2014届高三数学二轮复习 等差、等比数列的基本问题专题能力提升训练 理

第9讲 等差数列、等比数列1．(2014·福建高考)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( )A ．8B ．10C ．12D ．14【解析】 由题知3a 1＋3×22d ＝12，∵a 1＝2，解得d ＝2，又a 6＝a 1＋5d ，∴a 6＝12.故选C.【答案】 C 2．(2014·重庆高考)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】 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. 【答案】 D 3．(2014·北京高考)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】 ①q >1时，{a n }未必是递增数列，如－1，－2，－4，－8，－16…； ②{a n }是递增数列时，q 不一定大于1，如－16，－8，－4，－2，－1，故选D. 【答案】 D 4．(2014·福建高考)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 2)2＝n 2－n2.从近三年高考来看，该部分高考命题的热点考向为：1．等差、等比数列的基本运算①此类问题主要考查等差、等比数列的五个基本量a 1，a n ，S n ，n ，d (或q )之间的转化，这五个基本量由通项公式与前n 项和公式联系着，体现用方程(组)思想解决“知三求二”问题．②多以选择题、填空题或解答题的第一问的形式出现，多为基础题． 2．等差、等比数列的性质对于等差、等比数列性质的考查主要以客观题出现，具有“新、巧、活”的特点，考查利用性质解决有关计算问题，属中低档题．3．等差、等比数列的判断与证明对于等差、等比数列的判断与证明，主要出现在解答题的第一问，是为求数列的通项公式而准备的，因此是解决问题的关键环节.等差、等比数列的基本运算【例1】 (2014·重庆高考)已知{a n }是首项为1，公差为2的等差数列，S n 表示{a n }的前n 项和．(1)求a n 及S n ；(2)设{b n }是首项为2的等比数列，公比q 满足q 2－(a 4＋1)q ＋S 4＝0.求{b n }的通项公式及其前n 项和T n .【解】 (1)因为{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝2的等差数列，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1.故S n ＝1＋3＋…＋(2n －1) ＝n (a 1＋a n )2＝n (1＋2n －1))2＝n 2.(2)由(1)得a 4＝7，S 4＝16.因为q 2－(a 4＋1)q ＋S 4＝0，即q 2－8q ＋16＝0， 所以(q －4)2＝0，从而q ＝4.又因b 1＝2，{b n }是公比q ＝4的等比数列，所以b n ＝b 1q n －1＝2·4n －1＝22n －1.从而{b n }的前n 项和T n ＝b 1(1－q n )1－q＝23(4n－1)．【规律感悟】 等差(比)数列基本运算中的关注点： (1)基本量．在等差(比)数列中，首项a 1和公差d (公比q )是两个基本量． (2)解题思路．①求公差d (公比q )：常用公式a n ＝a m ＋(n －m )d (a n ＝a m q n －m )；②列方程组：若条件与结论的联系不明显时，常把条件转化为关于a 1和d (q )的方程组求解，但要注意消元及整体计算，以减少计算量．[创新预测]1．(2014·湖北高考)已知等差数列{a n }满足：a 1＝2，且a 1，a 2，a 5成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)记S n 为数列{a n }的前n 项和，是否存在正整数n ，使得S n ＞60n ＋800？若存在，求n 的最小值；若不存在，说明理由．【解】 (1)设数列{a n }的公差为d ，依题意，2,2＋d,2＋4d 成等比数列，故有(2＋d )2＝2(2＋4d )，化简得d 2－4d ＝0，解得d ＝0或d ＝4.当d ＝0时，a n ＝2；当d ＝4时，a n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2，从而得数列{a n }的通项公式为a n ＝2或a n ＝4n －2.(2)当a n ＝2时，S n ＝2n .显然2n ＜60n ＋800， 此时不存在正整数n ，使得S n ＞60n ＋800成立．当a n ＝4n －2时，S n ＝n [2＋(4n －2)]2＝2n 2.令2n 2＞60n ＋800，即n 2－30n －400＞0，解得n ＞40或n ＜－10(舍去)，此时存在正整数n ，使得S n ＞60n ＋800成立，n 的最小值为41.综上，当a n ＝2时，不存在满足题意的n ；当a n ＝4n －2时，存在满足题意的n ，其最小值为41.等差、等比数列的性质【例2】 (1)(2014·北京高考)若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9>0，a 7＋a 10<0，则当n ＝________时，{a n }的前n 项和最大．(2)(2014·全国大纲高考)设等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3，S 4＝15，则S 6＝( ) A ．31 B ．32 C ．63 D ．64【解析】 (1)因为a 7＋a 8＋a 9>0，所以3a 8>0，即a 8>0，又a 7＋a 10<0，所以a 8＋a 9<0，则a 9<0，故n ＝8.(2)∵S 2＝3，S 4－S 2＝12，且S 2，S 4－S 2，S 6－S 4成等比数列，∴(15－3)2＝3×(S 6－15)，∴S 6＝63.故选C.【答案】 (1)8 (2)C【规律感悟】 等差(比)数列的性质盘点： 类型 等差数列 等比数列项的 性质2a k ＝a m ＋a l (m ，k ，l ∈N *且m ，k ，l 成等差数列) a 2k ＝a m ·a l (m ，k ，l ∈N *且m ，k ，l成等差数列) a m ＋a n ＝a p ＋a q (m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p＋q )a m ·a n ＝a p ·a q (m ，n ，p ，q ∈N *且m＋n ＝p ＋q )和的 性质当n 为奇数时：S n ＝na n ＋12当n 为偶数时：S 偶S 奇＝q (公比)依次每k 项的和：S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…构成等差数列依次每k 项的和：S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…构成等比数列(k 不为偶数且公比q ≠－1)[创新预测]2．(1)(2014·衡水中学二调)等差数列{a n }中，3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝24，则该数列前13项的和是( )A ．13B ．26C ．52D ．156【解析】 ∵3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝24，∴6a 4＋6a 10＝24，∴a 4＋a 10＝4，∴S 13＝13(a 1＋a 13)2＝13(a 4＋a 10)2＝13×42＝26，故选B. 【答案】 B (2)(2014·广东高考)若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝________.【解析】 ∵a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，∴a 10·a 11＝e 5， ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝10ln(a 10·a 11)＝10·ln e 5＝50. 【答案】 50等差、等比数列的判断与证明【例3】 (2014·全国大纲高考)数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2. (1)设b n ＝a n ＋1－a n ，证明{b n }是等差数列； (2)求{a n }的通项公式．【解】 (1)由a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2得 a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋2， 即b n ＋1＝b n ＋2. 又b 1＝a 2－a 1＝1，所以{b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)由(1)得b n ＝1＋2(n －1)，即a n ＋1－a n ＝2n －1.于是∑k ＝1n(a k ＋1－a k )＝∑k ＝1n(2k －1)，所以a n ＋1－a 1＝n 2，即a n ＋1＝n 2＋a 1.又a 1＝1，所以{a n }的通项公式为a n ＝n 2－2n ＋2.【规律感悟】 证明数列{a n }为等差或等比数列有两种基本方法： (1)定义法a n ＋1－a n ＝d (d 为常数)⇔{a n }为等差数列； a n ＋1a n＝q (q 为常数)⇔{a n }为等比数列． (2)等差、等比中项法2a n ＝a n －1＋a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)⇔{a n }为等差数列；a 2n ＝a n －1a n ＋1(a n ≠0，n ≥2，n ∈N *)⇔{a n }为等比数列．我们要根据题目条件灵活选择使用，一般首选定义法．利用定义法一种思路是直奔主题，例如本题方法；另一种思路是根据已知条件变换出要解决的目标．[创新预测]3．(2014·长春模拟)已知数列{a n }中，S n 是其前n 项和，并且S n ＋1＝4a n ＋2(n ＝1,2，…)，a 1＝1，(1)设数列b n ＝a n ＋1－2a n (n ＝1,2，…)，求证：数列{b n }是等比数列；(2)设数列c n ＝a n2n (n ＝1,2，…)，求证：数列{c n }是等差数列；(3)求数列{a n }的通项公式及前n 项和．【解】 (1)证明：由S n ＋1＝4a n ＋2，S n ＋2＝4a n ＋1＋2，两式相减，得S n ＋2－S n ＋1＝4(a n ＋1－a n )，即a n ＋2＝4a n ＋1－4a n ，∴a n ＋2－2a n ＋1＝2(a n ＋1－2a n )．又b n ＝a n ＋1－2a n ，所以b n ＋1＝2b n ① 已知S 2＝4a 1＋2，a 1＝1， a 1＋a 2＝4a 1＋2，解得a 2＝5，b 1＝a 2－2a 1＝3≠0②由①和②得，数列{b n }是首项为3，公比为2的等比数列，且b n ＝3·2n －1.(2)证明：因为c n ＝a n2n (n ∈N *)，所以c n ＋1－c n ＝a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝a n ＋1－2a n2n ＋1＝b n 2n ＋1＝3·2n －12n ＋1＝34.又c 1＝a 12＝12，故数列{c n }是首项为12，公差是34的等差数列，且c n ＝34n －14.(3)因为c n ＝a n 2n ，又c n ＝34n －14，所以a n 2n ＝3n 4－14，a n ＝(3n －1)·2n －2.当n ≥2时，S n ＝4a n －1＋2＝2n －1(3n －4)＋2； 当n ＝1时，S 1＝a 1＝1也适合上式． 综上可知，所求的求和公式为S n ＝2n －1(3n －4)＋2.[总结提升] 通过本节课学习，需掌握如下三点： 失分盲点1．(1)忽视d 的符号：在等差数列的基本运算中，易忽视d 的符号、大小而导致增解． (2)忽视公式成立的条件：公式a n ＝S n －S n －1成立的条件是n ≥2.(3)忽视n 的范围：求解{a n }的前n 项和的最值时，无论是利用S n 还是a n ，都要注意条件n ∈N *.2．(1)忽视对公比q 的讨论：应用等比数列的前n 项和公式时，应注意条件是否暗示了q 的范围，否则，应注意讨论． (2)混淆等差数列与等比数列单调性的条件：等差数列的单调性只取决于公差d 的正负，等比数列的单调性既要考虑公比又要考虑首项．答题指导1．(1)看到求等差数列的基本量时，想到可从方程入手，若能应用性质，可大大简化解题过程．(2)看到等差数列的判定，想到等差数列定义和等差中项的概念． 2．(1)看到求等比数列中的基本量，想到可以从方程入手．(2)看到a m ·a n ，想到等比数列的性质．(3)看到利用公式求等比数列前n 项和，想到公比q 是否等于1所用公式不同.等差数列、等比数列的存在探索与证明1．存在探索性问题是高考考查数学能力的良好素材，高考重视存在探索性问题的考查．存在探索性问题的基本解法是：先假设其存在，在这个假设下，进行推理论证或计算，当得出符合数学规律的最后结论时，肯定其存在性，否则就不存在．方法规律(1)利用定义证明等差(比)数列的方法．(2)转化为关于a 1，d (q )的方程组求解的基本量法． 2．等差数列、等比数列的存在探索性问题，其解法与一般的存在探索性问题的解法相比，特殊性在于数列中的项数是正整数，在解题中注意这个特点．【典例】 (预测题)设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，且对任意正整数n ，点(a n ＋1，S n )在直线3x ＋2y －3＝1上．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在实数λ，使得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋λ·n ＋λ3n 为等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．【解】 (1)由题意可得3a n ＋1＋2S n －3＝0① n ≥2时，3a n ＋2S n －1－3＝0②①－②得3a n ＋1－3a n ＋2a n ＝0，整理得 a n ＋1a n ＝13(n ≥2)，又∵a 1＝1， ∴数列{a n }是首项为1，公比为13的等比数列，∴a n ＝⎝⎛⎭⎫13n －1.(2)由(1)知S n ＝3⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫13n 2，若⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋λ·n ＋λ3n 为等差数列，则 2⎝⎛⎭⎫S 2＋199λ＝S 1＋43λ＋S 3＋8227λ，得λ＝32， 又λ＝32时，S n ＋32·n ＋32·3n ＝3(n ＋1)2，显然⎩⎨⎧⎭⎫3(n ＋1)2成等差数列，故存在实数λ＝32，使得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋λ·n ＋λ3n 成等差数列． 【规律感悟】 本题的特点是先从特殊的情况得出λ值，在这个λ值下，一般结论也成立，这是解决含有参数的等差数列、等比数列证明的一个重要方法，其实质是一般与特殊的数学思想方法的运用，也是合情推理与演绎推理的有机结合.建议用时 实际用时错题档案45分钟一、选择题 1．(2014·重庆高考)在等差数列{a n }中，a 1＝2，a 3＋a 5＝10，则a 7＝( )A ．5B ．8C ．10D ．14【解析】 由等差数列的性质得a 1＋a 7＝a 3＋a 5，因为a 1＝2，a 3＋a 5＝10，所以a 7＝8，选B.【答案】 B 2．(2014·天津高考)设{a n }是首项为a 1，公差为－1的等差数列，S n 为其前n 项和．若S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 1＝( )A ．2B ．－2 C.12 D ．－12【解析】 由题意知 S 22＝S 1·S 4， ∴(2a 1＋2×12d )2＝a 1(4a 1＋4×32d )，把d ＝－1代入整理得a 1＝－12.【答案】 D 3．(2014·辽宁高考)设等差数列{a n }的公差为d .若数列{2a 1a n }为递减数列，则( ) A ．d ＞0 B ．d ＜0 C ．a 1d <0 D ．a 1d >0【解析】 法一 a n ＝a 1＋(n －1)d ，所以2a 1a n ＝2a 1[a 1＋(n －1)d ]，因为是递减数列，故有2a 1a n 2a 1a n －1＝2a 1[a 1＋(n －1)d ]－a 1[a 1＋(n －2)d ]＝2a 1d ＜1＝20，所以a 1d ＜0，故选C. 法二 数列{2a 1a n }为递减数列等价于数列{a 1a n }为递减数列，等价于a 1a n －a 1a n －1＜0，即a 1(a n －a n －1)＜0，即a 1d ＜0.【答案】 C 4．(2014·保定调研)在数列{a n }中，已知a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1，则其通项公式为a n ＝( )A ．2n－1 B ．2n －1＋1 C ．2n －1 D ．2(n －1)【解析】 由题意知a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，∴a n ＋1＝(a 1＋1)·2n －1＝2n ，∴a n ＝2n －1. 【答案】 A 5．(2014·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 ＝( )A ．11B ．12C ．14D ．16【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n ＝14，故选C. 【答案】 C 二、填空题 6．(2014·江西高考)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】 等差数列的前n 项和为S n ，则S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝d 2n 2＋(a 1－d 2)n ＝d2n 2＋(7－d 2)n ，对称轴为d 2－7d ，对称轴介于7.5与8.5之间，即7.5＜d 2－7d ＜8.5，解得－1＜d ＜－78. 【答案】 ⎝⎛⎭⎫－1，－78 7．(2014·全国新课标Ⅱ高考)数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n ，a 8＝2，则a 1＝________.【解析】 将a 8＝2代入a n ＋1＝11－a n ，可求得a 7＝12；再将a 7＝12代入a n ＋1＝11－a n，可求得a 6＝－1；再将a 6＝－1代入a n ＋1＝11－a n ，可求得a 5＝2；由此可以推出数列{a n }是一个周期数列，且周期为3，所以a 1＝a 7＝12.【答案】 128．(理)若数列{n (n ＋4)(23)n }中的最大项是第k 项，则k ＝________.【解析】 设数列为a n ，则a n ＋1－a n ＝(n ＋1)(n ＋5)(23)n ＋1－n (n ＋4)(23)n ＝(23)n [23(n 2＋6n ＋5)－n 2－4n ]＝2n3n ＋1(10－n 2)，所以当n ≤3时，a n ＋1＞a n ； 当n ≥4时，a n ＋1＜a n .因此，a 1＜a 2＜a 3＜a 4，a 4＞a 5＞a 6＞…，故a 4最大，所以k ＝4. 【答案】 4(文)已知a ，b ，c 是递减的等差数列，若将其中两个数的位置互换，得到一个等比数列，则a 2＋c 2b2＝________.【解析】 依题意得①⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋c ＝2b ，b 2＝ac ，或者②⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋c ＝2b ，a 2＝bc ，或者③⎩⎪⎨⎪⎧a ＋c ＝2b ，c 2＝ab .由①得a ＝b ＝c ，这与a ，b ，c 是递减的等差数列矛盾；由②消去c 整理得(a －b )(a ＋2b )＝0.又a >b ，因此有a ＝－2b ，c ＝4b ，故a 2＋c 2b2＝20；由③消去a 整理得(c －b )(c ＋2b )＝0.又b >c ，因此有c ＝－2b ，a ＝4b ，故a 2＋c 2b2＝20.【答案】 20三、解答题9．(2014·江西高考)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)证明：对任意的n ＞1，都存在m ∈N *，使得a 1，a n ，a m 成等比数列．【解】 (1)由S n ＝3n 2－n2，得a 1＝S 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n －2，所以数列{a n }的通项公式为：a n ＝3n －2. (2)要使得a 1，a n ，a m 成等比数列，只需要a 2n ＝a 1·a m ， 即(3n －2)2＝1·(3m －2)，即m ＝3n 2－4n ＋2，而此时m ∈N *，且m ＞n . 所以对任意的n ＞1，都存在m ∈N *，使得a 1，a n ，a m 成等比数列． 10．(2014·浙江考试院抽测)已知等差数列{a n }的首项a 1＝2，a 7＝4a 3，前n 项和为S n . (1)求a n 及S n ；(2)设b n ＝S n －4a n －4n，n ∈N *，求b n 的最大值．【解】 (1)设公差为d ，由题意知a 1＋6d ＝4(a 1＋2d )， 由a 1＝2解得，d ＝－3，故a n ＝－3n ＋5，S n ＝－3n 2＋7n2，n ∈N *.(2)由(1)得b n ＝S n －4a n －4n ＝312－32(n ＋16n )．由基本不等式得n ＋16n ≥2 n ·16n＝8(当且仅当n ＝4时取等号)．所以b n ＝312－32(n ＋16n )≤72，又当n ＝4时，b n ＝72.7从而得b n的最大值为2.。

常考问题9 等差数列、等比数列(建议用时：50分钟)1．设{a n }是公差为正数的等差数列，若a 1＋a 2＋a 3＝15，a 1a 2a 3＝80，则a 11＋a 12＋a 13＝________.解析 a 1＋a 2＋a 3＝15⇒3a 2＝15⇒a 2＝5，a 1a 2a 3＝80⇒(a 2－d )a 2(a 2＋d )＝80，将a 2＝5代入，得d ＝3(舍去d ＝－3)，从而a 11＋a 12＋a 13＝3a 12＝3(a 2＋10d )＝3×(5＋30)＝105. 答案 1052．(2013·泰州期中)已知等比数列{a n }为递增数列，且a 3＋a 7＝3，a 2a 8＝2，则a 13a11＝________.解析 根据等比数列的性质建立方程组求解．因为数列{a n }是递增等比数列，所以a 2a 8＝a 3a 7＝2，又a 3＋a 7＝3，且a 3＜a 7，解得a 3＝1，a 7＝2，所以q 4＝2，故a 13a 11＝q 2＝ 2.答案 23．(2013·南京二模)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若S 3S 6＝13，则S 6S 7＝________. 解析 设等差数列{a n }的公差为d ，则S 3S 6＝3a 1＋3d 6a 1＋15d ＝13⇒a 1＝2d ，所以S 6S 7＝6a 1＋15d 7a 1＋21d ＝2735.答案 27354．数列{a n }为正项等比数列，若a 2＝1，且a n ＋a n ＋1＝6a n －1(n ∈N *，n ≥2)，则此数列的前4项和S 4＝________.解析 设{a n }的公比为q (q ＞0)，当n ＝2时，a 2＋a 3＝6a 1，从而1＋q ＝6q ，∴q ＝2或q ＝－3(舍去)，a 1＝12，代入可有S 4＝12×(1－24)1－2＝152.答案 1525．(2012·南京学情调研)在等比数列{a n }中，若a 1＝12，a 4＝－4，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝________.解析 求出等比数列的通项公式，再求和．由等比数列{a n }中，若a 1＝12，a 4＝－4，得公比为－2，所以a n ＝12×(－2)n －1，|a n |＝12×2n －1，所以|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝12(1＋2＋22＋…＋25)＝12×1－261－2＝632.答案 6326．(2013·新课标全国Ⅰ卷改编)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m 等于________． 解析 a m ＝2，a m ＋1＝3，故d ＝1， 因为S m ＝0，故ma 1＋m (m －1)2d ＝0， 故a 1＝－m －12， 因为a m ＋a m ＋1＝5， 故a m ＋a m ＋1＝2a 1＋(2m －1)d ＝－(m －1)＋2m －1＝5， 即m ＝5. 答案 57．在等差数列{a n }中，a 10＜0，a 11＞0，且a 11＞|a 10|，则{a n }的前n 项和S n 中最大的负数为前______项的和．解析 因为S 19＝19a 10＜0，而由a 11＞|a 10|得a 11＋a 10＞0，所以S 20＝10(a 11＋a 10)＞0，故S n 中最大的负数为前19项的和． 答案 198．(2012·江苏卷改编)各项均为正数的等比数列{a n }满足a 1a 7＝4，a 6＝8，若函数f (x )＝a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋…＋a 10x 10的导数为f ′(x )，则f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝________.解析 因为各项均为正数的等比数列{a n }满足a 1a 7＝4，a 6＝8，所以a 4＝2，q ＝2，故a n ＝2n －3，又f ′(x )＝a 1＋2a 2x ＋3a 3x 2＋…＋10a 10x 9，所以f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2－2＋2×2－2＋3×2－2＋…＋10×2－2＝2－2×10×112＝554.答案 5549．已知公差不为零的等差数列{a n }的前4项和为10，且a 2，a 3，a 7成等比数列． (1)求通项公式a n ；(2)设b n ＝2a n ，求数列{b n }的前n 项和S n . 解 (1)由题意知⎩⎨⎧4a 1＋6d ＝10，(a 1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋6d )， 解得⎩⎨⎧a 1＝－2，d ＝3，所以a n ＝3n －5(n ∈N *)．(2)∵b n ＝2a n ＝23n －5＝14·8n －1，∴数列{b n }是首项为14，公比为8的等比数列，所以S n ＝14(1－8n)1－8＝8n －128.10．(2013·杭州模拟)已知数列{a n }是首项为133，公比为133的等比数列，设b n ＋15log 3a n ＝t ，常数t ∈N *. (1)求证：{b n }为等差数列；(2)设数列{c n }满足c n ＝a n b n ，是否存在正整数k ，使c k ，c k ＋1，c k ＋2按某种次序排列后成等比数列？若存在，求k ，t 的值；若不存在，请说明理由． (1)证明 a n ＝3－n 3，b n ＋1－b n ＝－15log 3⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n ＝5， ∴{b n }是首项为b 1＝t ＋5，公差为5的等差数列． (2)解c n ＝(5n ＋t ) ·3－n3， 则c k ＝(5k ＋t )·3－k 3，令5k ＋t ＝x (x >0)，则c k ＝x ·3－k 3，c k ＋1＝(x ＋5)·3－k ＋13，c k ＋2＝(x ＋10)·3－k ＋23.①若c 2k ＝c k ＋1c k ＋2，则⎝ ⎛⎭⎪⎫x ·3－k 32＝(x ＋5)·3－k ＋13·(x ＋10)·3－k ＋23. 化简得2x 2－15x －50＝0，解得x ＝10； 进而求得k ＝1，t ＝5； ②若c 2k ＋1＝c k c k ＋2，同理可得(x ＋5)2＝x (x ＋10)， 显然无解；③若c 2k ＋2＝c k c k ＋1，同理可得13(x ＋10)2＝x (x ＋5)， 方程无整数根．综上所述，存在k ＝1，t ＝5适合题意．11．(2013·南通调研)已知数列{a n }成等比数列，且a n ＞0.(1)若a 2－a 1＝8，a 3＝m .①当m ＝48时，求数列{a n }的通项公式；②若数列{a n }是唯一的，求m 的值；(2)若a 2k ＋a 2k －1＋…＋a k ＋1－(a k ＋a k －1＋…＋a 1)＝8，k ∈N *，求a 2k ＋1＋a 2k ＋2＋…＋a 3k 的最小值．解 设公比为q ，则由题意，得q ＞0.(1)①由a 2－a 1＝8，a 3＝m ＝48，得⎩⎨⎧a 1q －a 1＝8，a 1q 2＝48.解之，得⎩⎨⎧ a 1＝8(2－3)，q ＝3＋3；或⎩⎨⎧a 1＝8(2＋3)，q ＝3－ 3.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝8(2－3)(3＋3)n －1，或a n ＝8(2＋3)(3－3)n －1.②要使满足条件的数列{a n }是唯一的，即关于a 1与q 的方程组⎩⎨⎧a 1q －a 1＝8，a 1q 2＝m .有唯一正数解，即方程8q 2－mq ＋m ＝0有唯一解． 由Δ＝m 2－32m ＝0，a 3＝m ＞0，所以m ＝32，此时q ＝2. 经检验，当m ＝32时，数列{a n }唯一，其通项公式是a n ＝2n ＋2. (2)由a 2k ＋a 2k －1＋…＋a k ＋1－(a k ＋a k －1＋…＋a 1)＝8，得a1(q k－1)(q k－1＋q k－2＋…＋1)＝8，且q＞1.a2k＋1＋a2k＋2＋…＋a3k＝a1q2k(q k－1＋q k－2＋…＋1)＝8q2kq k－1＝8⎝⎛⎭⎪⎫q k－1＋1q k－1＋2≥32，当且仅当q k－1＝1q k－1，即q＝k2，a1＝8(k2－1)时，a2k＋1＋a2k＋2＋…＋a3k的最小值为32.。

高中数学专题复习
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注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I 卷（选择题）
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得分 一、选择题
1．设{}n a 是公差为正数的等差数列，若12315a a a ++=，12380a a a =，则
111213a a a ++=（ ）
A ．120
B ．105
C ．90
D ．75(汇编全国1理)
2．已知等差数列{}n a 满足244a a +=，3510a a +=，则它的前10项的和10S =（ ）
A ．138
B ．135
C ．95
D ．23(汇编全国1理) 由243511014,104,3,104595a a a a a d S a d +=+=⇒=-==+=
3．在各项均不为零的等差数列{}n a 中，若2110(2)n n n a a a n +--+=≥，则214n S n --=
（ ）
A ．2-
B ．0
C ．1
D ．2(汇编江西文)
4．若互不相等的实数,,a b c 成等差数列，,,c a b 成等比数列，且310a b c ++=，则a =。

第 1 讲等差数列与等比数列1． (2015· 全国Ⅰ )已知 { a n} 是公差1 的等差数列， S n { a n} 的前 n 和，若 S8＝ 4S4，a10等于 ()1719A. 2B.2C． 10 D． 122．(2015 安·徽 )已知数列 { a n} 是增的等比数列，a1＋ a4＝ 9，a2a3＝ 8，数列 { a n} 的前 n 和等于 ________．3．(2014 广· )若等比数列 { a n} 的各均正数，且a10a11＋ a9a12＝2e5， ln a1＋ ln a2＋⋯＋ln a20＝ ______.4．(2013 江·西 )某住所小区划植许多于100 棵，若第一天植 2 棵，此后每日植的棵数是前一天的 2 倍，需要的最少天数 n( n∈N*)等于 ________．1.等差、等比数列基本量和性的考是高考点，常以小形式出.2.数列乞降及数列与函数、不等式的合是高考考的要点，考剖析、解决的合能力.点一等差数列、等比数列的运算(1)通公式等差数列： a n＝ a1＋ (n－ 1)d；等比数列： a n＝ a1·q n－1.(2)乞降公式等差数列： S n ＝n a 1＋ a nnn － d ；2＝ na 1＋2等比数列： S n ＝a 1 － q n＝ a 1－ a n q 1－ q1－ q (q ≠ 1)．(3)性质若 m ＋ n ＝p ＋ q ，在等差数列中 a m ＋ a n ＝ a p ＋ a q ；在等比数列中 a m ·a n ＝ a p ·a q .例 1 (1) 设等差数列 { a n } 的前 n 项和为 S n .若 a 1＝－ 11，a 4 ＋a 6＝－ 6，则当 S n 取最小值时， n＝ ________.(2)已知等比数列 { a n } 公比为 q ，其前 n 项和为 S n ，若 S 3，S 9，S 6 成等差数列， 则 q 3 等于 ()1A ．－ 2B ． 1C ．－ 1或 1D ．－ 1 或122思想升华在进行等差 (比 )数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不显然，则均可化成对于 a 1 和 d(q)的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量． 追踪操练 1(1)(2015 浙·江 ) 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 ＝ ________.(2) 已 知 数 列 { a n } 是 各 项 均 为 正 数 的 等 比 数 列 ， a 1 ＋ a 2 ＝ 1 ， a 3 ＋ a 4 ＝ 2 ， 则log 2a 2 011＋ a 2 012＋ a 2 013＋ a 2 014＝ ________.3热门二等差数列、等比数列的判断与证明数列 { a n } 是等差数列或等比数列的证明方法(1)证明数列 { a n } 是等差数列的两种基本方法：①利用定义，证明a n ＋ 1－ a n (n ∈N * )为一常数；②利用中项性质，即证明2a n ＝ a n －1 ＋a n ＋ 1(n ≥ 2)．(2)证明 { a n } 是等比数列的两种基本方法：a n ＋1*①利用定义，证明a n (n ∈ N )为一常数；②利用等比中项，即证明a n 2＝ a n － 1a n ＋ 1(n ≥ 2)．例 2 (2014 ·纲领全国 )数列 { a n } 知足 a 1＝ 1，a 2＝ 2， a n ＋2 ＝2a n ＋ 1－ a n ＋2.(1)设 b n ＝ a n ＋1 －a n ，证明： { b n } 是等差数列；(2)求 { a n} 的通项公式．思想升华(1)判断一个数列是等差(比 )数列，也能够利用通项公式及前n 项和公式，但不可以作为证明方法．a n＋12(2) a n＝ q 和 a n＝ a n－1 a n＋1(n≥ 2)都是数列 { a n} 为等比数列的必需不充足条件，判断时还要看各项能否为零．追踪操练 2 (1)(2015 大·庆铁人中学月考 )已知数列 { a n} 的首项 a1＝ 1，且知足 a n＋1＝a n，4a n＋ 1则 a n＝ ________________________________________________________________________.(2)已知数列 { a n} 中， a1＝ 1， a n＋1＝ 2a n＋ 3，则 a n＝ ________.热门三等差数列、等比数列的综合问题解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特点下手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，能够联合数列的单一性、最值求解．例 3 已知等差数列 { a n } 的公差为－ 1，且 a2＋ a7＋ a12＝－ 6.(1)求数列 { a n} 的通项公式 a n与前 n 项和 S n；(2)将数列 { a n} 的前 4 项抽去此中一项后，剩下三项按本来次序恰为等比数列{ b n} 的前 3 项，记 { b n} 的前 n 项和为 T n，若存在 m∈N*，使对随意n∈N*，总有 S n<T m＋λ恒建立，务实数λ的取值范围．思想升华(1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵巧地运用性质，可使运算简易．(2)数列的项或前n 项和能够看作对于n 的函数，而后利用函数的性质求解数列问题．(3)数列中的恒建立问题能够经过分别参数，经过求数列的值域求解．追踪操练 3已知首项为3的等比数列 { a n} 不是递减数列，其前 n 项和为 S n(n∈N* )，且 S3＋ a3，2．．S5＋ a5， S4＋ a4成等差数列．(1)求数列 { a n} 的通项公式；1*(2)设 T n＝ S n－(n∈N )，求数列 { T n} 的最大项的值与最小项的值．1．设等差数列{ a n} 的前 n 项和为 S n，且 a1>0 ，a3＋ a10>0， a6a7<0 ，则知足S n>0 的最大自然数 n 的值为 ()A ． 6B． 7C．12D． 132．已知各项不为0 的等差数列 { a n} 知足 a4－ 2a72＋ 3a8＝ 0，数列 { b n} 是等比数列，且 b7＝ a7，则 b2b12等于 ()A ． 1B． 2C．4D． 83．已知各项都为正数的等比数列{ a n} 知足 a7＝ a6＋ 2a5，存在两项 a m， a n使得a m·a n＝ 4a1，则1＋4的最小值为 ()m m35A. 2B. 3254C. 6D. 34．已知等比数列{ a n} 中， a4＋ a6＝ 10，则 a1a7＋ 2a3a7＋ a3a9＝ ________.提示：达成作业专题四第1讲二轮专题加强练专题四第 1 讲等差数列与等比数列A 组专题通关1．已知等差数列 { a n} 中， a5＝ 10，则 a2＋ a4＋ a5＋ a9的值等于 () A．52B． 40C．26D． 202．已知等差数列 { a n} 中， a7＋ a9＝ 16， S11＝99，则 a12的值是 ()2A．15B． 30C．31D． 643．(2015 ·江浙 )已知 { a n} 是等差数列，公差 d 不为零，前n 项和是 S n，若 a3，a4，a8成等比数列，则 ()A ． a1d＞ 0， dS4＞ 0B． a1d＜0， dS4＜ 0C．a1d＞ 0， dS4＜0D． a1 d＜ 0， dS4＞ 04．设 S n为等差数列 { a n } 的前 n 项和， (n＋ 1)S n<nS n＋1(n∈N*)．若a8<－1，则 ()a7A ． S n的最大值是 S8B． S n的最小值是 S8C．S n的最大值是 S7D． S n的最小值是 S75．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等于 ()A．0 B． 3 C．8 D．112n6．若数列 { n(n＋ 4)( 3) } 中的最大项是第 k 项，则 k＝ ________.7． (2015 课·标全国Ⅱ )设 S n是数列 { a n} 的前 n 项和，且a1＝－ 1， a n＋1＝ S n S n＋1，则 S n＝____________.1*8．已知数列 { a n} 的首 a1＝ 2，且 a n＋1＝ ( a1＋ a2＋⋯＋ a n) (n∈N )， S n数列 { a n} 的前2n 和， S n＝ ________， a n＝________.9．成等差数列的三个正数的和等于15，而且三个数分加上2、5、13 后成等比数列 { b n}中的 b3、b4、b5.(1)求数列 { b n} 的通公式；(2)数列 { b n} 的前 n 和 S n，求：数列5{ S n＋} 是等比数列．410．(2015 广· )数列 { a n} 的前 n 和 S n，n∈N* .已知 a1＝ 1，a2＝3，a3＝5，且当 n≥2 ，244S n＋2＋ 5S n＝ 8S n＋1＋S n－1.(1)求 a4的；(2)明： a n＋1－1a n等比数列；2(3)求数列 { a n} 的通公式．B能力提升11．已知 { a n} 是等差数列， S n其前 n 和，若 S21＝S4 000，O 坐原点，点P(1，a n)，Q(2→ →011， a2 011)， OP·OQ等于 ()A．2 011 B．－ 2 011 C．0 D．112．(2015 福·建 )若 a，b 是函数 f(x)＝ x 2－ px＋q( p＞ 0，q＞ 0)的两个不一样的零点，且 a， b，－2 这三个数可适合排序后成等差数列，也可适合排序后成等比数列，则p＋ q 的值等于 () A．6 B． 7 C．8 D．913．数列 { a n} 的前 n 项和为 S n，已知 a1＝1，且对随意正整数m，n，都有 a m＋n＝ a m·a n，若 S n<t 5恒建立，则实数 t 的最小值为 ________．14．已知 S n是等比数列 { a n} 的前 n 项和， S4， S2， S3成等差数列，且a2＋ a3＋ a4＝－ 18.(1)求数列 { a n} 的通项公式；(2)能否存在正整数 n，使得 S n≥ 2013？若存在，求出切合条件的全部n 的会合；若不存在，说明原因．学生用 答案精析四 数列、推理与 明第 1 等差数列与等比数列高考真 体1． B[∵公差1，∴ S 8＝ 8a 1 ＋8×8－ 1×1＝ 8a 1 ＋ 28， S 4＝ 4a 1＋ 6. 21∵ S 8＝ 4S 4 ，∴ 8a 1＋ 28＝ 4(4a 1 ＋6) ，解得 a 1＝2，119∴ a 10＝ a 1＋ 9d ＝2＋ 9＝ 2 .故 B.]2． 2n －1a 2a 3＝ a 1a 4，又 a 2a 3＝8，a 1＋ a 4＝ 9，所以 立方程a 1a 4 ＝8， 分析由等比数列性 知解a 1＋ a 4＝ 9，a 1 ＝1， a 1＝ 8， 又数列 { a n } 增数列，∴ a 1＝ 1， a 4＝ 8，进而 a 1q 3＝ 8，∴ q ＝ 2.得或a 4＝ 1，a 4 ＝8n∴数列 { a n } 的前 n 和 S n ＝1－ 2＝2n －1.1－ 23． 50分析因 a 10a 11＋ a 9a 12＝ 2a 10a 11＝ 2e 5，所以 a 10a 11＝ e 5.所以 ln a 1＋ ln a 2＋ ⋯＋ ln a 20＝ ln( a 1a 2⋯ a 20)＝ ln[( a) ·⋯·(a10＝ 10ln(a10a 11)＝ 10ln e 51 a 20) ·(a 2a 19 10a 11)] ＝ ln(a 10a 11)＝ 50ln e ＝50.4． 6分析 每日植 棵数组成等比数列{ a n } ，a 1－q nn－ 1) n ＋1≥ 102.此中 a 1 ＝2， q ＝ 2. S n ＝＝ 2(2≥100，即 2 1－q∴ n ≥6，∴最少天数n ＝ 6.点分 打破例 1 (1)6(2)A分析 (1) 数列的公差d ， a 4＋ a 6＝ 2a 1＋ 8d ＝ 2×(－ 11)＋ 8d ＝－ 6，解得 d ＝ 2，所以 S n ＝－ 11n ＋n n －×2＝n 2－ 12n ＝ (n －6) 2－ 36，2所以当 S n 取最小 ，n ＝ 6.(2)若 q ＝ 1， 3a 1＋ 6a 1＝ 2×9a 1，得 a 1＝ 0，矛盾，故 q ≠1.所以a 1－ q 3＋ a 1 －q 61－ q 1－ q＝ 2 a 1－ q 9，1－ q31解得 q ＝－ 或 1(舍 )，故 A.追踪演1 (1)23 －1(2)1 005分析(1) ∵a ， a ， a 成等比数列，∴a 2＝ a a ，23732 7即 (a 1＋ 2d)2＝ (a 1＋ d)(a 1＋ 6d)，2∴ a 1＝－ 3d ，∵ 2a 1＋a 2 ＝1，∴ 2a 1＋ a 1＋ d ＝ 1 即 3a 1＋d ＝ 1，∴ a 1＝ 2， d ＝－ 1.3(2)在等比数列中，(a 1＋ a 2)q 2＝ a 3＋ a 4，即 q 2＝ 2，所以 a 2 011＋ a 2 012＋ a 2 013＋ a 2 014＝ (a 1＋a 2＋a 3＋ a 4) q 2 010＝ 3×21 005，a 2 011＋ a 2 012＋ a 2 013＋ a 2 014所以 log 23＝ 1 005.例 2 (1) 明由 a n ＋ 2＝ 2a n ＋ 1－a n ＋2 得a n ＋ 2－a n ＋ 1＝ a n ＋ 1－ a n ＋ 2，即 b n ＋ 1＝ b n ＋ 2.又 b 1＝ a 2－ a 1 ＝1，所以 { b n } 是首1，公差 2 的等差数列．(2)解由 (1)得 b n ＝ 1＋2(n － 1)＝ 2n －1，即 a n ＋ 1－ a n ＝ 2n － 1.∴ a n － a n － 1＝ 2n － 3，a n － 1－a n － 2＝ 2n －5，⋯⋯a 2－ a 1＝ 1，累加得 a n ＋ 1－ a 1＝ n 2，即 a n ＋ 1＝ n 2 ＋a 1 .又 a 1＝ 1，所以 { a n } 的通项公式为 a n ＝ n 2－ 2n ＋ 2.追踪操练 2 (1)1 (2)2n ＋1－ 34n － 3分析(1) 由已知得1 ＝ 1＋4，a n ＋1 a n∴1－ 1＝4，a n ＋1 a n又1＝1， a 11故 { a n } 是以 1 为首项， 4 为公差的等差数列，∴ 1＝ 1＋ 4(n － 1)＝ 4n － 3， a n1故 a n ＝ 4n － 3.(2)由已知可得 a n ＋ 1＋ 3＝ 2(a n ＋ 3)，又 a 1＋ 3＝ 4，故 { a n ＋ 3} 是以 4 为首项， 2 为公比的等比数列．∴ a n ＋ 3＝ 4×2n －1，∴ a n ＝ 2n ＋1－ 3.例 3解(1) 由 a 2＋ a 7＋ a 12＝－ 6得 a 7＝－ 2，∴ a 1＝ 4，∴ a n ＝ 5－ n ，进而 S n ＝n－ n.2(2)由题意知 b 1＝ 4， b 2＝ 2，b 3 ＝1，设等比数列 { b n } 的公比为 q ，则 q ＝b 2＝ 1，b 1 24[1－1m ]∴ T m ＝21 m1＝8[1－( ) ]，1－ 221 m∵ (2) 随 m 增添而递减，∴ { T m } 为递加数列，得 4≤T m <8.n － n 1 2又 S n ＝2＝－ 2(n － 9n) ＝－19 2 － 81 [( n － ) ] ，2 2 4故 (S n )max ＝ S 4＝ S 5＝ 10，若存在 m ∈N * ，使对随意 n ∈N * 总有 S n <T m ＋ λ，则 10<4＋ λ，得 λ>6.即实数 λ的取值范围为 (6，＋ ∞)．追踪操练 3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 3，2 ＝a 51于是 q a 3＝ .4又 { a n } 不是递减数列且 a 1＝ 3，2所以 q ＝－12.故等比数列 { a n } 的通项公式为3 － 1 n－1n －13＝×＝ (－1)na 22· .211＋ 2n ， n 为奇数，＝ 1－ －1 n＝(2)由 (1)得 S n2 11－ 2n ， n 为偶数 .当 n 为奇数时， S n 随 n 的增大而减小，3所以 1<S n ≤S 1＝ ，1 1325 故 0<S n－S n ≤S 1－ S 1＝ 2－3＝ 6. 当 n 为偶数时， S n 随 n 的增大而增大，3所以 4＝ S 2≤S n <1，故 0>S n － 1 ≥S 2－ 1 ＝ 3－4＝－ 7.S n S 2 4 312*，总有－ 7 ≤S n － 1 5综上，对于 n ∈N 12 ≤ .S n 6 所以数列 { T n } 最大项的值为 5，最小项的值为－ 7 .612 高考押题精练1． C [∵ a 1>0，a 6a 7<0 ，∴ a 6>0， a 7<0，等差数列的公差小于零，又 a 3＋ a 10＝ a 1＋ a 12>0，a 1＋a13＝ 2a7<0，∴S12>0， S13<0，∴知足 S n>0 的最大自然数n 的值为 12.]2．C [设等差数列 { a } 的公差为d，因为 a － 2a2＋ 3a ＝0，所以 a －3d－ 2a2＋ 3(a ＋ d)＝0，n478777即 a27＝ 2a7，解得 a7＝ 0(舍去 )或 a7＝ 2，所以 b7＝ a7＝2.因为数列 { b n} 是等比数列，所以b2 b12＝b27＝ 4.]3．A[由 a7＝ a6＋ 2a5，得 a1q6＝a1q5＋ 2a1q4，整理有 q2－q－ 2＝ 0，解得 q＝2 或 q＝－ 1(与条件中等比数列的各项都为正数矛盾，舍去)，又由a m·a n＝ 4a1，得 a m a n＝ 16a21，即 a21 2m＋n－2＝16a21，即有 m＋ n－ 2＝ 4，亦即 m＋n＝ 6，那么1＋4＝1(m＋ n)(1＋4)m n 6m n1 4m n＋ 5)14m n3，＝(n ＋≥(2·＋ 5)＝6m6n m2当且仅当4mn＝mn， m＋n＝ 6，3即 n＝2m＝4 时获得最小值2.]4． 100分析因为 a1a7＝ a42， a3a9＝ a26，a3a7＝ a4a6，所以 a1 a7＋ 2a3a7＋a3a9＝ (a4＋ a6 )2＝ 102＝ 100.二化答案精析四数列、推理与明第 1等差数列与等比数列1． B [因 a2＋a4＝2a3， a5＋ a9＝ 2a7，所以 a2＋a4＋a5＋ a9＝ 2(a3＋ a7)＝ 4a5，而 a5＝10，所以 a2＋a4＋a5＋ a9＝ 4×10＝ 40.故 B.]2．A [因 a8是 a7，a9的等差中，所以2a8＝ a7＋ a9＝ 16?a8＝ 8，再由等差数列前n 和的算公式可得S ＝a1＋ a11＝11·2a6＝11a ，又因 S＝99，所以a＝9，d＝a8－a611226112622 7＝4，所以 a12＝ a8＋ 4d＝ 15，故 A.]3． B [∵ a3， a4， a8成等比数列，∴ (a1＋ 3d)2＝ (a1＋ 2d)(a1＋ 7d)，整理得5 a1＝－ d，3∴ a1d＝－52＜ 0，又 S4＝4a1＋4×32d 3d2d＝－，3∴ dS4＝－2d2＜ 0，故 B.]3n a1＋a n<n·n＋a1＋ a n＋1，整理得 a n<a n＋1，所4．D [由 (n＋ 1)S n<nS n＋1得 (n＋ 1) ·22以等差数列 { a n} 是增数列，又a8<－ 1，所以 a8>0，a7<0 ，所以数列 { a n } 的前 7 ，a7即 S n的最小是 S7.]5． B [∵ { b n} 等差数列，其公差d，由 b3＝－ 2， b10＝ 12，∴7d＝b10－b3＝12－ (－ 2)＝ 14，∴ d＝ 2，∵ b3＝－ 2，∴ b1＝ b3－ 2d＝－ 2－ 4＝－ 6，7×6∴ b1＋ b2＋⋯＋ b7＝ 7b1＋2·d＝7×(－ 6)＋21×2＝ 0，又 b1＋ b2＋⋯＋ b7＝ (a2－ a1)＋ (a3－ a2) ＋⋯＋ (a8－ a7)＝ a8－ a1＝ a8－ 3，∵ a8－ 3＝ 0，∴a8＝ 3.故 B.] 6． 4分析由意得k k＋2 3k k＋23kkk＋k＋2k＋ 1，3k－k＋2k－ 1，3k2≥ 10，*可得 k＝ 4.所以由 k∈Nk2－ 2k－ 9≤0，17．－n分析由意，得 S1＝ a1＝－ 1，又由 a n＋1＝ S n S n＋1，得 S n＋1－ S n＝ S n S n＋1，所以 S n≠0，所以S n＋1－ S n S n S n＋111111＝ 1，即S n＋1－S n＝－ 1，故数列S n 是以S1＝－ 1首，－ 1 公差的等差数列，得S n＝－ 1－(n－ 1)1＝－ n，所以 S n＝－n.3 n－12n＝，8． 2×32n －2n2分析由 a n＋11*11S n，即 S n＋13＝(a1＋ a2＋⋯＋ a n) (n∈N)，可得 a n＋1＝S n，所以 S n＋1－ S n＝＝ S n，2222由此可知数列 { S n} 是一个等比数列，此中首S1＝ a1＝ 2，公比3，所以 S n＝2×3n－1，由此222n＝，得 a n＝ 3 n－2n29． (1)解成等差数列的三个正数分a－ d，a， a＋ d.依意，得a－d＋ a＋ a＋ d＝ 15.解得 a＝ 5.所以 { b n} 中的 b3， b4， b5挨次 7－ d,10,18＋ d.依意，有 (7－ d)(18＋ d)＝ 100，解得 d＝ 2 或 d＝－ 13(舍去 ) ．故 { b n} 的第 35，公比 2.由 b3＝ b1·22，即 5＝b 1·22，5解得 b 1 ＝4.所以 b n ＝b 1 ·q n －1＝ 54·2n－1＝ 5·2n －3，即数列 { b n } 的通项公式为b n ＝ 5·2n －3 .(2)证明由(1) 得数列 { b n } 的前 n 项和5 － 2nS n ＝4n －251－ 2 ＝ 5·2－ ，4即 S n ＋ 5＝ 5·2n －2. 4S n ＋ 1＋5n －1 所以 S 1 ＋5＝ 5，45·25 ＝n －2＝ 2.4 2 S n ＋5·24所以 { S n ＋ 54} 是以 52为首项， 2 为公比的等比数列．10． (1) 解 当 n ＝ 2 时， 4S 4＋ 5S 2＝ 8S 3＋S 1，即 4 1＋ 3＋ 5＋ a 4 ＋ 5 1＋32 4 23 5 7 ＝ 8 1＋ 2＋4 ＋ 1，解得： a 4＝ 8.(2)证明 因为 4S n ＋ 2＋5S n ＝ 8S n ＋ 1＋S n － 1(n ≥ 2)，所以 4S n ＋ 2－ 4S n ＋ 1＋ S n － S n － 1＝ 4S n ＋ 1－ 4S n (n ≥ 2)，5 即 4a n ＋ 2＋ a n ＝ 4a n ＋1(n ≥ 2)，因为 4a 3＋ a 1＝ 4× ＋ 1＝ 6＝ 4a 2，4所以 4a n ＋ 2＋ a n ＝ 4a n ＋ 1，a n ＋2－ 12a n ＋ 1 4a n ＋ 2－ 2a n ＋ 1因为＝4a n ＋ 1－2a n1a n ＋1－ a n2＝4a n ＋1－ a n － 2a n ＋ 12a n ＋1－ a n 1，所以数列 1 1 为首项， 公比4a n ＋ 1－2a n＝a n ＋1－ a n＝ a n ＋1－a n 是以 a 2－ a 1＝ 1 2221为2的等比数列．(3)解1－1a 1＝ 1 为首项，公比为 1的等比数列，所以 a n ＋ 1－ 1由 (2)知，数列 a n ＋ 1－ a n 是以 a 22 2 22 1 n － 1 a n ＋1 a n a n a 1－ ＝ 4，所以数列 1 为首项，公差为 4 的等差数列， ＝ ，即n 是以 ＝ 2 a n 2 1 n ＋ 1 1 n 2 1 2 2 2a n所以＝ 2＋ (n － 1) ×4＝ 4n － 2，21 n 1n － 1即 a n ＝ (4n －2) ×2 ＝ (2n － 1) ×2 ，所以数列 { a n } 的通 公式是a n ＝ (2n －1) ×1n － 1.211． A[ 由 S 21＝ S 4 000 得 a 22＋ a 23＋ ⋯ ＋ a 4 000＝ 0，因为 a 22＋ a 4 000＝ a 23＋ a 3 999＝ ⋯ ＝ 2a 2 011，所以 a 22＋ a 23＋ ⋯＋ a 4 000＝ 3 979a 2 011＝ 0，→ →进而 a 2 011＝0，而 OP ·OQ ＝ 2 011＋ a 2 011·a n ＝2 011.]12．D[ 由 意知： a ＋b ＝ p ，ab ＝ q ，∵ p ＞ 0，q ＞0，∴ a ＞ 0，b ＞ 0.在 a ，b ，－ 2 三个数的 6 种排序中，成等差数列的状况有 a ，b ，－ 2；b ， a ，－ 2；－ 2，a ， b ；－ 2， b ，a ；成等比数列的状况有： a ，－ 2， b ； b ，－ 2， a.∴ab ＝ 4，2b ＝ a － 2或ab ＝ 4，2a ＝ b － 2解之得：a ＝ 4，b ＝1a ＝ 1， 或b ＝ 4.∴ p ＝ 5， q ＝ 4，∴ p ＋ q ＝9，故 D.]113.41分析令 m ＝ 1，可得 a n ＋ 1＝ 5a n ，11 n 115[1 －5 ] 所以 { a n } 是首 5，公比 5的等比数列，所以S n ＝ 11－ 5＝ 1[1－ (1)n ]< 1，故 数 t 的最小 1.454414．解(1) 等比数列 { a n } 的公比q ，a 1≠0， q ≠ 0由. 意得 S 2－ S 4 ＝ S 3 －S 2， a 2＋ a 3 ＋a 4＝－ 18.23 2 ，－ a 1q－a 1 q＝ a 1q 即＝－ 18，a 1 q ＋ q ＋q 2a1＝ 3，解得q＝－ 2.故数列 { a n} 的通项公式为a n ＝ 3×(－ 2)n－1.(2)由 (1)有 S n＝3[1－－n] 1－－＝ 1－ (－2) n.假定存在n，使得 S n≥ 2 013，则 1－( －2) n≥ 2 013，即 (－ 2)n≤－ 2 012.当 n 为偶数时， (－ 2)n>0，上式不建立；当n 为奇数时， (－ 2)n＝－ 2n≤－ 2 012，即 2n≥ 2 012，得 n≥ 11.综上，存在切合条件的正整数n，且全部这样的n 的会合为 { n|n＝ 2k＋ 1， k∈N， k≥5}．。

第1讲 等差数列和等比数列考情解读 1.等差、等比数列基本量和性质的考查是高考热点，经常以小题形式出现.2.数列求和及数列与函数、不等式的综合问题是高考考查的重点，考查分析问题、解决问题的综合能力．1．a n 与S n 的关系S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.2．等差数列和等比数列热点一 等差数列例1 (1)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＋a 4＋a 6＝12，则S 7的值是( ) A ．21 B ．24 C ．28 D ．7(2)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若－1<a 3<1,0<a 6<3，则S 9的取值范围是________． 思维启迪 (1)利用a 1＋a 7＝2a 4建立S 7和已知条件的联系；(2)将a 3，a 6的范围整体代入． 答案 (1)C (2)(－3,21)解析 (1)由题意可知，a 2＋a 6＝2a 4，则3a 4＝12，a 4＝4，所以S 7＝7×(a 1＋a 7)2＝7a 4＝28.(2)S 9＝9a 1＋36d ＝3(a 1＋2d )＋6(a 1＋5d ) 又－1<a 3<1,0<a 6<3，∴－3<3(a 1＋2d )<3,0<6(a 1＋5d )<18， 故－3<S 9<21.思维升华 (1)等差数列问题的基本思想是求解a 1和d ，可利用方程思想； (2)等差数列的性质①若m ，n ，p ，q ∈N *，且m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ； ②S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…，仍成等差数列； ③a m －a n ＝(m －n )d ⇔d ＝a m －a nm －n(m ，n ∈N *)；④a n b n ＝A 2n －1B 2n －1(A 2n －1，B 2n －1分别为{a n }，{b n }的前2n －1项的和)． (3)等差数列前n 项和的问题可以利用函数的性质或者转化为等差数列的项，利用性质解决．(1)已知等差数列{a n }中，a 7＋a 9＝16，S 11＝992，则a 12的值是( )A ．15B ．30C ．31D ．64(2)在等差数列{a n }中，a 5<0，a 6>0且a 6>|a 5|，S n 是数列的前n 项的和，则下列说法正确的是( )A ．S 1，S 2，S 3均小于0，S 4，S 5，S 6…均大于0B ．S 1，S 2，…S 5均小于0，S 6，S 7，…均大于0C ．S 1，S 2，…S 9均小于0，S 10，S 11…均大于0D ．S 1，S 2，…S 11均小于0，S 12，S 13…均大于0 答案 (1)A (2)C解析 (1)因为a 8是a 7，a 9的等差中项，所以2a 8＝a 7＋a 9＝16⇒a 8＝8，再由等差数列前n 项和的计算公式可得S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11·2a 62＝11a 6，又因为S 11＝992，所以a 6＝92，则d ＝a 8－a 62＝74，所以a 12＝a 8＋4d ＝15，故选A. (2)由题意可知a 6＋a 5>0，故S 10＝(a 1＋a 10)×102＝(a 5＋a 6)×102>0，而S 9＝(a 1＋a 9)×92＝2a 5×92＝9a 5<0，故选C.热点二 等比数列例2 (1)(2014·安徽)数列{a n }是等差数列，若a 1＋1，a 3＋3，a 5＋5构成公比为q 的等比数列，则q ＝_____________________.(2)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，则S na n 等于( )A ．4n －1B ．4n －1C ．2n －1D ．2n －1思维启迪 (1)列方程求出d ，代入q 即可；(2)求出a 1，q ，代入化简． 答案 (1)1 (2)D解析 (1)设等差数列的公差为d ，则a 3＝a 1＋2d ， a 5＝a 1＋4d ，∴(a 1＋2d ＋3)2＝(a 1＋1)(a 1＋4d ＋5)，解得d ＝－1， ∴q ＝a 3＋3a 1＋1＝a 1－2＋3a 1＋1＝1.(2)∵⎩⎨⎧a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，∴⎩⎨⎧a 1＋a 1q 2＝52，①a 1q ＋a 1q 3＝54，②由①②可得1＋q 2q ＋q 3＝2，∴q ＝12，代入①得a 1＝2， ∴a n ＝2×(12)n －1＝42n ，∴S n ＝2×(1－(12)n )1－12＝4(1－12n )，∴S na n ＝4(1－12n )42n＝2n －1，故选D. 思维升华 (1){a n }为等比数列，其性质如下：①若m 、n 、r 、s ∈N *，且m ＋n ＝r ＋s ，则a m ·a n ＝a r ·a s ； ②a n ＝a m q n －m ；③S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等比数列(q ≠－1)． (2)等比数列前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).①能“知三求二”；②注意讨论公比q 是否为1；③a 1≠0.(1)已知各项不为0的等差数列{a n }满足a 4－2a 27＋3a 8＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 2b 8b 11等于( ) A ．1 B ．2 C ．4D ．8(2)在等比数列{a n }中，a 1＋a n ＝34，a 2·a n －1＝64，且前n 项和S n ＝62，则项数n 等于( ) A ．4 B ．5 C ．6D ．7答案 (1)D (2)B解析 (1)∵a 4－2a 27＋3a 8＝0，∴2a 27＝a 4＋3a 8，即2a 27＝4a 7，∴a 7＝2，∴b 7＝2，又∵b 2b 8b 11＝b 1qb 1q 7b 1q 10＝b 31q 18＝(b 7)3＝8，故选D.(2)设等比数列{a n }的公比为q ，由a 2a n －1＝a 1a n ＝64，又a 1＋a n ＝34，解得a 1＝2，a n ＝32或a 1＝32，a n ＝2.当a 1＝2，a n ＝32时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q ＝2－32q 1－q＝62，解得q ＝2.又a n ＝a 1q n－1，所以2×2n －1＝2n ＝32，解得n ＝5.同理，当a 1＝32，a n ＝2时，由S n ＝62，解得q ＝12.由a n ＝a 1q n －1＝32×(12)n －1＝2，得(12)n －1＝116＝(12)4，即n －1＝4，n ＝5.综上，项数n 等于5，故选B.热点三 等差数列、等比数列的综合应用例3 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 }的通项公式a n 与前n 项和S n ；(2)将数列{a n }的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{b n }的前3项，记{b n }的前n 项和为T n ，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *，总有S n <T m ＋λ恒成立，求实数λ的取值范围．思维启迪 (1)利用方程思想求出a 1，代入公式求出a n 和S n ；(2)将恒成立问题通过分离法转化为最值．解 (1)由a 2＋a 7＋a 12＝－6得a 7＝－2，∴a 1＝4， ∴a n ＝5－n ，从而S n ＝n (9－n )2.(2)由题意知b 1＝4，b 2＝2，b 3＝1， 设等比数列{b n }的公比为q ， 则q ＝b 2b 1＝12，∴T m ＝4[1－(12)m ]1－12＝8[1－(12)m ]，∵(12)m 随m 增加而递减， ∴{T m }为递增数列，得4≤T m <8. 又S n ＝n (9－n )2＝－12(n 2－9n )＝－12[(n －92)2－814]，故(S n )max ＝S 4＝S 5＝10，若存在m ∈N *，使对任意n ∈N *总有S n <T m ＋λ， 则10<4＋λ，得λ>6.即实数λ的取值范围为(6，＋∞)． 思维升华 等差(比)数列的综合问题的常见类型及解法(1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便．(2)等差数列、等比数列与函数、方程、不等式等的交汇问题，求解时用等差(比)数列的相关知识，将问题转化为相应的函数、方程、不等式等问题求解即可．已知数列{a n }前n 项和为S n ，首项为a 1，且12，a n ，S n 成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{b n }满足b n ＝(log 2a 2n ＋1)×(log 2a 2n ＋3)，求证：1b 1＋1b 2＋1b 3＋…＋1b n <12.(1)解 ∵12，a n ，S n 成等差数列，∴2a n ＝S n ＋12，当n ＝1时，2a 1＝S 1＋12，∴a 1＝12，当n ≥2时，S n ＝2a n －12，S n －1＝2a n －1－12，两式相减得a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1， ∴a na n －1＝2， ∴数列{a n }是首项为12，公比为2的等比数列，∴a n ＝12×2n －1＝2n －2.(2)证明 b n ＝(log 2a 2n ＋1)×(log 2a 2n ＋3)＝log 222n ＋1－2×log 222n＋3－2＝(2n －1)(2n ＋1)，1b n ＝12n －1×12n ＋1＝12(12n －1－12n ＋1)， 1b 1＋1b 2＋1b 3＋…＋1b n ＝12[(1－13)＋(13－15)＋…＋(12n －1－12n ＋1)]＝12(1－12n ＋1)<12(n ∈N *)． 即1b 1＋1b 2＋1b 3＋…＋1b n <12.1．在等差(比)数列中，a 1，d (q )，n ，a n ，S n 五个量中知道其中任意三个，就可以求出其他两个．解这类问题时，一般是转化为首项a 1和公差d (公比q )这两个基本量的有关运算． 2．等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用．但在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形．3．等差、等比数列的单调性 (1)等差数列的单调性d >0⇔{a n }为递增数列，S n 有最小值． d <0⇔{a n }为递减数列，S n 有最大值． d ＝0⇔{a n }为常数列． (2)等比数列的单调性当⎩⎪⎨⎪⎧ a 1>0，q >1或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1<0，0<q <1时，{a n }为递增数列，当⎩⎪⎨⎪⎧ a 1>0，0<q <1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0，q >1时，{a n }为递减数列． 4．常用结论(1)若{a n }，{b n }均是等差数列，S n 是{a n }的前n 项和，则{ma n ＋kb n }，{S nn }仍为等差数列，其中m ，k 为常数．(2)若{a n }，{b n }均是等比数列，则{ca n }(c ≠0)，{|a n |}，{a n ·b n }，{ma n b n }(m 为常数)，{a 2n }，{1a n}仍为等比数列．(3)公比不为1的等比数列，其相邻两项的差也依次成等比数列，且公比不变，即a 2－a 1，a 3－a 2，a 4－a 3，…，成等比数列，且公比为a 3－a 2a 2－a 1＝(a 2－a 1)qa 2－a 1＝q .(4)等比数列(q ≠－1)中连续k 项的和成等比数列，即S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…，成等比数列，其公差为q k .等差数列中连续k 项的和成等差数列，即S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k ，…，成等差数列，公差为k 2d . 5．易错提醒(1)应用关系式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2时，一定要注意分n ＝1，n ≥2两种情况，在求出结果后，看看这两种情况能否整合在一起．(2)三个数a ，b ，c 成等差数列的充要条件是b ＝a ＋c2，但三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件是b 2＝ac .真题感悟1．(2014·大纲全国)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 ．4 D ．3 答案 C解析 数列{lg a n }的前8项和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＝4.2．(2014·北京)若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9>0，a 7＋a 10<0，则当n ＝________时，{a n }的前n 项和最大． 答案 8解析 ∵a 7＋a 8＋a 9＝3a 8>0，∴a 8>0. ∵a 7＋a 10＝a 8＋a 9<0，∴a 9<－a 8<0. ∴数列的前8项和最大，即n ＝8. 押题精练1．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则下列一定成立的是( ) A ．若a 3>0，则a 2 013<0 B ．若a 4>0，则a 2 014<0 C ．若a 3>0，则a 2 013>0 D ．若a 4>0，则a 2 014>0答案 C解析 因为a 3＝a 1q 2，a 2 013＝a 1q 2 012，而q 2与q 2 012均为正数，若a 3>0，则a 1>0，所以a 2 013>0，故选C.2．已知数列{a n }是首项为a ，公差为1的等差数列，b n ＝1＋a na n.若对任意的n ∈N *，都有b n ≥b 8成立，则实数a 的取值范围为________． 答案 (－8，－7)解析 a n ＝a ＋(n －1)×1＝n ＋a －1，所以b n ＝1＋a n a n ＝n ＋an ＋a －1，因为对任意的n ∈N *，都有b n ≥b 8成立，即n ＋a n ＋a －1≥8＋a 8＋a －1(n ∈N *)恒成立，即n －8(a ＋7)(n ＋a －1)≤0(n ∈N *)，则有⎩⎪⎨⎪⎧a ＋7<0，1－a <9，解得－8<a <－7. 3．设各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 2n ＋1＝4S n ＋4n ＋1，n ∈N *，且a 2，a 5，a 14恰好是等比数列{b n }的前三项． (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)记数列{b n }的前n 项和为T n ，若对任意的n ∈N *，(T n ＋32)k ≥3n －6恒成立，求实数k 的取值范围．解 (1)当n ≥2时，由题设知4S n －1＝a 2n －4(n －1)－1，∴4a n ＝4S n －4S n －1＝a 2n ＋1－a 2n －4， ∴a 2n ＋1＝a 2n ＋4a n ＋4＝(a n ＋2)2，∵a n >0，∴a n ＋1＝a n ＋2.∴当n ≥2时，{a n }是公差d ＝2的等差数列． ∵a 2，a 5，a 14构成等比数列，∴a 25＝a 2·a 14，(a 2＋6)2＝a 2·(a 2＋24)，解得a 2＝3， 由条件可知，4a 1＝a 22－5＝4，∴a 1＝1， ∵a 2－a 1＝3－1＝2，∴{a n }是首项a 1＝1，公差d ＝2的等差数列． ∴等差数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1. ∵等比数列{b n }的公比q ＝a 5a 2＝2×5－13＝3，∴等比数列{b n }的通项公式为b n ＝3n . (2)T n ＝b 1(1－q n )1－q ＝3(1－3n )1－3＝3n ＋1－32，∴(3n ＋1－32＋32)k ≥3n －6对任意的n ∈N *恒成立，∴k ≥2n －43n 对任意的n ∈N *恒成立，令c n ＝2n －43n ，c n －c n －1＝2n －43n －2n －63n －1＝－2(2n －7)3n ，当n ≤3时，c n >c n －1； 当n ≥4时，c n <c n －1. ∴(c n )max ＝c 3＝227，∴k ≥227.(推荐时间：60分钟)一、选择题1．等比数列{a n }中a 1＝3，a 4＝24，则a 3＋a 4＋a 5等于( ) A ．33 B ．72 C ．84 D ．189答案 C解析 由题意可得q 3＝8，所以q ＝2.所以a 3＋a 4＋a 5＝a 1q 2(1＋q ＋q 2)＝84. 2．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若2a 6＝6＋a 7，则S 9的值是( ) A ．27 B ．36 C ．45 D ．54答案 D解析 由2a 6＝6＋a 7得a 5＝6，所以S 9＝9a 5＝54.故选D.3．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝5，S m ＝－11，S m ＋1＝21，则m 等于( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．6答案 C解析 由已知得，S m －S m －1＝a m ＝－16，S m ＋1－S m ＝a m ＋1＝32，故公比q ＝－2，又S m ＝a 1－a m q1－q ＝－11，故a 1＝－1，又a m ＝a 1·q m －1＝－16，代入可求得m ＝5.4．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b 3＝－2，b 10＝12，则a 8等于( )A ．0B ．3C ．8D ．11 答案 B解析 ∵{b n }为等差数列，设其公差为d ， 由b 3＝－2，b 10＝12，∴7d ＝b 10－b 3＝12－(－2)＝14，∴d ＝2， ∵b 3＝－2，∴b 1＝b 3－2d ＝－2－4＝－6， ∴b 1＋b 2＋…＋b 7＝7b 1＋7×62·d＝7×(－6)＋21×2＝0，又b 1＋b 2＋…＋b 7＝(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a 8－a 7)＝a 8－a 1＝a 8－3， ∴a 8－3＝0，a 8＝3.故选B. 5．数列{a n }满足a 1＝2，a n ＝a n ＋1－1a n ＋1＋1，其前n 项积为T n ，则T 2 014等于( )A.16 B ．－16C ．6D ．－6答案 D解析 由a n ＝a n ＋1－1a n ＋1＋1得a n ＋1＝1＋a n 1－a n ，而a 1＝2，所以a 2＝－3，a 3＝－12，a 4＝13，a 5＝2，则数列是以4为周期，且a 1a 2a 3a 4＝1，所以T 2 014＝(a 1a 2a 3a 4)503a 1a 2＝1503×2×(－3)＝－6，故选D.6．已知{a n }是等差数列，S n 为其前n 项和，若S 21＝S 4 000，O 为坐标原点，点P (1，a n )， Q (2 011，a 2 011)，则OP →·OQ →等于( ) A ．2 011 B ．－2 011 C ．0 D ．1 答案 A解析 由S 21＝S 4 000得a 22＋a 23＋…＋a 4 000＝0， 由于a 22＋a 4 000＝a 23＋a 3 999＝…＝2a 2 011， 所以a 22＋a 23＋…＋a 4 000＝3 979a 2 011＝0， 从而a 2 011＝0，而OP →·OQ →＝2 011＋a 2 011a n ＝2 011. 二、填空题7．在等比数列{a n }中，已知a 1＋a 3＝8，a 5＋a 7＝4，则a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝________. 答案 3解析 设等比数列{a n }的公比为q ，由已知，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q 2＝8，a 1q 4＋a 1q 6＝4，解得q 4＝12. 又a 9＋a 11＝a 1q 8＋a 3q 8＝(a 1＋a 3)q 8＝8×(12)2＝2，a 13＋a 15＝a 1q 12＋a 3q 12＝(a 1＋a 3)q 12＝8×(12)3＝1， 所以a 9＋a 11＋a 13＋a 15＝2＋1＝3.8．(2014·广东)若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝______.答案 50解析 因为a 10a 11＋a 9a 12＝2a 10a 11＝2e 5，所以a 10a 11＝e 5.所以ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ln(a 1a 2…a 20)＝ln[(a 1a 20)·(a 2a 19)·…·(a 10a 11)]＝ln(a 10a 11)10＝10ln(a 10a 11)＝10ln e 5＝50ln e ＝50.9．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，则当S n 取最小值时，n ＝________. 答案 6解析 设等差数列的公差为d ，则由a 4＋a 6＝－6得2a 5＝－6，∴a 5＝－3.又∵a 1＝－11，∴－3＝－11＋4d ，∴d ＝2，∴S n ＝－11n ＋n (n －1)2×2＝n 2－12n ＝(n －6)2－36， 故当n ＝6时，S n 取最小值．10．已知数列{a n }的首项为a 1＝2，且a n ＋1＝12(a 1＋a 2＋…＋a n ) (n ∈N *)，记S n 为数列{a n }的前n 项和，则S n ＝________，a n ＝________.答案 2×⎝⎛⎭⎫32n －1 ⎩⎪⎨⎪⎧ 2 (n ＝1)，⎝⎛⎭⎫32n －2 (n ≥2)解析 由a n ＋1＝12(a 1＋a 2＋…＋a n ) (n ∈N *)，可得a n ＋1＝12S n ，所以S n ＋1－S n ＝12S n ，即S n ＋1＝32S n ，由此可知数列{S n }是一个等比数列，其中首项S 1＝a 1＝2，公比为32，所以S n ＝2×⎝⎛⎭⎫32n －1， 由此得a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2 (n ＝1)，⎝⎛⎭⎫32n －2 (n ≥2). 三、解答题11．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．(1)解 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 ＝b 1·q n －1＝54·2n －1＝5·2n －3， 即数列{b n }的通项公式b n ＝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 ＋54}是以52为首项，2为公比的等比数列． 12．若数列{b n }对于n ∈N *，都有b n ＋2－b n ＝d (常数)，则称数列{b n }是公差为d 的准等差数列，如数列{c n }，若c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4n －1，n 为奇数，4n －9，n 为偶数，则数列{c n }是公差为8的准等差数列．设数列{a n }满足a 1＝a ，对于n ∈N *，都有a n ＋a n ＋1＝2n .(1)求证：{a n }为准等差数列；(2)求{a n }的通项公式及前20项和S 20.(1)证明 ∵a n ＋1＋a n ＝2n ，①∴a n ＋2＋a n ＋1＝2n ＋2.②由②－①得a n ＋2－a n ＝2(n ∈N *)，∴{a n }是公差为2的准等差数列．(2)解 已知a 1＝a ，a n ＋1＋a n ＝2n (n ∈N *)，∴a 1＋a 2＝2，即a 2＝2－a .∴由(1)可知a 1，a 3，a 5，…，成以a 为首项，2为公差的等差数列，a 2，a 4，a 6，…，成以2－a 为首项，2为公差的等差数列．∴当n 为偶数时，a n ＝2－a ＋(n 2－1)×2＝n －a ， 当n 为奇数时，a n ＝a ＋(n ＋12－1)×2＝n ＋a －1， ∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ＋a －1，n 为奇数，n －a ，n 为偶数. S 20＝a 1＋a 2＋…＋a 19＋a 20＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 19＋a 20)＝2×1＋2×3＋…＋2×19＝2×(1＋19)×102＝200. 13．(2013·湖北)已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，S 4，S 2，S 3成等差数列，且a 2＋a 3＋a 4＝－18.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正整数n ，使得S n ≥2 013？若存在，求出符合条件的所有n 的集合；若不存在，说明理由．解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，则a 1≠0，q ≠0.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ S 2－S 4＝S 3－S 2，a 2＋a 3＋a 4＝－18. 即⎩⎪⎨⎪⎧－a 1q 2－a 1q 3＝a 1q 2，a 1q (1＋q ＋q 2)＝－18， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，q ＝－2. 故数列{a n }的通项公式为a n ＝3×(－2)n －1. (2)由(1)有S n ＝3[1－(－2)n ]1－(－2)＝1－(－2)n . 假设存在n ，使得S n ≥2 013，则1－(－2)n ≥2 013，即(－2)n ≤－2 012.当n 为偶数时，(－2)n >0，上式不成立；当n 为奇数时，(－2)n ＝－2n ≤－2 012，即2n ≥2 012，得n ≥11.综上，存在符合条件的正整数n ，且所有这样的n 的集合为{n |n ＝2k ＋1，k ∈N ，k ≥5}．。

常考问题9 等差、等比数列的基本问题(建议用时：50分钟)1．在等差数列{a n }中，若a 2＋a 3＝4，a 4＋a 5＝6，则a 9＋a 10等于( )．A ．9B ．10C ．11D ．12解析 设等差数列{a n }的公差为d ，则有(a 4＋a 5)－(a 2＋a 3)＝4d ＝2，所以d ＝12.又(a 9＋a 10)－(a 4＋a 5)＝10d ＝5，所以a 9＋a 10＝(a 4＋a 5)＋5＝11. 答案 C2．在正项等比数列{a n }中，3a 1，12a 3,2a 2成等差数列，则a 2013＋a 2014a 2011＋a 2012等于( )．A ．3或－1B ．9或1C ．1D ．9解析 依题意，有3a 1＋2a 2＝a 3，即3a 1＋2a 1q ＝a 1q 2，解得q ＝3，a 2013＋a 2014a 2011＋a 2012＝a 1q 2012＋a 1q 2013a 1q 2010＋a 1q 2011＝q 2＋q 31＋q＝9. 答案 D3．(2013·某某模拟)在等比数列{a n }中，若a 4，a 8是方程x 2－4x ＋3＝0的两根，则a 6的值是( )．A.3B ．－3C±3D ．±3解析 依题意得，a 4＋a 8＝4，a 4a 8＝3，故a 4>0，a 8>0，因此a 6>0(注：在一个实数等比数列中，奇数项的符号相同，偶数项的符号相同)，a 6＝a 4a 8＝ 3. 答案 A4．(2013·某某3月模拟)在等差数列{a n }中，a 1＝－2 014，其前n 项和为S n ，若S 1212－S 1010＝2，则S 2 014的值等于( )．A ．－2 011B ．－2 012C ．－2 014D ．－2 013解析 根据等差数列的性质，得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也是等差数列，根据已知可得这个数列的首项S 11＝a 1＝－2 014，公差d ＝1，故S 2 0142 014＝－2 014＋(2 014－1)×1＝－1，所以S 2 014＝－2014. 答案 C5．(2013·新课标全国Ⅰ卷)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m 等于( )．A ．3B ．4C ．5D ．6解析 由S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，得a m ＝2，a m ＋1＝3，所以d ＝1， 因为S m ＝0，故ma 1＋m m －12d ＝0，故a 1＝－m －12，因为a m ＋a m ＋1＝5，故a m ＋a m ＋1＝2a 1＋(2m －1)d ＝－(m －1)＋2m －1＝5，即m ＝5. 答案 C6．(2013·卷)若等比数列{a n }满足a 2＋a 4＝20，a 3＋a 5＝40，则公比q ＝________；前n 项和S n ＝________. 解析 由题意q ＝a 3＋a 5a 2＋a 4＝2，又a 2＋a 4＝20，故a 1q ＋a 1q 3＝20，解得a 1＝2，所以S n ＝2n＋1－2.答案 2 2n ＋1－27．设数列{a n }是公差不为0的等差数列，a 1＝1且a 1，a 3，a 6成等比数列，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________.解析 设公差为d ，由a 1，a 3，a 6成等比数列，可得(1＋2d )2＝1×(1＋5d )，解得d ＝14，所以S n ＝n ＋n n －12×14＝18n 2＋78n . 答案 18n 2＋78n8．(2013·某某卷)设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝(－1)n a n －12n ，n ∈N *，则：(1)a 3＝________；(2)S 1＋S 2＋…＋S 100＝________. 解析 (1)∵S n ＝(－1)na n －12n .当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝－a 3－18，①当n ＝4时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 4－116，∴a 1＋a 2＋a 3＝－116，②由①②知a 3＝－116，(2)n >1时，S n －1＝(－1)n －1a n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1，∴a n ＝(－1)n a n ＋(－1)na n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n .当n 为奇数时，a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12a n －1；当n 为偶数时，a n －1＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n.故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1，n 为奇数，⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，n 为偶数.∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－12n ＋1，n 为奇数，0，n 为偶数.∴S 1＋S 2＋…＋S 100＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋124＋126＋…＋12100＝－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－121001－14＝－13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12100＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫12100－1.答案 (1)－116 (2)13⎝ ⎛⎭⎪⎫12100－1 9．已知公差不为零的等差数列{a n }的前4项和为10，且a 2，a 3，a 7成等比数列．(1)求通项公式a n ；(2)设b n ＝2a n ，求数列{b n }的前n 项和S n .解 (1)由题意知⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝10，a 1＋2d 2＝a 1＋da 1＋6d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，d ＝3，所以a n ＝3n －5(n ∈N *)．(2)∵b n ＝2a n ＝23n －5＝14·8n －1，∴数列{b n }是首项为14，公比为8的等比数列，所以S n ＝141－8n1－8＝8n－128.10．(2013·某某卷)在公差为d 的等差数列{a n }中，已知a 1＝10，且a 1,2a 2＋2,5a 3成等比数列．(1)求d ，a n ；(2)若d <0，求|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |.解 (1)由题意得5a 3·a 1＝(2a 2＋2)2，即d 2－3d －4＝0.故d ＝－1或d ＝4. 所以a n ＝－n ＋11，n ∈N *或a n ＝4n ＋6，n ∈N *. (2)设数列{a n }的前n 项和为S n .因为d <0，由(1)得d ＝－1，a n ＝－n ＋11. 当n ≤11时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n | ＝S n ＝－12n 2＋212n .当n ≥12时，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n | ＝－S n ＋2S 11＝12n 2－212n ＋110.综上所述，|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a n |＝⎩⎪⎨⎪⎧－12n 2＋212n ，n ≤11，12n 2－212n ＋110，n ≥12.11．(2013·某某模拟)已知数列{a n }是首项为133，公比为133的等比数列，设b n ＋15log 3a n＝t ，常数t ∈N *.(1)求证：{b n }为等差数列；(2)设数列{}满足＝a n b n ，是否存在正整数k ，使c k ，c k ＋1，c k ＋2按某种次序排列后成等比数列？若存在，求k ，t 的值；若不存在，请说明理由． (1)证明 a n ＝3－n3，b n ＋1－b n ＝－15log 3⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n ＝5，∴{b n }是首项为b 1＝t ＋5，公差为5的等差数列． (2)解 ＝(5n ＋t ) ·3－n3，则c k ＝(5k ＋t )·3－k3，令5k ＋t ＝x (x >0)，则c k ＝x ·3－k 3，c k ＋1＝(x ＋5)·3－k ＋13，c k ＋2＝(x ＋10)·3－k ＋23.①若c 2k ＝c k ＋1c k ＋2，则⎝ ⎛⎭⎪⎫x ·3－k 32＝(x ＋5)·3－k ＋13·(x ＋10)·3－k ＋23.化简得2x 2－15x －50＝0，解得x ＝10； 进而求得k ＝1，t ＝5； ②若c 2k ＋1＝c k c k ＋2，同理可得(x ＋5)2＝x (x ＋10)， 显然无解；③若c 2k ＋2＝c k c k ＋1，同理可得13(x ＋10)2＝x (x ＋5)，方程无整数根．综上所述，存在k ＝1，t ＝5适合题意． 备课札记：。

高考数学二轮复习 等差数列、等比数列专题训练（含分析）A 级——基础稳固组一、选择题1．(2014 ·山东青岛二模 ) 数列 { a n } 为等差数列， a 1， a 2， a 3 成等比数列， a 5＝ 1，则 a 10＝( )A ． 5B ．－ 1C ． 0D ． 1分析设公差为da 1＋ d2＝a 1 a 1＋ 2d ，a 1＝1，a 10＝ 1＋ 9，由已知得解得所以a 1＋ 4d ＝ 1，d ＝0，ad＝ 1，应选 D答案 D2． ( 2014·河北邯郸二模 ) 在等差数列 { a n } 中， 3( a 3＋ a 5) ＋ 2( a 7＋ a 10＋ a 13) ＝ 24，则该数列前 13项的和是 ()A ． 13B ． 26C ． 52D ． 156分析 ∵ 3＋ 5＝2 4 ， 7 ＋ 10＋13＝ 3a 10，a a a a a a∴ 6a 4＋ 6a 10＝ 24，即 a 4＋ a 10＝ 4，13a 1＋ 13134＋10∴ S 13＝aa a＝ 26.＝22 答案 B3．(2014 ·河北唐山一模) 已知等比数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，且 a 1＋ a 3＝ 5， a 2＋a 4＝ n5，则 S ＝24na()A ． 4n －1 B ． 4n － 1C ． 2n － 1D ． 2n － 1a 1＋ a 3＝5，分析∵2524a ＋ a ＝4，25a 1 ＋a 1 q ＝ 2，①∴35a 1q ＋ a 1q ＝ ，②由①除以②可得 1＋ q 21q ＋ q ＝ 2，解得 q ＝2，3代入①得 a 1＝ 2，1 n － 1 4∴ a n ＝2× 2＝ 2n ，1 n ∴ S n ＝ 2×1－2 ＝ 4 1，1 1－ n21－ 21Sn4 1－ n2n∴ a n ＝4 ＝2 －1，选 D.2n答案 D4．(2014 ·福建福州一模 ) 记等比数列 { a } 的前 n 项积为Ⅱn，若 a · a ＝ 2，则Ⅱ ＝ ()n458A ． 256B ． 81C ． 16D ． 1分析 由题意可知45＝18＝27＝ 3 6＝2，a a a a a aa a44则Ⅱ 8＝ a 1a 2a 3a 4a 5a 6a 7a 8＝ ( a 4a 5 ) ＝2 ＝ 16.答案 C5．(2014 ·辽宁卷 ) 设等差数列 {n } 的公差为，若数列 {21n } 为递减数列，则 ()ada aA ． d <0B ． d >0C ． a d <0D ． a d >011分析 依题意得 2 1 n >2 1 n ＋ 1，即 (2a 1) n ＋1－ n <1，进而 2 1<1，所以1<0，应选 C.a a a aaa a da d答案 C2，6．(2014 ·四川七中二模 ) 正项等比数列 { a n } 知足： a 3＝ a 2＋ 2a 1，若存在 a m ，a n ，使得 a m a n ＝ 16a 1 1 4 的最小值为 ( )则 ＋m nA.25136B.473C. 3D. 2分析由 a 3＝ a 2＋ 2a 1，得 q 2＝ q ＋ 2，∴ q ＝ 2( q ＝－ 1 舍去 ) ，m n m n2－ 1 － 1由 a a ＝ 16 a 1得2 2 ＝ 16， ∵ m ＋ n － 2＝ 4， m ＋ n ＝ 6，1 4＋ 1 4 所以＋＝m n ＋ nm n6 m1 n 4m ＝1＋4＋ ＋6m n≥1 5＋ 2n · 4m 3 6＝ .m n2答案D二、填空题7．(20 14·安徽卷 ) 数列 { a n } 是等差数列，若a 1＋ 1，a 3＋3，a 5＋5 组成公比为 q 的等比数列，则q ＝ ________.分析设等差数列的公差为 d ，则 a 3＝ a 1＋2d ， a 5＝ a 1＋ 4d ，∴ ( a 1＋ 2d ＋ 3) 2＝ ( a 1＋ 1)( a 1＋ 4d ＋ 5) ，解得 d ＝－ 1.a ＋ 3 a － 2＋ 331∴q ＝a 1＋ 1＝ a 1＋ 1 ＝ 1. 答案18．(2014 ·河北衡水中学二模) 在等比数列 {a n 7＋ 8＋ 9＋10＝ 159 1 中，若，·＝－，则＋a aaa8a a8a 71＋ 1 ＋ 1＝ ________.aa a8 910分析 ∵1＋1 ＝a ＋ a ， 1＋ 1 ＝ a ＋a ，7108 9a 7 a 10 a 7a 10 a 8 a 9 a 8a 9而 a 8a 9＝ a 7a 10，151111 a ＋ a ＋ a ＋ a 1085∴＋＋＋7 89＝－ . a a a a ＝ a a＝ 93789107 10－ 85答案－319．已知 { a n } 是等比数列， a 2＝ 2， a 5＝ 4，则 S n ＝ a 1＋ a 2＋ ＋ a n 的取值范围是 ________．分析因为 { a n } 是等比数列，n － 1 所以可设 a ＝ a q .n1因为 a ＝ 2，a ＝ 14，2 51＝ 2，1＝ 4，a qa所以141解得1a q ＝ 4，q ＝2.1 n所以 S ＝ a ＋a ＋ ＋ a ＝41－21 n1＝8－8× 2 .n12n1－21 n1因为 0< 2≤2，所以 4≤S n<8.答案[4,8)三、解答题10．(2014 ·课标全国卷Ⅰ) 已知数列 { a n} 的前n项和为S n，a1＝ 1，a n≠0，a n a n＋1＝λS n－ 1，其中λ 为常数．(1)证明： a n＋2－ a n＝λ；(2)能否存在λ，使得{a n}为等差数列？并说明原因．解 (1)由题设，a n a n＋1＝λS n－1，a n＋1a n＋2＝λS n＋1－ 1.两式相减得a n＋1( a n＋2－ a n)＝λa n＋1.因为 a n＋1≠0，所以a n＋2－ a n＝λ.(2)由题设， a1＝1， a1a2＝λS1－1，可得 a2＝λ－1.由 (1) 知，a3＝λ＋ 1.令 2a2＝a1＋a3，解得λ＝4.故 a n＋2－a n＝4，由此可得{ a2n－1} 是首项为1，公差为 4 的等差数列，a2n－1＝4n－3；{ a2n} 是首项为 3，公差为 4 的等差数列，a2 n＝ 4n－ 1.所以 a n＝2n－1， a n＋1－ a n＝2.所以存在λ ＝4，使得数列{a n}为等差数列．11．(2014 ·山东菏泽一模) 已知数列 { a n} ，a1＝－ 5，a2＝－ 2，记A( n)＝ a1＋ a2＋＋ a n， B( n)*＝ a2＋ a3＋＋ a n＋1， C( n)＝ a3＋ a4＋＋ a n＋2( n∈N )，若关于随意数列．(1) 求数列 { a n} 的通项公式；(2) 求数列 {| a n|} 的前n项和．解 (1) 依据题意A( n) ，B( n) ，C( n) 成等差数列，∴ A( n)＋ C( n)＝2B( n)，*n∈N， A( n)， B( n)， C( n)成等差整理得 a n＋2－ a n＋1＝ a2－ a1＝－2＋5＝3.∴数列 { a n} 是首项为－ 5，公差为 3 的等差数列，∴a n＝－5＋3( n－1)＝3n－8.－ 3n＋ 8，n≤2，(2)|a n|＝3n－ 8，n≥3，记数列 {| a n|} 的前n项和为S n.n5＋ 8－ 3n3n213当 n≤2时， S n＝2＝－2＋2n；n － 2 1＋ 3n － 8 3n 2 13当 n ≥3时， S n ＝ 7＋2＝ 2 －2 n ＋ 14；3213－2n ＋ 2 n ， n ≤2，综上，n ＝133 22n － 2 n ＋ 14， n ≥3.B 级——能力提升组a11 a a12 13 1．(2014 ·九江市七校联考) 已知数阵 a21 a a 中，每行的 3 个数挨次成等差数列，每列2223a31aa32 33的 3 个数也挨次成等差数列，若a ＝2，则这 9 个数的和为 ()22A ． 16B ． 18C ． 9D ． 8a11aa1312分析已知数阵 a 21 a 22 a 23 中，每行的 3 个数挨次成等差数列，每列的3 个数也挨次成等差a 31 a 32 a 33数列，若 a ＝ 2，由等差数列的性质得： a ＋ a ＋ a ＋ a ＋ a ＋a＋ a ＋ a ＋ a ＝ 9 a ＝ 18.2211121321222331323322答案 B2．(2014 ·江苏南京一模 ) 已知等比数列 {n }的首 项为 41n 项和为n，若≤ n，公比为－ ，其前a 3 3SA S－ 1≤ B 对 n ∈ N * 恒建立，则 B － A 的最小值为 ________．S n分析 易得 S ＝1－ －1 n8∪ 1， 4，而 y ＝ S－ 1 在 8 ， 4上单一递加，所以y ∈3 ∈， 13n 9 3nS1777 17 59－ 72， 12 ? [ A ， B ] ，所以 B － A 的最小值为 12－ －72 ＝ 72.59答案723 ．(2014 ·山东淄博一模)若数列{n }知足2n }为“平方递推 数列”．已知n ＋ 1＝ n ，则称数列 {AAAAn1nn ＋ 12＋ 2x 的图象上，此中n 为正整数．数列 { a } 中， a ＝ 9，点 ( a ， a) 在函数 f ( x ) ＝x(1) 证明数列 { a ＋ 1} 是“平方递推数列”，且数列{lg(a ＋ 1)} 为等比数列；nn(2) 设 (1) 中“平方递推数列”的前n 项积为n，即 n ＝ ( 1＋ 1)( a 2＋1) ( n ＋ 1) ，求 lgn；TTaaT(3) 在 (2) 的条件下，记b n＝lg T n，求数列 {b n }的前n 项和n，并求使n >4 026的n 的最lgnSSa ＋ 1小值．2解(1) 由题意得： a n ＋ 1＝ a n ＋ 2a n ，即 a ＋1＝ ( a ＋ 1) 2，则 { a n＋ 1} 是“平方递推数列”．对 a n＋1＋1＝( a n＋1)2两边取对数得 lg( a n＋1＋ 1) ＝ 2lg( a n＋ 1) ，所以数列 {lg( a＋ 1)}是以 lg( a＋ 1) 为首项， 2 为公比的等比数列．n1n－ 1n－ 1(2) 由 (1) 知 lg( a n＋ 1) ＝ lg( a1＋ 1) ·2＝2lg T n＝ lg( a1＋ 1)( a2＋1) (a n＋ 1) ＝ lg( a1＋ 1) ＋ lg( a2＋ 1) ＋＋ lg( a n＋ 1) ＝1·1－2n＝ 2n1－ 2－1(3) b＝lg T n2n－ 1 1 n－1n＝n－1＝2－2na ＋12lg11－n1S ＝2n－21＝ 2n－ 2＋2－ 1n n1－211又 S n>4 026，即2n－2＋2n－1>4 026， n＋2n>2 0141又 0<2n<1，所以n min＝ 2 014.。