2019届高考数学二轮复习第一篇考点四数列考查角度1等差数列的基本量的运算突破训练文

高考数列考查知识点数列是高考数学中的重要知识点，其涉及到数学中的一些基本概念和运算规则。

在高考中，数列常常以各种形式出现，包括等差数列、等比数列、递推数列等。

在考试中，掌握好数列的概念和相关的解题方法对于获得一个好成绩至关重要。

一、等差数列等差数列指的是一个数列中，从第二项开始，每一项与前一项之差都是一个常数。

这个常数被称为等差数列的公差。

常见的求等差数列的公式有两种，分别是通项公式和前n项和公式。

通项公式：an = a1 + (n-1)d其中，a1代表数列的首项，n代表数列的第几项，d代表等差数列的公差。

前n项和公式：Sn = n(a1 + an)/2其中，Sn代表等差数列的前n项和，a1代表数列的首项，an代表数列的第n项。

等差数列常被用于描述一些连续变化的情况，比如一个物体的位置随时间的变化等。

二、等比数列等比数列指的是一个数列中，从第二项开始，每一项与前一项之比都是一个常数。

这个常数被称为等比数列的公比。

常见的求等比数列的公式有两种，分别是通项公式和前n项和公式。

通项公式：an = a1 * r^(n-1)其中，a1代表数列的首项，n代表数列的第几项，r代表等比数列的公比。

前n项和公式：Sn = a1 * (1 - r^n)/(1 - r)其中，Sn代表等比数列的前n项和，a1代表数列的首项，r代表等比数列的公比。

等比数列常被用于一些指数增长或指数衰减的情况，比如复利计算、人口增长等。

三、递推数列递推数列指的是一个数列中，每一项都是前一项的函数表示，且第一项的值是已知的。

递推数列的求解主要依靠递推关系式，通过已知的第一项计算出序列中的其他项。

常见的递推数列有斐波那契数列、汉诺塔数列等。

在高考中，递推数列常常出现在数学推理问题中，需要学生通过找到递推关系式来求解问题。

结语：数列是高考数学中的重要知识点，掌握好数列的概念和解题方法对于高考取得好成绩至关重要。

在备考过程中，建议同学们多做相关的练习题，提高对数列的理解和应用能力。

等差数列、等比数列【高考考情解读】 高考对本讲知识的考查主要是以下两种形式：1.以选择题、填空题的形式考查，主要利用等差、等比数列的通项公式、前n 项和公式及其性质解决与项、和有关的计算问题，属于基础题；2.以解答题的形式考查，主要是等差、等比数列的定义、通项公式、前n 项和公式及其性质等知识交汇综合命题，考查用数列知识分析问题、解决问题的能力，属低、中档题．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S n ＝n a 1＋a n2＝na 1＋n n －2d(1)q ≠1，S n ＝a 1－qn1－q＝a 1－a n q1－q(2)q ＝1，S n ＝na 1考点一 与等差数列有关的问题例1 在等差数列{a n }中，满足3a 5＝5a 8，S n 是数列{a n }的前n 项和．(1)若a 1>0，当S n 取得最大值时，求n 的值； (2)若a 1＝－46，记b n ＝S n －a nn，求b n 的最小值． 解 (1)设{a n }的公差为d ，则由3a 5＝5a 8，得3(a 1＋4d )＝5(a 1＋7d )，∴d ＝－223a 1.∴S n ＝na 1＋n n －12×⎝ ⎛⎭⎪⎫－223a 1＝－123a 1n 2＋2423a 1n＝－123a 1(n －12)2＋14423a 1.∵a 1>0，∴当n ＝12时，S n 取得最大值． (2)由(1)及a 1＝－46，得d ＝－223×(－46)＝4，∴a n ＝－46＋(n －1)×4＝4n －50，S n ＝－46n ＋n n －12×4＝2n 2－48n .∴b n ＝S n －a n n ＝2n 2－52n ＋50n＝2n ＋50n－52≥22n ×50n－52＝－32，当且仅当2n ＝50n，即n ＝5时，等号成立．故b n 的最小值为－32.(1)在等差数列问题中其最基本的量是首项和公差，只要根据已知条件求出这两个量，其他问题就可随之而解，这就是解决等差数列问题的基本方法，其中蕴含着方程思想的运用． (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 n m －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)数列{a n }是等差数列的充要条件是其前n 项和公式S n ＝f (n )是n 的二次函数或一次函数且不含常数项，即S n ＝An 2＋Bn (A 2＋B 2≠0)．(1)(2012·浙江)设Sn 是公差为d (d ≠0)的无穷等差数列{a n }的前n 项和，则下列命题错误．．的是( )A ．若d <0，则数列{S n }有最大项B ．若数列{S n }有最大项，则d <0C ．若数列{S n }是递增数列，则对任意n ∈N *，均有S n >0 D ．若对任意n ∈N *，均有S n >0，则数列{S n }是递增数列(2)(2013·课标全国Ⅰ)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答案 (1)C (2)C解析 (1)利用函数思想，通过讨论S n ＝d2n 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n 的单调性判断．设{a n }的首项为a 1，则S n ＝na 1＋12n (n －1)d ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a 1－d 2n .由二次函数性质知S n 有最大值时，则d <0，故A 、B 正确；因为{S n }为递增数列，则d >0，不妨设a 1＝－1，d ＝2，显然{S n }是递增数列，但S 1＝－1<0，故C 错误；对任意n ∈N *，S n 均大于0时，a 1>0，d >0，{S n }必是递增数列，D 正确． (2)a m ＝2，a m ＋1＝3，故d ＝1， 因为S m ＝0，故ma 1＋m m －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.考点二 与等比数列有关的问题例2 (1)(2012·课标全国)已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10等于( )A ．7B ．5C ．－5D ．－7(2)(2012·浙江)设公比为q (q >0)的等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则q ＝________.答案 (1)D (2)32解析 (1)利用等比数列的性质求解．由⎩⎪⎨⎪⎧a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝a 4a 7＝－8解得⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝－2，a 7＝4或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝4，a 7＝－2.∴⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－2，a 1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧q 3＝－12，a 1＝－8，∴a 1＋a 10＝a 1(1＋q 9)＝－7.(2)利用等比数列的通项公式及前n 项和公式求解．S 4＝S 2＋a 3＋a 4＝3a 2＋2＋a 3＋a 4＝3a 4＋2，将a 3＝a 2q ，a 4＝a 2q 2代入得，3a 2＋2＋a 2q ＋a 2q 2＝3a 2q 2＋2，化简得2q 2－q －3＝0， 解得q ＝32(q ＝－1不合题意，舍去)．(1)证明数列是等比数列的两个方法：①利用定义：a n ＋1a n(n ∈N *)是常数，②利用等比中项a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)．(2)等比数列中的五个量：a 1，a n ，q ，n ，S n 可以“知三求二”． (3){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 qn －m；③S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等比数列(q ≠－1)． (4)等比数列前n 项和公式S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1q ＝，a 1－q n 1－q＝a 1－a n q1－q q①能“知三求二”；②注意讨论公比q 是否为1；③a 1≠0.(1)(2013·课标全国Ⅰ)若数列{an }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式是a n ＝________. 答案 (－2)n －1解析 当n ＝1时，a 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝23a n －23a n －1，故a n a n －1＝－2，故a n ＝(－2)n －1. (2)(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 ＋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－－n]1－－＝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，则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}． 考点三 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．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－n2. (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[1－12m]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－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.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 }满足a 1＝3，a n ＋1－3a n ＝3n(n ∈N *)，数列{b n }满足b n ＝3－na n .(1)求证：数列{b n }是等差数列；(2)设S n ＝a 13＋a 24＋a 35＋…＋a n n ＋2，求满足不等式1128<S n S 2n <14的所有正整数n 的值．(1)证明 由b n ＝3－na n 得a n ＝3nb n ， 则a n ＋1＝3n ＋1b n ＋1.代入a n ＋1－3a n ＝3n中，得3n ＋1b n ＋1－3n ＋1b n ＝3n ，即得b n ＋1－b n ＝13.所以数列{b n }是等差数列．(2)解 因为数列{b n }是首项为b 1＝3－1a 1＝1， 公差为13的等差数列，则b n ＝1＋13(n －1)＝n ＋23，则a n ＝3nb n ＝(n ＋2)×3n －1，从而有a nn ＋2＝3n －1，故S n ＝a 13＋a 24＋a 35＋…＋a nn ＋2＝1＋3＋32＋…＋3n －1＝1－3n 1－3＝3n－12， 则S n S 2n ＝3n －132n －1＝13n ＋1， 由1128<S n S 2n <14，得1128<13n ＋1<14， 即3<3n<127，得1<n ≤4.故满足不等式1128<S n S 2n <14的所有正整数n 的值为2,3,4.1． 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 n n}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}等也是等比数列．(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 1qa 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 成等比数列的必要条件是b 2＝ac .1． 已知等比数列{a n }中，各项都是正数，且a 1，12a 3，2a 2成等差数列，则a 8＋a 9a 6＋a 7等于( )A ．1＋ 2B ．1－ 2C ．3＋2 2D ．3－2 2答案 C解析 记等比数列{a n }的公比为q ，其中q >0， 由题意知a 3＝a 1＋2a 2，即a 1q 2＝a 1＋2a 1q . 因为a 1≠0，所以有q 2－2q －1＝0， 由此解得q ＝1±2， 又q >0，所以q ＝1＋ 2.所以a 8＋a 9a 6＋a 7＝q 2a 6＋a 7a 6＋a 7＝q 2＝(1＋2)2＝3＋2 2.2． 已知正项等比数列{a n }满足a 7＝a 6＋2a 5，若存在两项a m ，a n 使得a m a n ＝4a 1，则1m ＋4n的最小值为 ( )A.32 B.53C.94D ．不存在答案 A解析 因为a 7＝a 6＋2a 5，所以q 2－q －2＝0，解得q ＝2或q ＝－1(舍去)． 又a m a n ＝a 21qm ＋n －2＝4a 1，所以m ＋n ＝6.则1m ＋4n ＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋4n (m ＋n ) ＝16⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋n m ＋4m n ＋4≥32.当且仅当n m ＝4mn，即n ＝2m 时，等号成立． 此时m ＝2，n ＝4.3． 已知等差数列{a n }的前n 项的和为S n ，等比数列{b n }的各项均为正数，公比是q ，且满足：a 1＝3，b 1＝1，b 2＋S 2＝12，S 2＝b 2q . (1)求a n 与b n ；(2)设c n ＝3b n －λ·2a n3，若数列{c n }是递增数列，求λ的取值范围．解 (1)由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧q ＋3＋a 2＝12，3＋a 2＝q 2，所以q 2＋q －12＝0，解得q ＝3或q ＝－4(舍)， 从而a 2＝6，所以a n ＝3n ，b n ＝3n －1.(2)由(1)知，c n ＝3b n －λ·2a n3＝3n－λ·2n.由题意，得c n ＋1>c n 对任意的n ∈N *恒成立， 即3n ＋1－λ·2n ＋1>3n －λ·2n恒成立，亦即λ·2n <2·3n恒成立，即λ<2·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n 恒成立．由于函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n是增函数，所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤2·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n min ＝2×32＝3， 故λ<3，即λ的取值范围为(－∞，3)．(推荐时间：60分钟)一、选择题1． (2013·江西)等比数列x,3x ＋3,6x ＋6，…的第四项等于( ) A ．－24 B ．0 C ．12 D ．24答案 A解析 由x,3x ＋3,6x ＋6成等比数列得，(3x ＋3)2＝x (6x ＋6)． 解得x ＝－3或x ＝－1(不合题意，舍去)． 故数列的第四项为－24.2． (2013·课标全国Ⅱ)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 3＝a 2＋10a 1，a 5＝9，则a 1等于( )A.13 B ．－13C.19 D ．－19答案 C解析 设等比数列{a n }的公比为q ，由S 3＝a 2＋10a 1得a 1＋a 2＋a 3＝a 2＋10a 1，即a 3＝9a 1，q 2＝9，又a 5＝a 1q 4＝9，所以a 1＝19.3． (2013·课标全国Ⅰ)设首项为1，公比为23的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则( )A ．S n ＝2a n －1B ．S n ＝3a n －2C ．S n ＝4－3a nD ．S n ＝3－2a n答案 D解析 S n ＝a 1－q n1－q＝a 1－q ·a n1－q ＝1－23a n13＝3－2a n .故选D.4． 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 C解析 由题意可知a 6＋a 5>0，故S 10＝a 1＋a 102＝a 5＋a 62>0，而S 9＝a 1＋a 92＝2a 5×92＝9a 5<0，故选C.5． 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 (2011，a 2 011)，则OP →·OQ →等于 ( )A ．2 011B ．－2 011C ．0D ．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 ＝2 011.6． 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 因为{b n }是等差数列，且b 3＝－2，b 10＝12， 故公差d ＝12－－10－3＝2.于是b 1＝－6，且b n ＝2n －8(n ∈N *)，即a n ＋1－a n ＝2n －8， 所以a 8＝a 7＋6＝a 6＋4＋6＝a 5＋2＋4＋6＝…＝ ＝a 1＋(－6)＋(－4)＋(－2)＋0＋2＋4＋6＝3. 二、填空题7． (2013·广东)在等差数列{a n }中，已知a 3＋a 8＝10，则3a 5＋a 7＝________.答案 20解析 设公差为d ，则a 3＋a 8＝2a 1＋9d ＝10，∴3a 5＋a 7＝4a 1＋18d ＝2(2a 1＋9d )＝20. 8． 各项均为正数的等比数列{a n }的公比q ≠1，a 2，12a 3，a 1成等差数列，则a 3a 4＋a 2a 6a 2a 6＋a 4a 5＝________.答案5－12解析 依题意，有a 3＝a 1＋a 2，设公比为q ，则有q 2－q －1＝0，所以q ＝1＋52(舍去负值)．a 3a 4＋a 2a 6a 2a 6＋a 4a 5＝a 2a 4q ＋q 2a 2a 4q 2＋q 3＝1q ＝21＋5＝5－12.9． 在等差数列{a n }中，a n >0，且a 1＋a 2＋…＋a 10＝30，则a 5·a 6的最大值等于________．答案 9解析 由a 1＋a 2＋…＋a 10＝30得a 5＋a 6＝305＝6，又a n >0，∴a 5·a 6≤⎝⎛⎭⎪⎫a 5＋a 622＝⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝9.10．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 ＝，⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2n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 ＝，⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2n三、解答题11．已知{a n }是以a 为首项，q 为公比的等比数列，S n 为它的前n 项和．(1)当S 1，S 3，S 4成等差数列时，求q 的值；(2)当S m ，S n ，S l 成等差数列时，求证：对任意自然数k ，a m ＋k ，a n ＋k ，a l ＋k 也成等差数列． (1)解 由已知，得a n ＝aqn －1，因此S 1＝a ，S 3＝a (1＋q ＋q 2)，S 4＝a (1＋q ＋q 2＋q 3)．当S 1，S 3，S 4成等差数列时，S 4－S 3＝S 3－S 1， 可得aq 3＝aq ＋aq 2，化简得q 2－q －1＝0.解得q ＝1±52.(2)证明 若q ＝1，则{a n }的各项均为a ，此时a m ＋k ，a n ＋k ，a l ＋k 显然成等差数列． 若q ≠1，由S m ，S n ，S l 成等差数列可得S m ＋S l ＝2S n ，即a q m －q －1＋a q l －q －1＝2aq n －q －1，整理得q m ＋q l ＝2q n. 因此，a m ＋k ＋a l ＋k ＝aq k －1(q m＋q l)＝2aqn ＋k －1＝2a n ＋k .所以a m ＋k ，a n ＋k ，a l ＋k 成等差数列．12．设数列{a n }是公比大于1的等比数列，S n 为数列{a n }的前n 项和．已知S 3＝7且a 1＋3,3a 2，a 3＋4构成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝ln a 3n ＋1，n ＝1,2，…，求数列{b n }的前n 项和T n .解 (1)依题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝7，a 1＋＋a 3＋2＝3a 2，解得a 2＝2.设等比数列{a n }的公比为q ，由a 2＝2， 可得a 1＝2q，a 3＝2q .又S 3＝7，可知2q＋2＋2q ＝7，即2q 2－5q ＋2＝0， 解得q 1＝2，q 2＝12.由题意，得q >1，∴q ＝2，∴a 1＝1. 故数列{a n }的通项公式是a n ＝2n －1.(2)由于b n ＝ln a 3n ＋1，n ＝1,2，…， 由(1)得a 3n ＋1＝23n， ∴b n ＝ln 23n＝3n ln 2， 又b n ＋1－b n ＝3ln 2， ∴数列{b n }是等差数列．∴T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n b 1＋b n2＝n＋3n 2＝3n n ＋2ln 2.13．(2013·湖北)已知等比数列{a n }满足：|a 2－a 3|＝10，a 1a 2a 3＝125.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)是否存在正整数m ，使得1a 1＋1a 2＋…＋1a m≥1？若存在，求m 的最小值；若不存在，说明理由．解 (1)设等比数列{a n }的公比为q ，则由已知可得⎩⎪⎨⎪⎧a 31q 3＝125，|a 1q －a 1q 2|＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝53，q ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－5，q ＝－1.故a n ＝53·3n －1或a n ＝－5·(－1)n －1.(2)若a n ＝53·3n －1，则1a n ＝35⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为35，公比为13的等比数列．从而∑n ＝1m1a n ＝35⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13m 1－13＝910·⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫13m <910<1.若a n ＝(－5)·(－1)n －1，则1a n ＝－15(－1)n －1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为－15，公比为－1的等比数列，从而∑n ＝1m1a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－15，m ＝2k －k ∈N ＋，0，m ＝2k k ∈N ＋故∑n ＝1m1a n<1.综上，对任何正整数m ，总有∑n ＝1m1a n<1.故不存在正整数m ，使得1a 1＋1a 2＋…＋1a m≥1成立．。

2019年高考数学数列复习指导第一节数列的概念与简单表示法教材细梳理1．数列的有关概念概念含义数列按照一定顺序排列的一列数数列的项数列中的每一个数数列的通项数列{a n}的第n项a n通项公式数列{a n}的第n项a n与n之间的关系能用公式a n＝f(n)表示，这个公式叫做数列的通项公式前n项和数列{a n}中，S n＝a1＋a2＋…＋a n叫做数列的前n项和n n 若数列{a n }的前n 项和为S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.4．数列的分类[1．数列的通项公式不一定唯一．2．在利用数列的前n 项和求通项时，往往容易忽略先求出a 1，而是直接把数列的通项公式写成a n ＝S n －S n －1的形式，但它只适用于n ≥2的情形．知识微思考1．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)所有数列的第n 项都能使用公式表达．( )(2)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( ) (3)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．( )(4)如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对∀n ∈N *，都有a n ＋1＝S n ＋1－S n .( ) (5)在数列{a n }中，对于任意正整数m ，n ，a m ＋n ＝a mn ＋1，若a 1＝1，则a 2＝2.( ) 答案：(1)× (2)√ (3)× (4)√ (5)√2．数列的通项a n ＝2n 与函数f (x )＝2x 有何区别与联系？提示：数列a n ＝2n 是特殊函数，其定义域为N *，而函数f (x )＝2x 的定义域为R ，a n ＝2n 的图象是离散点且在f (x )＝2x 的图象上．3．数列{a n }中，由a n ＋1＝n ＋1能得到{a n }的通项a n ＝n 吗？ 提示：不能．由a n ＋1＝n ＋1得到a n ＝n ，这里n ≥2.若a 1＝1时，数列的通项a n ＝n ；若a 1＝2时，则通项a n ＝⎩⎨⎧2 (n ＝1)，n (n ≥2).四基精演练1．(必修5·2.1例3改编)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1＋1a n －1(n ≥2)，则a 4＝( )A.32 B.53 C.74D.85解析：选B.由题意知，a 1＝1，a 2＝1＋1a 1＝2，a 3＝1＋1a 2＝32，a 4＝1＋1a 3＝53.2．(实践题)(必修5·2.1教材引例改编)把1,3,6,10,15,21，…这些数叫作三角形数，这是因为以这些数目的点可以排成一个正三角形(如图)．则第7个三角形数是( ) A ．27 B ．28 C ．29D ．30解析：选B.观察规律可知三角形数为1,3,6,10,15,21,28,36，….3．(必修5·2.1练习改编)数列1，23，35，47，59，…的一个通项公式a n 是 ．解析：由已知得，数列可写成11，23，35，…，故通项公式可以为n2n －1.答案：a n ＝n2n －14．(2018·山东日照期末)在数列{a n }中，a n ＝－2n 2＋29n ＋3，则此数列最大项的值是 ．解析：根据题意并结合二次函数的性质可得a n ＝－2n 2＋29n ＋3＝－2⎝⎛⎭⎫n 2－292n ＋3＝－2⎝⎛⎭⎫n －2942＋3＋8418， ∴n ＝7时，a n 取得最大值，最大项a 7的值为108. 答案：1085．(2016·高考浙江卷)设数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝4，a n ＋1＝2S n ＋1，n ∈N *，则a 1＝ ，S 5＝ .解析：法一：∵a n ＋1＝2S n ＋1，∴a 2＝2S 1＋1，即S 2－a 1＝2a 1＋1，又∵S 2＝4，∴4－a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝1.又a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，即S n ＋1＝3S n ＋1，由S 2＝4，可求出S 3＝13，S 4＝40，S 5＝121. 法二：由a n ＋1＝2S n ＋1，得a 2＝2S 1＋1，即S 2－a 1＝2a 1＋1，又S 2＝4，∴4－a 1＝2a 1＋1，解得a 1＝1.又a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝2S n ＋1，即S n ＋1＝3S n ＋1，则S n ＋1＋12＝3⎝⎛⎭⎫S n ＋12，又S 1＋12＝32，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n ＋12是首项为32，公比为3的等比数列，∴S n ＋12＝32×3n －1，即S n ＝3n －12，∴S 5＝35－12＝121.答案：1；121考点一已知数列的前几项求通项[简单型]——发展数学抽象由数列的前几项求数列通项公式的策略1．对数列的前几项进行归纳、联想，具体如下：(1)分式中分子、分母的特征；(2)相邻项的变化特征；(3)拆项后的特征；(4)各项符号特征等．2．根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是利用不完全归纳法，它蕴含着“从特殊到一般”的思想，由不完全归纳得出的结果是不可靠的，要注意代值检验，对于正负符号变化，可用(－1)n或(－1)n＋1来调整．写出下列数列的一个通项公式： (1)1,3,5,7，…； (2)－11×2，12×3，－13×4，14×5，…； (3)1,5,1,5,1,5，…； (4)9,99,999,9 999，….解：(1)数列的前4项都是序号的2倍减去1，所以它的一个通项公式为a n ＝2n －1.事实上，该数列是由连续的正奇数组成的．(2)此数列前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式为a n ＝(－1)n 1n (n ＋1).(3)已知数列可以变换为3－2,3＋2,3－2,3＋2，…，所以已知数列的一个通项公式为a n＝3＋(－1)n ·2.(4)数列的前4项可以写成10－1,100－1,1 000－1,10 000－1，所以它的一个通项公式为a n ＝10n －1.考点二 已知递推关系求通项[探究型]——发展数学运算[例1] (1)(2018·湖南四校联考)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ，则a n 等于( )A ．2＋ln nB ．2＋(n －1)ln nC ．2＋n ln nD ．1＋n ＋ln n解析：由已知，a n ＋1－a n ＝ln n ＋1n ，a 1＝2，所以a n －a n －1＝ln nn －1(n ≥2)，a n －1－a n －2＝ln n －1n －2， …a 2－a 1＝ln 21，将以上n －1个式子叠加，得 a n －a 1＝ln n n －1＋ln n －1n －2＋…＋ln 21＝ln ⎝⎛⎭⎪⎫n n －1·n －1n －2 (21)＝ln n .所以a n ＝2＋ln n (n ≥2)， 经检验n ＝1时也适合．故选A. 答案：A(2)设{a n }是首项为1的正项数列，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：因为(n ＋1)a 2n ＋1＋a n ＋1·a n －na 2n ＝0， 所以(a n ＋1＋a n )[(n ＋1)a n ＋1－na n ]＝0， 又a n ＋1＋a n ＞0，所以(n ＋1)a n ＋1－na n ＝0， 即a n ＋1a n ＝n n ＋1， 所以a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·a 5a 4·…·a n a n －1＝12×23×34×45×…×n －1n ，所以a n ＝1n .答案：1n[母题变式]1．若把本例(1)中条件“a n ＋1＝a n ＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ”改为“a n ＋1＝2a n ＋1”，则a n ＝ . 解析：由题意知a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，所以数列{a n ＋1}是以3为首项，2为公比的等比数列，所以a n ＋1＝3×2n －1，所以a n ＝3× 2n －1－1.答案：3×2n －1－1(n ∈N *)2．若把本例(1)中条件“a n ＋1＝a n ＋ln ⎝⎛⎭⎫1＋1n ”改为a n ＋1＝2a n 2＋a n ，则a n ＝ . 解析：∵a n ＋1＝2a na n ＋2，a 1＝2，∴a n ≠0，∴1a n ＋1＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12， 又a 1＝2，则1a 1＝12，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以12为首项，12为公差的等差数列．∴1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n 2，∴a n ＝2n . 答案：2n3．若把本例(2)中条件改为“a 1＝1，a n ＋1＋a n ＝2n ”，则a n ＝ . 解析：∵a n ＋1＋a n ＝2n ，∴a n ＋2＋a n ＋1＝2n ＋2， 故a n ＋2－a n ＝2，即数列{a n }是奇数项与偶数项都是公差为2的等差数列． 当n 为偶数时，a 2＝1，故a n ＝a 2＋2⎝⎛⎭⎫n 2－1＝n －1.当n 为奇数时，∵a n ＋1＋a n ＝2n ，a n ＋1＝a 1＋2×n －12＝1＋n －1＝n (n ＋1为偶数)，故a n＝n .综上所述，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数，n －1，n 为偶数.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ，n 为奇数n －1，n 为偶数已知数列的递推关系，求数列的通项时，通常用累加、累乘、构造法求解.当出现a n ＝a n －1＋m 时，构造等差数列；当出现a n ＝xa n －1＋y 时，构造等比数列；当出现a n ＝a n －1＋f (n )时，用累加法求解；当出现a na n -1＝f (n )时，用累乘法求解.[提醒] 在求出通项公式后，一定要验证是否满足公式．考点三 a n 与S n 的关系应用[高频型]——发展数学运算[例n n 为 ．解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝2， 当n ≥2时 ，a n ＝S n －S n －1＝6n －5，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，6n －5，n ≥2(2)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝5－4×2－n ，则其通项公式为 ．解析：a 1＝S 1＝5－4×2－1＝3，a n ＝S n －S n －1＝(5－4×2－n )－(5－4×2－n ＋1)＝42n (n ≥2)．当n ＝1时，42n ＝2≠a 1，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，42n ，n ≥2答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，42n，n ≥2[例n n 1n ＋1S n S n ＋1，则S n ＝ .解析：由已知得a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝S n ＋1S n ，两边同时除以S n ＋1S n ，得1S n ＋1－1S n ＝－1，故数列{1S n }是以－1为首项，－1为公差的等差数列，则1S n ＝－1－(n －1)＝－n ，所以S n ＝－1n.答案：－1n(2)(2018·南昌模拟)数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ≥1)，则S n 等于 ．解析：由a n ＋1＝3S n 得S n ＋1－S n ＝3S n ， ∴S n ＋1＝4S n ，又S 1＝a 1＝1≠0，∴{S n }是首项为1，公比为4的等比数列，∴S n ＝4n －1. 答案：4n －1数列的通项a n 与前n 项和S n 的关系是a n ＝当n＝1时，a 1若适合S n －S n －1，则n ＝1的情况可并入n ≥2时的通项a n ；当n ＝1时，a 1若不适合S n －S n －1，则用分段函数的形式表示.1．(2018·陕西四校联考)已知数列{a n }满足条件12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n a n ＝2n ＋5，则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝2n ＋1B ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧14(n ＝1)2n ＋1(n ≥2)C ．a n ＝2nD ．a n ＝2n ＋2解析：选B.由题意可知，数列{a n }满足条件12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n a n ＝2n ＋5，则12a 1＋122a 2＋123a 3＋…＋12n －1a n －1 ＝2(n －1)＋5，n ＞1，两式相减可得：a n2n ＝2n ＋5－2(n －1)－5＝2，∴a n ＝2n ＋1，n ＞1，n ∈N *. 当n ＝1时，a 12＝7，∴a 1＝14，综上可知，数列{a n }的通项公式为：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧14 (n ＝1)，2n ＋1 (n ≥2).故选B.2．数列{a n }的前n 项和记为S n ，a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋1(n ≥1，n ∈N )，则数列{a n }的前n 项和S n ＝ .解析：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 ，a n ＋1＝3a n (n ≥2)．∵a 2＝2S 1＋1＝3，∴a 2＝3a 1，故数列{a n }是首项为1，公比为3的等比数列． ∴a n ＝3n －1，由a n ＋1＝2S n ＋1，得S n ＝a n ＋1－12＝3n －12.答案：3n －12发展数学建模、数学运算(创新型)模型 数列的单调性与函数不等式、导数的交汇创新数列是特殊函数，所以可用函数的观点和方法研究数列的性质、单调性，最大(小)项．数列与函数、不等式、导数等交汇命题是高考的热点，解决这类问题的策略是：1．用作差比较法，根据a n ＋1－a n 的符号判断数列{a n }是递增数列、递减数列或是常数列．2．用作商比较法，根据a n ＋1a n (a n ＞0或a n ＜0)与1的大小关系进行判断．3．结合相应函数的图象直观判断．[例4] (1)等差数列{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：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由等差数列前n 项和公式可得⎩⎨⎧10a 1＋10×92d ＝0，15a 1＋15×142d ＝25，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－3，d ＝23.∴nS n ＝n 2a 1＋n 2(n －1)2d ＝－3n 2＋13(n 3－n 2)＝13n 3－10n 23. 构造函数f (x )＝13x 3－103x 2(x ＞0)．令f ′(x )＝0，解得x ＝0(舍去)或x ＝203.当x ＞203时，f (x )单调递增；当0＜x ＜203时，f (x )单调递减．∵n ∈N *，∴当n ＝7时，nS n 取最小值， ∴(nS n )min ＝13×73－10×723＝－49.答案：－49(2)(2018·烟台质检)已知数列{a n }的通项为a n ＝2n －1，又数列{b n }满足b n ＝2log 2a n ＋1，记S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，若∀n ∈N *都有S n a n ≤S ka k成立，则正整数k 的值为 ．解析：∵a n ＝2n －1，∴b n ＝2log 2a n ＋1＝2n . 所以S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝n (2＋2n )2＝n 2＋n ，令c n ＝S n a n ＝n 2＋n2n －1.则c n ＋1－c n ＝S n ＋1a n ＋1－S n a n ＝(n ＋1)(n ＋2)2n －n (n ＋1)2n －1＝(n ＋1)(2－n )2n .所以当n ＝1时，c 1＜c 2； 当n ＝2时，c 3＝c 2；当n ≥3时，c n ＋1－c n ＜0，即c 3＞c 4＞c 5＞…，所以数列{c n }中最大项为c 2和c 3.所以存在k ＝2或3，使得任意的正整数n ，都有S k a k ≥S na n .答案：2或3课时规范训练(限时练·夯基练·提能练)A 级 基础夯实练(30分钟，55分)1．(2018·合肥模拟)数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n －S n －1＝2n －1(n ≥2)，且S 2＝3，则a 1＋a 3的值为( )A ．1B ．3C ．5D ．6解析：选C.依题意，S 2－S 1＝3， 所以a 1＝S 1＝S 2－3＝3－3＝0，又因为a 3＝S 3－S 2＝5，所以a 1＋a 3＝0＋5＝5.2．(2018·株洲模拟)数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n (n ∈N *)，若p －q ＝5，则a p －a q ＝( )A ．10B ．15C ．－5D ．20 解析：选D.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n 2－3n －[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5，当n ＝1时，a 1＝S 1＝－1，符合上式，所以a n ＝4n －5，所以a p －a q ＝4(p －q )＝20.3．(2018·西安模拟)在各项均为正数的数列{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.在各项均为正数的数列{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．数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎨⎧2a n，0≤a n＜12，2a n－1，12≤a n＜1.若a 1＝35，则a 2 019＝( )A.15B.25C.35D.45解析：选B.由递推关系得，a 1＝35，a 2＝2a 1－1＝2×35－1＝15，a 3＝2a 2＝2×15＝25，a 4＝2a 3＝2×25＝45，a 5＝2a 4－1＝2×45－1＝35，…，所以a 5＝a 1，即a n ＋4＝a n .所以数列{a n }是周期为4的周期数列，a 2 019＝a 504×4＋3＝a 3＝25，故选B.5．(2018·洛阳模拟)设数列{a n }满足a 1＋2a 2＋22a 3＋…＋2n －1a n ＝n 2(n ∈N *)，则通项公式是( )A ．a n ＝12nB ．a n ＝12n －1C ．a n ＝12nD ．a n ＝12n ＋1解析：选C.设{2n －1·a n }的前n 项和为T n ，∵数列{a n }满足a 1＋2a 2＋22a 3＋…＋2n －1a n ＝n 2(n ∈N *)，∴T n ＝n 2，∴2n －1an ＝T n －T n －1＝n 2－n －12＝12， ∴a n ＝122n －1＝12n ，经验证，n ＝1时也成立，故a n ＝12n .故选C.6．(2018·济南模拟)设曲线f (x )＝x n ＋1(n ∈N *)在点(1,1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为x n ，则x 1·x 2·x 3·x 4·…·x 2 018＝( )A.2 0172 018 B.12 018 C.2 0182 019D.12 019解析：选D.由f (x )＝x n ＋1得f ′(x )＝(n ＋1)x n ，切线方程为y －1＝(n ＋1)(x －1)，令y ＝0得x n ＝n n ＋1，故x 1·x 2·x 3·x 4·…·x 2 018＝12×23×…×2 0182 019＝12 019.7．(2018·长春模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，数列{S n ＋na n }为常数列，则a n ＝( )A.13n －1 B.2n (n ＋1)C.6(n ＋1)(n ＋2) D.5－2n 3解析：选B.由题意知当n ＝1时，S n ＋na n ＝2，当n ≥2时， S n －1＋(n －1)a n －1＝2，所以(n ＋1)a n ＝(n －1)a n －1，即a n a n －1＝n －1n ＋1，从而a 2a 1·a 3a 2·a 4a 3·…·a n a n －1＝13·24·…·n －1n ＋1，则a n ＝2n (n ＋1)，当n ＝1时上式成立，所以a n ＝2n (n ＋1). 8．(2018·广州二模)设数列{a n }的各项都是正数，且对任意n ∈N *，都有4S n ＝a 2n ＋2a n ，其中S n 为数列{a n }的前n 项和，则数列{a n }的通项公式为a n ＝ .解析：当n ＝1时，由4S 1＝a 21＋2a 1，a 1＞0，得a 1＝2；当n ≥2时，由4a n ＝4S n －4S n －1＝(a 2n ＋2a n )－(a 2n －1＋2a n －1)，得(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－2)＝0. 因为a n ＋a n －1＞0，所以a n －a n －1＝2， 则数列{a n }是首项为2，公差为2的等差数列， 故a n ＝2＋(n －1)×2＝2n . 答案：2n9．(2018·厦门调研)若数列{a n }满足a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2＋3n ＋2，则数列{a n }的通项公式为 ．解析：a 1·a 2·a 3·…·a n ＝(n ＋1)(n ＋2)， 当n ＝1时，a 1＝6；当n ≥2时，⎩⎪⎨⎪⎧a 1·a 2·a 3·…·a n －1·a n ＝(n ＋1)(n ＋2)，a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝n (n ＋1)，故当n ≥2时，a n ＝n ＋2n，所以a n＝⎩⎨⎧6，n ＝1，n ＋2n ，n ≥2，n ∈N *.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6，n ＝1，n ＋2n，n ≥2，n ∈N *.10．(10分)已知数列{a n }满足前n 项和S n ＝n 2＋1，数列{b n }满足b n ＝2a n ＋1，且前n 项和为T n ，设c n ＝T 2n ＋1－T n .(1)求数列{b n }的通项公式； (2)判断数列{c n }的增减性．解：(1)a 1＝2，a n ＝S n －S n －1＝2n －1(n ≥2)．∴b n＝⎩⎨⎧23 (n ＝1)，1n(n ≥2).(2)∵c n ＝b n ＋1＋b n ＋2＋…＋b 2n ＋1 ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＋1， ∴c n ＋1－c n ＝12n ＋2＋12n ＋3－1n ＋1＝12n ＋3－12n ＋2＝－1(2n ＋3)(2n ＋2)＜0， ∴{c n }是递减数列．B 级 能力升级练(25分钟，40分)1．对于数列{a n }，“a n ＋1＞|a n |(n ＝1,2，…)”是“{a n }为递增数列”的( ) A ．必要不充分条件 B ．充分不必要条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选B.当a n ＋1＞|a n |(n ＝1,2，…)时， ∵|a n |≥a n ，∴a n ＋1＞a n ， ∴{a n }为递增数列．当{a n }为递增数列时，若该数列为－2,0,1，则a 2＞|a 1|不成立，即a n ＋1＞|a n |(n ＝1,2，…)不一定成立．综上知，“a n ＋1＞|a n |(n ＝1,2，…)”是“{a n }为递增数列”的充分不必要条件． 2．(2018·潍坊模拟)定义：称nP 1＋P 2＋…＋P n为n 个正数P 1，P 2，…，P n 的“均倒数”．若数列{a n }的前n 项的“均倒数”为12n －1，则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝2n －1B ．a n ＝4n －1C ．a n ＝4n －3D ．a n ＝4n －5解析：选C.∵n a 1＋a 2＋…＋a n ＝12n －1，∴a 1＋a 2＋…＋a n n ＝2n －1，∴a 1＋a 2＋…＋a n ＝(2n －1)n ，a 1＋a 2＋…＋a n －1＝(2n －3)(n －1)(n ≥2)，当n ≥2时，a n ＝(2n －1)n －(2n －3)(n －1)＝4n －3； a 1＝1也适合此等式，∴a n ＝4n －3.3．(2018·苏州调研)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则8＋a nn的最小值为 ．解析：由a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋n ＋1得 a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…… a n －a n －1＝n .以上等式相加得a n ＝a 1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，∴8＋a n n ＝n 2＋8n ＋12≥24＋12＝412，当且仅当n ＝4时上式取到等号． 答案：4124．(12分)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋4.(1)若k ＝－5，则数列中有多少项是负数？n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值； (2)对于n ∈N *，都有a n ＋1＞a n ，求实数k 的取值范围． 解：(1)由n 2－5n ＋4＜0， 解得1＜n ＜4.因为n ∈N *，所以n ＝2,3，所以数列中有两项是负数，即为a 2，a 3. 因为a n ＝n 2－5n ＋4＝⎝⎛⎭⎫n －522－94，由二次函数性质，得当n ＝2或n ＝3时，a n 有最小值，其最小值为a 2＝a 3＝－2. (2)由a n ＋1＞a n ，知该数列是一个递增数列，又因为通项公式a n ＝n 2＋kn ＋4，可以看作是关于n 的二次函数，考虑到n ∈N *，所以－k 2＜32，即得k ＞－3.所以实数k 的取值范围为(－3，＋∞)．5．(13分)(2018·沈阳期末)已知{a n }是公差为d 的等差数列，它的前n 项和为S n ，S 4＝2S 2＋4，数列{b n }中，b n ＝1＋a na n.(1)求公差d 的值；(2)若a 1＝－52，求数列{b n }中的最大项和最小项的值；(3)若对任意的n ∈N *，都有b n ≤b 8成立，求a 1的取值范围． 解：(1)∵S 4＝2S 2＋4，∴4a 1＋3×42d ＝2(2a 1＋d )＋4，解得d ＝1. (2)∵a 1＝－52，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝－52＋(n －1)＝n －72，∴b n ＝1＋1a n ＝1＋1n －72.∵函数f (x )＝1＋1x －72在⎝⎛⎭⎫－∞，72和⎝⎛⎭⎫72，＋∞上分别是单调减函数， ∴b 3＜b 2＜b 1＜1，当n ≥4时，1＜b n ≤b 4， ∴数列{b n }中的最大项是b 4＝3，最小项是b 3＝－1. (3)由b n ＝1＋1a n ，得b n ＝1＋1n ＋a 1－1.又函数f (x )＝1＋1x ＋a 1－1在(－∞，1－a 1)和(1－a 1，＋∞)上分别是单调减函数，且x ＜1－a 1时，y ＜1；当x ＞1－a 1时，y ＞1.∵对任意的n ∈N *，都有b n ≤b 8， ∴7＜1－a 1＜8，∴－7＜a 1＜－6， ∴a 1的取值范围是(－7，－6)．第二节 等差数列及其前n 项和教材细梳理1．等差数列的有关概念(1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．符号表示为a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)．(2)等差中项：数列a ，A ，b 成等差数列的充要条件是A ＝a ＋b2，其中A 叫做a ，b 的等差中项．2．等差数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1＋(n －1)d . (2)前n 项和公式：S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n (a 1＋a n )2. 3．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }是等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n . (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则{a 2n }也是等差数列，公差为2d . (4)若{a n }，{b n }是等差数列，则{pa n ＋qb n }(p ，q ∈N *)也是等差数列．(5)若{a n }是等差数列，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)组成公差为md 的等差数列． (6)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…也是等差数列．(7)S 2n －1＝(2n －1)a n .(8)若n 为偶数，则S 偶－S 奇＝nd2；若n 为奇数，则S 奇－S 偶＝a 中(中间项)． [易错易混]1．要注意概念中的“从第2项起”．如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或第4项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列．2．求等差数列的前n 项和S n 的最值时，需要注意“自变量n 为正整数”这一隐含条件．知识微思考1．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)若一个数列从第二项起每一项与它的前一项的差都是常数，则这个数列是等差数列．( )(2)数列{a n }为等差数列的充要条件是对任意n ∈N *，都有 2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.( )(3)等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的．( )(4)数列{a n }为等差数列的充要条件是其通项公式为n 的一次函数．( ) (5)数列{a n }满足a n ＋1－a n ＝n ，则数列{a n }是等差数列．( )(6)设S n 是{a n }的前n 项和，那么{a n }是等差数列的充要条件是S n ＝An 2＋Bn (A ，B 为常数)．( )答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)× (5)× (6)√2．设S n 是{a n }的前n 项和，若S n ＝n 2＋1，则{a n }是等差数列，对吗？提示：不对，由S n ＝n 2得当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2－(n －1)2＝2n －1，又a 1＝2，所以数列{a n }去掉首项后，才是等差数列．四基精演练1．(必修5·2.1例1改编)已知等差数列－5，－2,1，…，则该数列的第20项为 ． 解析：依题意得，该等差数列的首项为－5，公差为3，所以a 20＝－5＋19×3＝52，故第20项为52.答案：522．(必修5·习题2.3T 5改编)在100以内的正整数中有 个能被6整除的数． 解析：由题意知，能被6整除的数构成一个等差数列{a n }， 则a 1＝6，d ＝6，得a n ＝6＋(n －1)6＝6n .由a n ＝6n ≤100，即n ≤1646＝1623，所以在100以内有16个能被6整除的数． 答案：163．(实践题)(必修5·2.2练习T 2改编)某剧场有20排座位，后一排比前一排多2个座位，最后一排有60个座位，则剧场总共的座位数为 ．解析：设第n 排的座位数为a n (n ∈N *)，数列{a n }为等差数列，其公差d ＝2，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝a 1＋2(n －1)．由已知a 20＝60，得60＝a 1＋2×(20－1)，解得a 1＝22，则剧场总共的座位数为20(a 1＋a 20)2＝20×(22＋60)2＝820.答案：8204．(2017·高考全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选C.等差数列{a n }中，S 6＝(a 1＋a 6)×62＝48，则a 1＋a 6＝16＝a 2＋a 5，又a 4＋a 5＝24，所以a 4－a 2＝2d ＝24－16＝8， 得d ＝4，故选C.5．(2017·高考浙江卷)已知等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d ＞0”是“S 4＋S 6＞2S 5”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选C.∵S 4＋S 6＞2S 5⇔S 4＋S 4＋a 5＋a 6＞2(S 4＋a 5)⇔a 6＞a 5⇔a 5＋d ＞a 5⇔d ＞0，∴“d ＞0”是“S 4＋S 6＞2S 5”的充分必要条件．故选C.考点一等差数列的性质及基本量运算[简单型]——发展数学运算等差数列运算的思想方法1．方程思想：设出首项a1和公差d，然后将通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解．2．整体思想：当所给条件只有一个时，可将已知和所求结果都用a1，d表示，寻求两者的联系，整体代换即可求解．3．利用性质：运用等差数列性质，可以化繁为简、优化解题过程．1．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m ＝( ) A ．3 B ．4 C ．5D ．6解析：选C.由已知得，a m ＝S m －S m －1＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3，因为数列{a n }为等差数列，所以d ＝a m ＋1－a m ＝1，又因为S m ＝m (a 1＋a m )2＝0，所以m (a 1＋2)＝0，因为m ≠0，所以a 1＝－2，又a m ＝－2＋(m －1)1＝2，解得m ＝5.2．在等差数列{a n }中，若a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝25，则a 2＋a 8＝ .解析：根据等差数列的性质，得a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝5a 5＝25，解得a 5＝5.又a 2＋a 8＝2a 5，所以a 2＋a 8＝10.答案：103．(2016·高考江苏卷)已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 1＋a 22＝－3，S 5＝10，则a 9的值是 ．解析：因为S 5＝5a 3＝10，所以a 3＝2.又a 1＋a 22＝－3，所以2－2d ＋(2－d )2＝－3，所以d ＝3，所以a 9＝a 3＋6d ＝2＋6×3＝20.答案：20考点二 等差数列的判定与证明[探究型]——发展逻辑推理[例1] (2018·南昌一模)已知数列{a n }的各项均为正数，前n 项和为S n ，且满足2S n ＝a 2n＋n －4(n ∈N *)．(1)求证：数列{a n }为等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)证明：当n＝1时，有2a1＝a21＋1－4，即a21－2a1－3＝0，解得a1＝3(a1＝－1舍去)．当n≥2时，有2S n－1＝a2n－1＋n－5，又2S n＝a2n＋n－4，两式相减得2a n＝a2n－a2n－1＋1，即a2n－2a n＋1＝a2n－1，也即(a n－1)2＝a2n－1，因此a n－1＝a n－1或a n－1＝－a n－1.若a n－1＝－a n－1，则a n＋a n－1＝1.而a1＝3，所以a2＝－2，这与数列{a n}的各项均为正数相矛盾，所以a n－1＝a n－1，即a n－a n－1＝1，因此数列{a n}为首项为3，公差为1的等差数列．(2)由(1)知a1＝3，d＝1，所以数列{a n}的通项公式为a n＝3＋(n－1)×1＝n＋2，即a n＝n＋2.[母题变式]1．若本例条件变为“数列{a n}的前n项和为S n，且满足2S n－na n＝n”，判断{a n}是不是等差数列．证明：因为2S n－na n＝n，①所以当n≥2时，2S n－1－(n－1)a n－1＝n－1，②所以①－②得：(2－n)a n＋(n－1)a n－1＝1，(1－n)a n＋1＋na n＝1，∴(2－n)a n＋(n－1)a n－1＝(1－n)a n＋1＋na n，所以2a n＝a n－1＋a n＋1(n≥2)，所以数列{a n}为等差数列．2．本例的条件不变，若数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n －λ为等差数列，则非零常数λ的值为 ．解析：由例1解答知a n ＝n ＋2， ∴S n ＝n 22＋52n ，设b n ＝S nn －λ＝n (n ＋5)2(n －λ).由{b n }为等差数列，∴2b 2＝b 1＋b 3，解得λ＝－5或λ＝0(舍去)，经检验符合题意． 答案：－5判定数列{a n }是等差数列的常用方法1．定义法：对任意n ∈N *，a n ＋1－a n 是同一个常数． 2．等差中项法：对任意n ≥2，n ∈N *，满足2a n ＝a n ＋1＋a n －1. 3．通项公式法：数列的通项公式a n 是n 的一次函数．4．前n 项和公式法：数列的前n 项和公式S n 是n 的二次函数，且常数项为0.考点三 等差数列前n 项和及性质的应用[高频型]——发展数学运算[例n 1357910等于( )A ．45B ．60C ．75D ．90解析：由题意得a 3＋a 8＝9，所以S 10＝10(a 1＋a 10)2＝10(a 3＋a 8)2＝10×92＝45.答案：A(2)(2018·山师附中月考)在等差数列{a n }中，S 10＝100，S 100＝10，则S 110＝ . 解析：法一：设数列{a n }的公差为d ，首项为a 1， 则⎩⎨⎧10a 1＋10×92d ＝100，100a 1＋100×992d ＝10，解得⎩⎨⎧a 1＝1 099100，d ＝－1150.所以S 110＝110a 1＋110×1092d ＝－110.法二：因为S 100－S 10＝(a 11＋a 100)×902＝－90，所以a 11＋a 100＝－2， 所以S 110＝(a 1＋a 110)×1102＝(a 11＋a 100)×1102＝－110.答案：－110[例n 1n 717n 的值为 ．解析：法一：由S 7＝S 17得2a 1＋23d ＝0， 即(a 1＋11d )＋(a 1＋12d )＝0， 故a 12＋a 13＝0.又由a 1＜0，S 7＝S 17，可知d ＞0，所以a 12＜0，a 13＞0，所以n ＝12时，S n 最小． 法二：由S 7＝S 17得d ＝－223a 1，从而S n ＝d2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n ＝－a 123(n －12)2＋14423a 1.因为a 1＜0，所以－a 123＞0，所以n ＝12时，S n 最小．答案：121．求等差数列前n 项和S n 最值的两种方法(1)利用S n ＝an 2＋bn 转化为二次函数求最值时要注意n 的取值． (2)若{a n }是等差数列，求其前n 项和的最值时，①若a 1＞0，d ＜0，且满足⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥0，a n ＋1＜0，前n 项和S n 最大．②若a 1＜0，d ＞0，且满足⎩⎨⎧a n ≤0a n ＋1＞0，前n 项和S n 最小．2．运用等差数列的性质，可以化繁为简、优化解题过程，但要注意性质运用的条件，灵活应用．1．(2018·沈阳一模)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3＝9，S 6＝36，则a 7＋a 8＋a 9等于( )A ．63B ．45C ．36D ．27解析：选B.由{a n }是等差数列，得S 3，S 6－S 3，S 9－S 6为等差数列． 即2(S 6－S 3)＝S 3＋(S 9－S 6)，得到a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6＝2S 6－3S 3＝45.2．(2018·桂林一模)在等差数列{a n }中，其前n 项和是S n ，若S 15＞0，S 16＜0，则在S 1a 1，S 2a 2，…，S 15a 15中最大的项是( ) A.S 1a 1 B.S 8a 8 C.S 9a 9D.S 15a 15解析：选B.由于S 15＝15(a 1＋a 15)2＝15a 8＞0，S 16＝16(a 1＋a 16)2＝8(a 8＋a 9)＜0，所以可得a 8＞0，a 9＜0.这样S 1a 1＞0，S 2a 2＞0，…，S 8a 8＞0，S 9a 9＜0，S 10a 10＜0，…，S 15a 15＜0，而S 1＜S 2＜…＜S 8，a 1＞a 2＞…＞a 8，所以在S 1a 1，S 2a 2，…，S 15a 15中最大的是S 8a 8.发展数学建模、数学运算(应用型)模型 巧用三点共线解等差数列问题用函数观点深入研究通项公式和前n 项和公式，得到一些重要结论，将大大提高解题速度．1．由等差数列与一次函数的关系可知：对于公差为d (d ≠0)的等差数列{a n }，其通项公式为a n ＝dn ＋(a 1－d )，则点(n ，a n )(n ∈N *)共线，又d ＝a n －a mn －m (n ≠m )，所以d 为过(m ，a m )，(n ，a n )两点的直线的斜率．由此可用三点共线解决等差数列问题．2．在等差数列前n 项和公式的变形S n ＝d 2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n 中，两边同除以n 得S n n ＝d 2n ＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2.该式说明对任意n ∈N *，所有的点⎝⎛⎭⎫n ，S n n 都在同一条直线上，从而对m ，n ∈N *(m ≠n )有S n n －S mm n －m ＝d 2(常数)，即数列{S n n }是一个等差数列．[例4] (1)(2017·石家庄三模)已知{a n }为等差数列，且a 100＝304，a 300＝904，则a 1 000＝ .解析：因为{a n }为等差数列，则(100,304)，(300,904)，(1 000，a 1 000)三点共线． 所以904－304300－100＝a 1 000－9041 000－300，解得a 1 000＝3 004.答案：3 004(2)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若S n ＝33，S 2n ＝44，则S 6n 的值为 ． 解析：由题意知，⎝⎛⎭⎫n ，33n ，⎝⎛⎭⎫2n ，442n ，⎝⎛⎭⎫6n ，S 6n6n 三点共线，从而有442n －33n 2n －n ＝S 6n 6n －442n 6n －2n ，解得S 6n ＝－132.答案：－132课时规范训练(限时练·夯基练·提能练)A 级 基础夯实练(30分钟，55分)1．(2018·广东六校联考)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解析：选A.因为a 7＋a 9＝2a 8＝16，所以a 8＝8.因为S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11×2a 62＝11a 6＝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．(2018·山东威海质检)设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 6a 5＝911，则S 11S 9＝( )A ．1B ．－1C ．2D.12解析：选A.S 11S 9＝11(a 1＋a 11)29(a 1＋a 9)2＝11a 69a 5＝119×911＝1.3．若数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2，则使a k ·a k ＋1＜0的k 值为( ) A ．22 B ．21 C ．24D ．23解析：选D.因为3a n ＋1＝3a n －2，所以a n ＋1－a n ＝－23，所以数列{a n }是首项为15，公差为－23的等差数列，所以a n ＝15－23·(n －1)＝－23n ＋473，令a n ＝－23n ＋473＞0，得n ＜23.5，所以使a k ·a k ＋1＜0的k 值为23.4．(2018·广州模拟)等差数列{a n }、{b n }的前n 项和分别为S n 、T n ，若a n b n ＝2n 3n ＋1，则S 21T 21的值为( )A.1315 B.2335 C.1117D.49解析：选C.由a n b n ＝2a n 2b n ＝a 1＋a 2n －1b 1＋b 2n －1＝(2n －1)(a 1＋a 2n －1)2(2n －1)(b 1＋b 2n －1)2＝S 2n －1T 2n －1＝2n 3n ＋1，显然S 21T 21＝S 2×11－1T 2×11－1＝a 11b 11＝2×113×11＋1＝1117，选C.5．(2018·浙江名校联考)已知每项均大于零的数列{a n }中，首项a 1＝1且前n 项和S n 满足S n S n －1－S n －1S n ＝2S n S n －1(n ∈N *，且n ≥2)，则a 81＝( )A ．641B ．640C ．639D ．638解析：选B.由已知S nS n －1－S n －1S n ＝2S n S n －1可得，S n －S n －1＝2，∴{S n }是以1为首项，2为公差的等差数列，故S n ＝2n －1，S n ＝(2n －1)2，∴a 81＝S 81－S 80＝1612－1592＝640.故选B.6．下面是关于公差d ＞0的等差数列{a n }的四个命题： p 1：数列{a n }是递增数列；p 2：数列{na n }是递增数列； p 3：数列{a nn }是递增数列；p 4：数列{a n ＋3nd }是递增数列．其中的真命题为( ) A ．p 1，p 2 B ．p 3，p 4 C ．p 2，p 3D ．p 1，p 4解析：选D.{a n }是等差数列，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝dn ＋a 1－d ，因为d ＞0，所以{a n }是递增数列，故p 1正确；对p 2，举反例，令a 1＝－3，a 2＝－2，d ＝1，则a 1＞2a 2，故{na n }不是递增数列，p 2不正确；a n n ＝d ＋a 1－d n ，当a 1－d ＞0时，{a nn }递减，p 3不正确；a n ＋3nd＝4nd ＋a 1－d,4d ＞0，{a n ＋3nd }是递增数列，p 4正确．故p 1，p 4是正确的，选D.7．(2018·揭阳质检)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解析：选B.∵{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＋7×62d＝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.8．设数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －10(n ∈N *)，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝ . 解析：由a n ＝2n －10(n ∈N *)知{a n }是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由a n ＝2n －10≥0得n ≥5，∴n ≤5时，a n ≤0；当n ＞5时，a n ＞0.∴|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 15|＝－(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋…＋a 15)＝20＋110＝130.答案：1309．(2018·广东潮州二模)在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增一十三里；驽马初日行九十七里，日减半里，良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢，问：几日相逢( )A ．8日B ．9日C ．12日D ．16日解析：选 B.设n 日相逢，则依题意得103n ＋n (n －1)2×13＋97n ＋n (n －1)2×⎝⎛⎭⎫－12＝1 125×2，整理得n 2＋31n －360＝0，解得n ＝9(负值舍去)，故选B.10．(10分)(2017·高考全国卷Ⅰ)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．已知S 2＝2，S 3＝－6.(1)求{a n }的通项公式；(2)求S n ，并判断S n ＋1，S n ，S n ＋2是否成等差数列． 解：(1)设{a n }的公比为q ，由题设可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1(1＋q )＝2，a 1(1＋q ＋q 2)＝－6. 解得q ＝－2，a 1＝－2. 故{a n }的通项公式为a n ＝(－2)n .(2)由(1)可得S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝－23＋(－1)n ·2n ＋13.由于S n ＋2＋S n ＋1＝－43＋(－1)n ·2n ＋3－2n ＋23＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤－23＋(－1)n ·2n ＋13＝2S n ，故S n ＋1，S n ，S n ＋2成等差数列．B 级 能力升级练(20分钟，40分)1．(2018·潍坊模拟)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.由条件得S n n ＜S n ＋1n ＋1，即n (a 1＋a n )2n ＜(n ＋1)(a 1＋a n ＋1)2(n ＋1)，所以a n ＜a n ＋1，所以等差数列{a n }为递增数列．又a 8a 7＜－1，所以a 8＞0，a 7＜0，即数列{a n }前7项均小于0，第8项大于零，所以S n 的最小值为S 7，故选D.2．(2016·高考浙江卷)如图，点列{A n }，{B n }分别在某锐角的两边上，且|A n A n ＋1|＝|A n ＋1A n ＋2|，A n ≠A n ＋2，n ∈N *，|B n B n ＋1|＝|B n ＋1B n ＋2|，B n ≠B n ＋2，n ∈N *(P ≠Q 表示点P 与Q 不重合)．若d n ＝|A n B n |，S n 为△A n B n B n ＋1的面积，则( )A ．{S n }是等差数列B ．{S 2n }是等差数列C ．{d n }是等差数列D ．{d 2n}是等差数列 解析：选A.作A 1C 1，A 2C 2，A 3C 3，…，A n C n 垂直于直线B 1B n ，垂足分别为C 1，C 2，C 3，…，C n ，则A 1C 1∥A 2C 2∥…∥A n C n .∵|A n A n ＋1|＝|A n ＋1A n ＋2|， ∴|C n C n ＋1|＝|C n ＋1C n ＋2|.设|A 1C 1|＝a ，|A 2C 2|＝b ，|B 1B 2|＝c ，则|A 3C 3|＝2b －a ，…，|A n C n |＝(n －1)b －(n －2)a (n ≥3)， ∴S n ＝12c [(n －1)b －(n －2)a ]＝12c [(b －a )n ＋(2a －b )]， ∴S n ＋1－S n ＝12c [(b －a )(n ＋1)＋(2a －b )－(b －a )n －(2a －b )]＝12c (b －a )，∴数列{S n }是等差数列．3．(2018·烟台模拟)已知数列{a n }为等差数列，若a 11a 10＜－1，且它们的前n 项和S n 有最大值，则使S n ＞0的n 的最大值为 ．解析：∵a 11a 10＜－1，且S n 有最大值，∴a 10＞0，a 11＜0，且a 10＋a 11＜0， ∴S 19＝19(a 1＋a 19)2＝19·a 10＞0，S 20＝20(a 1＋a 20)2＝10(a 10＋a 11)＜0，故使得S n ＞0的n 的最大值为19. 答案：194．(12分)(2017·南昌三模)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 5＋a 13＝34，S 3＝9. (1)求数列{a n }的通项公式及前n 项和公式；(2)设数列{b n }的通项公式为b n ＝a n a n ＋t ，问：是否存在正整数t ，使得b 1，b 2，b m (m ≥3，m ∈N )成等差数列？若存在，求出t 和m 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)设{a n }的公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋16d ＝34，3a 1＋3d ＝9，解得a 1＝1，d ＝2， 故a n ＝2n －1，S n ＝n 2. (2)由(1)知b n ＝2n －12n －1＋t，要使b 1，b 2，b m 成等差数列，必须有2b 2＝b 1＋b m ， 即2×33＋t ＝11＋t ＋2m －12m －1＋t，移项得2m －12m －1＋t ＝63＋t －11＋t ＝6＋6t －3－t (3＋t )(1＋t )，整理得m ＝3＋4t －1.因为m ，t 为正整数， 所以t 只能取2,3,5.当t ＝2时，m ＝7；当t ＝3时，m ＝5；当t ＝5时，m ＝4.所以存在正整数t ，使得b 1，b 2，b m 成等差数列．5．(13分)设同时满足条件：①b n ＋b n ＋22≤b n ＋1(n ∈N *)；②b n ≤M (n ∈N *，M 是与n 无关的常数)的无穷数列{b n }叫“特界”数列．(1)若数列{a n }为等差数列，S n 是其前n 项和，a 3＝4，S 3＝18，求S n ； (2)判断(1)中的数列{S n }是否为“特界”数列，并说明理由． 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a 1＋2d ＝4，S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝3a 1＋3d ＝18， 解得a 1＝8，d ＝－2，∴S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝－n 2＋9n .(2){S n }是“特界”数列，理由如下： 由S n ＋S n ＋22－S n ＋1＝(S n ＋2－S n ＋1)－(S n ＋1－S n )2 ＝a n ＋2－a n ＋12＝d2＝－1＜0， 得S n ＋S n ＋22＜S n ＋1， 故数列{S n }适合条件①.而S n ＝－n 2＋9n ＝－⎝⎛⎭⎫n －922＋814(n ∈N *)， 则当n ＝4或5时，S n 有最大值20， 即S n ≤20，故数列{S n }适合条件②. 综上，数列{S n }是“特界”数列．第三节 等比数列及其前n 项和教材细梳理1．等比数列的有关概念 (1)定义：①文字语言：从第2项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数． ②符号语言：a n ＋1a n＝q (n ∈N *，q 为非零常数)．(2)等比中项：如果a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即：G 是a 与b 的等比中项⇔a ，G ，b 成等比数列⇒G 2＝ab .2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －1.(2)前n 项和公式：S n ＝⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.3．等比数列的常见性质 (1)项的性质： ①a n ＝a m q n －m ；②若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k ；③若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，{|a n |}，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n (λ≠0)仍然是等比数列；④在等比数列{a n }中，等距离取出若干项也构成一个等比数列，即a n ，a n ＋k ，a n ＋2k ，a n＋3k，…为等比数列，公比为q k . (2)和的性质：①若等比数列{a n }有2k (k ∈N *)项，则S 偶S 奇＝q .②公比不为－1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n ，当公比为－1时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 不一定构成等比数列．(3)等比数列{a n }的单调性：①满足⎩⎪⎨⎪⎧a 1＞0，q ＞1或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＜0，0＜q ＜1时，{a n }是递增数列；②满足⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＞0，0＜q ＜1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＜0，q ＞1时，{a n }是递减数列； ③⎩⎪⎨⎪⎧a 1≠0，q ＝1时，{a n }为常数列； [易错易混]1．由a n ＋1＝qa n ，q ≠0，并不能立即判断{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0.2．在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形而导致解题失误．知识微思考1．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．( ) (2)G 为a ，b 的等比中项⇔G 2＝ab .( )(3)如果数列{a n }为等比数列，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，则数列{b n }也是等比数列．( ) (4)如果数列{a n }为等比数列，则数列{ln a n }是等差数列．( ) (5)数列{a n }的通项公式是a n ＝a n，则其前n 项和为S n ＝a (1－a n )1－a.( )(6)数列{a n }为等比数列，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8成等比数列．( ) 答案：(1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)×2．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝Aq n ＋B 其中q ≠0，且q ≠1，AB ≠0，则A ＝－B 是数列{a n }为等比数列的充要条件吗？。

2019 高考数学知识点复习之数列公式及结论总结一、高中数列基本公式：1、一般数列的通项an 与前 n 项和 Sn 的关系： an=2、等差数列的通项公式：an=a1+(n-1)d an=ak+(n-k)d (此中a1 为首项、ak 为已知的第 k 项) 当 d0 时， an 是对于 n 的一次式 ;当 d=0 时， an 是一个常数。

3、等差数列的前n 项和公式： Sn=Sn=Sn=当 d0 时，Sn 是对于 n 的二次式且常数项为0;当 d=0 时(a10)，Sn=na1是对于 n 的正比率式。

4、等比数列的通项公式： an= a1qn-1an= akqn-k(此中 a1 为首项、 ak 为已知的第 k 项， an0)5、等比数列的前n 项和公式：当q=1 时， Sn=n a1 (是对于 n 的正比例式 );当 q1 时， Sn=Sn=三、高中数学中相关等差、等比数列的结论1、等差数列 {an} 的随意连续 m 项的和构成的数列Sm、S2m-Sm、S3m-S2m、S4m- S3m、仍为等差数列。

2、等差数列 {an} 中，若 m+n=p+q，则3、等比数列 {an} 中，若 m+n=p+q，则4、等比数列 {an} 的随意连续 m 项的和构成的数列 Sm、S2m-Sm、S3m-S2m、S4m- S3m、仍为等比数列。

5、两个等差数列 {an} 与{bn} 的和差的数列 {an+bn} 、{an-bn} 仍为等差数列。

6、两个等比数列 {an} 与{bn} 的积、商、倒数构成的数列{anbn} 、仍为等比数列。

7、等差数列 {an} 的随意等距离的项构成的数列仍为等差数列。

8、等比数列 {an} 的随意等距离的项构成的数列仍为等比数列。

9、三个数成等差数列的想法：a-d,a,a+d;四个数成等差的想法：a-3d,a-d,,a+d,a+3d10、三个数成等比数列的想法：a/q,a,aq;四个数成等比的错误想法：a/q3,a/q,aq,aq3 为(什么 ?)11、{an} 为等差数列，则(c0)是等比数列。