高三数学-2018年上学期高三第一轮复习数学：数列与极限(附答案) 精品

第五章⎪⎪⎪数 列第一节数列的概念与简单表示法1．数列的有关概念 概念 含义数列 按照一定顺序排列的一列数 数列的项 数列中的每一个数 数列的通项 数列{a n }的第n 项a n通项公式 数列{a n }的第n 项a n 与n 之间的关系能用公式a n ＝f (n )表示，这个公式叫做数列的通项公式前n 项和数列{a n }中，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n 叫做数列的前n 项和列表法 列表格表示n 与a n 的对应关系 图象法 把点(n ，a n )画在平面直角坐标系中 公式法通项公式 把数列的通项使用公式表示的方法递推公式使用初始值a 1和a n ＋1＝f (a n )或a 1，a 2和a n ＋1＝f (a n ，a n －1)等表示数列的方法n n 若数列{a n }的前n 项和为S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.4．数列的分类[小题体验]1．已知数列{a n }的前4项为1,3,7,15，则数列{a n }的一个通项公式为________．答案：a n ＝2n －1(n ∈N *)2．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝a n2a n ＋3，则a 5等于________． 答案：11613．(教材习题改编)已知函数f (x )＝x －1x ，设a n ＝f (n )(n ∈N *)，则{a n }是________数列(填“递增”或“递减”)．答案：递增1．数列是按一定“次序”排列的一列数，一个数列不仅与构成它的“数”有关，而且还与这些“数”的排列顺序有关．2．易混项与项数的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号．3．在利用数列的前n 项和求通项时，往往容易忽略先求出a 1，而是直接把数列的通项公式写成a n ＝S n －S n －1的形式，但它只适用于n ≥2的情形．[小题纠偏]1．已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n ＝n 2＋1，则数列{a n }的通项公式是________．答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1，n ≥22．数列{a n }的通项公式为a n ＝－n 2＋9n ，则该数列第________项最大． 答案：4或5考点一 由数列的前几项求数列的通项公式(基础送分型考点——自主练透)[题组练透]1．已知n ∈N *，给出4个表达式：①a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，n 为奇数，1，n 为偶数，②a n ＝1＋(－1)n2，③a n ＝1＋cos n π2，④a n ＝⎪⎪⎪⎪sin n π2．其中能作为数列：0,1,0,1,0,1,0,1，…的通项公式的是( )A ．①②③B ．①②④C ．②③④D ．①③④解析：选A 检验知①②③都是所给数列的通项公式． 2．根据数列的前几项，写出各数列的一个通项公式： (1)4,6,8,10，…； (2)(易错题)－11×2，12×3，－13×4，14×5，…； (3)a ，b ，a ，b ，a ，b ，…(其中a ，b 为实数)； (4)9,99,999,9 999，…．解：(1)各数都是偶数，且最小为4，所以它的一个通项公式a n ＝2(n ＋1)，n ∈N *． (2)这个数列的前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式a n ＝(－1)n ×1n (n ＋1)，n ∈N *．(3)这是一个摆动数列，奇数项是a ，偶数项是b ，所以此数列的一个通项公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，n 为奇数，b ，n 为偶数. (4)这个数列的前4项可以写成10－1,100－1,1 000－1，10 000－1，所以它的一个通项公式a n ＝10n －1，n ∈N *．[谨记通法]由数列的前几项求数列通项公式的策略(1)根据所给数列的前几项求其通项公式时，需仔细观察分析，抓住以下几方面的特征，并对此进行归纳、联想，具体如下：①分式中分子、分母的特征； ②相邻项的变化特征； ③拆项后的特征； ④各项符号特征等．(2)根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是利用不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想，由不完全归纳得出的结果是不可靠的，要注意代值检验，对于正负符号变化，可用(－1)n 或(－1)n＋1来调整．如“题组练透”第2(2)题．考点二 由a n 与S n 的关系求通项a n (重点保分型考点——师生共研)[典例引领]已知下面数列{a n }的前n 项和S n ，求{a n }的通项公式． (1)S n ＝2n 2－3n ；(2)S n ＝3n ＋b ．解：(1)a 1＝S 1＝2－3＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n )－[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5， 由于a 1也适合此等式，∴a n ＝4n －5． (2)a 1＝S 1＝3＋b ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋b )－(3n －1＋b )＝2·3n －1． 当b ＝－1时，a 1适合此等式． 当b ≠－1时，a 1不适合此等式． ∴当b ＝－1时，a n ＝2·3n －1；当b ≠－1时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3＋b ，n ＝1，2·3n －1，n ≥2.[由题悟法]已知S n 求a n 的 3个步骤(1)先利用a 1＝S 1求出a 1；(2)用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n 的表达式；(3)对n ＝1时的结果进行检验，看是否符合n ≥2时a n 的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n ＝1与n ≥2两段来写．[即时应用]已知数列{a n }的前n 项和为S n ． (1)若S n ＝(－1)n ＋1·n ，求a 5＋a 6及a n ； (2)若S n ＝3n ＋2n ＋1，求a n ．解：(1)a 5＋a 6＝S 6－S 4＝(－6)－(－4)＝－2， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(－1)n ＋1·n －(－1)n ·(n －1) ＝(－1)n ＋1·[n ＋(n －1)] ＝(－1)n ＋1·(2n －1)， 又a 1也适合此式， 所以a n ＝(－1)n ＋1·(2n －1)．(2)因为当n ＝1时，a 1＝S 1＝6； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋2n ＋1)－[3n －1＋2(n －1)＋1] ＝2·3n －1＋2， 由于a 1不适合此式，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6，n ＝1，2·3n －1＋2，n ≥2.考点三 由递推关系式求数列的通项公式(题点多变型考点——多角探明) [锁定考向]递推公式和通项公式是数列的两种表示方法，它们都可以确定数列中的任意一项，只是由递推公式确定数列中的项时，不如通项公式直接．常见的命题角度有： (1)形如a n ＋1＝a n f (n )，求a n ； (2)形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，求a n ；(3)形如a n ＋1＝Aa n ＋B (A ≠0且A ≠1)，求a n ．[题点全练]角度一：形如a n ＋1＝a n f (n )，求a n 1．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，求数列{a n }的通项公式． 解：∵a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，∴a n －1＝n －2n －1a n －2，a n －2＝n －3n －2a n －3，…，a 2＝12a 1．以上(n －1)个式子相乘得 a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n ．当n ＝1时，a 1＝1，上式也成立．∴a n ＝1n (n ∈N *)． 角度二：形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，求a n2．设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，求数列{a n }的通项公式． 解：由题意有a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n (n ≥2)．以上各式相加，得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝(n －1)(2＋n )2＝n 2＋n －22．又∵a 1＝1，∴a n ＝n 2＋n2(n ≥2)．∵当n ＝1时也满足此式，∴a n ＝n 2＋n2(n ∈N *)．角度三：形如a n ＋1＝Aa n ＋B (A ≠0且A ≠1)，求a n3．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，求数列{a n }的通项公式． 解：∵a n ＋1＝3a n ＋2，∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，∴a n ＋1＋1a n ＋1＝3，∴数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3， 又a 1＋1＝2，∴a n ＋1＝2·3n －1， ∴a n ＝2·3n －1－1(n ∈N *)．[通法在握]典型的递推数列及处理方法[演练冲关]根据下列条件，求数列{a n }的通项公式． (1)a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2n ； (2)a 1＝12，a n ＝n －1n ＋1a n －1(n ≥2)．解：(1)由题意知a n ＋1－a n ＝2n ，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝2n －1＋2n －2＋…＋2＋1＝1－2n1－2＝2n －1．(2)因为a n ＝n －1n ＋1a n －1(n ≥2)，所以当n ≥2时，a n a n －1＝n －1n ＋1，所以a na n －1＝n －1n ＋1，a n －1a n －2＝n －2n ，…，a 3a 2＝24，a 2a 1＝13，以上n －1个式子相乘得a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 3a 2·a 2a 1＝n －1n ＋1·n －2n ·…·24·13，即a n a 1＝1n ＋1×1n ×2×1，所以a n ＝1n (n ＋1)． 当n ＝1时，a 1＝11×2＝12，也与已知a 1＝12相符，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝1n (n ＋1)．一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．数列1，23，35，47，59，…的一个通项公式a n ＝( )A ．n 2n ＋1B ．n2n －1 C ．n 2n －3D ．n2n ＋3解析：选B 由已知得，数列可写成11，23，35，…，故通项为n 2n －1．2．已知数列{a n }的前n 项和为S n ＝n 2－2n ＋2，则数列{a n }的通项公式为( ) A ．a n ＝2n －3B ．a n ＝2n ＋3C ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －3，n ≥2D ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n ＋3，n ≥2解析：选C 当n ＝1时，a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －3，由于n ＝1时a 1的值不适合n ≥2的解析式，故通项公式为选项C ．3．若a 1＝12，a n ＝4a n －1＋1(n ≥2)，当a n >100时，n 的最小值为( )A ．3B ．4C ．5D ．6解析：选C 由a 1＝12，a n ＝4a n －1＋1(n ≥2)得，a 2＝4a 1＋1＝4×12＋1＝3，a 3＝4a 2＋1＝4×3＋1＝13，a 4＝4a 3＋1＝4×13＋1＝53，a 5＝4a 4＋1＝4×53＋1＝213>100．4．(2016·肇庆三模)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n －a n －1＝n (n ≥2)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________．解析：由a n －a n －1＝n 得a 2－a 1＝2， a 3－a 2＝3，a 4－a 3＝4，…，a n －a n －1＝n ， 上面(n －1)个式子相加得 a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝12n (n ＋1)．又n ＝1时也满足此式， 所以a n ＝12n (n ＋1)．答案：12n (n ＋1)5．(2017·南昌模拟)数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＋S n －1＝2n －1(n ≥2)，且S 2＝3，则a 1＋a 3的值为________．解析：∵S n ＋S n －1＝2n －1(n ≥2)，令n ＝2， 得S 2＋S 1＝3，由S 2＝3得a 1＝S 1＝0， 令n ＝3，得S 3＋S 2＝5，所以S 3＝2，则a 3＝S 3－S 2＝－1，所以a 1＋a 3＝0＋(－1)＝－1． 答案：－1二保高考，全练题型做到高考达标1．数列0,1,0，－1,0,1,0，－1，…的一个通项公式是a n 等于( ) A ．(－1)n ＋12B ．cos n π2C ．cos n ＋12πD ．cos n ＋22π解析：选D 令n ＝1,2,3，…，逐一验证四个选项，易得D 正确．2．(2017·福建福州八中质检)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋1(n ∈N *)，则a 2017＝( )A ．1B ．0C ．2 017D ．－2 017解析：选A ∵a 1＝1，∴a 2＝(a 1－1)2＝0，a 3＝(a 2－1)2＝1，a 4＝(a 3－1)2＝0，…，可知数列{a n }是以2为周期的数列，∴a 2 017＝a 1＝1．3．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2(a n －1)，则a n ＝( ) A ．2n B ．2n －1 C ．2nD ．2n －1解析：选C 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2(a 1－1)，可得a 1＝2，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1，∴a n ＝2a n －1，∴数列{a n }为等比数列，公比为2，首项为2，所以a n ＝2n ．4．设曲线f (x )＝x n ＋1(n ∈N *)在点(1,1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ，则x 1·x 2·x 3·x 4·…·x 2 017＝( )A ．2 0162 017B ．12 017 C ．2 0172 018D ．12 018解析：选D 由f (x )＝x n ＋1得f ′(x )＝(n ＋1)x n ，切线方程为y －1＝(n ＋1)(x －1)，令y ＝0得x n ＝n n ＋1，故x 1·x 2·x 3·x 4·…·x 2 017＝12×23×…×2 0172 018＝12 018．5．(2017·衡水中学检测)若数列{a n }满足：a 1＝19，a n ＋1＝a n －3(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和数值最大时，n 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：选B ∵a 1＝19，a n ＋1－a n ＝－3，∴数列{a n }是以19为首项，－3为公差的等差数列， ∴a n ＝19＋(n －1)×(－3)＝22－3n ． 设{a n }的前k 项和数值最大，则有⎩⎪⎨⎪⎧ a k ≥0，a k ＋1≤0k ∈N *，∴⎩⎪⎨⎪⎧22－3k ≥0，22－3(k ＋1)≤0，∴193≤k ≤223， ∵k ∈N *，∴k ＝7．∴满足条件的n 的值为7．6．在数列－1,0，19，18，…，n －2n 2，…中，0．08是它的第____________项．解析：令n －2n 2＝0．08，得2n 2－25n ＋50＝0，即(2n －5)(n －10)＝0． 解得n ＝10或n ＝52(舍去)．答案：107．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a 2n －1－1(n >1)，则a 2 017＝________，|a n ＋a n ＋1|＝________(n >1)．解析：由a 1＝1，a n ＝a 2n －1－1(n >1)，得a 2＝a 21－1＝12－1＝0，a 3＝a 22－1＝02－1＝－1， a 4＝a 23－1＝(－1)2－1＝0，a 5＝a 24－1＝02－1＝－1，由此可猜想当n >1，n 为奇数时a n ＝－1，n 为偶数时a n ＝0， ∴a 2 017＝－1，|a n ＋a n ＋1|＝1． 答案：－1 18．在一个数列中，如果∀n ∈N *，都有a n a n ＋1a n ＋2＝k (k 为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k 叫做这个数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且a 1＝1，a 2＝2，公积为8，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝________．解析：依题意得数列{a n }是周期为3的数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，因此a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝4(a 1＋a 2＋a 3)＝4×(1＋2＋4)＝28．答案：289．已知S n 为正项数列{a n }的前n 项和，且满足S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)． (1)求a 1，a 2，a 3，a 4的值； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)由S n ＝12a 2n ＋12a n (n ∈N *)，可得 a 1＝12a 21＋12a 1，解得a 1＝1； S 2＝a 1＋a 2＝12a 22＋12a 2，解得a 2＝2； 同理，a 3＝3，a 4＝4．(2)S n ＝12a 2n ＋12a n ，① 当n ≥2时，S n －1＝12a 2n －1＋12a n －1，② ①－②得(a n －a n －1－1)(a n ＋a n －1)＝0． 由于a n ＋a n －1≠0， 所以a n －a n －1＝1， 又由(1)知a 1＝1，故数列{a n }是首项为1，公差为1的等差数列，故a n ＝n ． 10．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋4．(1)若k ＝－5，则数列中有多少项是负数？n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值； (2)对于n ∈N *，都有a n ＋1>a n ，求实数k 的取值范围． 解：(1)由n 2－5n ＋4<0， 解得1<n <4．因为n ∈N *，所以n ＝2,3，所以数列中有两项是负数，即为a 2，a 3． 因为a n ＝n 2－5n ＋4＝⎝⎛⎭⎫n －522－94， 由二次函数性质，得当n ＝2或n ＝3时，a n 有最小值，其最小值为a 2＝a 3＝－2． (2)由a n ＋1>a n ，知该数列是一个递增数列，又因为通项公式a n ＝n 2＋kn ＋4，可以看作是关于n 的二次函数，考虑到n ∈N *，所以－k 2<32，即得k >－3．所以实数k 的取值范围为(－3，＋∞)． 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(－1)n ·2n ＋1，该数列的项排成一个数阵(如图)，则该数阵中的第10行第3个数为________．a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 ……解析：由题意可得该数阵中的第10行、第3个数为数列{a n }的第1＋2＋3＋…＋9＋3＝9×102＋3＝48项，而a 48＝(－1)48×96＋1＝97，故该数阵第10行、第3个数为97．答案：972．(2017·甘肃诊断性考试)已知数列{a n }满足a 1＝8999，a n ＋1＝10a n ＋1． (1)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋19是等比数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)数列{b n }满足b n ＝lg ⎝⎛⎭⎫a n ＋19，T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n b n ＋1的前n 项和，求证：T n <12． 证明：(1)由a n ＋1＝10a n ＋1，得a n ＋1＋19＝10a n ＋109＝10⎝⎛⎭⎫a n ＋19，即a n ＋1＋19a n ＋19＝10． 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋19是等比数列，其中首项为a 1＋19＝100，公比为10，所以a n ＋19＝100×10n －1＝10n ＋1，即a n ＝10n ＋1－19．(2)由(1)知b n ＝lg ⎝⎛⎭⎫a n ＋19＝lg 10n ＋1＝n ＋1， 即1b n b n ＋1＝1(n ＋1)(n ＋2)＝1n ＋1－1n ＋2． 所以T n ＝12－13＋13－14＋…＋1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2<12．第二节等差数列及其前n 项和1．等差数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d 表示．(2)等差中项：数列a ，A ，b 成等差数列的充要条件是A ＝a ＋b2，其中A 叫做a ，b 的等差中项．2．等差数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d ．(2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n (a 1＋a n )2． 3．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n ． (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则{a 2n }也是等差数列，公差为2d ． (4)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }也是等差数列．(5)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列．[小题体验]1．在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25，则a 2＋a 8＝________． 答案：102．(教材习题改编)已知等差数列{a n }，a 5＝－20，a 20＝－35，则a n ＝________ 答案：－15－n3．(教材习题改编)已知等差数列5,427，347，…，则前n 项和S n ＝________．答案：114(75n －5n 2)1．要注意概念中的“从第2项起”．如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或第4项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列．2．求等差数列的前n 项和S n 的最值时，需要注意“自变量n 为正整数”这一隐含条件．[小题纠偏]1．首项为24的等差数列，从第10项开始为负数，则公差d 的取值范围是( ) A ．(－3，＋∞) B ．⎝⎛⎭⎫－∞，－83 C ．⎝⎛⎭⎫－3，－83 D ．⎣⎡⎭⎫－3，－83 答案：D2．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，S 3＝12，则a 6等于________．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，则S 3＝3a 1＋3d ，所以12＝3×2＋3d ，解得d ＝2，所以a 6＝a 1＋5d ＝2＋5×2＝12．答案：12考点一 等差数列的基本运算(基础送分型考点——自主练透)[题组练透]1．(2016·郑州二检)已知{a n }为等差数列，公差为1，且a 5是a 3与a 11的等比中项，S n是{a n }的前n 项和，则S 12的值为______．解析：由题意得，a 25＝a 3a 11，即(a 1＋4)2＝(a 1＋2)(a 1＋10)，a 1＝－1，∴S 12＝12×(－1)＋12×112×1＝54．答案：542．(2017·西安质检)公差不为零的等差数列{a n }中，a 7＝2a 5，则数列{a n }中第________项的值与4a 5的值相等．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，∵a 7＝2a 5，∴a 1＋6d ＝2(a 1＋4d )，则a 1＝－2d ，∴a n＝a 1＋(n －1)d ＝(n －3)d ，而4a 5＝4(a 1＋4d )＝4(－2d ＋4d )＝8d ＝a 11，故数列{a n }中第11项的值与4a 5的值相等．答案：113．(2016·江苏高考)已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 1＋a 22＝－3，S 5＝10，则a 9的值是________．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由S 5＝10，知S 5＝5a 1＋5×42d ＝10，得a 1＋2d ＝2，即a 1＝2－2d ．所以a 2＝a 1＋d ＝2－d ，代入a 1＋a 22＝－3，化简得d 2－6d ＋9＝0，所以d ＝3，a 1＝－4．故a 9＝a 1＋8d ＝－4＋24＝20．答案：204．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，a 12＝－8，S 9＝－9，则S 16＝________． 解析：设等差数列{a n }的首项为a 1， 公差为d ，由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧a 12＝a 1＋11d ＝－8，S 9＝9a 1＋9×82d ＝－9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝－1.∴S 16＝16×3＋16×152×(－1)＝－72．答案：－72[谨记通法]等差数列基本运算的方法策略(1)等差数列中包含a 1，d ，n ，a n ，S n 五个量，可“知三求二”．解决这些问题一般设基本量a 1，d ，利用等差数列的通项公式与求和公式列方程(组)求解，体现方程思想．(2)如果已知等差数列中有几项的和是常数的计算问题，一般是等差数列的性质和等差数列求和公式S n ＝n (a 1＋a n )2结合使用，体现整体代入的思想．考点二 等差数列的判断与证明(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]已知数列{a n }的前n 项和为S n 且满足a n ＋2S n ·S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12．(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列；(2)求a n 的表达式．解：(1)证明：∵a n ＝S n －S n －1(n ≥2)， 又a n ＝－2S n ·S n －1，∴S n －1－S n ＝2S n ·S n －1，S n ≠0，n ≥2． 因此1S n －1S n －1＝2(n ≥2)．故由等差数列的定义知⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1＝1a 1＝2为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)知1S n ＝1S 1＋(n －1)d ＝2＋(n －1)×2＝2n ，即S n ＝12n．由于当n ≥2时，有a n ＝－2S n ·S n －1＝－12n (n －1)，又∵a 1＝12，不适合上式．∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，－12n (n －1)，n ≥2.[由题悟法]等差数列的判定与证明方法[即时应用]已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a n －12a n －1＋1(n ∈N *，n ≥2)，数列{b n }满足关系式b n ＝1a n(n ∈N *)．(1)求证：数列{b n }为等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)证明：∵b n ＝1a n ，且a n ＝a n －12a n －1＋1，∴b n ＋1＝1a n ＋1＝1a n 2a n ＋1＝2＋1a n ，∴b n ＋1－b n ＝2＋1a n －1a n ＝2．又b 1＝1a 1＝1，∴数列{b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)知数列{b n }的通项公式为 b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，又b n ＝1a n，∴a n ＝1b n ＝12n －1．∴数列{a n }的通项公式为a n ＝12n －1．考点三 等差数列的性质及最值(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 11＝22，则a 3＋a 7＋a 8＝( ) A ．18 B ．12 C ．9D ．6解析：选D 由题意得S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11(2a 1＋10d )2＝22，即a 1＋5d ＝2，所以a 3＋a 7＋a 8＝a 1＋2d ＋a 1＋6d ＋a 1＋7d ＝3(a 1＋5d )＝6．2．(2017·合肥质检)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 8＝1，S 16＝0，当S n 取最大值时n 的值为( )A ．7B ．8C ．9D ．10解析：选B 法一：由⎩⎪⎨⎪⎧a 8＝a 1＋7d ＝1，S 16＝16a 1＋16×152d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝15，d ＝－2，则S n ＝－n 2＋16n ＝－(n －8)2＋64，则当n ＝8时，S n 取得最大值．法二：因为{a n }是等差数列，所以S 16＝8(a 1＋a 16)＝8(a 8＋a 9)＝0，则a 9＝－a 8＝－1，即数列{a n }的前8项是正数，从第9项开始是负数，所以(S n )max ＝S 8，选项B 正确．[由题悟法]1．等差数列的性质(1)项的性质：在等差数列{a n }中，a m －a n ＝(m －n )d ⇔a m －a nm －n ＝d (m ≠n )，其几何意义是点(n ，a n )，(m ，a m )所在直线的斜率等于等差数列的公差．(2)和的性质：在等差数列{a n }中，S n 为其前n 项和，则 ①S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)； ②S 2n －1＝(2n －1)a n ．2．求等差数列前n 项和S n 最值的2种方法(1)函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式S n ＝an 2＋bn ，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．(2)邻项变号法：①当a 1>0，d <0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧ a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值为S m ；②当a 1<0，d >0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值为S m ．[即时应用]1．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 6a 5＝911，则S 11S9＝( )A ．1B ．－1C ．2D ．12解析：选A S 11S 9＝11(a 1＋a 11)29(a 1＋a 9)2＝11a 69a 5＝119×911＝1．2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知前6项和为36，最后6项的和为180，S n ＝324(n ＞6)，则数列{a n }的项数为________．解：由题意知a 1＋a 2＋…＋a 6＝36，① a n ＋a n －1＋a n －2＋…＋a n －5＝180，②①＋②得(a 1＋a n )＋(a 2＋a n －1)＋…＋(a 6＋a n －5)＝6(a 1＋a n )＝216，∴a 1＋a n ＝36， 又S n ＝n (a 1＋a n )2＝324，∴18n ＝324，∴n ＝18．答案：183．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，S 10＝16，S 100－S 90＝24，则S 100＝________． 解析：依题意，S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，…，S 100－S 90依次成等差数列，设该等差数列的公差为d ．又S 10＝16，S 100－S 90＝24，因此S 100－S 90＝24＝16＋(10－1)d ＝16＋9d ，解得d ＝89，因此S 100＝10S 10＋10×92d ＝10×16＋10×92×89＝200．答案：200一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2017·桂林调研)等差数列{a n }中，a 4＋a 8＝10，a 10＝6，则公差d ＝( ) A ．14B ．12C ．2D ．－12解析：选A 由a 4＋a 8＝2a 6＝10，得a 6＝5，所以4d ＝a 10－a 6＝1，解得d ＝14，故选A ．2．等差数列{a n }的前n 项之和为S n ，若a 5＝6，则S 9为( ) A ．45 B ．54 C ．63D ．27解析：选B 法一：∵S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9a 5＝9×6＝54．故选B ．法二：由a 5＝6，得a 1＋4d ＝6，∴S 9＝9a 1＋9×82d ＝9(a 1＋4d )＝9×6＝54，故选B ．3．(2017·陕西质量监测)已知数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2．若a k ·a k ＋1<0，则正整数k ＝( )A ．21B ．22C ．23D ．24解析：选C 3a n ＋1＝3a n －2⇒a n ＋1＝a n －23⇒{a n }是等差数列，则a n ＝473－23n ．∵a k ＋1·a k <0， ∴⎝⎛⎭⎫473－23k ⎝⎛⎭⎫453－23k <0，∴452<k <472，又∵k ∈N *， ∴k ＝23．4．(2016·北京高考)已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和．若a 1＝6，a 3＋a 5＝0，则S 6＝________．解析：∵a 3＋a 5＝2a 4，∴a 4＝0． ∵a 1＝6，a 4＝a 1＋3d ，∴d ＝－2． ∴S 6＝6a 1＋6×(6－1)2d ＝6．答案：65．等差数列{a n }中，已知a 5>0，a 4＋a 7<0，则{a n }的前n 项和S n 的最大值为________．解析：∵⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＋a 7＝a 5＋a 6<0，a 5>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 5>0，a 6<0，∴S n 的最大值为S 5．答案：S 5二保高考，全练题型做到高考达标1．(2017·太原一模)在单调递增的等差数列{a n }中，若a 3＝1，a 2a 4＝34，则a 1＝( )A ．－1B ．0C ．14D ．12解析：选B 由题知，a 2＋a 4＝2a 3＝2， 又∵a 2a 4＝34，数列{a n }单调递增，∴a 2＝12，a 4＝32．∴公差d ＝a 4－a 22＝12．∴a 1＝a 2－d ＝0．2．数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2＋3n (n ∈N *)，若p －q ＝5，则a p －a q ＝( ) A ．10B ．15C ．－5D ．20解析：选D 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2＋3n －[2(n －1)2＋3(n －1)]＝4n ＋1， 当n ＝1时，a 1＝S 1＝5，符合上式， ∴a n ＝4n ＋1，a p －a q ＝4(p －q )＝20．3．(2017·河南六市一联)已知正项数列{a n }的前n 项和为S n ，若{a n }和{S n }都是等差数列，且公差相等，则a 6＝( )A ．114B ．32C ．72D ．1解析：选A 设{a n }的公差为d ，由题意得，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n ，又{a n }和{S n}都是等差数列，且公差相同，∴⎩⎨⎧d ＝ d 2，a 1－d2＝0，解得⎩⎨⎧d ＝12，a 1＝14，a 6＝a 1＋5d ＝14＋52＝114．4．(2017·沈阳教学质量监测)设等差数列{a n }满足a 2＝7，a 4＝3，S n 是数列{a n }的前n 项和，则使得S n >0成立的最大的自然数n 是( )A ．9B ．10C ．11D ．12解析：选A 由题可得{a n }的公差d ＝3－74－2＝－2，a 1＝9，所以a n ＝－2n ＋11，则{a n }是递减数列，且a 5>0>a 6，a 5＋a 6＝0，于是S 9＝2a 52·9>0，S 10＝a 5＋a 62·10＝0，S 11＝2a 62·11<0，故选A ．5．设数列{a n }的前n 项和为S n ，若S nS 2n为常数，则称数列{a n }为“吉祥数列”．已知等差数列{b n }的首项为1，公差不为0，若数列{b n }为“吉祥数列”，则数列{b n }的通项公式为( )A ．b n ＝n －1B ．b n ＝2n －1C ．b n ＝n ＋1D ．b n ＝2n ＋1解析：选B 设等差数列{b n }的公差为d (d ≠0)，S n S 2n ＝k ，因为b 1＝1，则n ＋12n (n －1)d＝k ⎣⎡⎦⎤2n ＋12×2n (2n －1)d ，即2＋(n －1)d ＝4k ＋2k (2n －1)d ， 整理得(4k －1)dn ＋(2k －1)(2－d )＝0． 因为对任意的正整数n 上式均成立， 所以(4k －1)d ＝0，(2k －1)(2－d )＝0， 解得d ＝2，k ＝14．所以数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －1．6．在等差数列{a n }中，公差d ＝12，前100项的和S 100＝45，则a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝________．解析：因为S 100＝1002(a 1＋a 100)＝45，所以a 1＋a 100＝910，a 1＋a 99＝a 1＋a 100－d ＝25，则a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝502(a 1＋a 99)＝502×25＝10．答案：107．在等差数列{a n }中，a 1＝7，公差为d ，前 n 项和为S n ，当且仅当n ＝8 时S n 取得最大值，则d 的取值范围为________．解析：由题意，当且仅当n ＝8时S n 有最大值，可得⎩⎪⎨⎪⎧d <0，a 8>0，a 9<0，即⎩⎪⎨⎪⎧d <0，7＋7d >0，7＋8d <0，解得－1<d <－78．答案：⎝⎛⎭⎫－1，－78 8．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则正整数m 的值为________．解析：因为等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，所以a m ＝S m －S m －1＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3，数列的公差d ＝1，a m ＋a m ＋1＝S m ＋1－S m－1＝5，即2a 1＋2m －1＝5， 所以a 1＝3－m ．由S m ＝(3－m )m ＋m (m －1)2×1＝0，解得正整数m 的值为5． 答案：59．已知等差数列的前三项依次为a,4,3a ，前n 项和为S n ，且S k ＝110． (1)求a 及k 的值；(2)设数列{b n }的通项b n ＝S nn ，证明：数列{b n }是等差数列，并求其前n 项和T n ．解：(1)设该等差数列为{a n }，则a 1＝a ，a 2＝4，a 3＝3a ， 由已知有a ＋3a ＝8，得a 1＝a ＝2，公差d ＝4－2＝2， 所以S k ＝ka 1＋k (k －1)2·d ＝2k ＋k (k －1)2×2＝k 2＋k ．由S k ＝110，得k 2＋k －110＝0，解得k ＝10或k ＝－11(舍去)，故a ＝2，k ＝10． (2)证明：由(1)得S n ＝n (2＋2n )2＝n (n ＋1)， 则b n ＝S nn ＝n ＋1，故b n ＋1－b n ＝(n ＋2)－(n ＋1)＝1，即数列{b n }是首项为2，公差为1的等差数列，所以T n ＝n (2＋n ＋1)2＝n (n ＋3)2． 10．(2017·南昌调研)设数列{a n }的前n 项和为S n,4S n ＝a 2n ＋2a n －3，且a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比数列，当n ≥5时，a n >0．(1)求证：当n ≥5时，{a n }成等差数列； (2)求{a n }的前n 项和S n ．解：(1)证明：由4S n ＝a 2n ＋2a n －3,4S n ＋1＝a 2n ＋1＋2a n ＋1－3， 得4a n ＋1＝a 2n ＋1－a 2n ＋2a n ＋1－2a n ，即(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －2)＝0． 当n ≥5时，a n >0，所以a n ＋1－a n ＝2， 所以当n ≥5时，{a n }成等差数列．(2)由4a 1＝a 21＋2a 1－3，得a 1＝3或a 1＝－1， 又a 1，a 2，a 3，a 4，a 5成等比数列， 所以由(1)得a n ＋1＋a n ＝0(n ≤5)，q ＝－1， 而a 5>0，所以a 1>0，从而a 1＝3，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3(－1)n －1，1≤n ≤4，2n －7，n ≥5，所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧32[1－(－1)n ]，1≤n ≤4，n 2－6n ＋8，n ≥5.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2016·安庆二模)已知数列{a n }是各项均不为零的等差数列，S n 为其前n 项和，且a n＝S 2n －1(n ∈N *)．若不等式λa n ≤n ＋8n对任意n ∈N *恒成立，则实数λ的最大值为________．解析：a n ＝S 2n －1⇒a n ＝(2n －1)(a 1＋a 2n －1)2＝(2n －1)a n ⇒a 2n ＝(2n －1)a n ⇒a n ＝2n－1，n ∈N *．λa n ≤n ＋8n 就是λ≤(n ＋8)(2n －1)n ⇒λ≤2n －8n ＋15，f (n )＝2n －8n ＋15在n ≥1时单调递增，其最小值为f (1)＝9，所以λ≤9，故实数λ的最大值为9．答案：92．已知数列{a n}满足，a n＋1＋a n＝4n－3(n∈N*)．(1)若数列{a n}是等差数列，求a1的值；(2)当a1＝2时，求数列{a n}的前n项和S n．解：(1)法一：∵数列{a n}是等差数列，∴a n＝a1＋(n－1)d，a n＋1＝a1＋nd．由a n＋1＋a n＝4n－3，得(a1＋nd)＋[a1＋(n－1)d]＝4n－3，∴2dn＋(2a1－d)＝4n－3，即2d＝4,2a1－d＝－3，解得d＝2，a1＝－12．法二：在等差数列{a n}中，由a n＋1＋a n＝4n－3，得a n＋2＋a n＋1＝4(n＋1)－3＝4n＋1，∴2d＝a n＋2－a n＝(a n＋2＋a n＋1)－(a n＋1＋a n)＝4n＋1－(4n－3)＝4，∴d＝2．又∵a1＋a2＝2a1＋d＝2a1＋2＝4×1－3＝1，∴a1＝－12．(2)由题意，①当n为奇数时，S n＝a1＋a2＋a3＋…＋a n＝a1＋(a2＋a3)＋(a4＋a5)＋…＋(a n－1＋a n)＝2＋4[2＋4＋…＋(n－1)]－3×n－1 2＝2n2－3n＋52．②当n为偶数时，S n＝a1＋a2＋a3＋…＋a n ＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a n－1＋a n)＝1＋9＋…＋(4n －7) ＝2n 2－3n 2．第三节等比数列及其前n 项和1．等比数列的有关概念 (1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为a n ＋1a n＝q ． (2)等比中项：如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即：G 是a 与b 的等比中项⇔a ，G ，b 成等比数列⇒G 2＝ab ．2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －1．(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.3．等比数列的常用性质 (1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n－m(n ，m ∈N *)．(2)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)， 则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k ；(3)若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n (λ≠0)仍然是等比数列；(4)在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n＋3k，…为等比数列，公比为q k ．[小题体验]1．(教材习题改编)将公比为q 的等比数列a 1，a 2，a 3，a 4，…依次取相邻两项的乘积组成新的数列a 1a 2，a 2a 3，a 3a 4，…．此数列是( )A ．公比为q 的等比数列B ．公比为q 2的等比数列C ．公比为q 3的等比数列D ．不一定是等比数列 答案：B2．等比数列{a n }中，a 3＝12，a 4＝18，则a 6＝________．解析：法一：由a 3＝12，a 4＝18，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝12，a 1q 3＝18，解得a 1＝163，q ＝32，∴a 6＝a 1q 5＝163×⎝⎛⎭⎫325＝812．法二：由等比数列性质知，a 23＝a 2a 4， ∴a 2＝a 23a 4＝12218＝8，又a 24＝a 2a 6，∴a 6＝a 24a 2＝1828＝812．答案：8123．(教材习题改编)在等比数列{a n }中，已知a 1＝－1，a 4＝64，则公比q ＝________，S 4＝________．答案：－4 511．特别注意q ＝1时，S n ＝na 1这一特殊情况．2．由a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能立即断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0．3．在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形而导致解题失误．4．S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 未必成等比数列(例如：当公比q ＝－1且n 为偶数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 不成等比数列；当q ≠－1或q ＝－1且n 为奇数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等比数列)，但等式(S 2n －S n )2＝S n ·(S 3n －S 2n )总成立．[小题纠偏]1．在等比数列{a n }中，a 3＝2，a 7＝8，则a 5等于( ) A ．5 B ．±5 C ．4D ．±4解析：选C a 25＝a 3a 7＝2×8＝16，∴a 5＝±4，又∵a 5＝a 3q 2>0，∴a 5＝4． 2．设数列{a n }是等比数列，前n 项和为S n ，若S 3＝3a 3，则公比q ＝________． 答案：－12或1考点一 等比数列的基本运算(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．(2017·武汉调研)若等比数列{a n }的各项均为正数，a 1＋2a 2＝3，a 23＝4a 2a 6，则a 4＝( )A ．38B ．245 C ．316D ．916解析：选C 由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2a 1q ＝3，(a 1q 2)2＝4a 1q ·a 1q 5，解得⎩⎨⎧a 1＝32，q ＝12，所以a 4＝a 1q 3＝32×⎝⎛⎭⎫123＝316．2．(2015·全国卷Ⅰ)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：∵a 1＝2，a n ＋1＝2a n ，∴数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列． 又∵S n ＝126，∴2(1－2n )1－2＝126，∴n ＝6．答案：6[由题悟法]解决等比数列有关问题的2种常用思想方程 的思想等比数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)求关键量a 1和q ，问题可迎刃而解[即时应用]1．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，则a 1＝( ) A ．13B ．－13C ．19D ．－19解析：选C 设等比数列{a n }的公比为q ， ∵S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝a 1q ＋10a 1，a 1q 4＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧q 2＝9，a 1＝19.2．(2017·洛阳统考)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＋8a 4＝0，则S 4S 3＝( )A ．－53B ．157C ．56D ．1514解析：选C 在等比数列{a n }中，因为a 1＋8a 4＝0，所以q ＝－12，所以S 4S 3＝a 1(1－q 4)1－q a 1(1－q 3)1－q＝1－⎝⎛⎭⎫－1241－⎝⎛⎭⎫－123＝151698＝56． 3．(2015·安徽高考)已知数列{}a n 是递增的等比数列，a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则数列{}a n 的前n 项和等于________．解析：设等比数列的公比为q ，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 3＝9，a 21·q 3＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，q ＝12.又{}a n 为递增数列，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，q ＝2，∴S n ＝1－2n 1－2＝2n －1．答案：2n －1考点二 等比数列的判定与证明(重点保分型考点——师生共研)[典例引领](2016·全国丙卷)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．解：(1)证明：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1， 故λ≠1，a 1＝11－λ，故a 1≠0． 由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ， 即a n ＋1(λ－1)＝λa n ．由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0，所以a n ＋1a n ＝λλ－1．因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列， 于是a n ＝11－λ⎝⎛⎭⎪⎫λλ－1n －1．(2)由(1)得S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－1n．由S 5＝3132得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝3132，即⎝ ⎛⎭⎪⎫λλ－15＝132．解得λ＝－1．[由题悟法]等比数列的4种常用判定方法[提醒] (1)前两种方法是判定等比数列的常用方法，常用于证明；后两种方法常用于选择题、填空题中的判定．(2)若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可．[即时应用]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．解：(1)当n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，即4⎝⎛⎭⎫1＋32＋54＋a 4＋5⎝⎛⎭⎫1＋32＝8⎝⎛⎭⎫1＋32＋54＋1，解得a 4＝78． (2)证明：由4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1(n ≥2)， 得4S n ＋2－4S n ＋1＋S n －S n －1＝4S n ＋1－4S n (n ≥2)， 即4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1(n ≥2)． ∵4a 3＋a 1＝4×54＋1＝6＝4a 2，∴4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1，∴a n ＋2－12a n ＋1a n ＋1－12a n＝4a n ＋2－2a n ＋14a n ＋1－2a n＝4a n ＋1－a n －2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝2a n ＋1－a n2(2a n ＋1－a n )＝12， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1－12a n 是以a 2－12a 1＝1为首项，12为公比的等比数列．考点三 等比数列的性质(重点保分型考点——师生共研)[典例引领]1．(2017·湖南师大附中月考)已知各项不为0的等差数列{a n }满足a 6－a 27＋a 8＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 2b 8b 11＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选D 由等差数列的性质，得a 6＋a 8＝2a 7．由a 6－a 27＋a 8＝0，可得a 7＝2，所以b 7＝a 7＝2．由等比数列的性质得b 2b 8b 11＝b 2b 7b 12＝b 37＝23＝8．2．若等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 4S 2＝5，则S 8S 4＝________．解析：设数列{a n }的公比为q ， 由已知得S 4S 2＝1＋a 3＋a 4a 1＋a 2＝5，即1＋q 2＝5， 所以q 2＝4，S 8S 4＝1＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1＋q 4＝1＋16＝17． 答案：17[由题悟法]等比数列的性质可以分为3类[即时应用]1．等比数列{a n }的各项均为正数，且a 5a 6＋a 4a 7＝18，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝( )A ．5B ．9C ．log 345D ．10解析：选D 由等比数列的性质知a 5a 6＝a 4a 7，又a 5a 6＋a 4a 7＝18，所以a 5a 6＝9，则原式＝log 3(a 1a 2…a 10)＝log 3(a 5a 6)5＝10．2．(2017·长春调研)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 ＝________．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 31q3n －3＝324，因此q 3n －6＝81＝34＝q 36，所以3n －6＝36，即n ＝14．答案：14一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．对任意等比数列{a n }，下列说法一定正确的是( ) A ．a 1，a 3，a 9成等比数列 B ．a 2，a 3，a 6成等比数列 C ．a 2，a 4，a 8成等比数列D ．a 3，a 6，a 9成等比数列解析：选D 由等比数列的性质得，a 3·a 9＝a 26≠0，因此a 3，a 6，a 9一定成等比数列，选D ．2．在正项等比数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和为S n ，且－a 3，a 2，a 4成等差数列，则S 7的值为( )A ．125B ．126C ．127D ．128解析：选C 设{a n }的公比为q ，则2a 2＝a 4－a 3，又a 1＝1，∴2q ＝q 3－q 2，解得q ＝2或q ＝－1，∵a n >0，∴q >0，∴q ＝2，∴S 7＝1－271－2＝127．3．(2016·石家庄质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2a n －4(n ∈N *)，则a n ＝( ) A ．2n ＋1 B ．2n C ．2n －1D ．2n －2解析：选A 依题意，a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－4－(2a n －4)，则a n ＋1＝2a n ，令n ＝1，则S 1＝2a 1－4，即a 1＝4，∴数列{a n }是以4为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＝4×2n －1＝2n ＋1，故选A ．4．在等比数列{a n }中，若a 1·a 5＝16，a 4＝8，则a 6＝________． 解析：由题意得，a 2·a 4＝a 1·a 5＝16， ∴a 2＝2，∴q 2＝a 4a 2＝4，∴a 6＝a 4q 2＝32．答案：325．在等比数列{a n }中，a n >0，a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6，则a 3＝________． 解析：∵a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6．∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 4－a 1＝15，a 1q 3－a 1q ＝6(q ≠1)两式相除得(q 2＋1)(q 2－1)q ·(q 2－1)＝156，即2q 2－5q ＋2＝0， ∴q ＝2或q ＝12，当q ＝2时，a 1＝1； 当q ＝12时，a 1＝－16(舍去)．∴a 3＝1×22＝4． 答案：4二保高考，全练题型做到高考达标1．已知数列{a n }为等比数列，若a 4＋a 6＝10，则a 7(a 1＋2a 3)＋a 3a 9的值为( ) A ．10 B ．20 C ．100D ．200解析：选C a 7(a 1＋2a 3)＋a 3a 9＝a 7a 1＋2a 7a 3＋a 3a 9＝a 24＋2a 4a 6＋a 26＝(a 4＋a 6)2＝102＝100．2．设等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，已知S 3＝8，S 6＝7，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A ．18B ．－18C ．578D ．558解析：选A 因为a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，且S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，即8，。

数列
解答题(本大题共个小题，共分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
．函数()定义在[]上,满足且(),在每个区间,…)上, () 的图象都是平行于轴的直线的一部分.
(Ⅰ)求()及的值,并归纳出)的表达式;
(Ⅱ)设直线轴及()的图象围成的矩形的面积为, 求及
的值.
【答案】 (Ⅰ) 由()(), 得().
由及(), 得.
同理,
归纳得
(Ⅱ) 当时,
所以是首项为,公比为的等比数列.
所以
．已知等差数列满足；又数列满足…
，其中是首项为，公比为的等比数列的前项和。

(）求的表达式；
(Ⅱ）若，试问数列中是否存在整数，使得对任意的正整数都有成立？并证明你的结论。

【答案】（）设的首项为，公差为，于是由
解得
(Ⅱ）
由①
得②
①—②得即
当时，，当时，。

课标文数17.D1 若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n （n ＋4）23n 中的最大项是第k 项，则k ＝________. 课标文数17.D1 4【解析】 设最大项为第k 项，则有⎩⎪⎨⎪⎧k （k ＋4）⎝ ⎛⎭⎪⎫23k ≥（k ＋1）（k ＋5）⎝ ⎛⎭⎪⎫23k ＋1，k （k ＋4）⎝ ⎛⎭⎪⎫23k ≥（k －1）（k ＋3）⎝ ⎛⎭⎪⎫23k －1，∴⎩⎪⎨⎪⎧k 2≥10，k 2－2k －9≤0 ⇒⎩⎪⎨⎪⎧k ≥10或k ≤－10，1－10≤k ≤1＋10 ⇒k ＝4.课标文数20.D2，A2 若数列A n ：a 1，a 2，…，a n (n ≥2)满足|a k ＋1－a k |＝1(k ＝1，2，…，n －1)，则称A n 为E 数列．记S (A n )＝a 1＋a 2＋…＋a n .(1)写出一个E 数列A 5满足a 1＝a 3＝0；(2)若a 1＝12，n ＝2000，证明：E 数列A n 是递增数列的充要条件是a n ＝2011； (3)在a 1＝4的E 数列A n 中，求使得S (A n )＝0成立的n 的最小值．课标文数20.D2，A2 【解答】 (1)0，1，0，1，0是一个满足条件的E 数列A 5.(答案不唯一，0，－1，0，1，0；0，±1，0，1，2；0，±1，0，－1，－2；0，±1，0，－1，0都是满足条件的E 数列A 5)(2)必要性：因为E 数列A n 是递增数列， 所以a k ＋1－a k ＝1(k ＝1，2，…，1999)． 所以A n 是首项为12，公差为1的等差数列． 所以a 2000＝12＋(2000－1)×1＝2011， 充分性：由于a 2000－a 1999≤1.a 1999－a 1998≤1. ……a 2－a 1≤1.所以a 2000－a 1≤1999，即a 2000≤a 1＋1999. 又因为a 1＝12，a 2000＝2011. 所以a 2000＝a 1＋1999.故a k ＋1－a k ＝1>0(k ＝1，2，…，1999)，即E 数列A n 是递增数列． 综上，结论得证．(3)对首项为4的E数列A n，由于a2≥a1－1＝3，a3≥a2－1≥2，……a8≥a7－1≥－3，……所以a1＋a2＋…＋a k>0(k＝2，3，…，8)．所以对任意的首项为4的E数列A n，若S(A n)＝0，则必有n≥9.又a1＝4的E数列A9：4，3，2，1，0，－1，－2，－3，－4满足S(A9)＝0，所以n的最小值是9.大纲理数4.D2设S n为等差数列{a n}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，S k＋2－S k＝24，则k＝( )A．8 B．7 C．6 D．5大纲理数4.D2 D 【解析】∵S k＋2－S k＝a k＋1＋a k＋2＝2a1＋(2k＋1)d＝4k＋4，∴4k＋4＝24，可得k＝5，故选D.大纲理数20.D2，D4设数列{a n}满足a1＝0且11－a n＋1－11－a n＝1.(1)求{a n}的通项公式；(2)设b n ＝1－a n ＋1n，记S n ＝∑k ＝1n b k ，证明：S n ＜1.大纲理数20.D2，D4 【解答】 (1)由题设11－a n ＋1－11－a n＝1，即⎩⎨⎧⎭⎬⎫11－a n 是公差为1的等差数列． 又11－a 1＝1，故11－a n ＝n . 所以a n ＝1－1n.(2)证明：由(1)得b n ＝1－a n ＋1n ＝n ＋1－n n ＋1·n ＝1n －1n ＋1，∴S n ＝∑nk ＝1b k ＝∑nk ＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋1＝1－1n ＋1<1.大纲文数6.D2 设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，公差d ＝2，S k ＋2－S k ＝24，则k ＝( )A ．8B ．7C ．6D ．5大纲文数6.D2 D 【解析】 ∵S k ＋2－S k ＝a k ＋1＋a k ＋2＝2a 1＋(2k ＋1)d ＝4k ＋4，∴4k ＋4＝24，可得k ＝5，故选D.课标理数10.M1，D2，B11 已知函数f (x )＝e x ＋x .对于曲线y ＝f (x )上横坐标成等差数列的三个点A 、B 、C ，给出以下判断：①△ABC 一定是钝角三角形； ②△ABC 可能是直角三角形； ③△ABC 可能是等腰三角形； ④△ABC 不可能是等腰三角形． 其中，正确的判断是( ) A ．①③ B ．①④ C ．②③ D ．②④课标理数10.M1，D2，B11 B 【解析】 解法一：(1)设A 、B 、C 三点的横坐标分别为x 1，x 2，x 3(x 1<x 2<x 3),∵ f ′(x )＝e x ＋1>0，∴ f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数，∴ f (x 1)<f (x 2)<f (x 3)，且f x 1＋x 32<f （x 1）＋f （x 3）2，∵ BA →＝(x 1－x 2，f (x 1)－f (x 2))，BC →＝(x 3－x 2，f (x 3)－f (x 2))， ∴ BA →·BC →＝(x 1－x 2)(x 3－x 2)＋(f (x 1)－f (x 2))(f (x 3)－f (x 2))<0， ∴ ∠ABC 为钝角，判断①正确，②错； (2)若△ABC 为等腰三角形，则只需AB ＝BC ，即 (x 1－x 2)2＋(f (x 1)－f (x 2))2＝(x 3－x 2)2＋(f (x 3)－f (x 2))2， ∵ x 1，x 2，x 3成等差数列，即2x 2＝x 1＋x 3， 且f (x 1)<f (x 2)<f (x 3)，只需 f (x 2)－f (x 1)＝f (x 3)－f (x 2)，即2f (x 2)＝f (x 1)＋f (x 3)，即 f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 32＝f （x 1）＋f （x 3）2，这与f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 32<f （x 1）＋f （x 3）2相矛盾，∴△ABC 不可能是等腰三角形，判断③错误，④正确，故选B. 解法二：(1)设A 、B 、C 三点的横坐标为x 1，x 2，x 3(x 1<x 2<x 3),图1－3∵ f ′(x )＝e x ＋1>0，∴ f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数，画出f (x )的图象(大致)．∴ f (x 1)<f (x 2)<f (x 3)，且f x 1＋x 32<f （x 1）＋f （x 3）2，如图1－2，设直线AB 、BC 的倾斜角分别为α和β，由0<k AB <k BC ， 得α<β<π2，故∠ABC ＝π－(β－α)为钝角，判断①正确，②错误；由x 1，x 2，x 3成等差数列，得x 2－x 1＝x 3－x 2， 若△ABC 为等腰三角形，只需AB ＝BC ，则 f (x 2)－f (x 1)＝f (x 3)－f (x 2)，由0<k AB <k BC ，知上式不成立，判断③错误，④正确，故选B.课标文数17.D2 已知等差数列{a n }中，a 1＝1，a 3＝－3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{a n }的前k 项和S k ＝－35，求k 的值．课标文数17.D2 【解答】 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d .由a 1＝1，a 3＝－3，可得1＋2d ＝－3. 解得d ＝－2.从而，a n ＝1＋(n －1)×(－2)＝3－2n . (2)由(1)可知a n ＝3－2n . 所以S n ＝n [1＋（3－2n ）]2＝2n －n 2.进而由S k ＝－35可得2k －k 2＝－35. 即k 2－2k －35＝0，解得k ＝7或k ＝－5. 又k ∈N *，故k ＝7为所求．课标理数11.D2 等差数列{a n }前9项的和等于前4项的和．若a 1＝1，a k ＋a 4＝0，则k ＝________．课标理数11.D2 10 【解析】 由S 9＝S 4，所以a 5＋a 6＋a 7＋a 8＋a 9＝0，即5a 7＝0，所以a 7＝0，由a 7＝a 1＋6d 得d ＝－16，又a k ＋a 4＝0，即a 1＋(k －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫－16＋a 1＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫－16＝0，即(k －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫－16＝－32，所以k －1＝9，所以k ＝10.课标理数13.D2 《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为________升．课标理数13.D2 6766 【解析】 设所构成的等差数列{}a n 的首项为a 1，公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝3，a 7＋a 8＋a 9＝4， 得⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝3，3a 1＋21d ＝4， 解得⎩⎨⎧a 1＝1322，d ＝766，所以a 5＝a 1＋4d ＝6766.课标理数19.D2 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足：a 1＝a (a ≠0)，a n ＋1＝rS n (n ∈N *，r ∈R ，r ≠－1)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若存在k ∈N *，使得S k ＋1，S k ，S k ＋2成等差数列，试判断：对于任意的m ∈N *，且m ≥2，a m ＋1·a m ·a m ＋2是否成等差数列，并证明你的结论．课标理数19.D2 【解答】 (1)由已知a n ＋1＝rS n ，可得a n ＋2＝rS n ＋1，两式相减可得a n ＋2－a n ＋1＝r (S n ＋1－S n )＝ra n ＋1，即a n ＋2＝(r ＋1)a n ＋1， 又a 2＝ra 1＝ra ，所以当r ＝0时，数列{a n }为：a ，0，…，0，…；当r ≠0，r ≠－1时，由已知a ≠0，所以a n ≠0(n ∈N *)，于是由a n ＋2＝(r ＋1)a n ＋1，可得a n ＋2a n ＋1＝r ＋1(n ∈N *)，∴a 2，a 3，…，a n ，…成等比数列， ∴当n ≥2时，a n ＝r (r ＋1)n －2a .综上，数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ， n ＝1，r （r ＋1）n －2a ，n ≥2.(2)对于任意的m ∈N *，且m ≥2，a m ＋1，a m ，a m ＋2成等差数列，证明如下： 当r ＝0时，由(1)知，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，n ＝1，0，n ≥2.∴对于任意的m ∈N *，且m ≥2，a m ＋1，a m ，a m ＋2成等差数列； 当r ≠0，r ≠－1时，∵S k ＋2＝S k ＋a k ＋1＋a k ＋2，S k ＋1＝S k ＋a k ＋1， 若存在k ∈N *，使得S k ＋1，S k ，S k ＋2成等差数列，则S k ＋1＋S k ＋2＝2S k ， ∴2S k ＋2a k ＋1＋a k ＋2＝2S k ，即a k ＋2＝－2a k ＋1，由(1)知，a 2，a 3，…，a n ，…的公比r ＋1＝－2，于是对于任意的m ∈N *，且m ≥2，a m ＋1＝－2a m ，从而a m ＋2＝4a m ，∴a m ＋1＋a m ＋2＝2a m ，即a m ＋1，a m ，a m ＋2成等差数列．综上，对于任意的m ∈N *，且m ≥2，a m ＋1，a m ，a m ＋2成等差数列．课标文数9.D2 《九章算术》“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则第5节的容积为( )A ．1升 B.6766升 C.4744升 D.3733升课标文数9.D2 B 【解析】 设所构成的等差数列{}a n 的首项为a 1，公差为d ，由⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝3，a 7＋a 8＋a 9＝4， 得⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝3，3a 1＋21d ＝4， 解得⎩⎨⎧a 1＝1322，d ＝766，所以a 5＝a 1＋4d ＝6766.课标文数17.D2，D3 成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{b n }中的b 3、b 4、b 5.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋54是等比数列．课标文数17.D2，D3 【解答】 (1)设成等差数列的三个正数分别为a －d ，a ，a ＋d .依题意，得a －d ＋a ＋a ＋d ＝15.解得a ＝5. 所以{b n }中的b 3，b 4，b 5依次为7－d ，10，18＋d . 依题意，有(7－d )(18＋d )＝100， 解得d ＝2或d ＝－13(舍去)． 故{b n }的第3项为5，公比为2.由b 3＝b 1·22，即5＝b 1·22，解得b 1＝54.所以{b n }是以54为首项，2为公比的等比数列，其通项公式为b n ＝54·2n －1＝5·2n －3.(2)证明：由(1)得数列{b n }的前n 项和S n ＝54（1－2n ）1－2＝5·2n －2－54，即S n ＋54＝5·2n －2.所以S 1＋54＝52，S n ＋1＋54S n ＋54＝5·2n －15·2n －2＝2. 因此⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋5是以52为首项，公比为2的等比数列．课标理数12.D2设S n是等差数列{a n}(n∈N*)的前n项和，且a1＝1，a4＝7，则S5＝________．课标理数12.D2 25 【解析】设数列{a n}的公差为d，因为a1＝1，a4＝7，所以a4＝a1＋3d⇒d＝2，故S5＝5a1＋10d＝25.课标文数5.D2设{a n}为等差数列，公差d＝－2，S n为其前n项和．若S10＝S11，则a1＝( )A．18 B．20 C．22 D．24课标文数5.D2 B 【解析】由S10＝S11，得a11＝S11－S10＝0，∴a1＝a11＋(1－11)d＝0＋(－10)(－2)＝20.故选B.课标文数15.D2S n为等差数列{a n}的前n项和，S2＝S6，a4＝1，则a5＝________．课标文数15.D2－1 【解析】由S2＝S6，得2a1＋d＝6a1＋6×52d解得4(a1＋3d)＋2d＝0，即2a4＋d＝0，所以a4＋(a4＋d)＝0，即a5＝－a4＝－1.课标文数17.D2，D3已知等比数列{a n}中，a1＝13，公比q＝13.(1)S n为{a n}的前n项和，证明：S n＝1－a n 2；(2)设b n＝log3a1＋log3a2＋…＋log3a n，求数列{b n}的通项公式．课标文数17.D2，D3【解答】(1)因为a n＝13×⎝⎛⎭⎪⎫13n－1＝13n，S n ＝13⎝⎛⎭⎪⎫1－13n1－13＝1－13n2，所以S n＝1－a n 2.(2)b n＝log3a1＋log3a2＋…＋log3a n ＝－(1＋2＋…＋n)＝－n（n＋1）2.所以{b n}的通项公式为b n＝－n（n＋1）2.大纲理数8.D2数列{a n}的首项为3，{b n}为等差数列且b n＝a n＋1－a n(n∈N*)，若b3＝－2，b10＝12，则a8＝( )A．0 B．3 C．8 D．11大纲理数8.D2 B 【解析】由数列{b n}为等差数列，且b3＝－2，b10＝12可知数列公差d＝2，所以通项b n＝－2＋(n－3)×2＝2n－8＝a n＋1－a n，所以a8－a1＝2×(1＋2＋3＋…＋7)－8×7＝0，所以a8＝a1＝3.课标理数4.D2已知{a n}为等差数列，其公差为－2，且a7是a3与a9的等比中项，S n为{a n}的前n项和，n∈N*，则S10的值为( )A ．－110B ．－90C ．90D ．110课标理数4.D2 D 【解析】 由a 27＝a 3·a 9，d ＝－2，得(a 1－12)2＝(a 1－4)(a 1－16)，解之得a 1＝20，∴S 10＝10×20＋10×92(－2)＝110.课标文数11.D2 已知{a n }是等差数列，S n 为其前n 项和，n ∈N *.若a 3＝16，S 20＝20，则S 10的值为________．课标文数11.D2 110 【解析】 设等差数列的首项为a 1，公差为d ，由题意得，⎩⎨⎧a 3＝a 1＋2d ＝16，S 20＝20a 1＋20×192×d ＝20，解之得a 1＝20，d ＝－2，∴S 10＝10×20＋10×92×(－2)＝110.课标理数19.D2 已知公差不为0的等差数列{a n }的首项a 1为a (a ∈R )．设数列的前n 项和为S n ，且1a 1，1a 2，1a 4成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式及S n ；(2)记A n ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n ，B n ＝1a 1＋1a 2＋1a 22＋…＋1a 2n －1.当n ≥2时，试比较A n 与B n 的大小．课标理数19.D2 【解答】 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 22＝1a 1·1a 4，得(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋3d )．因为d ≠0，所以d ＝a 1＝a ， 所以a n ＝na ，S n ＝an （n ＋1）2.(2)因为1S n ＝2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，所以A n ＝1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n ＝2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1.因为a 2n －1＝2n －1a ，所以B n ＝1a 1＋1a 2＋1a 22＋…＋1a 2n －1＝1a ·1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n1－122a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n .当n ≥2时，2n ＝C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C nn ＞n ＋1，即1－1n ＋1＜1－12n ，所以，当a ＞0时，A n ＜B n ；当a ＜0时，A n ＞B n .大纲文数1.D2 在等差数列{a n }中，a 2＝2，a 3＝4，则a 10＝( ) A ．12 B ．14 C ．16 D ．18大纲文数1.D2 D 【解析】 设等差数列{a n }的公差为d ， 由a 2＝2，a 3＝4，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝2，a 1＋2d ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝0，d ＝2，∴a 10＝a 1＋(10－1)×d ＝9d ＝18.故选D.课标文数21.D3，D4 在数1和100之间插入n 个实数，使得这n ＋2个数构成递增的等比数列，将这n ＋2个数的乘积记作T n ，再令a n ＝lg T n ，n ≥1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝tan a n ·tan a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和S n .课标文数21.D3，D4 本题考查等比和等差数列，指数和对数的运算，两角差的正切公式等基本知识，考查灵活运用知识解决问题的能力，综合运算能力和创新思维能力．【解答】 (1)设t 1，t 2，…，t n ＋2构成等比数列，其中t 1＝1，t n ＋2＝100，则T n ＝t 1·t 2·…·t n ＋1·t n ＋2，① T n ＝t n ＋2·t n ＋1·…·t 2·t 1.②①×②并利用t i t n ＋3－i ＝t 1t n ＋2＝102(1≤i ≤n ＋2)，得T 2n ＝(t 1t n ＋2)·(t 2t n ＋1)·…·(t n ＋1t 2)·(t n ＋2t 1)＝102(n ＋2)，∴a n ＝lg T n ＝n ＋2，n ≥1. (2)由题意和(1)中计算结果，知b n ＝tan(n ＋2)·tan(n ＋3)，n ≥1.另一方面，利用tan1＝tan ＝tan （k ＋1）－tan k 1＋tan （k ＋1）·tan k .得tan(k ＋1)·tan k ＝tan （k ＋1）－tan ktan1－1.所以S n ＝∑nb k ＝∑n ＋2tan(k ＋1)·tan k＝∑n ＋2⎣⎢⎡⎦⎥⎤tan （k ＋1）－tan k tan1－1＝tan （n ＋3）－tan3tan1－n .课标理数18.D3，D4在数1和100之间插入n个实数，使得这n＋2个数构成递增的等比数列，将这n＋2个数的乘积记作T n，再令a n＝lg T n，n≥1.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设b n＝tan a n·tan a n＋1，求数列{b n}的前n项和S n.课标理数18.D3，D4【解析】本题考查等比和等差数列，对数和指数的运算，两角差的正切公式等基本知识，考查灵活运用基本知识解决问题的能力，运算求解能力和创新思维能力．【解答】(1)设t1，t2，…，t n＋2构成等比数列，其中t1＝1，t n＋2＝100，则Tn＝t1·t2·…·t n＋1·t n＋2，①Tn＝t n＋2·t n＋1·…·t2·t1，②①×②并利用t i t n＋3－i＝t1t n＋2＝102(1≤i≤n＋2)，得T2n＝(t1t n＋2)·(t2t n＋1)·…·(t n＋1t2)·(t n＋2t1)＝102(n＋2)．∴a n＝lg T n＝n＋2，n≥1.(2)由题意和(1)中计算结果，知bn＝tan(n＋2)·tan(n＋3)，n≥1，另一方面，利用tan1＝tan＝tan（k＋1）－tan k1＋tan（k＋1）·tan k，得tan(k＋1)·tan k＝tan（k＋1）－tan ktan1－1.＝tan（n＋3）－tan3tan1－n.课标理数11.D3 在等比数列{a n }中，若a 1＝12，a 4＝－4，则公比q ＝________；|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝________.课标理数11.D3 －2 2n －1－12 【解析】 由a 4＝a 1q 3＝12q 3＝－4，可得q ＝－2；因此，数列{|a n |}是首项为12，公比为2的等比数列，所以|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝12（1－2n ）1－2＝2n －1－12.课标文数12.D3 在等比数列{a n }中，若a 1＝12，a 4＝4，则公比q ＝________；a 1＋a 2＋…＋a n ＝________．课标文数12.D3 2 2n －1－12【解析】 由题意可知a 4＝a 1q 3＝12q 3＝4，可得q ＝2，所以a 1＋a 2＋…＋a n ＝12（1－2n ）1－2＝2n －1－12.大纲文数17.D3 设等比数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 2＝6，6a 1＋a 3＝30，求a n 和S n .大纲文数17.D3 【解答】 设{a n }的公比为q ，由题设得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝6，6a 1＋a 1q 2＝30.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，q ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝3.当a 1＝3，q ＝2时，a n ＝3×2n －1，S n ＝3×(2n －1)； 当a 1＝2，q ＝3时，a n ＝2×3n －1，S n ＝3n －1.课标理数16.D3，C4 已知等比数列{a n }的公比q ＝3，前3项和S 3＝133.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若函数f (x )＝A sin(2x ＋φ)(A >0，0<φ<π)在x ＝π6处取得最大值，且最大值为a 3，求函数f (x )的解析式．课标数学16.D3，C4 【解答】 (1)由q ＝3，S 3＝133得a 1（1－33）1－3＝133，解得a 1＝13.所以a n ＝13×3n －1＝3n －2.(2)由(1)可知a n ＝3n －2，所以a 3＝3. 因为函数f (x )的最大值为3，所以A ＝3； 因为当x ＝π6时f (x )取得最大值，所以sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2×π6＋φ＝1.又0<φ<π，故φ＝π6.所以函数f (x )的解析式为f (x )＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π6.课标文数16.D3 商家通常依据“乐观系数准则”确定商品销售价格，即根据商品的最低销售限价a ，最高销售限价b (b >a )以及实数x (0<x <1)确定实际销售价格c ＝a ＋x (b －a )．这里，x 被称为乐观系数．经验表明，最佳乐观系数x 恰好使得(c －a )是(b －c )和(b －a )的等比中项．据此可得，最佳乐观系数x 的值等于________．课标文数16.D3 5－12【解析】 由已知，有(c －a )是(b －c )和(b －a )的等比中项，即(c －a )2＝(b －c )(b －a )， 把c ＝a ＋x (b －a )代入上式，得x 2(b －a )2＝(b －a )，即x 2(b －a )2＝(1－x )(b －a )2， ∵b >a ，b －a ≠0，∴x 2＝1－x ，即x 2＋x －1＝0， 解得 x ＝－1±52，因为0<x <1，所以最佳乐观系数x 的值等于－1＋52.课标文数11.D3 已知{a n }是递增等比数列，a 2＝2，a 4－a 3＝4，则此数列的公比q ＝________．课标文数11.D3 2 【解析】 {a n }为等比数列，所以a 4－a 3＝a 2q 2－a 2q ＝4，即2q 2－2q ＝4，所以q 2－q －2＝0，解得q ＝－1或q ＝2，又{a n }是递增等比数列，所以q ＝2.课标文数17.D2，D3 成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{b n }中的b 3、b 4、b 5.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)数列{b n }的前n 项和为S n ，求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋54是等比数列．课标文数17.D2，D3 【解答】 (1)设成等差数列的三个正数分别为a －d ，a ，a ＋d .依题意，得a －d ＋a ＋a ＋d ＝15.解得a ＝5. 所以{b n }中的b 3，b 4，b 5依次为7－d ，10，18＋d . 依题意，有(7－d )(18＋d )＝100， 解得d ＝2或d ＝－13(舍去)． 故{b n }的第3项为5，公比为2.由b 3＝b 1·22，即5＝b 1·22，解得b 1＝54.所以{b n }是以54为首项，2为公比的等比数列，其通项公式为b n ＝54·2n －1＝5·2n －3.(2)证明：由(1)得数列{b n }的前n 项和S n ＝5（1－2n ）1－2＝5·2n －2－54，即S n ＋54＝5·2n －2.所以S 1＋54＝52，S n ＋1＋54S n ＋54＝5·2n －15·2n －2＝2. 因此⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋54是以52为首项，公比为2的等比数列．课标理数18.D3 已知两个等比数列{a n }，{b n }，满足a 1＝a (a >0)，b 1－a 1＝1，b 2－a 2＝2，b 3－a 3＝3.(1)若a ＝1，求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{a n }唯一，求a 的值．课标理数18.D3 【解答】 (1)设{a n }的公比为q ，则b 1＝1＋a ＝2，b 2＝2＋aq ＝2＋q ，b 3＝3＋aq 2＝3＋q 2，由b 1，b 2，b 3成等比数列得(2＋q )2＝2(3＋q 2)，即q 2－4q ＋2＝0，解得q 1＝2＋2，q 2＝2－2，所以{a n }的通项公式为a n ＝(2＋2)n －1或a n ＝(2－2)n －1.(2)设{a n }的公比为q ，则由(2＋aq )2＝(1＋a )(3＋aq 2)，得aq 2－4aq ＋3a －1＝0，(*)由a ＞0得Δ＝4a 2＋4a ＞0，故方程(*)有两个不同的实根，由{a n }唯一，知方程(*)必有一根为0，代入(*)得a ＝13.课标文数5.D3 若等比数列{a n }满足a n a n ＋1＝16n ，则公比为( )A ．2B ．4C ．8D ．16课标文数5.D3 B 【解析】 由于a n a n ＋1＝16n ，又a n －1a n ＝16n －1，所以a n a n ＋1a n －1a n ＝q 2＝16，又由a n a n ＋1＝16n 知a n >0，所以q ＝4.课标文数17.D2，D3 已知等比数列{a n }中，a 1＝13，公比q ＝13. (1)S n 为{a n }的前n 项和，证明：S n ＝1－a n 2； (2)设b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ，求数列{b n }的通项公式．课标文数17.D2，D3 【解答】 (1)因为a n ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1＝13n ， S n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－11－13＝1－13n 2，所以S n ＝1－a n 2. (2)b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n＝－(1＋2＋…＋n )＝－n （n ＋1）2.所以{b n }的通项公式为b n ＝－n （n ＋1）2.大纲文数9.D3 数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ≥1)，则a 6＝( )A ．3×44B ．3×44＋1C．44D．44＋1大纲文数9.D3 A 【解析】由a n＋1＝3S n⇒S n＋1－S n＝3S n⇒S n＋1＝4S n，所以数列{S n}是首项为1，公比为4的等比数列，所以S n＝4n－1，所以a6＝S6－S5＝45－44＝3×44，所以选择A.大纲理数11.D2在等差数列{a n}中，a3＋a7＝37，则a2＋a4＋a6＋a8＝________.大纲理数11.D274 【解析】由a3＋a7＝37，得(a1＋2d)＋(a1＋6d)＝37，即2a1＋8d＝37.∴a2＋a4＋a6＋a8＝(a1＋d)＋(a1＋3d)＋(a1＋5d)＋(a1＋7d)＝2(2a1＋8d)＝74.课标文数7.D4 若数列{a n }的通项公式是a n ＝(－1)n (3n －2)，则a 1＋a 2＋…＋a 10＝( )A ．15B ．12C ．－12D ．－15课标文数7.D4 A 【解析】 a 1＋a 2＋…＋a 10＝－1＋4－7＋10＋…＋(－1)10·(3×10－2)＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋＝3×5＝15.课标文数21.D3，D4 在数1和100之间插入n 个实数，使得这n ＋2个数构成递增的等比数列，将这n ＋2个数的乘积记作T n ，再令a n ＝lg T n ，n ≥1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝tan a n ·tan a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和S n .课标文数21.D3，D4 本题考查等比和等差数列，指数和对数的运算，两角差的正切公式等基本知识，考查灵活运用知识解决问题的能力，综合运算能力和创新思维能力．【解答】 (1)设t 1，t 2，…，t n ＋2构成等比数列，其中t 1＝1，t n ＋2＝100，则 T n ＝t 1·t 2·…·t n ＋1·t n ＋2，①T n ＝t n ＋2·t n ＋1·…·t 2·t 1.②①×②并利用t i t n ＋3－i ＝t 1t n ＋2＝102(1≤i ≤n ＋2)，得T 2n ＝(t 1t n ＋2)·(t 2t n ＋1)·…·(t n ＋1t 2)·(t n ＋2t 1)＝102(n ＋2)，∴a n ＝lg T n ＝n ＋2，n ≥1.(2)由题意和(1)中计算结果，知b n ＝tan(n ＋2)·tan(n ＋3)，n ≥1.另一方面，利用tan1＝tan ＝tan （k ＋1）－tan k 1＋tan （k ＋1）·tan k. 得tan(k ＋1)·tan k ＝tan （k ＋1）－tan k tan1－1. 所以S n ＝∑n b k ＝∑n ＋2tan(k ＋1)·tan k＝∑n ＋2 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤tan （k ＋1）－tan k tan1－1＝tan （n ＋3）－tan3－n .课标理数18.D3，D4在数1和100之间插入n 个实数，使得这n ＋2个数构成递增的等比数列，将这n ＋2个数的乘积记作T n ，再令a n ＝lg T n ，n ≥1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝tan a n ·tan a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和S n .课标理数18.D3，D4 【解析】 本题考查等比和等差数列，对数和指数的运算，两角差的正切公式等基本知识，考查灵活运用基本知识解决问题的能力，运算求解能力和创新思维能力．【解答】 (1)设t 1，t 2，…，t n ＋2构成等比数列，其中t 1＝1，t n ＋2＝100，则 T n ＝t 1·t 2·…·t n ＋1·t n ＋2，①T n ＝t n ＋2·t n ＋1·…·t 2·t 1，②①×②并利用t i t n ＋3－i ＝t 1t n ＋2＝102(1≤i ≤n ＋2)，得T 2n ＝(t 1t n ＋2)·(t 2t n ＋1)·…·(t n ＋1t 2)·(t n ＋2t 1)＝102(n ＋2)．∴a n ＝lg T n ＝n ＋2，n ≥1.(2)由题意和(1)中计算结果，知b n ＝tan(n ＋2)·tan(n ＋3)，n ≥1，另一方面，利用tan1＝tan ＝tan （k ＋1）－tan k 1＋tan （k ＋1）·tan k， 得tan(k ＋1)·tan k ＝tan （k ＋1）－tan k tan1－1.＝tan （n ＋3）－tan3tan1－n .大纲理数20.D2，D4 设数列{a n }满足a 1＝0且11－a n ＋1－11－a n＝1. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1－a n ＋1n ，记S n ＝∑k ＝1n b k ，证明：S n ＜1. 大纲理数20.D2，D4 【解答】 (1)由题设11－a n ＋1－11－a n＝1， 即⎩⎨⎧⎭⎬⎫11－a n 是公差为1的等差数列． 又11－a 1＝1，故11－a n＝n . 所以a n ＝1－1n. (2)证明：由(1)得b n ＝1－a n ＋1n ＝n ＋1－n n ＋1·n ＝1n －1n ＋1， ∴S n ＝∑n k ＝1b k ＝∑nk ＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋1＝1－1n ＋1<1.课标文数20.D4 某企业在第1年初购买一台价值为120万元的设备M ，M 的价值在使用过程中逐年减少，从第2年到第6年，每年初M 的价值比上年初减少10万元；从第7年开始，每年初M 的价值为上年初的75%.(1)求第n 年初M 的价值a n 的表达式；(2)设A n ＝a 1＋a 2＋…＋a n n.若A n 大于80万元，则M 继续使用，否则须在第n 年初对M 更新．证明：须在第9年初对M 更新．课标文数20.D4 【解答】 (1)当n ≤6时，数列{a n }是首项为120，公差为－10的等差数列．a n ＝120－10(n －1)＝130－10n ；当n ≥6时，数列{a n }是以a 6为首项，公比为34的等比数列，又a 6＝70，所以a n ＝70×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6. 因此，第n 年初，M 的价值a n 的表达式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧130－10n ，n ≤6，70×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6，n ≥7. (2)设S n 表示数列{a n }的前n 项和，由等差及等比数列的求和公式得当1≤n ≤6时，S n ＝120n －5n (n －1)，A n ＝120－5(n －1)＝125－5n ；当n ≥7时，由于S 6＝570，故S n ＝S 6＋(a 7＋a 8＋…＋a n )＝570＋70×34×4×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6，A n ＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫34n －6n， 因为{a n }是递减数列，所以{A n }是递减数列．又A 8＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫3428＝824764>80， A 9＝780－210×⎝ ⎛⎭⎪⎫3439＝767996<80， 所以须在第9年初对M 更新．课标理数5.D4 已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＋S m ＝S n ＋m ，且a 1＝1.那么a 10＝( )A ．1B ．9C ．10D ．55课标理数5.D4 A 【解析】 方法一：由S n ＋S m ＝S n ＋m ，得S 1＋S 9＝S 10， ∴a 10＝S 10－S 9＝S 1＝a 1＝1，故选A.方法二：∵S 2＝a 1＋a 2＝2S 1，∴a 2＝1，∵S 3＝S 1＋S 2＝3，∴a 3＝1，∵S 4＝S 1＋S 3＝4，∴a 4＝1，由此归纳a 10＝1，故选A.课标理数17.D4已知等差数列{a n }满足a 2＝0，a 6＋a 8＝－10.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和． 课标理数17.D4 【解答】 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由已知条件可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝0，2a 1＋12d ＝－10.解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝－1. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝2－n .(2)设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和为S n ，即S n ＝a 1＋a 22＋…＋a n 2n －1，故S 1＝1， S n 2＝a 12＋a 24＋…＋a n2n . 所以，当n ＞1时，S n 2＝a 1＋a 2－a 12＋…＋a n －a n －12n －1－a n2n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋14＋…＋12n －1－2－n 2n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1－2－n 2n ＝n 2n ， 所以S n ＝n2n －1.综上，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －1的前n 项和S n ＝n 2n －1.课标理数14.D4 植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米，开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返．．所走的路程总和最小，这个最小值为________(米)．课标理数14.D4 2000 【解析】 树苗放在10或11号坑，则其余的十九人一次走过的路程为90，80，70，60，…，80，90，100，则和为s ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤9（10＋90）2×2＋100×2＝2000，若放在11号坑，结果一样．课标理数19.B11，D4图1－11如图1－11，从点P 1(0，0)作x 轴的垂线交曲线y ＝e x 于点Q 1(0，1)，曲线在Q 1点处的切线与x 轴交于点P 2.现从P 2作x 轴的垂线交曲线于点Q 2，依次重复上述过程得到一系列点：P 1，Q 1；P 2，Q 2；…；P n ，Q n ，记P k 点的坐标为(x k ，0)(k ＝1，2，…，n )．(1)试求x k 与x k －1的关系(2≤k ≤n )；(2)求|P 1Q 1|＋|P 2Q 2|＋|P 3Q 3|＋…＋|P n Q n |.课标理数19.B11，D4【解答】(1)设P k－1(x k－1，0)，由y′＝e x得Q k－1(x k－1，e x k－1)点处切线方程为y－e x k－1＝e x k－1(x－x k－1)，由y＝0得x k＝x k－1－1(2≤k≤n)．(2)由x1＝0，x k－x k－1＝－1，得x k＝－(k－1)，所以|P k Q k|＝e x k＝e－(k－1)，于是Sn＝|P1Q1|＋|P2Q2|＋|P3Q3|＋…＋|P n Q n|＝1＋e－1＋e－2＋…＋e－(n－1)＝1－e－n1－e－1＝e－e1－ne－1.课标文数10.D4植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树，每人植一棵，相邻两棵树相距10米，开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边，现将树坑从1到20依次编号，为使各位同学从各自树坑前来领取树苗所走的路程总和最小，树苗可以放置的两个最佳坑位的编号为( )A．①和⑳B．⑨和⑩C．⑨和⑪D．⑩和⑪课标文数10.D4D 【解析】从实际问题中考虑将树苗放在最中间的坑旁边，则每个人所走的路程和最小，一共20个坑，为偶数，在中间的有两个坑为10和11号坑，故答案选D.课标文数19.B11，D4如图1－12，从点P1(0，0)作x轴的垂线交曲线y＝e x 于点Q1(0，1)，曲线在Q1点处的切线与x轴交于点P2.再从P2作x轴的垂线交曲线于点Q2，依次重复图1－12上述过程得到一系列点：P1，Q1；P2，Q2；…；P n，Q n，记P k点的坐标为(x k，0)(k＝1，2，…，n)．(1)试求x k与x k－1的关系(2≤k≤n)；(2)求|P1Q1|＋|P2Q2|＋|P3Q3|＋…＋|P n Q n|.课标文数19.B11，D4【解答】(1)设P k－1(x k－1，0)，由y′＝e x得Q k－1(x k－1，e x k－1)点处切线方程为y－e x k－1＝e x k－1(x－x k－1)，由y＝0得x k＝x k－1－1(2≤k≤n)．(2)由x1＝0，x k－x k－1＝－1，得x k＝－(k－1)，所以|P k Q k|＝e x k＝e－(k－1)，于是Sn＝|P1Q1|＋|P2Q2|＋|P3Q3|＋…＋|P n Q n|＝1＋e－1＋e－2＋…＋e－(n－1)＝1－e－n1－e－1＝e－e1－ne－1.大纲文数16.D4设{a n}是公比为正数的等比数列，a1＝2，a3＝a2＋4.(1)求{a n}的通项公式；(2)设{b n}是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{a n＋b n}的前n项和S n.大纲文数16.D4【解答】(1)设q为等比数列{a n}的公比，则由a1＝2，a3＝a2＋4得2q2＝2q＋4，即q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去)，因此q＝2.所以{a n}的通项为a n＝2·2n－1＝2n(n∈N*)．(2)S n＝2（1－2n）1－2＋n×1＋n（n－1）2×2＝2n＋1＋n2－2.课标理数20.D5，A3 若数列A n ：a 1，a 2，…，a n (n ≥2)满足|a k ＋1－a k |＝1(k ＝1，2，…，n －1)，则称A n 为E 数列．记S (A n )＝a 1＋a 2＋…＋a n .(1)写出一个满足a 1＝a 5＝0，且S (A 5)＞0的E 数列A 5；(2)若a 1＝12，n ＝2000.证明：E 数列A n 是递增数列的充要条件是a n ＝2011；(3)对任意给定的整数n (n ≥2)，是否存在首项为0的E 数列A n ，使得S (A n )＝0？如果存在，写出一个满足条件的E 数列A n ；如果不存在，说明理由．课标理数20.D5，A3 【解答】 (1)0，1，2，1，0是一个满足条件的E 数列A 5.(答案不唯一，0，1，0，1，0也是一个满足条件的E 数列A 5)(2)必要性：因为E 数列A n 是递增数列，所以a k ＋1－a k ＝1(k ＝1，2，…，1999)．所以A n 是首项为12，公差为1的等差数列．所以a 2000＝12＋(2000－1)×1＝2011.充分性：由于a 2000－a 1999≤1，a 1999－a 1998≤1，……a 2－a 1≤1，所以a 2000－a 1≤1999，即a 2000≤a 1＋1999.又因为a 1＝12，a 2000＝2011，所以a 2000＝a 1＋1999，故a k ＋1－a k ＝1＞0(k ＝1，2，…，1999)，即E 数列A n 是递增数列． 综上，结论得证．(3)令c k ＝a k ＋1－a k (k ＝1，2，…，n －1)，则c k ＝±1，因为a 2＝a 1＋c 1，a 3＝a 1＋c 1＋c 2，……a n ＝a 1＋c 1＋c 2＋…＋c n －1，所以S (A n )＝na 1＋(n －1)c 1＋(n －2)c 2＋(n －3)c 3＋…＋c n －1＝(n －1)＋(n －2)＋ (1)＝n （n －1）2－．因为c k ＝±1，所以1－c k 为偶数(k ＝1，2，…，n －1)，所以(1－c 1)(n －1)＋(1－c 2)(n －2)＋…＋(1－c n －1)为偶数，所以要使S (A n )＝0，必须使n （n －1）2为偶数，即4整除n (n －1)，亦即n ＝4m 或n ＝4m ＋1(m ∈N *)．当n ＝4m (m ∈N *)时，E 数列A n 的项满足a 4k －1＝a 4k －3＝0，a 4k －2＝－1，a 4k ＝1(k ＝1，2，…，m )时，有a 1＝0，S (A n )＝0；当n ＝4m ＋1(m ∈N *)时，E 数列A n 的项满足a 4k －1＝a 4k －3＝0，a 4k －2＝－1，a 4k ＝1(k ＝1，2，…，m )，a 4m ＋1＝0时，有a 1＝0，S (A n )＝0；当n ＝4m ＋2或n ＝4m ＋3(m ∈N *)时，n (n －1)不能被4整除，此时不存在E 数列A n ，使得a 1＝0，S (A n )＝0.课标理数20.D5 设b >0，数列{a n }满足a 1＝b ，a n ＝nba n －1a n －1＋2n －2(n ≥2)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)证明：对于一切正整数n ，a n ≤b n ＋12n ＋1＋1.课标理数20.D5 【解答】 (1)由a 1＝b >0，知a n ＝nba n －1a n －1＋2n －2>0，n a n ＝1b＋2b ·n －1a n －1. 令A n ＝n a n ，A 1＝1b， 当n ≥2时，A n ＝1b ＋2bA n －1 ＝1b ＋2b 2＋…＋2n －2b n －1＋2n －1b n －1A 1 ＝1b ＋2b 2＋…＋2n －2b n －1＋2n －1b n . ①当b ≠2时，A n ＝1b ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫2b n 1－b＝b n －2nb b ； ②当b ＝2时，A n ＝n 2. ∴a n＝⎩⎨⎧nb n （b －2）b n －2n ，b ≠2，2， b ＝2.(2)证明：当b ≠2时，欲证a n ＝nb n （b －2）b n －2n ≤b n ＋12n ＋1＋1，只需证nb n ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫b n ＋12n ＋1＋1b n －2n b －2，即证(2n ＋1＋b n ＋1)b n －2nb －2≥n ·2n ＋1b n . 而(2n ＋1＋b n ＋1)b n －2n b －2＝(2n ＋1＋b n ＋1)(b n －1＋2b n －2＋…＋2n －1)＝2n ＋1b n －1＋2n ＋2b n －2＋…＋22n ＋b 2n ＋2b 2n －1＋…＋2n －1b n ＋1＝2n b n ⎝ ⎛⎭⎪⎫2b ＋22b 2＋…＋2n b n ＋b n 2n ＋b n －12n －1＋…＋b 2 >2n b n (2＋2＋…＋2)＝2n ·2n b n ＝n ·2n ＋1b n ，∴a n ＝nb n （b －2）b n －2n <1＋b n ＋12n ＋1. 当b ＝2时，a n ＝2＝b n ＋12n ＋1＋1.综上所述，a n ≤b n ＋12n ＋1＋1.课标文数20.D5，E7设b ＞0，数列{a n }满足a 1＝b ，a n ＝nba n －1a n －1＋n －1(n ≥2)． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)证明：对于一切正整数n ，2a n ≤b n ＋1＋1.课标文数20.D5，E7 【解答】 (1)由a 1＝b >0，知a n ＝nba n －1a n －1＋n －1>0， n a n ＝1b ＋1b ·n －1a n －1. 令A n ＝n a n ，A 1＝1b， 当n ≥2时，A n ＝1b ＋1bA n －1 ＝1b ＋…＋1b n －1＋1b n －1A 1＝1b ＋…＋1b n －1＋1b n . ①当b ≠1时，A n ＝1b ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1b n 1－1b＝b n －1b n （b －1）， ②当b ＝1时，A n ＝n .∴a n＝⎩⎨⎧nb n （b －1）b n －1，b ≠1，1， b ＝1.(2)证明：当b ≠1时，欲证2a n ＝2nb n （b －1）b n －1≤b n ＋1＋1，只需证2nb n ≤(b n ＋1＋1)b n －1b －1. ∵(b n ＋1＋1)b n －1b －1＝b 2n ＋b 2n －1＋…＋b n ＋1＋b n －1＋b n －2＋…＋1 ＝b n⎝ ⎛⎭⎪⎫b n ＋1b n ＋b n －1＋1b n －1＋...＋b ＋1b >b n (2＋2＋ (2)＝2nb n ，∴2a n ＝2nb n （b －1）b n －1<1＋b n ＋1. 当b ＝1时，2a n ＝2＝b n ＋1＋1.综上所述2a n ≤b n ＋1＋1.课标文数21.D5 (1)已知两个等比数列{a n }，{b n }，满足a 1＝a (a >0)，b 1－a 1＝1，b 2－a 2＝2，b 3－a 3＝3，若数列{a n }唯一，求a 的值；(2)是否存在两个等比数列{a n }，{b n }，使得b 1－a 1，b 2－a 2，b 3－a 3，b 4－a 4成公差不为0的等差数列？若存在，求{a n }，{b n }的通项公式；若不存在，说明理由．课标文数21.D5 【解答】 (1)设{a n }的公比为q ，则b 1＝1＋a ，b 2＝2＋aq ，b 3＝3＋aq 2，由b 1，b 2，b 3成等比数列得(2＋aq )2＝(1＋a )(3＋aq 2)， 即aq 2－4aq ＋3a －1＝0.由a >0得Δ＝4a 2＋4a >0，故方程有两个不同的实根， 再由{a n }唯一，知方程必有一根为0，将q ＝0代入方程得a ＝13. (2)假设存在两个等比数列{a n }，{b n }使b 1－a 1，b 2－a 2，b 3－a 3，b 4－a 4成公差不为0的等差数列，设{a n }的公比为q 1，{b n }的公比为q 2，则b 2－a 2＝b 1q 2－a 1q 1，b 3－a 3＝b 1q 22－a 1q 21，b 4－a 4＝b 1q 32－a 1q 31，由b 1－a 1，b 2－a 2，b 3－a 3，b 4－a 4成等差数列得⎩⎪⎨⎪⎧2（b 1q 2－a 1q 1）＝b 1－a 1＋（b 1q 22－a 1q 21），2（b 1q 22－a 1q 21）＝b 1q 2－a 1q 1＋（b 1q 32－a 1q 31）， 即⎩⎪⎨⎪⎧b 1（q 2－1）2－a 1（q 1－1）2＝0， ①b 1q 2（q 2－1）2－a 1q 1（q 1－1）2＝0， ②①×q 2－②得a 1(q 1－q 2)(q 1－1)2＝0.由a 1≠0得q 1＝q 2或q 1＝1，i)当q 1＝q 2时，由①②得b 1＝a 1或q 1＝q 2＝1，这时(b 2－a 2)－(b 1－a 1)＝0，与公差不为0矛盾；ii)当q 1＝1时，由①②得b 1＝0或q 2＝1，这时(b 2－a 2)－(b 1－a 1)＝0，与公差不为0矛盾．综上所述，不存在两个等比数列{a n }，{b n }使b 1－a 1，b 2－a 2，b 3－a 3，b 4－a 4成公差不为0的等差数列．课标理数17.D5 等比数列{a n }的各项均为正数，且2a 1＋3a 2＝1，a 23＝9a 2a 6.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和． 课标理数17.D5 【解答】 (1)设数列{a n }的公比为q ，由a 23＝9a 2a 6得a 23＝9a 24，所以q 2＝19. 由条件可知q ＞0，故q ＝13. 由2a 1＋3a 2＝1得2a 1＋3a 1q ＝1，所以a 1＝13. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝13n . (2)b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n＝－(1＋2＋…＋n )＝－n （n ＋1）2. 故1b n ＝－2n （n ＋1）＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， 1b 1＋1b 2＋…＋1b n ＝－2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝－2n n ＋1.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和为－2n n ＋1.课标理数20.D5 等比数列{a n }中，a 1，a 2，a 3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a 1，a 2，a 3中的任何两个数不在下表的同一列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足：b n ＝a n ＋(－1)n ln a n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 课标理数20.D5 【解答】 (1)当a 1＝3时，不合题意； 当a 1＝2时，当且仅当a 2＝6，a 3＝18时，符合题意； 当a 1＝10时，不合题意． 因此a 1＝2，a 2＝6，a 3＝18， 所以公比q ＝3， 故a n ＝2·3n －1.(2)因为b n ＝a n ＋(－1)n ln a n ＝2·3n －1＋(－1)n ln(2·3n －1) ＝2·3n －1＋(－1)n＝2·3n －1＋(－1)n (ln2－ln3)＋(－1)n n ln3，所以S n ＝2(1＋3＋…＋3n －1)＋·(ln2－ln3)＋ln3. 所以当n 为偶数时，S n ＝2·1－3n 1－3＋n2ln3＝3n＋n2ln3－1；当n 为奇数时，S n ＝2×1－3n 1－3－(ln2－ln3)＋⎝⎛⎭⎪⎫n －12－n ln3 ＝3n －n －12ln3－ln2－1.综上所述，S n＝⎩⎨⎧3n＋nln3－1，n 为偶数，3n－n －12ln3－ln2－1，n 为奇数.课标文数20.D5 等比数列{a n }中，a 1，a 2，a 3分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且a 1，a 2，a 3中的任何两个数不在下表的同一列.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足：b n ＝a n ＋(－1)n ln a n ，求数列{b n }的前2n 项和S 2n . 课标文数20.D5 【解答】 (1)当a 1＝3时，不合题意； 当a 1＝2时，当且仅当a 2＝6，a 3＝18时，符合题意；当a1＝10时，不合题意．因此a1＝2，a2＝6，a3＝18，所以公比q＝3. 故a n＝2·3n－1.(2)因为b n＝a n＋(－1)n ln a n＝2·3n－1＋(－1)n ln(2·3n－1)＝2·3n－1＋(－1)n＝2·3n－1＋(－1)n(ln2－ln3)＋(－1)n n ln3，所以S2n＝b1＋b2＋…＋b2n＝2(1＋3＋…＋32n－1)＋(ln2－ln3)＋ln3＝2×1－32n1－3＋n ln3＝32n＋n ln3－1.课标数学13.D5设1＝a1≤a2≤…≤a7，其中a1，a3，a5，a7成公比为q的等比数列，a2，a4，a6成公差为1的等差数列，则q的最小值是________．课标数学13.D533 【解析】记a2＝m，则1≤m≤q≤m＋1≤q2≤m＋2≤q3，要q取最小值，则m必定为1，于是有1≤q≤2，2≤q2≤3，3≤q3，所以q≥33.课标数学20.D5设M为部分正整数组成的集合，数列{a n}的首项a1＝1，前n项的和为S n，已知对任意的整数k∈M，当整数n>k时，S n＋k＋S n－k＝2(S n＋S k)都成立．(1)设M ＝{1}，a 2＝2，求a 5的值； (2)设M ＝{3，4}，求数列{a n }的通项公式．课标数学20.D5 本题考查数列的通项与前n 项和的关系、等差数列的基本性质等基础知识，考查考生分析探究及逻辑推理的能力．【解答】 (1)由题设知，当n ≥2时，S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋S 1)，即(S n ＋1－S n )－(S n－S n －1)＝2S 1.从而a n ＋1－a n ＝2a 1＝2.又a 2＝2，故当n ≥2时，a n ＝a 2＋2(n －2)＝2n －2. 所以a 5的值为8.(2)由题设知，当k ∈M ＝{3，4}且n >k 时，S n ＋k ＋S n －k ＝2S n ＋2S k 且S n ＋1＋k ＋S n＋1－k＝2S n ＋1＋2S k ，两式相减得a n ＋1＋k ＋a n ＋1－k ＝2a n ＋1，即a n ＋1＋k －a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋1－k.所以当n ≥8时，a n －6，a n －3，a n ，a n ＋3，a n ＋6成等差数列，且a n －6，a n －2，a n ＋2，a n ＋6也成等差数列．从而当n ≥8时，2a n ＝a n ＋3＋a n －3＝a n ＋6＋a n －6，(*)且a n ＋6＋a n －6＝a n ＋2＋a n －2，所以当n ≥8时，2a n ＝a n ＋2＋a n －2，即a n ＋2－a n ＝a n－a n －2，于是当n ≥9时，a n －3，a n －1，a n ＋1，a n ＋3成等差数列，从而a n ＋3＋a n －3＝a n ＋1＋a n －1，故由(*)式知2a n ＝a n ＋1＋a n －1，即a n ＋1－a n ＝a n －a n －1.当n ≥9时，设d ＝a n －a n －1.当2≤m ≤8时，m ＋6≥8，从而由(*)式知2a m ＋6＝a m ＋a m ＋12，故2a m ＋7＝a m ＋1＋a m ＋13.从而2(a m ＋7－a m ＋6)＝a m ＋1－a m ＋(a m ＋13－a m ＋12)，。

数列热点一 等差数列、等比数列的综合问题解决等差、等比数列的综合问题时，重点在于读懂题意，灵活利用等差、等比数列的定义、通项公式及前n 项和公式解决问题，求解这类问题要重视方程思想的应用.【例1】已知首项为32的等比数列{a n }不是递减数列，其前n 项和为S n (n∈N *)，且S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设T n ＝S n －1S n (n∈N *)，求数列{T n }的最大项的值与最小项的值.解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ， 因为S 3＋a 3，S 5＋a 5，S 4＋a 4成等差数列， 所以S 5＋a 5－S 3－a 3＝S 4＋a 4－S 5－a 5，即4a 5＝a 3， 于是q 2＝a 5a 3＝14.又{a n }不是递减数列且a 1＝32，所以q ＝－12.故等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1＝(－1)n －1·32n .(2)由(1)得S n＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋12n，n 为奇数，1－12n，n 为偶数，当n 为奇数时，S n 随n 的增大而减小， 所以1<S n ≤S 1＝32，故0<S n －1S n ≤S 1－1S 1＝32－23＝56.当n 为偶数时，S n 随n 的增大而增大，所以34＝S 2≤S n <1，故0>S n －1S n ≥S 2－1S 2＝34－43＝－712.综上，对于n∈N *，总有－712≤S n －1S n ≤56.所以数列{T n }最大项的值为56，最小项的值为－712.【类题通法】解决等差数列与等比数列的综合问题，既要善于综合运用等差数列与等比数列的相关知识求解，更要善于根据具体问题情境具体分析，寻找解题的突破口.【对点训练】已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，其前n 项和为S n ，满足S 5－2a 2＝25，且a 1，a 4，a 13恰为等比数列{b n }的前三项. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设T n 是数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1a n a n ＋1的前n 项和，是否存在k∈N *，使得等式1－2T k ＝1b k成立？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由. 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d(d≠0)， ∴⎩⎨⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫5a 1＋5×42d －2（a 1＋d ）＝25，（a 1＋3d ）2＝a 1（a 1＋12d ），解得a 1＝3，d ＝2，∴a n ＝2n ＋1. ∵b 1＝a 1＝3，b 2＝a 4＝9，∴等比数列{b n }的公比q ＝3，∴b n ＝3n . (2)不存在.理由如下：∵1a n a n ＋1＝1（2n ＋1）（2n ＋3）＝12⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3， ∴T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3 ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫13－12n ＋3， ∴1－2T k ＝23＋12k ＋3(k∈N *)，易知数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫12k ＋3为单调递减数列， ∴23<1－2T k ≤1315，又1b k ＝13k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，13，∴不存在k∈N *，使得等式1－2T k ＝1b k 成立.热点二 数列的通项与求和数列的通项与求和是高考必考的热点题型，求通项属于基本问题，常涉及与等差、等比的定义、性质、基本量运算.求和问题关键在于分析通项的结构特征，选择合适的求和方法.常考求和方法有：错位相减法、裂项相消法、分组求和法等.【例2】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 .(1)解 由题意有⎩⎨⎧10a 1＋45d ＝100，a 1d ＝2，即⎩⎨⎧2a 1＋9d ＝20，a 1d ＝2， 解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2或⎩⎨⎧a 1＝9，d ＝29.故⎩⎨⎧a n ＝2n －1，b n＝2n －1或⎩⎪⎨⎪⎧a n＝19（2n ＋79），b n＝9·⎝ ⎛⎭⎪⎫29n －1.(2)解 由d>1，知a n ＝2n －1，b n ＝2n －1， 故c n ＝2n －12n －1， 于是T n ＝1＋32＋522＋723＋924＋…＋2n －12n －1，①12T n ＝12＋322＋523＋724＋925＋…＋2n －12n .②①－②可得12T n ＝2＋12＋122＋…＋12n －2－2n －12n ＝3－2n ＋32n ，故T n ＝6－2n ＋32n －1.【类题通法】用错位相减法解决数列求和的模板 第一步：(判断结构)若数列{a n ·b n }是由等差数列{a n }与等比数列{b n }(公比q)的对应项之积构成的，则可用此法求和.第二步：(乘公比)设{a n ·b n }的前n 项和为T n ，然后两边同乘以q. 第三步：(错位相减)乘以公比q 后，向后错开一位，使含有q k (k∈N *)的项对应，然后两边同时作差. 第四步：(求和)将作差后的结果求和，从而表示出T n .【对点训练】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 2n .(1)证明 由条件，对任意n∈N *，有a n ＋2＝3S n －S n ＋1＋3， 因而对任意n∈N *，n ≥2，有a n ＋1＝3S n －1－S n ＋3. 两式相减，得a n ＋2－a n ＋1＝3a n －a n ＋1， 即a n ＋2＝3a n ，n ≥2.又a 1＝1，a 2＝2， 所以a 3＝3S 1－S 2＋3＝3a 1－(a 1＋a 2)＋3＝3a 1， 故对一切n∈N *，a n ＋2＝3a n .(2)解 由(1)知，a n ≠0，所以a n ＋2a n ＝3.于是数列{a 2n －1}是首项a 1＝1，公比为3的等比数列；数列{a 2n }是首项a 2＝2，公比为3的等比数列. 因此a 2n －1＝3n －1，a 2n ＝2×3n －1.于是S 2n ＝a 1＋a 2＋…＋a 2n＝(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n ) ＝(1＋3＋…＋3n －1)＋2(1＋3＋…＋3n －1) ＝3(1＋3＋…＋3n －1)＝32(3n －1).热点三 数列的综合应用 热点3.1 数列与函数的综合问题数列是特殊的函数，以函数为背景的数列的综合问题体现了在知识交汇点上命题的特点，该类综合题的知识综合性强，能很好地考查逻辑推理能力和运算求解能力，因而一直是高考命题者的首选.【例3－1】 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 n b n 的前n 项和T n .解 (1)由已知，b 7＝2a 7，b 8＝2a 8＝4b 7， 有2a 8＝4×2a 7＝2a 7＋2，解得d ＝a 8－a 7＝2.所以，S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝－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. 由题意知，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＋…＋n2n －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.热点3.2 数列与不等式的综合问题数列与不等式知识相结合的考查方式主要有三种：一是判断数列问题中的一些不等关系；二是以数列为载体，考查不等式的恒成立问题；三是考查与数列问题有关的不等式的证明.在解决这些问题时，如果是证明题要灵活选择不等式的证明方法，如比较法、综合法、分析法等.如果是解不等式问题，要使用不等式的各种不同解法，如数轴法、因式分解法. 【例3－2】 在等差数列{a n }中，a 2＝6，a 3＋a 6＝27. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记数列{a n }的前n 项和为S n ，且T n ＝S n3·2n －1，若对于一切正整数n ，总有T n ≤m 成立，求实数m 的取值范围.解 (1)设公差为d ，由题意得： ⎩⎨⎧a 1＋d ＝6，2a 1＋7d ＝27，解得⎩⎨⎧a 1＝3，d ＝3，∴a n ＝3n. (2)∵S n ＝3(1＋2＋3＋…＋n)＝32n(n ＋1)，∴T n ＝n （n ＋1）2n ，T n ＋1＝（n ＋1）（n ＋2）2n ＋1，∴T n ＋1－T n ＝（n ＋1）（n ＋2）2n ＋1－n （n ＋1）2n＝（n ＋1）（2－n ）2n ＋1，∴当n≥3时，T n >T n ＋1，且T 1＝1<T 2＝T 3＝32，∴T n 的最大值是32，故实数m 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，＋∞.。

课外拓展阅读由递推公式求通项的常用方法和技巧递推数列是高考考查的热点，由递推公式求通项时,一般需要先对递推公式进行变形，然后利用转化与化归的思想解决递推数列问题．下面给出几种常见的递推数列，并讨论其通项公式的求法．类型1 a n＋1＝a n＋f（n）把原递推公式转化为a n＋1－a n＝f（n），再利用累加法(逐差相加法）求解．已知数列｛a n}中，a1＝2，a n＋1＝a n＋n＋1,求数列｛a n｝的通项公式．因为a1＝2,a n＋1－a n＝n＋1，所以a n－a n－1＝（n－1)＋1，a n－1－a n－2＝(n－2)＋1,a n－2－a n－3＝（n－3)＋1，…a2－a1＝1＋1，由已知，a1＝2＝1＋1,将以上各式相加,得a n＝＋n＋1＝错误!＋n＋1＝错误!＋n＋1＝错误!＋1。

类型2 a n＋1＝f(n）a n把原递推公式转化为错误!＝f（n），再利用累乘法（逐商相乘法)求解．已知数列｛a n}满足a1＝错误!，a n＋1＝错误!·a n，求数列{a n}的通项公式．由a n＋1＝错误!·a n，得错误!＝错误!。

当n ≥2，n ∈N ＊时，a n ＝错误!·错误!·…·错误!·a 1＝错误!·错误!·…·错误!·错误!＝错误!，即a n ＝错误!。

又当n ＝1时，错误!＝错误!＝a 1，故a n ＝错误!.类型3 a n ＋1＝pa n ＋q先用待定系数法把原递推公式转化为a n ＋1－t ＝p （a n －t ),其中t ＝错误!,再利用换元法转化为等比数列求解． 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3,求数列{a n ｝的通项公式．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，且错误!＝错误!＝2.所以｛b n }是以4为首项,以2为公比的等比数列．所以b n ＝4×2n －1＝2n ＋1, 即a n ＝2n ＋1－3。

数列极限（2018年5月）一、知识要点1、 定义：一般地，如果当项数n 无限增大时，无穷数列}{n a 的项n a 无限趋近于．．．．．某个常数a （即||n a a -无限地接近于0），那么就说数列}{n a 以a 为极限，记作lim n n a a →∞=．2、 极限的四则运算：如果,lim ,lim B b A a n n n n ==∞→∞→那么lim()n n n a b A B →∞±=±；lim()n n n a b A B →∞⋅=⋅；)0(lim≠=∞→B B Ab a nn n ．数列的加法、乘法的极限运算只能推广到有限个数列的情况．3、 无穷递缩等比数列各项和1lim ,(0||1)1n n a S S q q→∞==<<-．4、 三个基本数列的极限：（1）01lim=∞→n n （2）C C n =∞→lim （C 是常数）（3）)1(0lim <=∞→q q n n二、 例题精讲例1、求下列极限：（1）22221232lim 1111nn n n nn →∞⎛⎫++++⎪++++⎝⎭； （2）limn →∞；（3）()1111lim 1324352n n n →∞⎛⎫++++ ⎪ ⎪⨯⨯⨯+⎝⎭； （4）222111lim 11123n n →∞⎛⎫⎛⎫⎛⎫--- ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭； （5）121023lim 31002n n n n n --+→∞-+⋅．答案：（1）2；（2）0；（3）34；（4）12；（5）3-．例2、首项为1，公比为q 的等比数列前n 项和为n S ，求1limnn n S S →∞+．答案：11,||1,lim1,1||1,1nn n q q S q q S q →∞+⎧>⎪⎪⎪==<⎨⎪=-⎪⎪⎩或不存在，例3、已知数列{}n a 是由正数构成的数列，13a =，且满足1lg lg lg n n a a c -=+，其中n 是大于1的整数，c 是正数．（1） 求数列{}n a 的通项公式及前n 项和n S ；（2） 求112lim 2n nn n n a a -→∞+-+的值．答案：（1）13n n a c -=⋅；()3,1,31,011n n n c S c c c c=⎧⎪=-⎨>≠⎪-⎩且；（2）当2c =时，112lim 2n n nn n a a -→∞+-+14=-；当2c >时，112lim 2n n n n n a a -→∞+-+1c =-；当02c <<时，112lim 2n n nn n a a -→∞+-+12=．例4、（1）已知()131lim331nnn n a +→∞=++，求a 的取值范围； （2）已知a 和b 均为常数，数列2221n n an b n ⎧⎫++-+⎨⎬+⎩⎭的极限存在，试求数列的极限． 答案：（1）42a -<<；（2）1b +．例5、一个动点P ，从原点(0,0)O 开始，沿x 轴正方向前进一个单位一个单位到点1(1,0)A ，后沿y 轴的正方向前进23个单位到点12(1,)3B ，再沿x 轴的负方向前进49个单位到点252(,)93A ，又再沿y 轴的负方向前进827个单位到达点2510(,)927B ，又再沿x轴的正方向前进1681个单位到达点36110(,)8127A ，如此无限地进行下去，求点P 最终能到达的极限位置． 答案：96(,)1313P例6、设首项为2，公比为()0q q >的等比数列的前n 项和为n S ，又设1n n nS T S -=，求lim n n T →∞．答案：若()10,1,lim 2n n qq T →∞+∈=，若[)1,,lim 1n n q T →∞∈+∞=．例7、已知数列{}n a ，满足()11,1,0n n a b a ca d c c +==+≠≠ （1） 求数列{}n a 的通项公式； （2） 若1c >时，求1limn n na a +→∞的值．答案：（1）111n n d d a b c c c -⎛⎫=+- ⎪--⎝⎭；（2）01101d c b c d b c ⎧+≠⎪⎪-⎨⎪+=⎪-⎩．*例8、数列{}n a 是由正数组成的数列，1a c =，其中c 为正常数，lg n n b a =，数列{}n b 成等差数列，公差为lg c ． （1） 求证{}n a 是等比数列； （2）{}n a 的前n 项和为n S ，求limnn na S →∞的值； （3） 令lg n n n c a a =⋅，是否存在c ，使得{}n c 中的每一项恒小于它后面的项，若存在，请求出c 的取值范围；若不存在，请说明理由．答案：（1）证明略；（2）11001c c cc -⎧>⎪⎨⎪<≤⎩；（3）()10,1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭．三、课堂练习1、已知()11f =，()()21f n f n =+，*n N ∈，则()()()12f f f n ++++=． 答案：1- 2、111lim[]1223(1)m n n →∞+++⨯⨯⨯+=______________．答案：1 3、若1n =，则常数a = ．答案：24、若222lim 3n an bn bn cn →∞+=+，lim 6n bn ccn a→∞+=+，则22+lim n an bn c cn an b →∞+=++__________． 答案：4 5、2[147(32)]lim6752n a n n n →∞++++-=--，则a =______________．答案：66、若11lim n nn n n a b b a b --→∞+=--，则正常数a ，b 的大小关系是 答案：a b <四、 课后作业 一、填空题1、数列2141n ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭的前n 项和为n S ，则lim n n S →∞= ． 答案：122、数列{}n a 满足113n n S a =-，那么242n a a a ++++= ．答案：13、已知lim 111n n r r →∞⎡⎤⎛⎫+=⎢⎥ ⎪+⎝⎭⎢⎥⎣⎦，则实数r 的取值范围是 ． 答案：1,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭4、等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知123,2,3S S S 成等差数列，则11limnn n n a S a S →∞++=+ ．答案：535、设数列{}n a ，{}n b 均为等差数列，且公差均不为0，若l i m3nn na b →∞=，则123limnn nb b b na →∞+++= ．答案：1186、lim n →∞222111(1)(1)(1)23n ---=_____________． 答案：12二、选择题7、无穷等比数列{}n a 各项和为S ，若数列{}n b 满足32313n n n n b a a a --=++，则数列{}n b 的各项和为（ ）A 、SB 、3SC 、2SD 、3S答案：A8、已知正整数数列{}na 中，13a=，且对任意大于1的整数n，点总在直线0x y -=上，则()2lim1nn a n →∞=+（ ）A 、0B 、1C 、2D 、3答案：D9、已知2)112(lim 2=+-++∞→b an n n n ，则b 的值为（ ） A 、0 B 、4 C 、－4D 、不能确定答案：B三、解答题10、已知数列{}n a 前n 项和()11n n S ka k =+≠． （1）用n k 、写出n a 的表达式； （2）若lim 1n n S →∞=，求k 的取值范围．答案：（1）1,1,00,2n n k a n =⎧==⎨≥⎩时，；()101n n nk k a k -≠=-时，； （2）1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭．11、已知各项为正的等比数列{}n a 的首项为1，公比为x ，前n 项和为n S ，设()f x =12limnn n S S →∞+，求()f x 的解析式．答案：2,01()2,1x f x x x <≤⎧⎪=⎨>⎪⎩12、已知数列{}n a 为等差数列，公差为d ，{}n b 为等比数列，公比为q ，且2d q ==．31015b a +==，且n n n c a b =．（1）求数列{}n c 的通项公式；（2）设数列{}n c 的前n 项和为n S ，求lim nn nnb S →∞的值．答案：（1）()12152n n c n -=-⋅；（2）14．。