＋1时②成立，所以②对一切n ∈N *成立． 由②得a 2n <a 22n －2a 2n ＋2－1，即(a 2n ＋1)2<a 22n －2a 2n ＋2，因此a 2n <14.③ 又由①、②及f (x )在(－∞，1]上减函数得f (a 2n )>f (a 2n ＋1)，即a 2n ＋1>a 2n ＋2，所以a 2n ＋1>a 22n ＋1－2a 2n ＋1＋2－1.解得a 2n ＋1>14.④ 综上，由②、③、④知存在c ＝14使a 2n <c <a 2n ＋1对一切n ∈N *成立．。