2019版一轮优化探究理数练习：第六章第五节数列的综合应用含解析

单元质检六数列(时间:120分钟满分:150分)一、选择题(本大题共10小题,每小题4分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.数列{a n}满足a1=2,a n+1=,则a5的值为()A.B.C.D.2.(2017课标Ⅱ高考)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题:“远望巍巍塔七层,红光点点倍加增,共灯三百八十一,请问尖头几盏灯?”意思是:一座7层塔共挂了381盏灯,且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍,则塔的顶层共有灯()A.1盏B.3盏C.5盏D.9盏3.在下面的图案中,图(1)是边长为1的正方形,图(2)是将图(1)的正方形向外作直角三角形和正方形,按此分形规律,若每幅图案的正方形面积之和依次构成一个数列{a n},则a10=()A.9B.10C.11D.124.(2017广西联考)已知等差数列{a n}的前n项和为S n,S8=-3S4≠0,则的值为()A.-B.-C.D.+(n+1),则a20的5.(2017浙江衢州第二次质量预测)设数列{a n}满足:a1=1,a2=3,且2na n=(n-1)-值是()A. B. C. D.6.已知数列{a n}满足a1=1,a n+1·a n=2n,则S2 015=()A.22 015-1B.21 009-3C.3×21 007-3D.21 008-37.(2017浙江金华期末)若等差数列{a n}的公差为d,前n项和为S n,记b n=,则()A.数列{b n}是等差数列,{b n}的公差也为dB.数列{b n}是等差数列,{b n}的公差为2dC.数列{a n+b n}是等差数列,{a n+b n}的公差为dD.数列{a n-b n}是等差数列,{a n-b n}的公差为8.(2017安徽马鞍山二模)设等差数列{a n}的前n项和为S n,若S4≥10,S5≤15,则a4的最大值为()A.2B.3C.4D.59.(2017浙江温州十校联合)已知数列{a n}的首项a1=1,前n项和为S n,且满足2a n+1+S n=2,则满足的n的最大值是()A.8B.9C.10D.1110.已知数列{a n}的首项a1=a,其前n项和为S n,且满足S n+S n-1=3n2+2n+4(n≥2),若对任意的n∈N*,a n<a n+1恒成立,则a的取值范围是()A.B.C.D.-二、填空题(本大题共7小题,多空题每小题6分,单空题每小题4分,共36分.将答案填在题中横线上)11.(2017浙江台州考试)已知公差不为0的等差数列{a n},若a2+a4=10且a1,a2,a5成等比数列,则a1=.a n=.12.(2017浙江宁波慈溪统考)设等差数列{a n}的前n项和为S n,且满足a8>0,a8+a9<0,则使S n>0的最大n是;数列(1<n<15)中最大的项为第项.13.(2017浙江高考样卷)已知等差数列{a n}的公差为d,等比数列{b n}的公比为q,设{a n},{b n}的前n项和分别为S n,T n,若n2(T n+1)=2n S n,n∈N*,则d=,q=.14.(2017浙江金丽衢联考)对于各项均为整数的数列{a n},如果a i+i(i=1,2,3,…)为完全平方数,则称数列{a n}具有“P性质”.不论数列{a n}是否具有“P性质”,如果存在与{a n}不是同一数列的{b n},且{b n}同时满足下面两个条件:①b1,b2,b3,…,b n是a1,a2,a3,…,a n的一个排列;②数列{b n}具有“P性质”,则称数列{a n}具有“变换P性质”.下面三个数列:①数列{a n}的前n项和S n=(n2-1);②数列1,2,3,4,5;③1,2,3, (11)具有“P性质”的为;具有“变换P性质”的为.15.(2017浙江衢州考试)在数列{a n}中,a1=1,(n2+2n)·(a n+1-a n)=1(n∈N*),则通项公式a n=.16.(2017浙江温州联考改编)已知等比数列{a n}前n项和满足S n=1-A·3n,数列{b n}是递增数列,且b n=An2+Bn,则B的取值范围为.17.(2017浙江温州模拟)设S n为数列{a n}的前n项和,S n=(-1)n a n-,n∈N*,则S1+S2+S3+…+S100=.三、解答题(本大题共5小题,共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)18.(14分)已知数列{a n}的前n项和S n=,n∈N*.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=+(-1)n a n,求数列{b n}的前2n项和.19.(15分)(2017浙江湖州菱湖中学)已知在递增的等差数列{a n}中,a1=2,a3是a1和a9的等比中项. (1)求数列{a n}的通项公式;(2)若b n=,S n为数列{b n}的前n项和,是否存在实数m,使得S n<m对于任意的n∈N*恒成立?若存在,请求出实数m的取值范围,若不存在,试说明理由.20.(15分)(2017山东高考)已知{x n}是各项均为正数的等比数列,且x1+x2=3,x3-x2=2.(1)求数列{x n}的通项公式;(2)如图,在平面直角坐标系xOy中,依次连接点P1(x1,1),P2(x2,2)…P n+1(x n+1,n+1)得到折线P1P2…P n+1,求由该折线与直线y=0,x=x1,x=x n+1所围成的区域的面积T n.21.(15分)已知数列{a n}是单调递增数列,且a1>0,若=4S n-2a n+3,n∈N*,其中S n为{a n}的前n项和.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若使不等式--≥1+-,对n≥4,n∈N*恒成立,求正数p的取值范围.22.(15分)数列{a n}的前n项和为S n,a1=2,a2=7,a n=3a n-1+2a n-2,n∈N*,n≥3.(1)求证:a2 017一定是奇数;(2)①求证:4S n+3<a n(n≥2,n∈N);②求证:--(n≥2,n∈N).答案：1.C由a n+1=,得+1,是以为首项,以1为公差的等差数列,+4=,a5=故选C.2.B设塔的顶层共有灯x盏,则各层的灯数构成一个首项为x,公比为2的等比数列,结合等比数列的求和公式有:--=381,解得x=3,即塔的顶层共有灯3盏,故选B.3.B如图,由条件可知,a1=1,a2=1+BC2+AC2=1+AB2=2,同理a3=1+1+1=3,故有a10=10.4.B因为S8=S4+S4+4×4d=2S4+16d,即-3S4=2S4+16d⇒S4=-,所以S12=S8+S4+4×8d=3S4+48d=,则=-=-,故选B.5.D由2na n=(n-1)a n-1+(n+1)a n+1得na n-(n-1)a n-1=(n+1)a n+1-na n,又因为1×a1=1,2×a2-1×a1=5,所以数列{na n}是首项为1,公差为5的等差数列,则20a20=1+19×5,解得a20=,故选D.6.B7.D设等差数列{a n}的公差为d,S n=na1+- d.b n==a1+-d.b n-b n-1=a1+-d-a1--d=(常数).故得b n的公差为,故A,B不对.数列{a n+b n}是等差数列,{a n+b n}的公差为d+d,故C不对.数列{a n-b n}是等差数列,{a n-b n}的公差为d-,故D对.故选D.8.C由S4≥10,S5≤15,可得-即a4≤3+d,由3+d得d≤1,a4≤3+d≤3+1=4,故a4的最大值为4,故选C.9.B当n=1时,2a2+S1=2,得a2=当n≥2时,有2a n+S n-1=2,已知2a n+1+S n=2,两式相减得a n+1=a n.再考虑到a2=a1,所以数列{a n}是等比数列,故有S n=2-2因此原不等式化为--,化简得,得n=4,5,6,7,8,9,所以n的最大值为9.故选B.10.C由S n+S n-1=3n2+2n+4(n≥2),可以得到S n+1+S n=3(n+1)2+2(n+1)+4,两式相减得a n+1+a n=6n+5,故a n+2+a n+1=6n+11,两式再相减得a n+2-a n=6,由n=2得a1+a2+a1=20,a2=20-2a,故偶数项为以20-2a为首项,以6为公差的等差数列,从而a2n=6n+14-2a;由n=3得a1+a2+a3+a1+a2=37,a3=2a-3,从而a2n+1=6n-9+2a,由条件得-----解得<a<,故选C.11.12n-1由题设条件可得⇒则a n=1+2(n-1)=2n-1,应填:1和2n-1.12.158∵a8>0,a8+a9<0,∴S15==15a8>0,而S16==8(a8+a9)<0,∴使S n>0的最大n为15.∵a8>0,a9<0,∴S8最大,且a8为{a n}的最小正数项,a9,a10,…均小于零,所以当9≤n<15时,均小于零,当n=8时,最大,即数列(1<n<15)的最大项是第8项.13.22由题意得,⇒----,∴q=2,-=1⇒b1=1,a1=,此时⇒d=2,故填:2,2.14.①②对于①,当n≥2时,a n=S n-S n-1=n2-n,∵a1=0,∴a n=n2-n,∴a i+i=i2(i=1,2,3,...)为完全平方数,∴数列{a n}具有“P性质”;对于②,数列1,2,3,4,5,具有“变换P性质”,数列{b n}为3,2,1,5,4,具有“P性质”,∴数列{a n}具有“变换P性质”;对于③,因为11,4都只有与5的和才能构成完全平方数,所以1,2,3, (11)不具有“变换P性质”.15由(n2+2n)(a n+1-a n)=1(n∈N*),得:a n+1-a n=-∴a n=(a n-a n-1)+(a n-1-a n-2)+…+(a2-a1)+a1=----+…+-+1=--+1=故答案为:16.(-3,+∞)∵等比数列{a n}的前n项和满足S n=1-A·3n, ∴a1=S1=1-3A,a2=S2-S1=(1-9A)-(1-3A)=-6A,a3=S3-S2=(1-27A)-(1-9A)=-18A.∵等比数列{a n}中=a1a3,∴36A2=(1-3A)(-18A),解得A=1或A=0(舍),故A=1.∵数列{b n}是递增数列,且b n=An2+Bn=n2+Bn,∴b n+1-b n=(n+1)2+B(n+1)-(n2+Bn)=2n+1+B>0.∴B>-2n-1,∵n∈N*,∴B>-3.∴B的取值范围为(-3,+∞).故答案为:(-3,+∞).17-当n=1时,a1=-a1-,解得a1=-;当n≥2时,a n=S n-S n-1=(-1)n a n--(-1)n-1an-1+-,即a n=(-1)n a n+(-1)n a n-1+若n为偶数,则a n-1=-,故a n=-(n为奇数);若n为奇数,则a n-1=-2a n+=(-2)--,故a n=(n是偶数).因为a1=-⇒-a1=,a2=-,所以-a1+a2=2,同理可得-a3+a4=2,-a5+a6=2,…,-a99+a100=2,所以S1+S2+…+S100=2……=2-----,应填-18.解(1)当n=1时,a1=S1=1;当n≥2时,a n=S n-S n-1=--=n.故数列{a n}的通项公式为a n=n.(2)由(1)知,b n=2n+(-1)n n.记数列{b n}的前2n项和为T2n,则T2n=(21+22+…+22n)+(-1+2-3+4-…+2n).记A=21+22+…+22n,B=-1+2-3+4-…+2n,则A=--=22n+1-2,B=(-1+2)+(-3+4)+…+[-(2n-1)+2n]=n.故数列{b n}的前2n项和T2n=A+B=22n+1+n-2.19.解(1)由{a n}为等差数列,设公差为d,则a n=a1+(n-1)d, ∵a3是a1和a9的等比中项,=a1·a9,即(2+2d)2=2(2+8d),解得d=0(舍)或d=2,∴a n=2+2(n-1)=2n.(2)存在m b n=-,∴数列{b n}的前n项和S n=--…-=-,∴存在实数m,使得S n<m对于任意的n∈N*恒成立.20.分析(1)依题意列x1和公比q的方程组.(2)利用梯形的面积公式,记梯形P n P n+1Q n+1Q n的面积为b n.求得b n=2n-1=(2n+1)×2n-2,应用错位相减法计算得到T n=-解(1)设数列{x n}的公比为q,由已知q>0.由题意得-所以3q2-5q-2=0,因为q>0,所以q=2,x1=1,因此数列{x n}的通项公式为x n=2n-1.(2)过P1,P2,P3,…,P n+1向x轴作垂线,垂足分别为Q1,Q2,Q3,…,Q n+1,由(1)得x n+1-x n=2n-2n-1=2n-1.记梯形P n P n+1Q n+1Q n的面积为b n.由题意b n=2n-1=(2n+1)×2n-2,所以T n=b1+b2+b3+…+b n=3×2-1+5×20+7×21+…+(2n-1)×2n-3+(2n+1)×2n-2, ①又2T n=3×20+5×21+7×22+…+(2n-1)×2n-2+(2n+1)×2n-1, ②①-②得-T n=3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(2n+1)×2n-1=----(2n+1)×2n-1.所以T n=-21.解(1)当n≥2,n∈N*时,a n=S n-S n-1,由4S n=+2a n-3,n∈N*,可得4S n-1=-+2a n-1-3,n∈N*,两式相减得4a n=+2a n---2a n-1,n∈N*,-=2a n+2a n-1,n∈N*,化为(a n-a n-1)(a n+a n-1)=2(a n+a n-1),n∈N*,∵数列{a n}是单调递增数列,且a1>0,∴a n+a n-1≠0,∴a n-a n-1=2,=4S1-2a1+3,且a1>0,∴a1=3.∴数列{a n}是首项为3,公差为2的等差数列,a n=2n+1.(2)由(1)得不等式--1+-,可化为-,p>0,即-(n≥4).令f(n)=-,则f(n+1)-f(n)=---,∵f(4)<f(5),n≥5,n∈N*时,f(n+1)<f(n),∴f(x)max=f(5)=,,p∴正数p的取值范围是22.(1)证明∵a n=3a n-1+2a n-2,n∈N*,n≥3,∴a n与a n-1有相同的奇偶性.∵a2=7是奇数,∴a2 017一定是奇数.(2)①证明当n≥3时,∵a n=3a n-1+2a n-2,a n-1=3a n-2+2a n-3,…a3=3a2+2a1,相加得S n-a1-a2=3(S n-a n-a1)+2(S n-a n-1-a n),4S n+3=5a n+2a n-1,∵a1=2,a2=7,∴a n=3a n-1+2a n-2>0,∴a n>0,当n≥3时,a n=3a n-1+2a n-2>3a n-1,∴a n-1<a n.∵a1=2,a2=7,∴a n-1<a n(n≥2).∴4S n+3=5a n+2a n-1<5a n+2a n=a n,即4S n+3<a n.②证明当n≥3时,=-----------=-----,∵a n-1<a n(n≥2),--<1.-----<…<-,当n=2时,-,-(n≥2,n∈N).--。

一、填空题1．设等差数列{a n }的公差d ≠0，a 1＝4d ，若a k 是a 1与a 2k 的等比中项，则k 的值为________．解析：由条件知a n ＝a 1＋(n －1)d ＝4d ＋(n －1)d ＝(n ＋3)d ，即a n ＝(n ＋3)d (n ∈N *)．又a 2k ＝a 1·a 2k ，所以(k ＋3)2d 2＝4d ·(2k ＋3)d ，且d ≠0，所以(k ＋3)2＝4(2k ＋3)，即k 2－2k －3＝0，解得k ＝3或k ＝－1(舍去)．答案：32．某化工厂打算投入一条新的生产线，但需要经环保部门审批同意方可投入生产．已知该生产线连续生产n 年的累计产量为f (n )＝12n (n ＋1)(2n ＋1)吨，但如果年产量超过150吨，将会给环境造成危害．为保护环境，环保部门应给该厂这条生产线拟定最长的生产期限是________．解析：由已知可得第n 年的产量a n ＝f (n )－f (n －1)＝3n 2；当n ＝1时也适合．据题意令a n ≥150⇒n ≥52，即数列从第8项开始超过150，即这条生产线最多生产7年．答案：73．等差数列中，3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝24，则该数列前13项的和是________．解析：∵a 3＋a 5＝2a 4，a 7＋a 10＋a 13＝3a 10，∴6(a 4＋a 10)＝24，a 4＋a 10＝4，∴S 13＝13(a 1＋a 13)2＝13(a 4＋a 10)2＝26. 答案：264．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，且a n ，a n ＋1是函数f (x )＝x 2－b n x ＋2n 的两个零点，则b 10等于________．解析：依题意有a n a n ＋1＝2n ，所以a n ＋1a n ＋2＝2n ＋1，两式相除得a n ＋2a n＝2，所以a 1，a 3，a 5，…成等比数列，a 2，a 4，a 6，…也成等比数列，而a 1＝1，a 2＝2，所以a 10＝2×24＝32，a 11＝1×25＝32，又因为a n ＋a n ＋1＝b n ，所以b 10＝a 10＋a 11＝64. 答案：645．有限数列A ：a 1，a 2，…，a n ，S n 为其前n 项和，定义S 1＋S 2＋…＋S n n为A 的“凯森和”，若有99项的数列a 1，a 2，…，a 99的“凯森和”为1 000，则有100项的数列1，a 1，a 2，…，a 99的“凯森和”为________．解析：设a 1，a 2，…，a 99的“凯森和”为S 1＋S 2＋…＋S 9999＝1 000， 则1，a 1，a 2，…，a 99的“凯森和”为T 1＋T 2＋…＋T 100100， 而T 1＝1，T 2＝S 1＋1，T 3＝S 2＋1，…，T 100＝S 99＋1，所以T 1＋T 2＋…＋T 100100＝S 1＋S 2＋S 99＋100100＝991. 答案：9916．已知等差数列{a n }的公差d ≠0，它的第1、5、17项顺次成等比数列，则这个等比数列的公比是________．解析：由题知a 25＝a 1·a 17， 即a 25＝(a 5－4d )·(a 5＋12d )， ∴8a 5d －48d 2＝0，∵d ≠0，∴a 5＝6d ，∴公比q ＝a 5a 1＝a 5a 5－4d ＝6d 6d －4d＝3. 答案：37．秋末冬初，流感盛行，特别是甲型H1N1流感．某医院近30天每天入院治疗甲流的人数依次构成数列{a n }，已知a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n (n ∈N *)，则该医院30天入院治疗甲流的人数共有________．解析：由于a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n ，所以a 1＝a 3＝…＝a 29＝1，a 2，a 4，…，a 30构成公差为2的等差数列，所以a 1＋a 2＋…＋a 29＋a 30＝15＋15×2＋15×142×2＝255.答案：2558．已知a ，b ∈R ＋，A 为a ，b 的等差中项，正数G 为a ，b 的等比中项，则ab与AG 的大小关系是________．解析：依题意A ＝a ＋b 2，G ＝ab ，∴AG －ab ＝a ＋b 2·ab －ab ＝ab (a ＋b 2－ab ) ＝ab ·(a －b )22≥0， ∴AG ≥ab .答案：AG ≥ab9．在直角坐标系中，O 是坐标原点，P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)是第一象限的两个点，若1，x 1，x 2,4依次成等差数列，而1，y 1，y 2,8依次成等比数列，则△OP 1P 2的面积是________．解析：根据等差、等比数列的性质，可知x 1＝2，x 2＝3，y 1＝2，y 2＝4. ∴P 1(2,2)，P 2(3,4)．∴S △OP 1P 2＝1.答案：1二、解答题10．已知数列{a n }的前n 项和S n 和通项a n 满足S n ＝12(1－a n )．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝na n ，求证：b 1＋b 2＋…＋b n <34.解析：(1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12(1－a n )－12(1－a n －1)＝－12a n ＋12a n －1,2a n ＝－a n ＋a n －1，由题意可知a n －1≠0，∴a n a n －1＝13， 所以{a n }是公比为13的等比数列．S 1＝a 1＝12(1－a 1)，a 1＝13.a n ＝13×(13)n －1＝(13)n .(2)证明：b n ＝n (13)n ，设T n ＝1×(13)1＋2×(13)2＋3×(13)3＋…＋n ×(13)n ，①∴13T n ＝1×(13)2＋2×(13)3＋3×(13)4＋…＋n ×(13)n ＋1，②①－②，化简得∴T n ＝34－34(13)n －32n (13)n ＋1<34.11．从社会效益和经济效益出发，某旅游县区计划投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业，根据规划，2014年投入800万元，以后每年投入将比上年减少15，本年度当地旅游业收入估计为400万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加14.(1)设n 年内(2014年为第一年)总投入为a n 万元，旅游业总收入为b n 万元，写出a n ，b n 的表达式；(2)至少经过几年，旅游业的总收入才能超过总投入？解析：(1)第1年投入为 800 万元，第2年投入为 800×(1－15)万元，…，第n 年投入为 800×(1－15)n －1万元，所以，n 年内的总投入为a n ＝800＋800×(1－15)＋…＋800×(1－15)n －1＝4 000×[1－(45)n ]．第1年旅游业收入为 400 万元，第2年旅游业收入为 400 ×(1＋14)万元，…，第n 年旅游业收入为400 ×(1＋14)n －1万元，所以，n 年内的旅游业总收入为b n ＝400＋400×(1＋14)＋…＋400×(1＋14)n －1＝1 600×[(54)n －1]．(2)设经过n 年，旅游业的总收入超过总投入，由此b n －a n >0，即1 600×[(54)n －1]－4 000×[1－(45)n ]>0，令x ＝(45)n ，代入上式得 5x 2－7x ＋2>0，解此不等式，得x <25，或x >1(舍去)，即(45)n <25，由此得n ≥5.答：至少经过 5 年，旅游业的总收入才能超过总投入．12．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 ＝2 000，证明：E 数列A n 是递增数列的充要条件是a n ＝2 011；(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． 解析：(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，…，1 999)，所以A n 是首项为12，公差为1的等差数列，所以a 2 000＝12＋(2 000－1)×1＝2 011.充分性：由于a 2 000－a 1 999≤1，a 1 999－a 1 998≤1，…，a 2－a 1≤1，所以a 2 000－a 1≤1 999，即a 2 000≤a 1＋1 999，又因为a 1＝12，a 2 000＝2 011，所以a2 000＝a1＋1 999，－a k＝1＞0(k＝1,2，…，1 999)，即A n是递增数列．故a k＋1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.。

第六章⎪⎪⎪列第一节列的概念与简单表示突破点(一) 列的通项公式1．列的定义按照一定顺序排列的一列称为列．列中的每一个叫做这个列的项，列中的每一项都和它的序号有关，排在第一位的称为这个列的第一项(通常也叫做首项)．2．列的通项公式如果列{a n }的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个式子表示，那么这个公式叫做这个列的通项公式．3．列的递推公式如果已知列{a n }的第一项(或前几项)，且任何一项a n 与它的前一项a n －1(或前几项)间的关系可以用一个式子表示，即a n ＝f (a n －1)(或a n ＝f (a n －1，a n －2)等)，那么这个式子叫做列{a n }的递推公式．4．S n 与a n 的关系已知列{a n }的前n 项和为S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2，这个关系式对任意列均成立．本节主要包括2个知识点： 1.列的通项公式；2.列的单调性.[例1] 写出下面各列的一个通项公式： (1)3,5,7,9，…；(2)12，34，78，1516，3132，…；(3)－1，32，－13，34，－15，36，…；(4)3,33,333,3 333，….[解] (1)各项减去1后为正偶，所以a n ＝2n ＋1.(2)每一项的分子比分母少1，而分母组成列21,22,23,24，…，所以a n ＝2n －12n .(3)奇项为负，偶项为正，故通项公式中含因式(－1)n ；各项绝对值的分母组成列1,2,3,4，…；而各项绝对值的分子组成的列中，奇项为1，偶项为3，即奇项为2－1，偶项为2＋1，所以a n ＝(－1)n ·2＋－nn.也可写为a n＝⎩⎪⎨⎪⎧－1n，n 为正奇，3n ，n 为正偶.(4)将列各项改写为93，993，9993，9 9993，…，分母都是3，而分子分别是10－1,102－1,103－1,104－1，…，所以a n＝13(10n－1)．[方法技巧]由列的前几项求通项公式的思路方法给出列的前几项求通项时，需要注意观察列中各项与其序号之间的关系，在所给列的前几项中，先看看哪些部分是变的，哪些是不变的，再探索各项中变部分与序号间的关系，主要从以下几个方面考虑：(1)分式形式的列，分子、分母分别求通项，较复杂的还要考虑分子、分母的关系．(2)若第n项和第n＋1项正负交错，那么符号用(－1)n或(－1)n ＋1或(－1)n－1调控．(3)熟悉一些常见列的通项公式．(4)对于较复杂列的通项公式，其项与序号之间的关系不容易发现，这就需要将列各项的结构形式加以变形，可使用添项、通分、分割等方法，将列的各项分解成若干个常见列对应项的“和”“差”“积”“商”后再进行归纳．利用a n与S n的关系求通项[例2] n n n(1)S n＝2n2－3n；(2)S n＝3n＋b.[解] (1)a1＝S1＝2－3＝－1，当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝(2n2－3n)－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，由于a 1也适合此等式，所以{a n }的通项公式为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． 所以当b ＝－1时，a n ＝2×3n －1；当b ≠－1时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3＋b ，n ＝1，2×3n －1，n ≥2.[方法技巧]已知S n 求a n 的三个步骤(1)先利用a 1＝S 1求出a 1.(2)用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n 的表达式．(3)对n ＝1时的结果进行检验，看是否符合n ≥2时a n 的表达式，如果符合，则可以把列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n ＝1与n ≥2两段写．利用递推关系求通项[例3] (1)已知列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋1n 2＋n ，则a n ＝________；(2)若列{a n }满足a 1＝23，a n ＋1＝nn ＋1a n ，则通项a n ＝________；(3)若列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3，则a n ＝________； (4)若列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a na n ＋2，则a n ＝________.[解析] (1)由条件知a n ＋1－a n ＝1n 2＋n ＝1nn ＋＝1n －1n ＋1， 则(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a n －a n －1)＝⎝⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋1n －1－1n ，即a n －a 1＝1－1n ，又∵a 1＝12，∴a n ＝1－1n ＋12＝32－1n.(2)由a n ＋1＝nn ＋1a n (a n ≠0)，得a n ＋1a n ＝nn ＋1，故a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 2a 1·a 1 ＝n －1n ·n －2n －1·…·12·23＝23n. (3)设递推公式a n ＋1＝2a n ＋3可以转为a n ＋1－t ＝2(a n －t )，即a n＋1＝2a n －t ，则t ＝－3. 故a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)．令b n ＝a n ＋3，则b 1＝a 1＋3＝4，b n ≠0，且b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2. 所以{b n }是以4为首项，2为公比的等比列． 所以b n ＝4×2n －1＝2n ＋1， 即a n ＝2n ＋1－3.(4)∵a n ＋1＝2a na n ＋2，a 1＝1，∴a n ≠0， ∴1a n ＋1＝1a n ＋12， 即1a n ＋1－1a n ＝12， 又a 1＝1，则1a 1＝1， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公差的等差列． ∴1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n 2＋12， ∴a n ＝2n ＋1. [答案] (1)32－1n (2)23n (3)2n ＋1－3 (4)2n ＋1[方法技巧]由递推关系式求通项公式的常用方法(1)已知a 1且a n －a n －1＝f (n )，可用“累加法”求a n .(2)已知a 1且a na n －1＝f (n )，可用“累乘法”求a n .(3)已知a 1且a n ＋1＝qa n ＋b ，则a n ＋1＋k ＝q (a n ＋k )(其中k 可由待定系法确定)，可转为等比列{a n ＋k }．(4)形如a n ＋1＝Aa nBa n ＋C(A ，B ，C 为常)的列，可通过两边同时取倒的方法构造新列求解．(5)形如a n ＋1＋a n ＝f (n )的列，可将原递推关系改写成a n ＋2＋a n ＋1＝f (n ＋1)，两式相减即得a n ＋2－a n ＝f (n ＋1)－f (n )，然后按奇偶分类讨论即可．能力练通 抓应用体验的“得”与“失”1.[考点一]已知n ∈N *，给出4个表达式：①a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，n 为奇，1，n 为偶，②a n ＝1＋－n2，③a n ＝1＋cos n π2，④a n ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin n π2.其中能作为列：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都是所给列的通项公式．2.[考点一]列1，－58，715，－924，…的一个通项公式是( )A ．a n ＝(－1)n ＋12n －1n 2＋n(n ∈N *)B ．a n ＝(－1)n －12n ＋1n 3＋3n(n ∈N *)C ．a n ＝(－1)n ＋12n －1n 2＋2n(n ∈N *)D ．a n ＝(－1)n －12n ＋1n 2＋2n(n ∈N *)解析：选D 所给列各项可写成：31×3，－52×4，73×5，－94×6，…，通过对比各选项，可知选D.3.[考点二]已知列{a n }的前n 项和为S n ＝n 2－2n ＋2，则列{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{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －3，n ≥2.4.[考点三]设列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1，求列{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 －＋n2＝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 *)．5.[考点三]若列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2n ，求列{a n }的通项公式．解：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.又因为当n ＝1时满足此式，所以a n ＝2n －1.突破点(二) 列的单调性列的分类[例1] 已知列{a n }的前n 项和为S n ，常λ>0，且λa 1a n ＝S 1＋S n 对一切正整n 都成立．(1)求列{a n }的通项公式；(2)设a 1>0，λ＝100.当n 为何值时，列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg 1a n 的前n 项和最大？[解] (1)取n ＝1，得λa 21＝2S 1＝2a 1， 即a 1(λa 1－2)＝0.若a 1＝0，则S n ＝0，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝0－0＝0， 所以a n ＝0.若a 1≠0，则a 1＝2λ，当n ≥2时，2a n ＝2λ＋S n,2a n －1＝2λ＋S n －1，两式相减得2a n －2a n －1＝a n ，所以a n ＝2a n －1(n ≥2)，从而列{a n }是等比列， 所以a n ＝a 1·2n －1＝2λ·2n －1＝2nλ.综上，当a 1＝0时，a n ＝0； 当a 1≠0时，a n ＝2nλ.(2)当a 1>0且λ＝100时，令b n ＝lg 1a n，由(1)知b n ＝lg 1002n ＝2－n lg 2.所以列{b n }是单调递减的等差列(公差为－lg 2)． 则b 1>b 2>…>b 6＝lg 10026＝lg 10064>lg 1＝0，当n ≥7时，b n ≤b 7＝lg 10027＝lg 100128<lg 1＝0，故当n ＝6时，列⎩⎨⎧⎭⎬⎫lg 1a n 的前n 项的和最大．[方法技巧]1．判断列单调性的两种方法 (1)作差比较法a n ＋1－a n >0⇔列{a n }是单调递增列；a n ＋1－a n <0⇔列{a n }是单调递减列；a n ＋1－a n ＝0⇔列{a n }是常列．(2)作商比较法①当a n >0时，a n ＋1a n >1⇔列{a n }是单调递增列；a n ＋1a n<1⇔列{a n }是单调递减列；a n ＋1a n＝1⇔列{a n }是常列．②当a n <0时，a n ＋1a n >1⇔列{a n }是单调递减列；a n ＋1a n<1⇔列{a n }是单调递增列；a n ＋1a n＝1⇔列{a n }是常列．2．求列最大项或最小项的方法(1)可以利用不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a n －1≤a n ，a n ≥a n ＋1(n ≥2)找到列的最大项；(2)利用不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a n －1≥a n ，a n ≤a n ＋1(n ≥2)找到列的最小项．利用列的单调性求参的取值范围[例2] 已知函f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－a x ＋2，x ≤2，a 2x 2－9x ＋11，x >2(a >0，且a ≠1)，若列{a n }满足a n ＝f (n )(n ∈N *)，且{a n }是递增列，则实a 的取值范围是( )A ．(0,1) B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫83，3 C ．(2,3)D ．(1,3)[解析]因为{a n }是递增列，所以⎩⎪⎨⎪⎧3－a >0，a >1，－a＋2≤a ，解得83≤a ＜3，所以实a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫83，3.[答案] B[方法技巧]已知列的单调性求参取值范围的两种方法(1)利用列的单调性构建不等式，然后将其转为不等式的恒成立问题进行解决，也可通过分离参将其转为最值问题处．(2)利用列与函之间的特殊关系，将列的单调性转为相应函的单调性，利用函的性质求解参的取值范围，但要注意列通项中n 的取值范围．能力练通 抓应用体验的“得”与“失” 1.[考点一]设a n ＝－3n 2＋15n －18，则列{a n }中的最大项的值是( )A.163 B.133 C ．4D ．0解析：选D a n ＝－3⎝⎛⎭⎪⎫n －522＋34，由二次函性质，得当n ＝2或n＝3时，a n 取最大值，最大值为a 2＝a 3＝0.故选D.2.[考点一]若列{a n }满足：a 1＝19，a n ＋1＝a n －3，则列{a n }的前n 项和值最大时，n 的值为( )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：选B ∵a 1＝19，a n ＋1－a n ＝－3，∴列{a n }是以19为首项，－3为公差的等差列，∴a n ＝19＋(n －1)×(－3)＝22－3n ，则a n 是递减列．设{a n }的前k项和值最大，则有⎩⎪⎨⎪⎧a k ≥0，a k ＋1≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧22－3k ≥0，22－k ＋，∴193≤k ≤223，∵k ∈N *，∴k ＝7.∴满足条件的n 的值为7.3.[考点二]已知{a n }是递增列，且对于任意的n ∈N *，a n ＝n 2＋λn 恒成立，则实λ的取值范围是________．解析：∵对于任意的n ∈N *，a n ＝n 2＋λn 恒成立， ∴a n ＋1－a n ＝(n ＋1)2＋λ(n ＋1)－n 2－λn ＝2n ＋1＋λ. 又∵{a n }是递增列，∴a n ＋1－a n >0，且当n ＝1时，a n ＋1－a n 最小， ∴a n ＋1－a n ≥a 2－a 1＝3＋λ>0，∴λ>－3. 答案：(－3，＋∞)4.[考点一、二]已知列{a n }中，a n ＝1＋1a ＋n －(n ∈N *，a∈R ，且a ≠0)．(1)若a ＝－7，求列{a n }中的最大项和最小项的值； (2)若对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，求a 的取值范围． 解：(1)∵a n ＝1＋1a ＋n －(n ∈N *，a ∈R ，且a ≠0)，又∵a ＝－7，∴a n ＝1＋12n －9.结合函f (x )＝1＋12x －9的单调性，可知1>a 1>a 2>a 3>a 4，a 5>a 6>a 7>…>a n >1(n ∈N *)． ∴列{a n }中的最大项为a 5＝2，最小项为a 4＝0.(2)a n ＝1＋1a ＋n －＝1＋12n －2－a 2.∵对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，结合函f (x )＝1＋12x －2－a 2的单调性，知5<2－a2<6，∴－10<a <－8.故a 的取值范围为(－10，－8)．[全国卷5年真题集中演练——明规律] 1.(2015·新课标全国卷Ⅱ)设S n 是列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________.解析：∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝S n S n ＋1， ∴S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1. ∵S n ≠0，∴1S n －1S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n＝－1.又1S 1＝－1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为－1，公差为－1的等差列． ∴1S n ＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，∴S n ＝－1n.答案：－1n2．(2014·新课标全国卷Ⅱ)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；由此可以推出列{a n }是一个周期列，且周期为3，所以a 1＝a 7＝12. 答案：123．(2013·新课标全国卷Ⅰ)若列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式是a n ＝________.解析：当n ＝1时，由已知S n ＝23a n ＋13，得a 1＝23a 1＋13，即a 1＝1；当n ≥2时，由已知得到S n －1＝23a n －1＋13，所以a n ＝S n －S n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23a n ＋13－⎝ ⎛⎭⎪⎫23a n －1＋13＝23a n －23a n －1，所以a n ＝－2a n －1，所以列{a n }为以1为首项，以－2为公比的等比列，所以a n ＝(－2)n －1.答案：(－2)n －14．(2016·全国丙卷)已知各项都为正的列{a n }满足a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0.(1)求a 2，a 3；(2)求{a n }的通项公式．解：(1)由题意可得a 2＝12，a 3＝14.(2)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0得 2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1)．因此{a n}的各项都为正，所以a n＋1a n＝12.故{a n}是首项为1，公比为12的等比列，因此a n＝12n－1.[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考[练基础小题——强运算能力]1．列1，23，35，47，59，…的一个通项公式a n＝( )A.n2n＋1B.n2n－1C.n2n－3D.n2n＋3解析：选 B 由已知得，列可写成11，23，35，…，故该列的一个通项公式为n2n－1.2．设列{a n}的前n项和S n＝n2＋n，则a4的值为( )A．4 B．6 C．8 D．10解析：选C a4＝S4－S3＝20－12＝8.3．已知列{a n}满足a1＝1，a n＋1a n＝2n(n∈N*)，则a10＝( ) A．64 B．32 C．16 D．8解析：选B ∵a n＋1a n＝2n，∴a n＋2a n＋1＝2n＋1，两式相除得a n＋2a n＝2.又a1a2＝2，a1＝1，∴a2＝2.则a10a8·a8a6·a6a4·a4a2＝24，即a10＝25＝32.4．在列{a n}中，a1＝1，a n a n－1＝a n－1＋(－1)n(n≥2，n∈N*)，则a3 a5的值是( )A.1516B.158C.34D.38解析：选C 由已知得a 2＝1＋(－1)2＝2，∴2a 3＝2＋(－1)3，a 3＝12，∴12a 4＝12＋(－1)4，a 4＝3，∴3a 5＝3＋(－1)5，∴a 5＝23，∴a 3a 5＝12×32＝34. 5．现定义a n ＝5n＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15n ，其中n ∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫110，15，12，1，则a n 取最小值时，n 的值为________．解析：令5n＝t >0，考虑函y ＝t ＋1t，易知其在(0,1]上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，且当t ＝1时，y 的值最小，再考虑函t ＝5x，当0<x ≤1时，t ∈(1,5]，则可知a n ＝5n＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15n在(0,1]上单调递增，所以当n ＝110时，a n 取得最小值．答案：110[练常考题点——检验高考能力]一、选择题1．已知列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－2n ，则a 2＋a 18＝( ) A ．36 B ．35 C ．34 D ．33解析：选C 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －3；当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1，所以a n ＝2n －3(n ∈N *)，所以a 2＋a 18＝34.2．列{a n }中，a 1＝1，对于所有的n ≥2，n ∈N *都有a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，则a 3＋a 5＝( )A.6116B.259C.2516D.3115解析：选A 令n ＝2,3,4,5，分别求出a 3＝94，a 5＝2516，∴a 3＋a 5＝6116. 3．在各项均为正的列{a n }中，对任意m ，n ∈N *，都有a m ＋n ＝a m ·a n .若a 6＝64，则a 9等于( )A ．256B ．510C ．512D ．1 024解析：选C 在各项均为正的列{a n }中，对任意m ，n ∈N *，都有a m ＋n ＝a m ·a n .∴a 6＝a 3·a 3＝64，a 3＝8.∴a 9＝a 6·a 3＝64×8＝512.4．已知列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2.若a k ·a k ＋1<0，则正整k ＝( )A ．21B ．22C ．23D ．24解析：选C 由3a n ＋1＝3a n －2得a n ＋1＝a n －23，则{a n }是等差列，又a 1＝15，∴a n ＝473－23n .∵a k ·a k ＋1<0，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫473－23k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫453－23k <0，∴452<k <472，∴k ＝23，故选C. 5．在列{a n }中，已知a 1＝2，a 2＝7，a n ＋2等于a n a n ＋1(n ∈N *)的个位，则a 2 015＝( )A ．8B ．6C ．4D ．2解析：选D 由题意得：a 3＝4，a 4＝8，a 5＝2，a 6＝6，a 7＝2，a 8＝2，a 9＝4，a 10＝8；所以列中的项从第3项开始呈周期性出现，周期为6，故a 2 015＝a 335×6＋5＝a 5＝2.6．如果列{a n }满足a 1＝2，a 2＝1，且a n －1－a n a n －1＝a n －a n ＋1a n ＋1(n ≥2)，则这个列的第10项等于( )A.1210 B.129 C.15D.110解析：选C ∵a n －1－a n a n －1＝a n －a n ＋1a n ＋1，∴1－a n a n －1＝a n a n ＋1－1，即a na n －1＋a n a n ＋1＝2，∴1a n －1＋1a n ＋1＝2a n ，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差列．又∵d ＝1a 2－1a 1＝12，∴1a 10＝12＋9×12＝5，故a 10＝15. 二、填空题7．已知列{a n }中，a 1＝1，若a n ＝2a n －1＋1(n ≥2)，则a 5的值是________．解析：∵a n ＝2a n －1＋1，∴a n ＋1＝2(a n －1＋1)，∴a n ＋1a n －1＋1＝2，又a 1＝1，∴{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比列，即a n ＋1＝2×2n－1＝2n ，∴a 5＋1＝25，即a 5＝31. 答案：318．在列－1,0，19，18，…，n －2n2，…中，0.08是它的第________项．解析：令n －2n2＝0.08，得2n 2－25n ＋50＝0，即(2n －5)(n －10)＝0.解得n ＝10或n ＝52(舍去)．即0.08是该列的第10项．答案：109．已知列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1(a n ＋2)＝a n (n ∈N *)，若b n ＋1＝(n－p )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n ＋1，b 1＝－p ，且列{b n }是单调递增列，则实p 的取值范围为________．解析：由题中条件，可得1a n ＋1＝2a n＋1，则1a n ＋1＋1＝21a n ＋1，易知1a 1＋1＝2≠0，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋1是等比列，所以1a n ＋1＝2n ，可得b n ＋1＝2n (n －p )，则b n ＝2n －1(n －1－p )(n ∈N *)，由列{b n }是单调递增列，得2n (n－p )>2n －1(n －1－p )，则p <n ＋1恒成立，又n ＋1的最小值为2，则p 的取值范围是(－∞，2)．答案：(－∞，2)10．设{a n }是首项为1的正项列，且(n ＋1)a 2n ＋1－na 2n ＋a n ＋1·a n＝0(n ＝1,2,3，…)，则它的通项公式a n ＝________.解析：∵(n ＋1)a 2n ＋1＋a n ＋1·a n －na 2n ＝0，∴(a n ＋1＋a n )[(n ＋1)a n ＋1－na n ]＝0，又a n ＋1＋a n >0，∴(n ＋1)a n ＋1－na n ＝0，即a n ＋1a n ＝n n ＋1，∴a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·a 5a 4·…·a n a n －1＝12×23×34×45×…×n －1n，∵a 1＝1，∴a n ＝1n.答案：1n三、解答题11．已知S n 为正项列{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，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 －1，②①－②，整得(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，故列{a n }是首项为1，公差为1的等差列，故a n ＝n . 12．已知列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋4.(1)若k ＝－5，则列中有多少项是负？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， 所以列中有两项是负，即为a 2，a 3.因为a n ＝n 2－5n ＋4＝⎝⎛⎭⎪⎫n －522－94，由二次函性质，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)由对于n ∈N *，都有a n ＋1>a n 知该列是一个递增列，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，考虑到n ∈N *，所以－k 2<32，即得k >－3.所以实k 的取值范围为(－3，＋∞)． 第二节等差列及其前n 项和突破点(一) 等差列的性质及基本量的计算1．等差列的有关概念(1)定义：如果一个列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常，那么这个列就叫做等差列．符号表示为a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常)．(2)等差中项：列a ，A ，b 成等差列的充要条件是A ＝a ＋b2，其中A 叫做a ，b 的等差中项．2．等差列的有关公式(1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d .本节主要包括3个知识点：1.等差列的性质及基本量的计算；2.等差列前n 项和及性质的应用；3.等差列的判定与证明.(2)前n项和公式：S n＝na1＋n n－2d＝n a1＋a n2.3．等差列的常用性质(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}是等差列，公差为d，则{a2n}也是等差列，公差为2d.(4)若{a n}是等差列，公差为d，则a k，a k＋m，a k＋2m，…(k，m∈N*)是公差为md的等差列．(5)若列{a n}，{b n}是公差分别为d1，d2的等差列，则列{pa n}，{a n＋p}，{pa n＋qb n}都是等差列(p，q都是常)，且公差分别为pd1，d1，pd1＋qd2.[例1] (1)(2016·东北师大附中摸底考试)在等差列{a n}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则列{a n}的公差为( )A．1 B．2C．3 D．4(2)(2016·惠州调研)已知等差列{a n}的前n项和为S n，若S3＝6，a1＝4，则公差d等于( )A．1 B.5 3C．－2 D．3[解析] (1)∵a1＋a5＝2a3＝10，∴a3＝5，则公差d＝a4－a3＝2，故选B.(2)由S 3＝a1＋a32＝6，且a1＝4，得a3＝0，则d＝a3－a13－1＝－2，故选C.[答案] (1)B (2)C[方法技巧]1．等差列运算问题的通性通法(1)等差列运算问题的一般求法是设出首项a1和公差d，然后由通项公式或前n项和公式转为方程(组)求解．(2)等差列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，a n，d，n，S n，知其中三个就能求另外两个，体现了方程的思想．2．等差列设项技巧若奇个成等差列且和为定值时，可设中间三项为a－d，a，a＋d；若偶个成等差列且和为定值时，可设中间两项为a－d，a＋d，其余各项再依据等差列的定义进行对称设元．等差列的性质[例2] (1)n396n表示列{a n}的前n项和，则S11＝( )A．18 B．99C．198 D．297(2)已知{a n}，{b n}都是等差列，若a1＋b10＝9，a3＋b8＝15，则a5＋b6＝________.[解析] (1)因为a3＋a9＝27－a6,2a6＝a3＋a9，所以3a6＝27，所以a6＝9，所以S11＝112(a1＋a11)＝11a6＝99.(2)因为{a n}，{b n}都是等差列，所以2a3＝a1＋a5,2b8＝b10＋b6，所以2(a3＋b8)＝(a1＋b10)＋(a5＋b6)，即2×15＝9＋(a5＋b6)，解得a5＋b6＝21.[答案] (1)B (2)211.[考点一]《九章算术》是我国古代的学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等．问各得几何？”其意思为：“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分5钱，甲、乙两人所得与丙、丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差列．问五人各得多少钱？”(“钱”是古代的一种重量单位)这个问题中，甲所得为( )A.54钱 B.53钱C.32钱 D.43钱解析：选 D 设等差列{a n}的首项为a1，公差为d，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋d ＝3a 1＋9d ，2a 1＋d ＝52，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝43，d ＝－16，即甲得43钱，故选D.2.[考点一]设S n 为等差列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，公差d ＝2，S n ＋2－S n ＝36，则n ＝( )A ．5B ．6C ．7D ．8解析：选 D 由题意知S n ＋2－S n ＝a n ＋1＋a n ＋2＝2a 1＋(2n ＋1)d ＝2＋2(2n ＋1)＝36，解得n ＝8.3.[考点二]已知列{a n }为等差列，且a 1＋a 7＋a 13＝π，则cos(a 2＋a 12)的值为( )A.32 B ．－32 C.12 D ．－12解析：选D 在等差列{a n }中，因为a 1＋a 7＋a 13＝π，所以a 7＝π3，所以a 2＋a 12＝2π3，所以cos(a 2＋a 12)＝－12.故选D.4.[考点一]设S n 为等差列{a n }的前n 项和，a 12＝－8，S 9＝－9，则S 16＝________.解析：设等差列{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.所以S 16＝16×3＋16×152×(－1)＝－72.答案：－725.[考点二]设等差列{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)，求列{a n }的项及a 9＋a 10.解：由题意知a 1＋a 2＋…＋a 6＝36，①a 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 n2＝324，∴18n ＝324，∴n ＝18. ∵a 1＋a n ＝36，n ＝18， ∴a 1＋a 18＝36，从而a 9＋a 10＝a 1＋a 18＝36.突破点(二) 等差列前n 项和及性质的应用等差列前n 项和的性质(1)列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…(m ∈N *)也是等差列，公差为m 2d . (2)S 2n －1＝(2n －1)a n ，S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝n (a n ＋a n ＋1)． (3)当项为偶2n 时，S 偶－S 奇＝nd ；项为奇2n －1时，S 奇－S 偶＝a 中，S 奇∶S 偶＝n ∶(n －1)．(4){a n }，{b n }均为等差列且其前n 项和为S n ，T n ，则a n b n ＝S 2n －1T 2n －1.(5)若{a n }是等差列，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也是等差列，其首项与{a n }的首项相同，公差是{a n }的公差的12.[例1] 已知{a n }为等差列，若a 1＋a 2＋a 3＝5，a 7＋a 8＋a 9＝10，则a 19＋a 20＋a 21＝________.[解析] 法一：设列{}a n 的公差为d ，则a 7＋a 8＋a 9＝a 1＋6d ＋a 2＋6d ＋a 3＋6d ＝5＋18d ＝10，所以18d ＝5，故a 19＋a 20＋a 21＝a 7＋12d＋a 8＋12d ＋a 9＋12d ＝10＋36d ＝20.法二：由等差列的性质，可知S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，…，S 21－S 18成等差列，设此列公差为D .所以5＋2D ＝10，所以D ＝52.所以a 19＋a 20＋a 21＝S 21－S 18＝5＋6D ＝5＋15＝20. [答案] 20[例2] n 1S n ，且S 5＝S 12，则当n 为何值时，S n 有最大值？[解] 设等差列{a n }的公差为d ，由S 5＝S 12得5a 1＋10d ＝12a 1＋66d ，d ＝－18a 1<0.法一：S n ＝na 1＋n n －2d＝na 1＋n n －2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－18a 1 ＝－116a 1(n 2－17n )＝－116a 1⎝⎛⎭⎪⎫n －1722＋28964a 1，因为a 1>0，n ∈N *，所以当n ＝8或n ＝9时，S n 有最大值． 法二：设此列的前n项和最大，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋n －⎝ ⎛⎭⎪⎫－18a 1≥0，a 1＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－18a 1≤0，解得⎩⎪⎨⎪⎧n ≤9，n ≥8，即8≤n ≤9，又n ∈N *，所以当n ＝8或n ＝9时，S n 有最大值． 法三：由于S n ＝na 1＋n n －2d ＝d2n 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n ，设f (x )＝d2x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a 1－d 2x ，则函y ＝f (x )的图象为开口向下的抛物线，由S 5＝S 12知，抛物线的对称轴为x ＝5＋122＝172(如图所示)，由图可知，当1≤n ≤8时，S n 单调递增；当n ≥9时，S n 单调递减．又n ∈N *，所以当n ＝8或n ＝9时，S n 最大．[方法技巧]求等差列前n 项和S n 最值的三种方法(1)函法：利用等差列前n 项和的函表达式S n ＝an 2＋bn ，通过配方结合图象借助求二次函最值的方法求解．(2)邻项变号法：①a 1>0，d <0时，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≥0，a m ＋1≤0的项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m 使得S n 取得最小值为S m .(3)通项公式法：求使a n ≥0(a n ≤0)成立时最大的n 值即可．一般地，等差列{a n }中，若a 1>0，且S p ＝S q (p ≠q )，则：①若p ＋q 为偶，则当n ＝p ＋q2时，S n 最大；②若p ＋q 为奇，则当n ＝p ＋q －12或n ＝p ＋q ＋12时，S n 最大．能力练通 抓应用体验的“得”与“失”1.[考点二]在等差列{a n }中，a 1＝29，S 10＝S 20，则列{a n }的前n 项和S n 的最大值为( )A ．S 15B ．S 16C ．S 15或S 16D ．S 17解析：选A ∵a 1＝29，S 10＝S 20，∴10a 1＋10×92d ＝20a 1＋20×192d ，解得d ＝－2，∴S n ＝29n ＋n n －12×(－2)＝－n 2＋30n ＝－(n －15)2＋225.∴当n ＝15时，S n 取得最大值．2.[考点二]设S n 为等差列{a n }的前n 项和，(n ＋1)S n ＜nS n ＋1(n ∈N *)．若a 8a 7＜－1，则( )A ．S n 的最大值是S 8B ．S n 的最小值是S 8C ．S n 的最大值是S 7D ．S n 的最小值是S 7 解析：选D 由(n ＋1)S n ＜nS n ＋1得(n ＋1)n a 1＋a n2＜nn ＋a 1＋a n ＋12，整得a n ＜a n ＋1，所以等差列{a n }是递增列，又a 8a 7＜－1，所以a 8＞0，a 7＜0，所以列{a n }的前7项为负值，即S n 的最小值是S 7.3.[考点一]已知等差列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10＝10，S 20＝30，则S 30＝________.解析：∵S 10，S 20－S 10，S 30－S 20成等差列，且S 10＝10，S 20＝30，S 20－S 10＝20，∴S 30－30＝20×2－10＝30，∴S 30＝60.答案：604.[考点一]已知两个等差列{a n }和{b n }的前n 项和分别为A n 和B n ，且A n B n ＝7n ＋45n ＋3，则使得a nb n为整的正整n 的个是________．解析：由等差列前n 项和的性质知，a n b n ＝A 2n －1B 2n －1＝14n ＋382n ＋2＝7n ＋19n ＋1＝7＋12n ＋1，故当n ＝1,2,3,5,11时，a nb n为整，故使得a nb n为整的正整n 的个是5.答案：55.[考点一]一个等差列的前12项的和为354，前12项中偶项的和与奇项的和的比为32∶27，则该列的公差d ＝________.解析：设等差列的前12项中奇项的和为S 奇，偶项的和为S 偶，等差列的公差为d .由已知条件，得⎩⎪⎨⎪⎧S 奇＋S 偶＝354，S 偶∶S 奇＝32∶27，解得⎩⎪⎨⎪⎧S 偶＝192，S 奇＝162.又S 偶－S 奇＝6d ，所以d ＝192－1626＝5.答案：5突破点(三) 等差列的判定与证明等差列的判定与证明方法[典例] 已知列{a n }的前n 项和为S n ，且满足：a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2，n ∈N *)，a 1＝12，判断{a n }是否为等差列，并说明你的由．[解] 因为a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，a n ＋2S n S n －1＝0， 所以S n －S n －1＋2S n S n －1＝0(n ≥2)． 所以1S n －1S n －1＝2(n ≥2)．又S 1＝a 1＝12，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以2为首项，2为公差的等差列．所以1S n ＝2＋(n －1)×2＝2n ，故S n ＝12n .所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －1n －＝－12n n －， 所以a n ＋1＝－12n n ＋，而a n ＋1－a n ＝－12n n ＋－－12n n －＝－12n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n －1＝1nn －n ＋.所以当n ≥2时，a n ＋1－a n 的值不是一个与n 无关的常，故列{a n }不是等差列．1．若{a n }是公差为1的等差列，则{a 2n －1＋2a 2n }是( ) A ．公差为3的等差列 B ．公差为4的等差列 C ．公差为6的等差列 D ．公差为9的等差列解析：选C 令b n ＝a 2n －1＋2a 2n ，则b n ＋1＝a 2n ＋1＋2a 2n ＋2，故b n ＋1－b n ＝a 2n ＋1＋2a 2n ＋2－(a 2n －1＋2a 2n )＝(a 2n ＋1－a 2n －1)＋2(a 2n ＋2－a 2n )＝2d ＋4d ＝6d ＝6×1＝6.即{a 2n －1＋2a 2n }是公差为6的等差列．2．已知列{a n }中，a 1＝2，a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，设b n ＝1a n －1(n ∈N *)．求证：列{b n }是等差列．证明：∵a n ＝2－1a n －1，∴a n ＋1＝2－1a n.∴b n ＋1－b n ＝1a n ＋1－1－1a n －1＝12－1a n－1－1a n －1＝a n －1a n －1＝1， ∴{b n }是首项为b 1＝12－1＝1，公差为1的等差列．3．已知公差大于零的等差列{}a n 的前n 项和为S n ，且满足a 3·a 4＝117，a 2＋a 5＝22.(1)求列{a n }的通项公式； (2)若列{}b n 满足b n ＝S nn ＋c，是否存在非零实c 使得{b n }为等差列？若存在，求出c 的值；若不存在，请说明由．解：(1)∵列{}a n 为等差列，∴a 3＋a 4＝a 2＋a 5＝22.又a 3·a 4＝117，∴a 3，a 4是方程x 2－22x ＋117＝0的两实根， 又公差d ＞0，∴a 3＜a 4，∴a 3＝9，a 4＝13，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝9，a 1＋3d ＝13，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝4.∴列{a n }的通项公式为a n ＝4n －3. (2)由(1)知a 1＝1，d ＝4， ∴S n ＝na 1＋n n －2×d ＝2n 2－n ，∴b n ＝S nn ＋c ＝2n 2－nn ＋c，∴b 1＝11＋c ，b 2＝62＋c ，b 3＝153＋c ，其中c ≠0.∵列{}b n 是等差列，∴2b 2＝b 1＋b 3， 即62＋c ×2＝11＋c ＋153＋c，∴2c 2＋c ＝0， ∴c ＝－12或c ＝0(舍去)，故c ＝－12.即存在一个非零实c ＝－12，使列{b n }为等差列．[全国卷5年真题集中演练——明规律] 1.(2016·全国乙卷)已知等差列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( )A ．100B ．99C ．98D ．97解析：选 C ∵{a n }是等差列，设其公差为d ，∴S 9＝92(a 1＋a 9)＝9a 5＝27，∴a 5＝3.又∵a 10＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝3，a 1＋9d ＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－1，d ＝1.∴a 100＝a 1＋99d ＝－1＋99×1＝98.故选C.2．(2015·新课标全国卷Ⅰ)已知{a n }是公差为1的等差列，S n为{a n }的前n 项和，若S 8＝4S 4，则a 10＝( )A.172B.192 C ．10 D ．12 解析：选B ∵列{a n }的公差为1，∴S 8＝8a 1＋－2×1＝8a 1＋28，S 4＝4a 1＋6.∵S 8＝4S 4，∴8a 1＋28＝4(4a 1＋6)，解得a 1＝12，∴a 10＝a 1＋9d ＝12＋9＝192. 3．(2013·新课标全国卷Ⅰ)设等差列{a n }的前n 项和为S n ，S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m ＝( )A ．3B ．4C ．5D ．6解析：选C 由S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，得a m ＝S m －S m －1＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3，所以等差列的公差为d ＝a m ＋1－a m ＝3－2＝1，由⎩⎪⎨⎪⎧a m ＝a 1＋m －d ＝2，S m＝a 1m ＋12m m －d ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋m －1＝2，a 1m ＋12m m －＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，m ＝5，选C.4．(2013·新课标全国卷Ⅱ)等差列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 10＝0，S 15＝25，则nS n 的最小值为________．解析：由已知⎩⎪⎨⎪⎧S 10＝10a 1＋10×92d ＝0，S 15＝15a 1＋15×142d ＝25，解得a 1＝－3，d＝23，则nS n ＝n 2a 1＋n 2n －2d ＝n 33－10n 23.由于函f (x )＝x 33－10x 23在x ＝203处取得极小值，因而检验n ＝6时，6S 6＝－48，而n ＝7时，7S 7＝－49<6S 6，所以当n ＝7时，nS n 取最小值，最小值为－49.答案：－495．(2016·全国甲卷)S n 为等差列{a n }的前n 项和，且a 1＝1，S 7＝28.记b n ＝[lg a n ]，其中[x ]表示不超过x 的最大整，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.(1)求b 1，b 11，b 101；(2)求列{b n }的前1 000项和．解：(1)设列{a n }的公差为d ，由已知得7＋21d ＝28，解得d ＝1. 所以列{a n }的通项公式为a n ＝n .b 1＝[lg 1]＝0，b 11＝[lg 11]＝1，b 101＝[lg 101]＝2.(2)因为b n＝⎩⎪⎨⎪⎧0，1≤n ＜10，1，10≤n ＜100，2，100≤n ＜1 000，3，n ＝1 000，所以列{b n }的前1 000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1 893. 6．(2014·新课标全国卷Ⅰ)已知列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n －1，其中λ为常．(1)证明：a n ＋2－a n ＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n }为等差列？并说明由．解：(1)证明：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.由于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的等差列，a2n－1＝4n－3；{a2n}是首项为3，公差为4的等差列，a2n＝4n－1.所以a n＝2n－1，则a n＋1－a n＝2.因此存在λ＝4，使得列{a n}为等差列．[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考[练基础小题——强运算能力]1．若等差列{a n}的前5项之和S5＝25，且a2＝3，则a7＝( ) A．12 B．13C．14 D．15解析：选B 由S 5＝a2＋a42，得25＝＋a42，解得a4＝7，所以7＝3＋2d，即d＝2，所以a7＝a4＋3d＝7＋3×2＝13.2．在等差列{a n}中，a1＝0，公差d≠0，若a m＝a1＋a2＋…＋a9，则m的值为( )A．37 B．36C．20 D．19解析：选A a m＝a1＋a2＋…＋a9＝9a1＋9×82d＝36d＝a37，即m＝37.3．在单调递增的等差列{a n}中，若a3＝1，a2a4＝34，则a1＝( )A．－1 B．0C.14D.12解析：选B 由题知，a2＋a4＝2a3＝2，又∵a2a4＝34，列{a n}单调递增，∴a2＝12，a4＝32.∴公差d＝a4－a22＝12.∴a1＝a2－d＝0.4．设等差列{a n}的前n项和为S n，若a1＝－11，a3＋a7＝－6，则当S n取最小值时，n等于( )A．9 B．8C．7 D．6解析：选D 设等差列{a n}的公差为d.因为a3＋a7＝－6，所以a5＝－3，d＝2，则S n＝n2－12n，故当n等于6时S n取得最小值．5．已知等差列{a n}中，a n≠0，若n≥2且a n－1＋a n＋1－a2n＝0，S2n －1＝38，则n等于________．解析：∵{a n}是等差列，∴2a n＝a n－1＋a n＋1，又∵a n－1＋a n＋1－a2n＝0，∴2a n－a2n＝0，即a n(2－a n)＝0.∵a n≠0，∴a n＝2.∴S2n－1＝(2n－1)a n＝2(2n－1)＝38，解得n＝10.答案：10[练常考题点——检验高考能力]一、选择题1．(2017·黄冈质检)在等差列{a n}中，如果a1＋a2＝40，a3＋a4＝60，那么a7＋a8＝( )A．95 B．100C．135 D．80解析：选 B 由等差列的性质可知，a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6，a7＋a8构成新的等差列，于是a7＋a8＝(a1＋a2)＋(4－1)[(a3＋a4)－(a1＋a2)]＝40＋3×20＝100.2．(2017·东北三校联考)已知列{a n}的首项为3，{b n}为等差列，且b n＝a n＋1－a n(n∈N*)，若b3＝－2，b2＝12，则a8＝( ) A．0 B．－109C．－181 D．121解析：选B 设等差列{b n}的公差为d，则d＝b3－b2＝－14，因为a n＋1－a n＝b n，所以a8－a1＝b1＋b2＋…＋b7＝b1＋b72＝72[(b2－d)＋(b2＋5d)]＝－112，又a1＝3，则a8＝－109.3．在等差列{a n}中，a3＋a5＋a11＋a17＝4，且其前n项和为S n，则S17为( )A．20 B．17C．42 D．84解析：选B 由a3＋a5＋a11＋a17＝4，得2(a4＋a14)＝4，即a4＋a14＝2，则a 1＋a17＝2，故S17＝a1＋a172＝17.4．设等差列{a n}的前n项和为S n，且a1＞0，a3＋a10＞0，a6a7＜0，则满足S n＞0的最大自然n的值为( )A．6 B．7C．12 D．13解析：选C ∵a1＞0，a6a7＜0，∴a6＞0，a7＜0，等差列的公差小于零．又∵a3＋a10＝a1＋a12＞0，a1＋a13＝2a7＜0，∴S12＞0，S13＜0，∴满足S n＞0的最大自然n的值为12.5．设列{a n}的前n项和为S n，若S nS2n为常，则称列{a n}为“吉祥列”．已知等差列{b n}的首项为1，公差不为0，若列{b n}为“吉祥列”，则列{b n}的通项公式为( )A．b n＝n－1 B．b n＝2n－1C．b n＝n＋1 D．b n＝2n＋1解析：选 B 设等差列{b n}的公差为d(d≠0)，S nS2n＝k，因为b1＝1，则n＋12n(n－1)d＝k⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n＋12×2n n－d，即2＋(n－1)d＝4k＋2k(2n－1)d，整得(4k－1)dn＋(2k－1)(2－d)＝0.因为对任意的正整n上式均成立，所以(4k－1)d＝0，(2k－1)(2－d)＝0，解得d＝2，k＝14.所以列{b n}的通项公式为b n＝2n－1.6．设等差列{a n}满足a1＝1，a n>0(n∈N*)，其前n项和为S n，若列{S n}也为等差列，则S n＋10a2n的最大值是( )A．310 B．212C．180 D．121解析：选D 设列{a n}的公差为d，依题意得2S2＝S1＋S3，因为a1＝1，所以22a1＋d＝a1＋3a1＋3d，简可得d＝2a1＝2，所以a n＝1＋(n－1)×2＝2n－1，S n＝n＋n n－2×2＝n2，所以S n＋10a2n＝n ＋2 n－2＝⎝⎛⎭⎪⎫n＋102n－12＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤12n－＋2122n－12＝14⎝⎛⎭⎪⎫1＋212n－12≤121.即S n＋10a2n的最大值为121.二、填空题7．已知等差列{a n}的前n项和为S n，且满足S33－S22＝1，则列{a n}的公差d是________．解析：由S33－S22＝1得a1＋a2＋a33－a1＋a22＝a1＋d－2a1＋d2＝d2＝1，所以d＝2.答案：28．若等差列{a n}的前17项和S17＝51，则a5－a7＋a9－a11＋a13等于________．解析：因为S17＝a1＋a172×17＝17a9＝51，所以a9＝3.根据等差列的性质知a5＋a13＝a7＋a11，所以a5－a7＋a9－a11＋a13＝a9＝3.答案：39．在等差列{a n}中，a9＝12a12＋6，则列{a n}的前11项和S11等于________．解析：S 11＝a1＋a112＝11a6，设公差为d，由a9＝12a12＋6得a6＋3d＝12(a6＋6d)＋6，解得a6＝12，所以S11＝11×12＝132.答案：13210．在等差列{a n}中，a1＝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。

数列的综合应用跟踪知识梳理考纲解读：1.理解等差数列、等比数列的概念，掌握等差数列、等比数列的通项公式与前 n 项和公式及其应用. 2．了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系.3．会用数列的等差关系或等比关系解决实际问题.考点梳理：一、等差数列和等比数列比较二．数列求和1. 等差数列的前n 和的求和公式：11()(1)22n n n a a n n S na d +-==+. 2．等比数列前n 项和公式 一般地，设等比数列123,,,,,n a a a a 的前n 项和是=n S 123n a a a a ++++，当1≠q 时，qq a S n n --=1)1(1或11n n a a qS q -=-；当1q =时，1na S n =（错位相减法）. 3. 数列前n 项和①重要公式：（1）1nk k ==∑123n ++++=2)1(+n n （2）1(21)nk k =-=∑()13521n ++++-=2n（3）31nk k ==∑2333)1(2121⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=+++n n n（4）21nk k ==∑)12)(1(613212222++=++++n n n n ②等差数列中，m n m n S S S mnd +=++；③等比数列中，n mm n n m m n S S q S S q S +=+=+.核心能力必练一、选择题1．(2018河北唐山二模,8)设{a n }是任意等差数列,它的前n 项和、前2n 项和与前4n 项和分别为X ,Y ,Z ,则下列等式中恒成立的是 ( )A.2X +Z =3YB.4X +Z =4YC.2X +3Z =7YD.8X +Z =6Y 【答案】D2．(2017河南洛阳3月模拟,7)意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时,发现有这样一列数:1,1,2,3,5,8,13,….该数列的特点是:前两个数都是1,从第三个数起,每一个数都等于它前面两个数的和,人们把这样的一列数所组成的数列{a n }称为“斐波那契数列”,则(a 1a 3-22a )(a 2a 4 -23a )(a 3a 5-24a )…(a 2015a 2017-22016a )= ( )A.1B.-1C.2 017D.-2 017 【答案】B【解析】 ∵a 1a 3-22a =1×2-12=1,a 2a 4-23a =1×3-22=-1,a 3a 5-24a =2×5-32=1,…,a 2 015a 2 017-22016a =1,∴(a 1a 3-22a )(a 2a 4-23a )(a 3a 5-24a )…(a 2 015a 2 017-22016a )=11 008×(-1)1 007=-1.故选B.3．已知数列{}n a 满足12a =，*11()1nn na a n a ++=∈-N ，则1232017a a a a ⋅⋅⋅⋅=（ ）A ．6-B ．6 C. 2- D ．2 【答案】D【解析】1121122,,3112n n n a a a a a +++==∴==---，同理，34511,,2, (23)a a a =-==， 4n n a a +∴=，()504412341232017123411,a a a a a a a a a a a a a ⨯=∴⋅⋅⋅⋅=⨯=122⨯=.故选A.4．若数列{}n a 满足1120n na a +-=，则称{}n a 为“梦想数列”，已知正项数列1nb ⎧⎫⎨⎬⎩⎭为“梦想数列”，且1231b b b ++=，则678b b b ++=（ ）A ．4B ．16C ．32D ．64 【答案】C【解析】依题意有112n n a a +=，故{}n a 是公比为12的等比数列，故1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭是公比为12的等比数列，所以n b 是公比为2的等比数列，因此()567812332b b b b b b q ++=++⋅=.5．已知正项数列{}n a 中，11a =，22a =，()2221122n n n a a a n +-=+≥，则6a =（ ）A ．16B ．8 C． D ．4 【答案】D6．若数列{}n a 满足()()()()1123252325lg 1n n n a n a n n n +⎛⎫+-+=+++ ⎪⎝⎭，且15a =，则数列23n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的第100项为（ ）A ．2B ．3C ．1lg99+D ．2lg99+ 【答案】B【解析】由()()()()1123252325lg 1n n n a n a n n n +⎛⎫+-+=+++⎪⎝⎭可得)11lg(32521nn a n a n n +=+-++，记23n n a b n =+，有11l g (1)n n b b n +-=+，由累加法得lg 1n b n =+，数列23n a n ⎧⎫⎨⎬+⎩⎭的第100项为31100lg =+.7．数列{}n a 满足11a =，对任意的n *∈N 都有11n n a a a n +=++，则122016111...a a a +++=（ ） A ．20152016 B ．20162017 C ．40342017 D ．40322017【答案】D【解析】11n n a a a n +=++，()12n n n a +∴=，则11121na n n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭， 122016111111114032...21...223201620172017a a a ⎛⎫∴+++=-+-++-= ⎪⎝⎭，故选D ． 8．定义：12nnp p p +++为n 个正数1p ，2p ，…，n p 的“均倒数”．若已知正数数列{}n a 的前n 项的“均倒数”为121n +，又14n n a b +=，则12231011111b b b b b b +++=（ ） A ．111 B ．112 C ．1011 D ．1112【答案】C【解析】由题意得{}n a 的前n 项和2111112,41,,1121n n n n n S n n n a n b n b b n n n +=⨯=+∴=-∴=∴=-++，122310111111111110(1)()()223101111b b b b b b ∴+++=-+-+⋅⋅⋅+-=，故选C. 9．已知正项数列{}n a 中，11a =，22a =，()2221122n n n a a a n -+=+≥，11nn n b a a+=+，记数列{}nb 的前n项和为n S ，则33S 的值是（ ）D.3 【答案】D10．若数列{}n a 满足112523n n a an n +-=++，且15a =，则数列{}n a 的前100项中，能被5整除的项数为（ ） A ．42 B ．40 C ．30 D ．20 【答案】B【解析】数列{}n a 满足112523n n a a n n +-=++，即112(1)323n n a an n +-=+++，又11213a =⨯+，∴数列{}23n a n +是以1为首项，1为公差的等差数列，∴na n =，∴223n a n n =+，列表如下：∴每10项中有4项能被5整除，∴数列{}n a 的前100项中，能被5整除的项数40，故选B ．11．已知数列}{n a 的前项n 和n n S n 22+=，则数列}1{1+n n a a 的前n 项和为（ ） A ．)32(3+n n B ．)32(32+n n C ．)12(31+-n n D ．12+n n【答案】A12．已知数列{}n a 满足11a =，()1N *2n n n a a n a +=∈+，若()11()(1)N*n n b n n a λ+=-+∈，1b λ=-，且数列{}n b 是单调递增数列，则实数λ的取值范围为（ ）A ．2λ>B ．2λ<C ．3λ>D ．3λ< 【答案】B【解析】因为数列{}n a 满足11a =，()1N *2n n n a a n a +=∈+，所以1121n n a a +=+，化为11112(1)n n a a ++=+，所以数列1{1}n a +是等比数列，首项为1112a +=，公比为2，所以112n na +=，所以11()(1)n nb n a λ+=-+()2n n λ=-⋅，因为1b λ=-且数列{}n b 是单调递增数列，所以1n n b b +>，所以1()2(1)2n n n n λλ--⋅>--⋅，化简得1n λ<+，因为数列{}1n +为单调递增数列，所以2λ<，故选B ．13．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，当2n ≥时，()211n n n n a S S S ---=，且11a =，设12l og 6n n a b +=，则n b 等于（ ）A ．23n -B ．24n -C ．3n -D ．4n - 【答案】A14．已知数列{}n a 的通项为()()1log 2n n a n +=+，我们把使乘积123n a a a a ⋅⋅⋅⋅…为整数的n 叫做“优数”，则在(0,2016]内所有“优数”的和为（ ）A ．1024B ．2012C ．2026D ．2036 【答案】C【解析】∵()1log 2n n a n +=+，∴()12231lg 3lg 4log 3log 4log 2lg 2lg 3n n a a a n +⋅⋅⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅+=⨯⋅⨯⋯⨯ ()()()()2lg 2lg 2log 2lg 1lg 2n n n n ++==++，要使()2log 2n +为整数，则22k n +=，(0,2016]内的所有正整数分别为2322,22,,22--⋯-，所有“优数”的和为923104122222222(922)0261--+-++-=-⨯=-．15．已知数列{}n a 的通项公式为5n a n =-，其前n 项和为n S ，将数列{}n a 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{}n b 的前3项，记{}n b 前n 项和为n T ，若存在m *∈N ，使对任意n *∈N ，总有n m S T λ<+恒成立，则实数λ的取值范围是（ ）A. 2λ≥B. 3λ>C. 3λ≥D. 2λ> 【答案】D【解析】依题意得()()45922n n n n n S +--==，根据二次函数的性质，知4,5n =时，n S 取得最大值10.n a 前4项为12344,3,2,1a a a a ====，抽掉第二项可组成等比数列，所以114,2b q ==，14112811212n n n T ⎛⎫- ⎪⎛⎫⎝⎭==- ⎪⎝⎭-，所以48n T ≤<.又n m S T λ<+，所以108,2λλ<+>.16．已知数列{}n a 满足()()111,,n n a P a a n *+=∈N 在直线10x y -+=上，如果函数()f n =()12111 (2)n n n a n a n a *+++∈≥+++N ，则函数()f n 的最小值为（ ） A.13 B.14 C.712 D.512【答案】C17．数列}{n a 满足11=a ，对任意的n *∈N 都有n a a a n n ++=+11，则=+++201621111a a a （ ） A ．20162015 B ．20174032 C ．20174034 D ．20172016【答案】B【解析】11=a ，11n n a a a n +=++，11+=-∴+n a a n n ，所以当2≥n 时，()()112n n n n n a a a a a ---=-++()()211121a a a n n ++-+=+-+++()12n n +=，1=n 时也成立，()()112,21n n n n a a n n +∴==+1121n n ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭，则⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1的前n项和111111221 (21223111)n n S n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦， 122016111220164032201612017a a a ⨯∴+++==+，故选B.18．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且11a =，12n n a S +=+，则满足2110n n S S <的n 的最小值为（） A ．4 B ．5 C ．6 D ．7 【答案】A二、填空题19．若数列{}n a 满足()*11521,3,2,3n n n a a n n a a a --=∈≥==N ，则2016a 等于______． 【答案】23【解析】()*132********N ,3,222n n n a a a a a n n a a a a a a --=∈≥=⇒==⇒==4532113a a a a ⇒=== 23a ⇒=，12345678201663366311222,3,,,,,2,3,22333a a a a a a a a a a a ⨯========⇒===. 20．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，()413n n S a =-，则()216411n n a -⎛⎫++ ⎪⎝⎭的最小值为 ． 【答案】4 【解析】∵()413n n S a =-，∴()()114123n n S a n --=-≥，∴()1143n n n n n a S S a a --=-=-，∴14n n a a -=，又1a =()11413S a =-，∴14a =，∴{}n a 是首项为4，公比为4的等比数列，∴4n n a =，∴()216411n n a -⎛⎫++=⎪⎝⎭416416112224164164n n n n ⎛⎫⎛⎫++=++≥+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，当且仅当2n =时取“=”. 21．已知数列{}n a 满足134223n n n a a a +++=+，且11a =，设12n n a b +=，则数列{}1n n b b +⋅的前50项和为 ． 【答案】5020122．数列{}n a 满足112324221n n a a a a n -++++=-…，且数列{}n a 的前n 项和为n S ，若实数λ满足对于任意*n ∈N 都有24n S λλ<<，则λ的取值范围是 ． 【答案】143<≤λ 【解析】由112324221n n a a a a n -++++=-…，可得2123124221123n n a a a a n n --++++=--=-（）…2n ≥（），两式相减得1222n n a n -=≥（），又1=n 时，11=a ，所以21(1)2(2),n nn a n -=⎧=⎨≥⎩,所以012n S =++112221112222131212n nn ------+++=+=--（）（），在1≥n 时单调递增，可得31<≤n S ，由题意可得21,43,λλ⎧<⎨≥⎩解得143<≤λ. 23．用[]x 表示不超过x 的最大整数，例如[]33=，[]1.21=，[]1.32-=-．已知数列{}n a 满足11a =，21n n n a a a +=+，则122016111111a a a ⎡⎤+++=⎢⎥+++⎣⎦ ．【答案】024．已知数列{}n a 与{}n b 满足()1122n n n n a b b a n *+++=+∈N ，若()19,3nn a b n *==∈N 且()33633n n a n λλ>+-+对一切n *∈N 恒成立，则实数λ的取值范围是_________.【答案】13,18⎛⎫+∞⎪⎝⎭【解析】将113,3nn n n b b ++==代入1122n n n n a b b a +++=+，化简得143nn n a a +-=⋅，故()1n n na a a -=-+()()()121221143339233n n n n n a a a a a -----++-+=++++=⋅+，故()33633nn a n λλ>+-+可化为()183123n n λ->+.当2n ≤时，()18303nn -<，当3n =时，()18303n n -=，当4n =时，()183239n n -=，当5n =时，()183423279n n -=<，5n ≥时，()()1833nn f n -=单调递减，所以当4n =时为最大值，故12132918λ>+=.三、解答题25．(2018河南信阳二模,17)已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 1=2,2S n =(n +1)2a n -n 2a n +1,数列{b n }满足b1=a 1,nb n +1=a n b n .(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式;(2)若数列{c n }满足c n =a n +b n (n ∈N *),求数列{c n }的前n 项和T n . 【答案】（1）b n =2n（2）T n =2n +1+n 2+n -2(2)c n =a n +b n =2n +2n,∴数列{c n }的前n 项和T n =(22)2n n ++2(21)21n --=2n +1+n 2+n -2.26．设数列{}n a 的前n 项和为1,1n S a =，且对任意正整数n ，满足1220n n a S ++-=． （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设2n n b na =，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】（1）112n n a -⎛⎫= ⎪⎝⎭（2）11634994n n n T -+=-⨯ 【解析】（1）因为1220n n a S ++-=， 所以当2n ≥时，1220n n a S -+-=，两式相减得11220n n n n a a S S +--+-=，即111220,2n n n n n a a a a a ++-+== 又当1n =时，212112202a S a a +-=⇒=，即*11(N )2n n a a n +=∈ 所以{}n a 是以首项11a =，公比12q =的等比数列， 所以数列{}n a 的通项公式为112n n a -⎛⎫= ⎪⎝⎭27．已知数列{}n a 中，11a =，且点()()*1,n n P a a n +∈N 在直线10x y -+=上． (1)求数列{}n a 的通项公式； (2)若函数()123123nnf n n a n a n a n a =++++++++…（n ∈N ，且2n ≥），求函数()f n 的最小值； (3)设1n nb a =，n S 表示数列{}n b 的前n 项和，试问：是否存在关于n 的整式()g n ，使得123S S S ++++…()()11n n S S g n -=-⋅对于一切不小于2的自然数n 恒成立？若存在，写出()g n 的解析式，并加以证明；若不存在，试说明理由． 【答案】(1)n a n = (2)56(3)n n g =)(，证明见解析 【解析】(1) 点()1,n n P a a +在直线10x y -+=上，11n n a a +∴-=，又11=a ，∴数列}{n a 是以1为首项，1为公差的等差数列，1(1)1n a n n ∴=+-⋅=.(2) n n n n n f 22211)(+++++=， ∴22112213221)1(+++++-+++++=+n n n n n n n n n f ， 11111(1)()1222121212n n n f n f n n n n n n n ⎛⎫∴+-=-+++++>-++ ⎪+++++⎝⎭()()3102121n n n +=>++，)(n f ∴是单调递增的，故)(n f 的最小值是65)2(=f ． (3)n S n b n n 1312111++++=⇒= ，)2(11≥=-∴-n nS S n n ，即()1111n n n nS n S S ----=+，1,,1)2()1(112221+=-+=---∴---S S S S S n S n n n n ，11211n n nS S S S S n -∴-=++++-，)2()1(121≥⋅-=-=+++∴-n n S n nS S S S n n n ，n n g =∴)(．故存在关于n 的整式n n g =)(，使等式对于一切不小于2的自然数n 恒成立．28．设数列{}n a 的前n 项之积为n T ，且()*21log ,2n n n T n -=∈N ． （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()*1n n b a n λ=-∈N ，数列{}n b 的前n 项和为n S ．若对任意的*n ∈N ，总有1n n S S +>，求实数λ的取值范围．【答案】(1)12-=n n a (2)21>λ（2）由1121n n n b a λλ-=-=-，得()122112nn n S n n λλ-=⋅-=---，所以()()()11121121212n n n n n n S S n n λλλλ++>⇒--+>--⇒>⇒>， 因为对任意的*11,22nn ∈≤N ，所以λ 取值范围是1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭. 29．设各项均为正数的数列{}n a 的前n 项和为n S ，且n S 满足：()()222*233230 n n S n n S n n n -+--+=∈N ，.（1）求1a 的值；（2）求数列{}n a 的通项公式； （3）设13nn n a b +=，求数列{}n b 的前n 项和n T . 【答案】（1）13a = （2）3n a n = （3）323443n nn T +=-⋅ 【解析】（1）由()()222*233230 n n S n n S n n n -+--+=∈N ，可得，()()222112313123110S S -⋅+⋅--+=，又11S a =，所以13a =.（3）由（2）可得113333n n n n na n nb ++===， ∴123231123133333n n n n n nT b b b b --=++++=+++++……，∴234111231333333n n n n nT +-=+++++…， ∴23411111113333333n n n n nT T +-=+++++-…，即123411112111113313333333313n n n n n n nT +++-=+++++-=-- (11)111231233223n n n n n +++⎛⎫=--=- ⎪⋅⎝⎭， ∴323443n nn T +=-⋅. 30．已知数列{}n a 的前n 项和为(1)2n n n S +=.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设n T 为数列{}n b 的前n 项和，其中112n n n n a b S S ++=⋅，求n T ；（3）若存在n *∈N ，使得n n T a λ-≥3λ成立，求出实数λ的取值范围.【答案】（1）n a n = （2）232(1)(2)n n n T n n +=++ （3）1,12⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【解析】（1）当2n ≥时，1n n n a S S -=-(1)(1)22n n n n+-=-n =， 当1n =时，111a S ==也符合上式，∴n a n =， （2）解法一：∵11111111222n n n n n n n n n n a S S b S S S S S S +++++⎛⎫-===- ⎪⋅⋅⎝⎭，∴1223111111111111122n n n n T S S S S S S S S ++⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-++-=-⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 212312(1)(2)2(1)(2)n nn n n n ⎡⎤+=-=⎢⎥++++⎣⎦.（3）∵存在*n ∈N ，使得n n T a λ-≥3λ成立，∴存在*n ∈N ，使得23(3)2(1)(2)n nn n n λ+≥+++成立， 即2(1)(2)nn n λ≤++，max2(1)(2)n n n λ⎡⎤∴≤⎢⎥++⎣⎦， 而1122(1)(2)122(3)n n n n n=≤++++，当1n =或2n =时取等号，λ∴的取值范围为1,12⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.。

6.5数列的综合应用考情分析1．考查数列的函数性及与方程、不等式、解析几何相结合的数列综合题．2．考查运用数列知识解决数列综合题及实际应用题的能力．基础知识1．等比数列与等差数列比较表2.(1)审题——仔细阅读材料，认真理解题意．(2)建模——将已知条件翻译成数学(数列)语言，将实际问题转化成数学问题，弄清该数列的特征、要求是什么．(3)求解——求出该问题的数学解．(4)还原——将所求结果还原到原实际问题中．3．数列应用题常见模型(1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定量时，该模型是等差模型，增加(或减少)的量就是公差．(2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定的数时，该模型是等比模型，这个固定的数就是公比．(3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化时，应考虑是a n与a n＋1的递推关系，还是S n与S n＋1之间的递推关系．注意事项1.数列的渗透力很强，它和函数、方程、三角形、不等式等知识相互联系，优化组合，无形中加大了综合的力度．解决此类题目，必须对蕴藏在数列概念和方法中的数学思想有所了解．2.(1)对等差、等比数列的概念、性质要有深刻的理解，有些数列题目条件已指明是等差(或等比)数列，但有的数列并没有指明，可以通过分析，转化为等差数列或等比数列，然后应用等差、等比数列的相关知识解决问题．(2)数列是一种特殊的函数，故数列有着许多函数的性质．等差数列和等比数列是两种最基本、最常见的数列，它们是研究数列性质的基础，它们与函数、方程、不等式、三角等内容有着广泛的联系，等差数列和等比数列在实际生活中也有着广泛的应用，随着高考对能力要求的进一步增加，这一部分内容也将受到越来越多的关注．3. (1)数列与函数方程相结合时主要考查函数的思想及函数的性质(多为单调性)．(2)数列与不等式结合时需注意放缩．(3)数列与解析几何结合时要注意递推思想．巩固提高题型一 等差数列与等比数列的综合应用【例1】已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 9＝－36，S 13＝－104，等比数列{b n }中，b 5＝a 5，b 7＝a 7，则b 6的值为( )A ．±4 2B ．－4 2C ．4 2D ．无法确定解析：依题意得，S 9＝9a 5＝－36⇒b 5＝a 5＝－4，S 13＝13a 7＝－104⇒b 7＝a 7＝－8，所以b 6＝±4 2. 答案：A【变式1】 数列{a n }的前n 项和记为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1(n≥1)． (1)求{a n }的通项公式；(2)等差数列{b n }的各项为正，其前n 项和为T n ，且T 3＝15， 又a 1＋b 1，a 2＋b 2，a 3＋b 3成等比数列，求T n . 解 (1)由a n ＋1＝2S n ＋1，可得a n ＝2S n －1＋1(n≥2)， 两式相减得a n ＋1－a n ＝2a n ，则a n ＋1＝3a n (n≥2)． 又a 2＝2S 1＋1＝3，∴a 2＝3a 1.故{a n }是首项为1，公比为3的等比数列，∴a n ＝3n －1.(2)设{b n }的公差为d ，由T 3＝15，b 1＋b 2＋b 3＝15，可得b 2＝5，故可设b 1＝5－d ，b 3＝5＋d ，又a 1＝1，a 2＝3，a 3＝9， 由题意可得(5－d ＋1)(5＋d ＋9)＝(5＋3)2， 解得d 1＝2，d 2＝－10.∵等差数列{b n }的各项为正，∴d ＞0， ∴d ＝2，b 1＝3，∴T n ＝3n ＋－2×2＝n 2＋2n.题型二 数列与函数的综合应用【例2】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)＝Asin(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．解 (1)由q ＝3，S 3＝133得a 1－331－3＝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. 【变式2】比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知对任意的n ∈N *，点(n ，S n )均在函数y ＝b x＋r(b ＞0且b≠1，b ，r 均为常数)的图象上． (1)求r 的值；(2)当b ＝2时，记b n ＝n ＋14a n (n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)由题意，S n ＝b n＋r ，当n≥2时，S n －1＝bn －1＋r ，所以a n ＝S n －S n －1＝bn －1·(b－1)，由于b ＞0且b≠1，所以n≥2时，{a n }是以b 为公比的等比数列，又a 1＝b ＋r ，a 2＝b(b －1)，a 2a 1＝b ，即－b ＋r＝b ， 解得r ＝－1.(2)由(1)知，n ∈N *，a n ＝(b －1)b n －1＝2n －1，所以b n ＝n ＋14×2n －1＝n ＋12n ＋1.T n ＝222＋323＋424＋…＋n ＋12n ＋1，12T n ＝223＋324＋…＋n 2n ＋1＋n ＋12n ＋2， 两式相减得12T n ＝222＋123＋124＋…＋12n ＋1－n ＋12n ＋2＝34－12n ＋1－n ＋12n ＋2， ∴T n ＝32－12n －n ＋12n ＋1＝32－n ＋32n ＋1.题型三 数列与不等式的综合应用【例3】在等比数列{a n }中，a n ＞0(n ∈N *)，公比q ∈(0,1)，且a 1a 5＋2a 3a 5＋a 2a 8＝25，又a 3与a 5的等比中项为2.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝log 2a n ，求数列{b n }的前n 项和S n ；(3)是否存在k ∈N *，使得S 11＋S 22＋…＋S n n ＜k 对任意n ∈N *恒成立，若存在，求出k 的最小值，若不存在，请说明理由．解 (1)∵a 1a 5＋2a 3a 5＋a 2a 8＝25， ∴a 23＋2a 3a 5＋a 25＝25，∴(a 3＋a 5)2＝25，又a n ＞0，∴a 3＋a 5＝5，又a 3与a 5的等比中项为2， ∴a 3a 5＝4，而q ∈(0,1)，∴a 3＞a 5，∴a 3＝4，a 5＝1，∴q ＝12， a 1＝16，∴a n ＝16×⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1＝25－n.(2)∵b n ＝log 2a n ＝5－n ， ∴b n ＋1－b n ＝－1，b 1＝log 2a 1＝log 216＝log 224＝4，∴{b n }是以b 1＝4为首项，－1为公差的等差数列， ∴S n ＝－2. (3)由(2)知S n ＝9－2，∴S n n ＝9－n 2.当n≤8时，S n n ＞0；当n ＝9时，S nn ＝0；当n ＞9时，S nn＜0.∴当n ＝8或9时，S 11＋S 22＋S 33＋…＋S nn＝18最大．故存在k ∈N *，使得S 11＋S 22＋…＋S n n＜k 对任意n ∈N *恒成立，k 的最小值为19.【变式3】已知单调递增的等比数列{a n }满足：a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n ＋n·2n ＋1＞50成立的正整数n 的最小值．(1)解 设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q. 依题意，有2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，代入a 2＋a 3＋a 4＝28， 可得a 3＝8，∴a 2＋a 4＝20，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝8，a 1q ＋a 1q 3＝20，解之得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝2或⎩⎪⎨⎪⎧q ＝12，a 1＝32.又∵数列{a n }单调递增，所以q ＝2，a 1＝2， ∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n. (2)因为b n ＝2n log 122n ＝－n·2n，所以S n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n)， 2S n ＝－[1×22＋2×23＋…＋(n －1)·2n＋n·2n ＋1]，两式相减，得S n ＝2＋22＋23＋ (2)－n·2n ＋1＝2n ＋1－2－n·2n ＋1.要使S n ＋n·2n ＋1＞50，即2n ＋1－2＞50，即2n ＋1≥52.易知：当n≤4时，2n ＋1≤25＝32＜52；当n≥5时，2n ＋1≥26＝64＞52.故使S n ＋n·2n ＋1＞50成立的正整数n 的最小值为5.重难点突破【例4】某企业的资金每一年都比上一年分红后的资金增加一倍，并且每年年底固定给股东们分红500万元．该企业2008年年底分红后的资金为1000万元．(1)求该企业2019年年底分红后的资金；(2)求该企业到哪一年年底分红后的资金超过32500万元． 解：设a n 为(2008＋n)年年底分红后的资金，其中n ∈N *，则a 1＝2×1000－500＝1500，a 2＝2×1500－500＝2500，…，a n ＝2a n －1－500(n≥2)． ∴a n －500＝2(a n －1－500)(n≥2)，即数列{a n －500}是首项为a 1－500＝1000，公比为2的等比数列． ∴a n －500＝1000×2n －1，∴a n ＝1000×2n －1＋500.(1)a 4＝1000×24－1＋500＝8500，∴该企业2019年年底分红后的资金为8500万元． (2)由a n >32500，即2n －1>32，得n>6，∴该企业2019年年底分红后的资金超过32500万元．巩固提高1．设{a n }是各项为正数的无穷数列，A i 是边长为a i ，a i ＋1的矩形的面积(i ＝1,2，…)，则{A n }为等比数列的充要条件为( ) A ．{a n }是等比数列B ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…或a 2，a 4，…，a 2n ，…是等比数列C ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…均是等比数列D ．a 1，a 3，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…均是等比数列，且公比相同解析：∵A i ＝a i a i ＋1，若{A n }为等比数列，则A n ＋1A n ＝a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝a n ＋2a n 为常数，即A 2A 1＝a 3a 1，A 3A 2＝a 4a 2，….∴a 1，a 3，a 5，…，a 2n －1，…和a 2，a 4，…，a 2n ，…成等比数列，且公比相等．反之，若奇数项和偶数项分别成等比数列，且公比相等，设为q ，则A n ＋1A n ＝a n ＋2a n＝q ，从而{A n }为等比数列．答案：D2.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答案：B解析：由题意知，a 4＋a 8＝4，a 4·a 8＝3. ∴a 4>0，a 8>0，∴a 6>0. 又a 26＝a 4·a 8＝3，∴a 6＝ 3.3.已知等差数列{a n }的公差和首项都不等于0，且a 2，a 4，a 8成等比数列，则a 1＋a 5＋a 9a 2＋a 3＝( )A. 2B. 3C. 5D. 6 答案：B解析：∵a2，a4，a8成等比数列，∴a24＝a2a8，即(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)，∴a1＝d，∴a1＋a5＋a9a2＋a3＝3a1＋12d2a1＋3d＝3.4.]正项等比数列{a n}中，存在两项a m，a n(m，n∈N*)使得a m a n＝4a1，且a7＝a6＋2a5，则1m＋5n的最小值是( )A. 74B. 1＋53C. 256D.253答案：B解析：根据题意，a7＝a6＋2a5，∴q2＝q＋2，解得q＝－1或q＝2.∵a n>0，∴q>0，∴q＝2.由a m a n＝4a1，即a21·q m＋n－2＝16a21得m＋n＝6.而1m＋5n＝m＋n6(1m＋5n)＝16＋5m6n＋n6m＋56≥16＋53＋56＝1＋53，故选B.5.若数列{a n}满足1a n＋1－1a n＝d(n∈N*，d为常数)，则称数列{a n}为“调和数列”，已知正项数列{1b n}为“调和数列”，且b1＋b2＋…＋b9＝90，则b4·b6的最大值是( )A. 10B. 100C. 200D. 400答案：B解析：由定义：{1b n}为“调和数列”，∴b n＋1－b n＝d. ∴{b n}为等差数列，∵b1＋b2＋…＋b9＝9b5＝90，∴b5＝10，b4＋b6＝2b5＝20.∴b4·b6≤(b4＋b62)2＝100.当且仅当b4＝b6时取等号．。

§6.4数列的综合应用考纲解读分析解读 1.会用公式法、倒序相加法、错位相减法、裂项相消法、分组转化法求解不同类型数列的和.2.能综合利用等差、等比数列的基本知识解决相关综合问题.3.数列递推关系、非等差、等比数列的求和是高考热点,特别是错位相减法和裂项相消法求和.分值约为12分,难度中等.五年高考考点一数列求和1.(2017课标全国Ⅰ,12,5分)几位大学生响应国家的创业号召,开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣,他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案:已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16,…,其中第一项是20,接下来的两项是20,21,再接下来的三项是20,21,22,依此类推.求满足如下条件的最小整数N:N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是( )A.440B.330C.220D.110答案 A2.(2017课标全国Ⅱ,15,5分)等差数列{a n}的前n项和为S n,a3=3,S4=10,则= .答案3.(2015课标Ⅱ,16,5分)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= .答案-4.(2016课标全国Ⅱ,17,12分)S n为等差数列{a n}的前n项和,且a1=1,S7=28.记b n=[lg a n],其中[x]表示不超过x的最大整数,如[0.9]=0,[lg 99]=1.(1)求b1,b11,b101;(2)求数列{b n}的前1 000项和.解析(1)设{a n}的公差为d,据已知有7+21d=28,解得d=1.所以{a n}的通项公式为a n=n.b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]=1,b101=[lg 101]=2.(6分)(2)因为b n=(9分)所以数列{b n}的前1 000项和为1×90+2×900+3×1=1 893.(12分)5.(2015课标Ⅰ,17,12分)S n为数列{a n}的前n项和.已知a n>0,+2a n=4S n+3.(1)求{a n}的通项公式;(2)设b n=,求数列{b n}的前n项和.解析(1)由+2a n=4S n+3,可知+2a n+1=4S n+1+3.可得-+2(a n+1-a n)=4a n+1,2017年高考“最后三十天”专题透析即2(a n+1+a n)=-=(a n+1+a n)(a n+1-a n).由于a n>0,可得a n+1-a n=2.又+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去)或a1=3.所以{a n}是首项为3,公差为2的等差数列,通项公式为a n=2n+1.(6分)(2)由a n=2n+1可知b n===.设数列{b n}的前n项和为T n,则T n=b1+b2+…+b n==.(12分)教师用书专用(6—12)6.(2016北京,12,5分)已知{a n}为等差数列,S n为其前n项和.若a1=6,a3+a5=0,则S6= .答案 67.(2013湖南,15,5分)设S n为数列{a n}的前n项和,S n=(-1)n a n-,n∈N*,则(1)a3= ;(2)S1+S2+…+S100= .答案(1)- (2)8.(2015天津,18,13分)已知数列{a n}满足a n+2=qa n(q为实数,且q≠1),n∈N*,a1=1,a2=2,且a2+a3,a3+a4,a4+a5成等差数列.(1)求q的值和{a n}的通项公式;(2)设b n=,n∈N*,求数列{b n}的前n项和.解析(1)由已知,有(a3+a4)-(a2+a3)=(a4+a5)-(a3+a4),即a4-a2=a5-a3,所以a2(q-1)=a3(q-1).又因为q≠1,所以a3=a2=2,由a3=a1·q,得q=2.当n=2k-1(k∈N*)时,a n=a2k-1=2k-1=;当n=2k(k∈N*)时,a n=a2k=2k=.所以{a n}的通项公式为a n=(2)由(1)得b n==.设{b n}的前n项和为S n,则S n=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,S n=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,上述两式相减,得S n=1+++…+-=-=2--,整理得,S n=4-.所以数列{b n}的前n项和为4-,n∈N*.9.(2014山东,19,12分)已知等差数列{a n}的公差为2,前n项和为S n,且S1,S2,S4成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)令b n=(-1)n-1,求数列{b n}的前n项和T n.解析(1)S1=a1,S2=2a1+×2=2a1+2,S4=4a1+×2=4a1+12,由题意得(2a1+2)2=a1(4a1+12),解得a1=1,所以a n=2n-1.(2)b n=(-1)n-1=(-1)n-1=(-1)n-1.当n为正偶数时,T n=-+…+-=1-=.当n为正奇数时,好教育云平台——教育因你我而变2T n=-+…-+++=1+=.所以T n=10.(2013浙江,18,14分)在公差为d的等差数列{a n}中,已知a1=10,且a1,2a2+2,5a3成等比数列.(1)求d,a n;(2)若d<0,求|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|.解析(1)由题意得5a3·a1=(2a2+2)2,即d2-3d-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,所以由(1)得d=-1,a n=-n+11,则当n≤11时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=S n=-n2+n.当n≥12时,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=-S n+2S11=n2-n+110.综上所述,|a1|+|a2|+|a3|+…+|a n|=11.(2014江西,17,12分)已知首项都是1的两个数列{a n},{b n}(b n≠0,n∈N*)满足a n b n+1-a n+1b n+2b n+1b n=0.(1)令c n=,求数列{c n}的通项公式;(2)若b n=3n-1,求数列{a n}的前n项和S n.解析(1)因为a n b n+1-a n+1b n+2b n+1b n=0,b n≠0(n∈N*),所以-=2,即c n+1-c n=2.所以数列{c n}是以1为首项,2为公差的等差数列,故c n=2n-1.(2)由(1)及b n=3n-1知a n=c n b n=(2n-1)3n-1,于是数列{a n}的前n项和S n=1·30+3·31+5·32+…+(2n-1)·3n-1,3S n=1·31+3·32+…+(2n-3)·3n-1+(2n-1)·3n,相减得-2S n=1+2·(31+32+…+3n-1)-(2n-1)·3n=-2-(2n-2)3n,所以S n=(n-1)3n+1.12.(2013江西,17,12分)正项数列{a n}的前n项和S n满足:-(n2+n-1)S n-(n2+n)=0.(1)求数列{a n}的通项公式a n;(2)令b n=,数列{b n}的前n项和为T n.证明:对于任意的n∈N*,都有T n<.解析(1)由-(n2+n-1)S n-(n2+n)=0,得[S n-(n2+n)]·(S n+1)=0.由于{a n}是正项数列,所以S n>0,S n=n2+n.于是a1=S1=2,n≥2时,a n=S n-S n-1=n2+n-(n-1)2-(n-1)=2n.综上,数列{a n}的通项公式为a n=2n.(2)证明:由于a n=2n,b n=,所以b n ==-.T n =1-+-+-+…+-+-=<=.考点二数列的综合应用1.(2015福建,8,5分)若a,b是函数f(x)=x2-px+q(p>0,q>0)的两个不同的零点,且a,b,-2这三个数可适当排序后成等差数列,也可适当排序后成等比数列,则p+q的值等于( )A.6B.7C.8D.9答案 D2.(2013重庆,12,5分)已知{a n}是等差数列,a1=1,公差d≠0,S n为其前n项和,若a1,a2,a5成等比数列,则S8= .34好教育云平台——教育因你我而变2017年高考“最后三十天”专题透析答案 643.(2017山东,19,12分)已知{x n }是各项均为正数的等比数列,且x 1+x 2=3,x 3-x 2=2. (1)求数列{x n }的通项公式;(2)如图,在平面直角坐标系xOy 中,依次连接点P 1(x 1,1),P 2(x 2,2),…,P n+1(x n+1,n+1)得到折线P 1P 2…P n+1,求由该折线与直线y=0,x=x 1,x=x n+1所围成的区域的面积T n.解析 本题考查等比数列基本量的计算,错位相减法求和. (1)设数列{x n }的公比为q,由已知知q>0. 由题意得所以3q 2-5q-2=0. 因为q>0,所以q=2,x 1=1.因此数列{x n }的通项公式为x n =2n-1.(2)过P 1,P 2,…,P n+1向x 轴作垂线,垂足分别为Q 1,Q 2,…,Q n+1.由(1)得x n+1-x n =2n -2n-1=2n-1, 记梯形P n P n+1Q n+1Q n 的面积为b n ,由题意b n =×2n-1=(2n+1)×2n-2, 所以T n =b 1+b 2+…+b n=3×2-1+5×20+7×21+…+(2n -1)×2n-3+(2n+1)×2n-2,①2T n =3×20+5×21+7×22+…+(2n -1)×2n-2+(2n+1)×2n-1.② ①-②得-T n =3×2-1+(2+22+…+2n-1)-(2n+1)×2n-1=+-(2n+1)×2n-1. 所以T n =.教师用书专用(4—13)4.(2013课标全国Ⅰ,12,5分)设△A n B n C n 的三边长分别为a n ,b n ,c n ,△A n B n C n 的面积为S n ,n=1,2,3,….若b 1>c 1,b 1+c 1=2a 1,a n+1=a n ,b n+1=,c n+1=,则( ) A.{S n }为递减数列 B.{S n }为递增数列C.{S 2n-1}为递增数列,{S 2n }为递减数列D.{S 2n-1}为递减数列,{S 2n }为递增数列 答案 B5.(2015安徽,18,12分)设n∈N *,x n 是曲线y=x 2n+2+1在点(1,2)处的切线与x 轴交点的横坐标. (1)求数列{x n }的通项公式; (2)记T n =…,证明:T n ≥.解析 (1)y'=(x 2n+2+1)'=(2n+2)x 2n+1,曲线y=x 2n+2+1在点(1,2)处的切线斜率为2n+2. 从而切线方程为y-2=(2n+2)(x-1).令y=0,解得切线与x 轴交点的横坐标x n =1-=. (2)证明:由题设和(1)中的计算结果知 T n =…=…. 当n=1时,T 1=.当n≥2时,因为==> ==.所以T n >×××…×=.综上可得对任意的n∈N *,均有T n ≥.6.(2015重庆,22,12分)在数列{a n}中,a1=3,a n+1a n+λa n+1+μ=0(n∈N+).(1)若λ=0,μ=-2,求数列{a n}的通项公式;(2)若λ=(k0∈N+,k0≥2),μ=-1,证明:2+<<2+.解析(1)由λ=0,μ=-2,得a n+1a n=2(n∈N+).若存在某个n0∈N+,使得=0,则由上述递推公式易得=0.重复上述过程可得a1=0,此与a1=3矛盾,所以对任意n∈N+,a n≠0.从而a n+1=2a n(n∈N+),即{a n}是一个公比q=2的等比数列.故a n=a1q n-1=3·2n-1.(2)证明:若λ=,μ=-1,则数列{a n}的递推关系式变为a n+1a n+a n+1-=0,变形为a n+1=(n∈N+).由上式及a1=3>0,归纳可得3=a1>a2>...>a n>a n+1> 0因为a n+1===a n-+·,所以对n=1,2,…,k0求和得=a1+(a2-a1)+…+(-)=a1-k0·+·>2+·=2+.另一方面,由上已证的不等式知a1>a2>…>>>2,得=a1-k0·+·<2+·=2+.综上,2+<<2+.7.(2015湖北,22,14分)已知数列{a n}的各项均为正数,b n=a n(n∈N+),e为自然对数的底数.(1)求函数f(x)=1+x-e x的单调区间,并比较与e的大小;(2)计算,,,由此推测计算的公式,并给出证明;(3)令c n=(a1a2…a n,数列{a n},{c n}的前n项和分别记为S n,T n,证明:T n<eS n.解析(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=1-e x.当f '(x)>0,即x<0时, f(x)单调递增;当f '(x)<0,即x>0时, f(x)单调递减.故f(x)的单调递增区间为(-∞,0),单调递减区间为(0,+∞).当x>0时, f(x)<f(0)=0,即1+x<e x.令x=,得1+<,即<e. ①(2)=1×=1+1=2;=·=2×2×=(2+1)2=32;=·=32×3×=(3+1)3=43.由此推测:=(n+1)n.②下面用数学归纳法证明②.(i)当n=1时,左边=右边=2,②成立.(ii)假设当n=k时,②成立,即=(k+1)k.当n=k+1时,b k+1=(k+1)a k+1,由归纳假设可得=·=(k+1)k(k+1)=(k+2)k+1.所以当n=k+1时,②也成立.根据(i)(ii),可知②对一切正整数n都成立.(3)由c n的定义,②,算术-几何平均不等式,b n的定义及①得T n=c1+c2+c3+…+c n=(a1+(a1a2+(a1a2a3+…+(a1a2…a n=+++…+≤+++…+=b1+b2+…+b n·=b1+b2+…+b n<++…+=a1+a2+…+a n<ea1+ea2+…+ea n=eS n.即T n<eS n.52017年高考“最后三十天”专题透析8.(2015陕西,21,12分)设f n(x)是等比数列1,x,x2,…,x n的各项和,其中x>0,n∈N,n≥2.(1)证明:函数F n(x)=f n(x)-2在内有且仅有一个零点(记为x n),且x n=+;(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列,其各项和为g n(x),比较f n(x)和g n(x)的大小,并加以证明.解析(1)证明:F n(x)=f n(x)-2=1+x+x2+…+x n-2,则F n(1)=n-1>0,F n=1+++…+-2=-2=-<0,所以F n(x)在内至少存在一个零点.又F'n(x)=1+2x+…+nx n-1>0,故F n(x)在内单调递增,所以F n(x)在内有且仅有一个零点x n.因为x n是F n(x)的零点,所以F n(x n)=0,即-2=0,故x n=+.(2)解法一:由题设知,g n(x)=.设h(x)=f n(x)-g n(x)=1+x+x2+…+x n-,x>0.当x=1时, f n(x)=g n(x).当x≠1时,h'(x)=1+2x+…+nx n-1-.若0<x<1,则h'(x)>x n-1+2x n-1+…+nx n-1-x n-1=x n-1-x n-1=0.若x>1,则h'(x)<x n-1+2x n-1+…+nx n-1-x n-1=x n-1-x n-1=0.所以h(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减,所以h(x)<h(1)=0,即f n(x)<g n(x).综上所述,当x=1时, f n(x)=g n(x);当x≠1时, f n(x)<g n(x).解法二:由题设,f n(x)=1+x+x2+…+x n,g n(x)=,x>0.当x=1时, f n(x)=g n(x).当x≠1时,用数学归纳法可以证明f n(x)<g n(x).①当n=2时, f2(x)-g2(x)=-(1-x)2<0,所以f2(x)<g2(x)成立.②假设n=k(k≥2)时,不等式成立,即f k(x)<g k(x).那么,当n=k+1时,f k+1(x)=f k(x)+x k+1<g k(x)+x k+1=+x k+1=.又g k+1(x)-=,令h k(x)=kx k+1-(k+1)x k+1(x>0),则h'k(x)=k(k+1)x k-k(k+1)x k-1=k(k+1)x k-1(x-1).所以当0<x<1时,h'k(x)<0,h k(x)在(0,1)上递减;当x>1时,h'k(x)>0,h k(x)在(1,+∞)上递增.所以h k(x)>h k(1)=0,从而g k+1(x)>.故f k+1(x)<g k+1(x),即n=k+1时不等式也成立.由①和②知,对一切n≥2的整数,都有f n(x)<g n(x).解法三:由已知,记等差数列为{a k},等比数列为{b k},k=1,2,…,n+1.则a1=b1=1,a n+1=b n+1=x n,所以a k=1+(k-1)·(2≤k≤n),b k=x k-1(2≤k≤n),令m k(x)=a k-b k=1+-x k-1,x>0(2≤k≤n),当x=1时,a k=b k,所以f n(x)=g n(x).好教育云平台——教育因你我而变6当x≠1时,m'k(x)=·nx n-1-(k-1)x k-2=(k-1)x k-2(x n-k+1-1).而2≤k≤n,所以k-1>0,n-k+1≥1.若0<x<1,则x n-k+1<1,m'k(x)<0;若x>1,则x n-k+1>1,m'k(x)>0,从而m k(x)在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增,所以m k(x)>m k(1)=0,所以当x>0且x≠1时,a k>b k(2≤k≤n),又a1=b1,a n+1=b n+1,故f n(x)<g n(x).综上所述,当x=1时, f n(x)=g n(x);当x≠1时, f n(x)<g n(x).9.(2014浙江,19,14分)已知数列{a n}和{b n}满足a1a2a3…a n=((n∈N*).若{a n}为等比数列,且a1=2,b3=6+b2.(1)求a n与b n;(2)设c n=-(n∈N*).记数列{c n}的前n项和为S n.(i)求S n;(ii)求正整数k,使得对任意n∈N*均有S k≥S n.解析(1)由a1a2a3…a n=(,b3-b2=6,知a3=(=8.又由a1=2,得公比q=2(q=-2舍去),所以数列{a n}的通项为a n=2n(n∈N*),所以,a1a2a3…a n==()n(n+1).故数列{b n}的通项为b n=n(n+1)(n∈N*).(2)(i)由(1)知c n=-=-(n∈N*),所以S n=-(n∈N*).(ii)因为c1=0,c2>0,c3>0,c4>0;当n≥5时,c n=,而-=>0,得≤<1,所以,当n≥5时,c n<0.综上,对任意n∈N*,恒有S4≥S n,故k=4.10.(2014湖北,18,12分)已知等差数列{a n}满足:a1=2,且a1,a2,a5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.解析(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d2-4d=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==2n2.令2n2>60n+800,即n2-30n-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41.11.(2014湖南,20,13分)已知数列{a n}满足a1=1,|a n+1-a n|=p n,n∈N*.(1)若{a n}是递增数列,且a1,2a2,3a3成等差数列,求p的值;(2)若p=,且{a2n-1}是递增数列,{a2n}是递减数列,求数列{a n}的通项公式.解析(1)因为{a n}是递增数列,所以|a n+1-a n|=a n+1-a n=p n.而a1=1,因此a2=p+1,a3=p2+p+1.78好教育云平台——教育因你我而变2017年高考“最后三十天”专题透析又a 1,2a 2,3a 3成等差数列,所以4a 2=a 1+3a 3,因而3p 2-p=0,解得p=或p=0. 当p=0时,a n+1=a n ,这与{a n }是递增数列矛盾.故p=. (2)由于{a 2n-1}是递增数列,因而a 2n+1-a 2n-1>0, 于是(a 2n+1-a 2n )+(a 2n -a 2n-1)>0.① 但<,所以|a 2n+1-a 2n |<|a 2n -a 2n-1|.② 由①,②知,a 2n -a 2n-1>0, 因此a 2n -a 2n-1==.③ 因为{a 2n }是递减数列, 同理可得,a 2n+1-a 2n <0,故 a 2n+1-a 2n =-=.④由③,④知,a n+1-a n =.于是a n =a 1+(a 2-a 1)+(a 3-a 2)+…+(a n -a n-1) =1+-+…+ =1+· =+·,故数列{a n }的通项公式为 a n =+·.12.(2013山东,20,12分)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,且S 4=4S 2,a 2n =2a n +1. (1)求数列{a n }的通项公式;(2)设数列{b n }的前n 项和为T n ,且T n +=λ(λ为常数),令c n =b 2n (n∈N *),求数列{c n }的前n 项和R n . 解析 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1,公差为d. 由S 4=4S 2,a 2n =2a n +1得解得a 1=1,d=2.因此a n =2n-1,n∈N *. (2)由题意知T n =λ-, 所以n≥2时, b n =T n -T n-1=-+=.故c n =b 2n ==(n-1),n∈N *.所以R n =0×+1×+2×+3×+…+(n -1)×, 则R n =0×+1×+2×+…+(n -2)×+(n -1)×, 两式相减得R n =+++…+-(n-1)×=-(n-1)×=-, 整理得R n =.所以数列{c n }的前n 项和R n =.13.(2013广东,19,14分)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1=1,=a n+1-n 2-n-,n∈N *. (1)求a 2的值;(2)求数列{a n }的通项公式;(3)证明:对一切正整数n,有++…+<.解析 (1)依题意得,2S 1=a 2--1-,又S 1=a 1=1,所以a 2=4.(2)当n≥2时,2S n =na n+1-n 3-n 2-n,2S n-1=(n-1)a n -(n-1)3-(n-1)2-(n-1) 两式相减得2a n =na n+1-(n-1)a n -(3n 2-3n+1)-(2n-1)-, 整理得(n+1)a n =na n+1-n(n+1),即-=1,又-=1, 故数列是首项为=1,公差为1的等差数列,所以=1+(n-1)×1=n,所以a n =n 2.(3)证明:当n=1时,=1<;当n=2时,+=1+=<;当n≥3时,=<=-,此时++…+=1++++…+<1++++…+=1++-=-<,综上,对一切正整数n,有++…+<.三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点一数列求和1.(2018天津实验中学上学期期中,7)已知S n是等差数列{a n}的前n项和,a1=1,S5=25,设T n为数列{(-1)n+1a n}的前n项和,则T2 015=( )A.2 014B.-2 014C.2 015D.-2 015答案 C2.(2017湖南郴州第一次教学质量检测,6)在等差数列{a n}中,a4=5,a7=11.设b n=(-1)n·a n,则数列{b n}的前100项之和S100=( )A.-200B.-100C.200D.100答案 D3.(2016山东部分重点中学第二次联考,7)设S n为等差数列{a n}的前n项和,a2=2,S5=15,若的前m项和为,则m 的值为( )A.8B.9C.10D.11答案 B4.(2018湖北东南省级示范高中联考,15)已知S n为{a n}的前n项和,若a n(4+cos nπ)=n(2-cos nπ),则S88等于.答案 2 332考点二数列的综合应用5.(2017广东海珠上学期高三综合测试(一),7)公差不为0的等差数列{a n}的部分项,,,…构成等比数列{},且k1=1,k2=2,k3=6,则k4为( )A.20B.22C.24D.28答案 B6.(人教A必5,二,2-5A,5,变式)中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题:三百七十八里关,初行健步不为难,次日脚痛减一半,六朝才得到其关,要见次日行里数,请公仔细算相还.其意思为:有一个人要走378里路,第一天健步行走,从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半,走了6天后到达目的地,那么第二天走了( )A.192里B.96里C.48里D.24里答案 B7.(2018陕西宝鸡金台期中,15)若数列{a n}是正项数列,且+++…+=n2+n,则a1++…+=.答案2n2+2n8.(2017广东“六校联盟”联考,14)已知数列{a n}的前n项和为S n,且满足S n=2a n-1(n∈N*),则数列{na n}的前n 项和T n为.答案(n-1)2n+1B组2016—2018年模拟·提升题组(满分:60分时间:50分钟)一、选择题(每小题5分,共20分)92017年高考“最后三十天”专题透析1.(2018广东茂名化州二模,10)已知有穷数列{a n}中,n=1,2,3,…,729,且a n=(2n-1)·(-1)n+1.从数列{a n}中依次取出a2,a5,a14,…构成新数列{b n},容易发现数列{b n}是以-3为首项,-3为公比的等比数列.记数列{a n}的所有项的和为S,数列{b n}的所有项的和为T,则( )A.S>TB.S=TC.S<TD.S与T的大小关系不确定答案 A2.(2018四川南充模拟,11)设数列{a n}的前n项和为S n,已知a1=,a n+1=则S2 018等于( )A. B. C. D.答案 B3.(2018湖南祁阳二模,12)已知数列{a n}与{b n}的前n项和分别为S n,T n,且a n>0,6S n=+3a n,n∈N*,b n=,若∀n∈N*,k>T n恒成立,则k的最小值是( )A. B.49 C. D.答案 C4.(2017湖北四地七校2月联盟,12)数列{a n}满足a1=1,na n+1=(n+1)a n+n(n+1),且b n=a n cos,记S n为数列{b n}的前n项和,则S24=( )A.294B.174C.470D.304答案 D二、填空题(每小题5分,共10分)5.(2017河北冀州第二次阶段考试,15)若数列{a n}是正项数列,且++…+=n2+3n,则++…+=.答案2n2+6n6.(2017河北武邑第三次调研,16)对于数列{a n},定义H n=为{a n}的“优值”,现在已知某数列{a n}的“优值”H n=2n+1,记数列{a n-kn}的前n项和为S n,若S n≤S5对任意的n(n∈N*)恒成立,则实数k的取值范围是.答案三、解答题(共30分)7.(2018吉林实验中学一模,19)已知数列{a n}中,a1=1,a n+1=(n∈N*).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)数列{b n}满足b n=(3n-1)··a n,数列{b n}的前n项和为T n,若不等式(-1)nλ<T n+对一切n∈N*恒成立,求λ的取值范围.解析(1)由a n+1=(n∈N*),得==+1,∴+=3,又+=,∴数列是以3为公比,为首项的等比数列,从而+=×3n-1⇒a n=.(2)将a n=代入b n=(3n-1)··a n可得b n=.T n=1×+2×+3×+…+(n-1)×+n×,T n=1×+2×+…+(n-1)×+n×,两式相减得=+++…+-n×=2-,∴T n=4-,∴(-1)nλ<4-,若n为偶数,则λ<4-,∴λ<3,若n为奇数,则-λ<4-,∴-λ<2,∴λ>-2,∴-2<λ<3.8.(2017河北衡水中学摸底联考,17)中国人口已经出现老龄化与少子化并存的结构特征,测算显示中国是世界上人口老龄化速度最快的国家之一,再不实施“放开二胎”新政策,整个社会将会出现一系列的问题,若某地区2015年人口总数为45万人,实施“放开二胎”新政策后专家估计人口总数将发生如下变化:从2016年开始到好教育云平台——教育因你我而变102025年每年人口比上年增加0.5万人,从2026年开始到2035年每年人口为上一年的99%.(1)求实施新政策后第n年的人口总数a n(单位:万人)的表达式(注:2016年为第一年);(2)若新政策实施后的2016年到2035年的人口平均值超过49万人,则需调整政策,否则继续实施,那么2035年后是否需要调整政策?(说明:0.9910=(1-0.01)10≈0.9)解析(1)当n≤10时,数列{a n}是首项为45.5,公差为0.5的等差数列,故a n=45.5+0.5×(n-1),当n≥11时,数列{a n}是公比为0.99的等比数列,又a10=50,故a n=50×0.99n-10,因此,新政策实施后第n年的人口总数a n(单位:万人)的表达式为a n=n∈N*.(2)设S n(单位:万人)为数列{a n}的前n项和,则由等差数列及等比数列的求和公式得,S20=S10+(a11+a12+…+a20)=477.5+4 950×(1-0.9910)≈972.5,∴新政策实施到2035年的人口平均值为=48.625<49,故2035年后不需要调整政策.C组2016—2018年模拟·方法题组方法1 错位相减法求和1.(2017河北武邑高三上学期第三次调研)已知数列{a n}是等比数列,首项a1=1,公比q>0,其前n项和为S n,且S1+a1,S3+a3,S2+a2成等差数列.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)若数列{b n}满足a n+1=,T n为数列{b n}的前n项和,若T n≥m恒成立,求m的最大值.解析(1)由题意可知,2(S3+a3)=(S1+a1)+(S2+a2),∴S3-S1+S3-S2=a1+a2-2a3,即4a3=a1,于是=q2=.∵q>0,∴q=.∵a1=1,∴a n=.(2)∵a n+1=,∴=,∴b n=n·2n-1,∴T n=1×1+2×2+3×22+…+n·2n-1,①∴2T n=1×2+2×22+3×23+…+n·2n.②由①-②得,-T n=1+2+22+…+2n-1-n·2n=-n·2n=(1-n)·2n-1,∴T n=1+(n-1)·2n.∵T n≥m恒成立,只需(T n)min≥m即可,∵T n+1-T n=n·2n+1-(n-1)·2n=(n+1)·2n>0,∴{T n}为递增数列,∴当n=1时,(T n)min=T1=1,∴m≤1,∴m的最大值为1.方法2 裂项相消法求和2.(2018内蒙古巴彦淖尔第一中学月考,9)定义为n个正数p1,p2,…,p n的“均倒数”,已知数列{a n}的前n项的“均倒数”为,又b n=,则++…+等于( )A. B. C. D.答案 C3.(2017陕西渭南二模,9)设S n为等差数列{a n}的前n项和,a2=3,S5=25,若的前n项和为,则n的值为( )A.504B.1 008C.1 009D.2 017答案 B4.(2017湖南湘潭三模,17)已知数列{a n}满足S n=2a n-1(n∈N*),{b n}是等差数列,且b1=a1,b4=a3.(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式;(2)若c n=-(n∈N*),求数列{c n}的前n项和T n.解析(1)∵S n=2a n-1,∴n≥2时,S n-1=2a n-1-1,∴a n=S n-S n-1=2a n-2a n-1,n≥2,即a n=2a n-1,n≥2.当n=1时,S1=a1=2a1-1,∴a1=1,∴{a n}是以1为首项,2为公比的等比数列,∴a n=2n-1,∴b4=a3=4,又b1=1,∴==1.∴b n=1+(n-1)=n.(2)由(1)知c n=-=21-n-=21-n-2,∴T n=-2=2--2=-21-n.11。