2020版导与练一轮复习习题：第五篇数列(必修5) 第1节数列的概念与简单表示法

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2020版导与练一轮复习理科数学课件：第五篇数列(必修5) 第1节数列的概念与简单表示法 (数理化网)

数列有三种表示法,它们分别是列表法、图象法和解析法.
4.数列的函数特征
从函数观点看,数列可以看成以正整数集N* (或它的有限子集{1,2,3,…,n})
为定义域的函数an=f(n)当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值,而数列的通项公式也就是相应函数的解析式 .
5.数列的通项公式
第1节数列的概念与简单表示法
[考纲展示]
1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式).
2.了解数列是自变量为正整数的一类特殊函数.
知识链条完善考点专项突破
知识链条完善
把散落的知识连起来
知识梳理
1.数列的定义按照一定顺序排列的一列数称为数列,数列中的每一个数叫做这个数列的项. 2.数列的分类
分类原则按项数分类
类型有穷数列无穷数列
满足条件项数__有__限_____ 项数__无__限____
按项与项间的大小关系
分类
递增数列递减数列
常数列
摆动数列
an+1>an an+1<an an+1=an
其中n∈N*
从第2项起,有些项大于它的前一项,有些项小于它的前一项的数列
3.数列的表示法
.
解析:由an+1=2Sn+1,an+1=Sn+1-Sn, 所以Sn+1=3Sn+1,又S2=4, 所以S3=13,S4=40,S5=121.
答案:121
考点专项突破
在讲练中理解知识
考点一根据数列的前几项求通项
【例1】根据数列的前几项,写出下列各数列的一个通项公式. (1)-1,7,-13,19,…;

2020高考数学一轮复习第五章数列课时训练-精装版

教学资料范本2020高考数学一轮复习第五章数列课时训练-精装版编辑：__________________时间：__________________【精选】20xx最新高考数学一轮复习第五章数列课时训练第1课时数列的概念及其简单表示法一、填空题1. 数列，－，，－，…的第10项是________．2021答案：－解析：所给数列呈现分数形式，且正负相间，求通项公式时，我们可以把符号、分母、分子每一部分进行分解，就很容易归纳出数列{an}的通项公式为an ＝(－1)n ＋1·，故a10＝－.2. 已知数列{an}满足an ＋2＝an ＋1－an ，且a1＝2，a2＝3，则a2 016的值为________．答案：－1解析：由题意，得a3＝a2－a1＝1，a4＝a3－a2＝－2，a5＝a4－a3＝－3，a6＝a5－a4＝－1，a7＝a6－a5＝2，∴ 数列{an}是周期为6的周期数列．而2 016＝6×336，∴ a2 016＝a6＝－1.3. 数列7，9，11，…，2n －1的项数是_________.答案：n －3解析：易知a1＝7，d ＝2，设项数为m ，则2n －1＝7＋(m －1)×2，m ＝n －3.4. 已知数列{an}的前n 项和为Sn ，且an ≠0(n ∈N*)，又anan＋1＝Sn ，则a3－a1＝________．答案：1解析：因为anan ＋1＝Sn ，所以令n ＝1得a1a2＝S1＝a1，即a2＝1.令n ＝2，得a2a3＝S2＝a1＋a2，即a3＝1＋a1，所以a3－a1＝1.5. 已知数列{an}的前n 项和Sn ＝n2＋2n ＋1，则{an}的通项公式为__________．⎩⎨⎧4（n ＝1），2n ＋1（n≥2）＝an 答案：解析：当n ＝1时，a1＝S1＝4；当n≥2时，an ＝Sn －Sn －1＝2n ＋1，∴ an＝6. 已知数列{an}的前n 项和为Sn ，且Sn ＝2an －1(n ∈N*)，则a5＝__________．答案：16解析：当n ＝1时，S1＝2a1－1，∴ a1＝1；当n≥2时，Sn ＝2an －1，Sn －1＝2an －1－1，则有 an ＝2an －2an －1，∴ an＝2an －1.∴ {an}是等比数列，且a1＝1，q ＝2，故a5＝a1×q4＝24＝16.7. 若数列{an}的前n项和Sn＝an＋，则{an}的通项公式an＝________．答案：(－2)n－1解析：当n＝1时，a1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，则＝－2，得an＝(－2)n－1.8. 设数列{an}满足a1＝a，an＋1＝－2,an＋1)(n∈N*)．若数列{an}是常数列，则a＝________.答案：－2解析：因为数列{an}是常数列，所以a＝a2＝－2,a1＋1)＝，即a(a＋1)＝a2－2，解得a＝－2.9. 数列{an}的前n项积为n2，那么当n≥2时，an＝________．n2答案：（n－1）2解析：设数列{an}的前n项积为Tn，则Tn＝n2，当n≥2时，an＝＝.10. 数列{an}满足：a1＝1，且对任意的m，n∈N*都有an＋m＝an＋am＋nm，则a100＝________．答案：5 050解析：令m＝1，则an＋1＝an＋1＋n⇒an＋1－an＝n＋1⇒a100＝(a100－a99)＋(a99－a98)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1＝100＋99＋…＋2＋1＝5 050.二、解答题11. 数列{an}的通项公式是an＝n2－7n＋6.(1) 这个数列的第4项是多少？(2) 150是不是这个数列的项？若是这个数列的项，它是第几项？(3) 该数列从第几项开始各项都是正数？解：(1) 当n＝4时，a4＝42－4×7＋6＝－6. (2) 令an＝150，即n2－7n＋6＝150，解得n＝16或n＝－9(舍去)，即150是数列的第16项．(3) 令an＝n2－7n＋6＞0，解得n＞6或n＜1(舍)，∴ 从第7项起各项都是正数．12. 已知数列{an}满足前n项和Sn＝n2＋1，数列{bn}满足bn＝，且前n项和为Tn.设cn＝T2n＋1－Tn.(1) 求数列{bn}的通项公式；(2) 判断数列{cn}的增减性．解：(1) a1＝2，an＝Sn－Sn－1＝2n－1(n≥2)，⎩⎪⎨⎪⎧23（n ＝1），1n （n≥2）.＝bn ∴ (2) ∵ cn＝bn ＋1＋bn ＋2＋…＋b2n ＋1＝＋＋…＋，1n ＋1＝＋－cn －1＋cn ∴ ＝－＝<0，∴ cn ＋1<cn.∴ 数列{cn}为递减数列．13. 已知数列{an}中，an ＝1＋(n ∈N*，a ∈R ，且a ≠0)． (1) 若a ＝－7，求数列{an}中的最大项和最小项的值；(2) 若对任意的n ∈N*，都有an ≤a6成立，求a 的取值范围．解：(1) ∵ an＝1＋(n∈N*，a∈R，且a≠0)，又a ＝－7，∴ an＝1＋(n∈N*)．结合函数f(x)＝1＋的单调性，可知1>a1>a2>a3>a4，a5>a6>a7>…＞an>1(n∈N*)， ∴ 数列{an}中的最大项为a5＝2，最小项为a4＝0.(2) an ＝1＋＝1＋，对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，结合函数f(x)＝1＋的单调性，可知5<<6，即－10<a<－8，即a 的取值范围是(－10，－8)．第2课时等差数列一、填空题1. 在等差数列{an}中，a5＝33，公差d ＝3，则201是该数列的第________项．答案：61解析：∵ an＝a5＋(n －5)d ，∴ 201＝33＋3(n －5)，n ＝61.2. 已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，则a20＝________．答案：1解析：∵ a1＋a3＋a5＝105，即3a3＝105，解得a3＝35，同理a2＋a4＋a6＝99，得a4＝33.∵ d＝a4－a3＝33－35＝－2，∴ a20＝a4＋(20－4)d ＝33＋16×(－2)＝1.3. 在等差数列{an}中，已知a2＋a8＝11，则3a3＋a11的值为__________．答案：22解析：3a3＋a11＝a3＋a3＋a3＋a11＝a3＋a2＋a4＋a11＝a3＋a2＋a7＋a8＝2(a2＋a8)＝11×2＝22.4. 若等差数列{an}的前5项和S5＝25，且a4＝3，则a7＝________．答案：－3解析：S5＝25⇒＝25⇒a3＝5，所以d ＝a4－a3＝－2，a7＝a4＋(7－4)d ＝3－6＝－3.5. 在等差数列{an}中，a1＝7，公差为d ，前n 项和为Sn ，当且仅当n ＝8时，Sn 取最大值，则d 的取值范围是________．78－1<d<答案：－解析：由题意得，a8>0，a9<0，所以7＋7d>0，7＋8d<0，即－1<d<－.6. 若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9＞0，a7＋a10＜0，则当n＝________时，{an}的前n 项和最大．答案：8解析：由等差数列的性质，得a7＋a8＋a9＝3a8，a8＞0，又a7＋a10＜0，所以a8＋a9＜0，所以a9＜0，所以S8＞S7，S8＞S9，故数列{an}的前8项和最大．7. 若一个等差数列{an}的前3项和为34，最后3项的和为146，且所有项的和为390，则这个数列有________项．答案：13解析：a1＋a2＋a3＋an －2＋an －1＋an ＝34＋146＝180，所以3(a1＋an)＝180，即a1＋an ＝60.由Sn ＝390，知＝390，所以＝390，解得n ＝13.8. 记等差数列{an}的前n 项和为Sn.已知a1＝2，且数列{}也为等差数列，则a13的值为________．答案：50解析：数列{}为等差数列，得＋＝2，即＋＝2，则d ＝4，a13＝a1＋12d ＝50.9. 已知等差数列{an}的前n 项和为Sn ，若＝，则＝________．310答案：解析：由等差数列的求和公式可得＝＝，可得a1＝2d ，且d≠0，所以＝＝＝.10. 在等差数列{an}中，a2＝5，a6＝21，记数列的前n 项和为Sn ，若S2n ＋1－Sn ≤对n ∈N*恒成立，则正整数m 的最小值为________．答案：5解析：由a2＝5，a6＝21易得等差数列{an}的通项公式为an＝4n－3，所以＝.故S2n＋1－Sn＝＋＋＋…＋＋.设Tn＝S2n＋1－Sn，则Tn＋1＝S2(n＋1)＋1－Sn＋1＝S2n＋3－Sn＋1，所以Tn＋1－Tn＝(S2n＋3－Sn＋1)－(S2n＋1－Sn)＝(S2n＋3－S2n＋1)－(Sn＋1－Sn)1＝＋－＝＋－4（n＋1）－3＝＋－<＋－＝－＝0.所以Tn＋1－Tn<0，即Tn＋1<Tn.故Tn＝S2n＋1－Sn随n的增大而减小，所以若S2n＋1－Sn≤对n∈N*恒成立，即(S2n＋1－Sn)max＝S3－S1＝＋＝＋＝≤.由≤得m≥，所以正整数m的最小值为5.二、解答题11. 在等差数列{an}中，a1＝1，a3＝－3.(1) 求数列{an}的通项公式；(2) 若数列{an}的前k项和Sk＝－35，求k的值．解：(1) 设等差数列{an}的公差为d，由a1＝1，a3＝－3，可得1＋2d＝－3，解得d＝－2.从而an＝1＋(n－1)×(－2)＝3－2n.(2) 由(1)可知an＝3－2n.所以Sn＝＝2n－n2.由Sk＝－35，可得2k－k2＝－35，即k2－2k－35＝0，解得k＝7或k＝－5.又k∈N*，故k＝7. 12. 设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，满足S5S6＋15＝0.(1) 若S5＝5，求S6及a1；(2) 求d的取值范围．解：(1) 由题意知S6＝－＝－3，a6＝S6－S5＝－8，所以解得因此S6＝－3，a1＝7.(2) 因为S5S6＋15＝0，所以(5a1＋10d)(6a1＋15d)＋15＝0，即2a＋9da1＋10d2＋1＝0.故(4a1＋9d)2＝d2－8，所以d2≥8.故d的取值范围是d≤－2或d≥2.13. 在等差数列{an}中，公差d＞0，前n项和为Sn，a2·a3＝45，a1＋a5＝18.(1) 求数列{an}的通项公式．(2) 令bn ＝(n∈N*)，是否存在一个非零常数c ，使数列{bn}也为等差数列？若存在，求出c 的值；若不存在，请说明理由．解：(1) 由题设，知{an}是等差数列，且公差d ＞0，⎩⎨⎧a1＝1，d ＝4.则由得解得∴ an ＝4n －3(n ∈N*)．(2) 由bn ＝＝＝.∵ c ≠0，∴ 可令c ＝－，得到bn ＝2n.∵ bn ＋1－bn ＝2(n ＋1)－2n ＝2(n ∈N*)，∴ 数列{bn}是公差为2的等差数列．即存在一个非零常数c ＝－，使数列{bn}也为等差数列．第3课时等比数列一、填空题1. 等比数列{an}的公比大于1，a5－a1＝15，a4－a2＝6，则a3＝________．答案：4解析：由a5－a1＝15，a4－a2＝6(q>1)，得q ＝2，a1＝1，则a3＝4.2. 设等比数列{an}的公比q ＝，前n 项和为Sn ，则＝________．答案：15解析：S4＝，a4＝a1q3，所以＝＝15.3. 在各项均为正数的等比数列{an}中，若log2a2＋log2a8＝1，则a3a7＝________．答案：2解析：由log2a2＋log2a8＝1得log2(a2a8)＝1，所以a2a8＝2，由等比数列性质可得a3a7＝a2a8＝2.4. 已知等比数列{an}的前n 项和为Sn ，且4a1，2a2，a3依次成等差数列，若a1＝1，则S5＝________ .答案：31解析：因为4a1，2a2，a3依次成等差数列，4a2＝4a1＋a3，所以4a1q ＝4a1＋a1q2，所以q ＝2.又a1＝1，所以S5＝＝31.5. 设Sn 是等比数列{an}的前n 项和，若a5＋2a10＝0，则的值是________．54答案：解析：当q ＝1时，a5＝a10＝0不合题意，∴ 公比q ≠1.∴ q5＝＝－，因而＝＝1＋q10＝1＋＝.6. 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________盏．答案：3解析：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．7. 设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝7，S6＝63，则a7＋a8＋a9＝__________．答案：448解析：由S3＝7，S6＝63，得a1＋a2＋a3＝7，7＋a4＋a5＋a6＝63，则a4＋a5＋a6＝(a1＋a2＋a3)q3＝56，q3＝8，a7＋a8＋a9＝(a4＋a5＋a6)q3＝56×8＝448.8. 已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝2a2＋3，S3＝2a3＋3，则公比q的值为________．答案：2解析：∵ S2＝2a2＋3，S3＝2a3＋3，∴ a1＝a1q＋3，a1(1＋q)＝a1q2＋3，∴ q2－2q＝0，q≠0，则公比q＝2.9. 在等比数列{an}中，已知a1＝1，a4＝8，设S3n为该数列的前3n项和，Tn为数列{a}的前n 项和．若S3n＝tTn，则实数t的值为________．答案：7解析：∵a4＝a1q3＝q3＝8，∴ q＝2，S3n＝＝8n－1.由题意知，数列{a}是首项为1，公比为8的等比数列，∴Tn＝＝(8n－1)．由S3n＝tTn，得t＝7.10. 在正项等比数列{an}中，若a4＋a3－2a2－2a1＝6，则a5＋a6的最小值为________．答案：48解析：设a2＋a1＝x，等比数列的公比为q，则a4＋a3 ＝xq2，a5＋a6 ＝xq4.再由a4＋a3－2a2－2a1＝6，得 xq2＝6＋2x，∴ x ＝＞0，q＞1.∴ a5＋a6 ＝xq4 ＝＝6≥6×(4＋4)＝48，当且仅当q2－2＝2时，等号成立，故a5＋a6的最小值为48.二、解答题11. 已知{an}是首项为a1，公比q为正数(q≠1)的等比数列，其前n项和为Sn，且5S2＝4S4.(1) 求q的值．(2) 设bn＝q＋Sn，请判断数列{bn}能否为等比数列？若能，请求出a1的值；若不能，请说明理由．解：(1) 由题意知，5S2＝4S4，∴＝.∵ a1≠0，q>0，且q≠1，∴ 4q4－5q2＋1＝0，解得q＝.(2) ∵ Sn＝＝2a1－a1，∴ bn＝q＋Sn＝＋2a1－a1.∴当且仅当＋2a1＝0，即a1＝－时，bn＝为等比数列，∴ {bn}能为等比数列，此时a1＝－. 12. 已知等差数列{an}的公差d不为0，且ak1，ak2，…，akn，…(k1＜k2＜…＜kn＜…)成等比数列，公比为q.(1) 若k1＝1，k2＝3，k3＝8，求的值；(2) 当为何值时，数列{kn}为等比数列．解：(1) 由已知可得a1，a3，a8成等比数列，所以(a1＋2d)2＝a1(a1＋7d)，整理可得，4d2＝3a1d.因为d≠0，所以＝.(2) 设数列{kn}为等比数列，则k＝k1k3.又ak1，ak2，ak3成等比数列，所以[a1＋(k1－1)d][a1＋(k3－1)d]＝[a1＋(k2－1)d]2.整理，得a1(2k2－k1－k3)＝d(k1k3－k－k1－k3＋2k2)．因为k＝k1k3，所以a1(2k2－k1－k3)＝d(2k2－k1－k3)．因为2k2≠k1＋k3，所以a1＝d，即＝1.当＝1时，an＝a1＋(n－1)d＝nd，所以akn＝knd.因为akn＝ak1qn－1＝k1dqn－1，所以kn＝k1qn－1.所以＝＝q，数列{kn}为等比数列．综上，当＝1时，数列{kn}为等比数列．13. (20xx·苏州期中)已知等比数列{an}的公比q>1，且满足a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中项．(1) 求数列{an}的通项公式；(2) 若bn＝anlogan，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn＋n·2n＋1>62成立的正整数n的最小值．解：(1) ∵ a3＋2是a2，a4的等差中项，∴ 2(a3＋2)＝a2＋a4，代入a2＋a3＋a4＝28，可得a3＝8，∴ a2＋a4＝20，∴解得或∵ q>1，∴∴数列{an}的通项公式为an＝2n.(2) ∵ bn＝anlogan＝2nlog2n＝－n·2n，∴ Sn＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n) ①，2Sn ＝－(1×22＋2×23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1) ②，②－①得，Sn ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝－n·2n＋1＝2n ＋1－2－n·2n＋1.∵ Sn ＋n ·2n ＋1>62，∴ 2n ＋1－2>62，∴ n ＋1>6，n>5，∴ 使Sn ＋n ·2n ＋1>62成立的正整数n 的最小值为6.第4课时数列的求和一、填空题1. 在数列{an}中，若a1＝－2，且对任意的n ∈N*有2an ＋1＝1＋2an ，则数列{an}前10项的和为________． 52答案：解析：由2an ＋1＝1＋2an 得an ＋1－an ＝，所以数列{an}是首项为－2，公差为的等差数列，所以S10＝10×(－2)＋×＝.2. 已知数列{an}的通项公式是an ＝，其前n 项和Sn ＝，则项数n ＝________．答案：6解析：∵ an＝1－，∴ Sn＝＋＋＋…＋＝n －(＋＋＋…＋)＝n －＝n －1＋.由Sn ＝＝n －1＋，可得出n ＝6.3. 数列1，3，5，7，…，(2n －1)＋，…的前n 项和Sn ＝________．12n－1＋n2答案：解析：该数列的通项公式为an ＝(2n －1)＋，则Sn ＝[1＋3＋5＋…＋(2n －1)]＋(＋＋…＋)＝n2＋1－.4. 已知等差数列{an}的前n 项和为Sn ，a5＝5，S5＝15，则数列的前100项和为________．100101答案：解析：∵ a5＝5，S5＝15，∴ ＝15，则a1＝1，∴ d ＝＝1，∴ an ＝n ，∴ ＝＝－.设数列的前n 项和为Tn ，则T100＝＋＋…＋＝1－＝.5. 已知数列{an}的前n 项和Sn ＝n2－6n ，则{|an|}的前n 项和Tn ＝__________．⎩⎨⎧6n －n2（1≤n≤3），n2－6n ＋18（n>3）答案：解析：由Sn ＝n2－6n 得{an}是等差数列，且首项为－5，公差为2，∴ an＝－5＋(n －1)×2＝2n －7，∴ 当n≤3时，an<0；当⎩⎨⎧6n －n2（1≤n≤3），n2－6n ＋18（n>3）.＝∴ Tn ，an>0时，n>3 6. 数列{an}的前n 项和为Sn ，已知Sn ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则S17＝________．答案：9解析：S17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.7. 已知数列{an}：，＋，＋＋，…，＋＋＋…＋，….若bn＝，那么数列{bn}的前n 项和Sn ＝________．4n n ＋1答案：解析：∵ an＝＝，∴ bn ＝＝＝4，∴ Sn ＝4[＋＋…＋]＝4＝.8. 已知数列{an}满足an ＋2＝－an(n ∈N ＋)，且a1＝1，a2＝2，则数列{an}的前2 014项的和为________．答案：3解析：∵ an＋2＝－an ＝－(－an －2)，n ＞2，∴ 数列{an}是以4为周期的周期数列．S2 014＝503(a1＋a2＋a3＋a4)＋a2 013＋a2 014＝503(a1＋a2－a1－a2)＋a503×4＋1＋a503×4＋2＝a1＋a2＝3.9. 设数列{an}满足a1＝1，且an ＋1－an ＝n ＋1(n ∈N*)，则数列前10项的和为________． 2011答案：解析：∵ a1＝1，an ＋1－an ＝n ＋1，∴ a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an －an －1＝n.将以上n －1个式子相加得an －a1＝2＋3＋…＋n ＝，即an ＝.令bn ＝，故bn ＝＝2，故S10＝b1＋b2＋…＋b10＝2×(1－＋－＋…＋－)＝.二、解答题10. 已知数列{an}的通项an ＝求其前n 项和Sn.解：奇数项组成以a1＝1为首项，公差为12的等差数列，偶数项组成以a2＝4为首项，公比为4的等比数列；当n 为奇数时，奇数项有项，偶数项有项，∴ Sn＝＋＝＋；当n 为偶数时，奇数项和偶数项分别有项，∴ Sn ＝＋＝＋，⎩⎪⎨⎪⎧（n ＋1）（3n －2）2＋4（2n －1－1）3（n 为奇数），n （3n －2）2＋4（2n －1）3（n 为偶数）.＝Sn ∴ 11. 设等差数列{an}的前n 项和为Sn ，且S3＝2S2＋4，a5＝36.(1) 求an ，Sn ；(2) 设bn ＝Sn －1(n∈N*)，Tn ＝＋＋＋…＋，求Tn.解：(1) 因为S3＝2S2＋4，所以a1－d ＝－4.因为a5＝36，所以a1＋4d ＝36，解得d ＝8，a1＝4，所以an ＝4＋8(n －1)＝8n －4，Sn ＝＝4n2.(2) 因为bn ＝4n2－1＝(2n －1)(2n ＋1)，所以＝＝，1bn＝＋＋＋…＋Tn ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋112＝＝＝.12. 已知数列{an}是首项为a1＝，公比为q ＝的等比数列，设bn ＋2＝3logan(n ∈N*)，数列{cn}满足cn ＝an ·bn.(1) 求数列{bn}的通项公式；(2) 求数列{cn}的前n 项和Sn.解：(1) 由题意，知an ＝(n∈N*)．又bn ＝3logan －2，故bn ＝3n －2(n∈N*)．(2) 由(1)知an ＝，bn ＝3n －2(n∈N*)，所以cn ＝(3n －2)×(n∈N*)，所以Sn ＝1×＋4×＋7×＋…＋(3n －5)×＋(3n －2)×，于是Sn ＝1×＋4×＋7×＋…＋(3n －5)×＋(3n －2)×()n＋1，两式相减，得 34＋()n ×2)＋(3n ×＝－2)－(3n －()n]＋…＋()3＋3[()2＝＋Sn 1，所以Sn ＝－×(n∈N*)．13. 在等差数列{an}中，已知公差d ＝2，a2是a1与a4的等比中项．(1) 求数列{an}的通项公式；(2) 设bn ＝a ，记Tn ＝－b1＋b2－b3＋b4－…＋(－1)nbn ，求Tn.解：(1) 由题意知(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，即(a1＋2)2＝a1(a1＋6)，解得a1＝2，所以数列{an}的通项公式为an ＝2n.(2) 由题意知bn ＝a ＝n(n ＋1)，则bn ＋1－bn ＝2(n ＋1)，所以Tn ＝－1×2＋2×3－3×4＋…＋(－1)nn×(n＋1)．当n 为偶数时，Tn ＝(－b1＋b2)＋(－b3＋b4)＋…＋(－bn －1＋bn)＝4＋8＋12＋…＋2n ＝＝，当n 为奇数时，Tn ＝Tn －1＋(－bn)＝－n(n ＋1)＝－，所以Tn ＝第5课时数列的综合应用一、填空题1. 在等差数列{an}中，满足3a4＝7a7，且a1＞0，Sn 是数列{an}的前n 项和，若Sn 取得最大值，则n ＝________．答案：9解析：设公差d ，由题设知3(a1＋3d)＝7(a1＋6d)，得d ＝－a1＜0，解不等式an ＞0，即a1＋(n －1)＞0，解得n ＜，则n≤9时，an ＞0，同理可得n≥10时，an ＜0，故当n ＝9时，Sn 取得最大值．2. 在等比数列{an}中，各项都是正数，且a1，a3，2a2成等差数列，则＝________．22＋3答案：解析：∵ a1，a3，2a2成等差数列，∴ 2×a3＝a1＋2a2，即a3＝a1＋2a2.设等比数列{an}的公比为q 且q ＞0，则a3＝a1q2，a2＝a1q ，∴ a1q2＝a1＋2a1q ，∴ q2＝1＋2q ，解得q ＝1＋或1－(舍)，∴＝＝q2＝(＋1)2＝3＋2.3. 在数列{an}中，Sn 是其前n 项和，且Sn ＝2an ＋1，则数列的通项公式an ＝________．答案：an ＝－2n －1解析：依题意得Sn ＋1＝2an ＋1＋1，Sn ＝2an ＋1，两式相减得Sn ＋1－Sn ＝2an ＋1－2an ，即an ＋1＝2an.又S1＝2a1＋1＝a1，所以a1＝－1，所以数列{an}是以a1＝－1为首项，2为公比的等比数列，所以an ＝－2n －1.4. 等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an}前6项的和为________．答案：－24解析：设等差数列的公差为d ，由a2，a3，a6成等比数列可得a ＝a2a6，即(1＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d)，整理可得d2＋2d ＝0.因为公差不为0，所以d＝－2，数列的前6项和为S6＝6a1＋d＝6×1＋×(－2)＝－24.5. 设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3，S9，S6成等差数列，且a2＋a5＝4，则a8的值为________．答案：2解析：∵ 等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3，S9，S6成等差数列，且a2＋a5＝4，∴ q≠1，解得a1q＝8，q3＝－，∴ a8＝a1q7＝(a1q)(q3)2＝8×＝2.6. 在等差数列{an}中，已知首项a1＞0，公差d＞0.若a1＋a2≤60，a2＋a3≤100，则5a1＋a5的最大值为________．答案：200解析：由a1＋a2≤60，a2＋a3≤100得2a1＋d≤60，2a1＋3d≤100，a1＞0，d＞0.由线性规划的知识得5a1＋a5＝6a1＋4d，过点(20，20)时，取最大值为200.7. 设正项数列{an}的前n项和是Sn，{an}和{}都是等差数列，则的最小值是____________．答案：21解析：由题设知Sn＝n＋n2.又为等差数列，从而a1＝，从而an＝a1＋(n－1)d＝d，Sn＝n2，∴ ＝＝＝.令2n－1＝t(t≥1)，原式＝＝·≥·＝21，从而当t＝21，即n＝11时，原式取到最小值21.8. 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．”其大意为：“有一个人走了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．”问此人第4天和第5天共走了________里．答案：36解析：由题意知，此人每天走的里数构成公比为的等比数列，设等比数列的首项为a1，则有＝378，解得a1＝192，所以a4＝192×＝24，a5＝24×＝12，a4＋a5＝24＋12＝36，所以此人第4天和第5天共走了36里．9. 已知{an}，{bn}均为等比数列，其前n项和分别为Sn，Tn，若对任意的n∈N*，总有＝，则＝________．答案：9解析：设{an}，{bn}的公比分别为q，q′，∵ ＝，∴当n＝1时，a1＝b1.当n＝2时，＝.当n＝3时，＝7，∴2q－5q′＝3，7q′2＋7q′－q2－q＋6＝0，解得q＝9，q′＝3，∴＝＝9.10. 现有一根n节的竹竿，自上而下每节的长度依次构成等差数列，最上面一节长为10 cm，最下面的三节长度之和为114 cm，第6节的长度是首节与末节长度的等比中项，则n＝________．答案：16解析：设每节竹竿的长度对应的数列为{an}，公差为d(d＞0)．由题意知a1＝10，an＋an－1＋an－2＝114，a＝a1an.由an＋an－1＋an－2＝114，得3an－1＝114，解得an－1＝38，∴ (a1＋5d)2＝a1(an－1＋d)，即(10＋5d)2＝10(38＋d)，解得d＝2，∴an －1＝a1＋(n－2)d＝38，即10＋2(n－2)＝38，解得n＝16.二、解答题11. 设数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，且a1，a2＋5，a3成等差数列．(1) 求a1，a2的值；(2) 求证：数列{an＋2n}是等比数列，并求数列{an}的通项公式．(1) 解：由已知，得2a1＝a2－3 ①，2(a1＋a2)＝a3－7 ②，又a1，a2＋5，a3成等差数列，所以a1＋a3＝2a2＋10 ③，解①②③，得a1＝1，a2＝5. (2) 证明：由已知，n∈N*时，2(Sn＋1－Sn)＝an＋2－an＋1－2n＋2＋2n＋1，即an＋2＝3an＋1＋2n＋1，即an＋1＝3an＋2n(n≥2)，由(1)得，a2＝3a1＋2，∴ an＋1＝3an＋2n(n∈N*)，从而有an＋1＋2n＋1＝3an＋2n＋2n＋1＝3an＋3×2n＝3(an＋2n)．又a1＋2＞0，∴ an＋2n＞0，∴ ＝3，∴数列{an＋2n}是等比数列，且公比为3，∴ an＋2n＝(a1＋2)×3n－1＝3n，即an＝3n－2n. 12. 商学院为推进后勤社会化改革，与桃园新区商定，由该区向建设银行贷款500万元在桃园新区为学院建一栋可容纳一千人的学生公寓，工程于20xx年初动工，年底竣工并交付使用，公寓管理处采用收费偿还建行贷款形式(年利率5%，按复利计算)，公寓所收费用除去物业管理费和水电费18万元，其余部分全部用于年底还建行贷款．(1) 若公寓收费标准定为每生每年800元，问到哪一年可偿还建行全部贷款？(2) 若公寓管理处要在2025年年底把贷款全部还清，则每生每年的最低收费标准是多少元(精确到元)？(参考数据：lg 1.734 3≈0.239 1，lg 1.05≈0.021 2，1.058≈1.477 4)解：(1) 设公寓投入使用后n年可偿还全部贷款，则公寓每年收费总额为1 000×800＝800 000(元)＝80万元，扣除18万元，可偿还贷款62万元．依题意有62[1＋(1＋5%)＋(1＋5%)2＋…＋(1＋5%)n－1]≥500(1＋5%)n＋1，化简得62(1.05n－1)≥25×1.05n＋1，∴ 1.05n≥1.734 3.两边取对数并整理得n≥≈≈11.28，∴当取n＝12时，即到2029年底可全部还清贷款．(2) 设每生每年的最低收费标准为x元，因到2025年底公寓共使用了8年，依题意有[1＋(1＋5%)＋(1＋5%)2＋…＋(1＋5%)7]≥500(1＋5%)9.化简得(0.1x－18)×≥500×1.059，解得x≥992，∴每生每年的最低收费标准为992元．13. 已知数列{an}，{bn}满足2Sn＝(an＋2)bn，其中Sn是数列{an}的前n项和．(1) 若数列{an}是首项为，公比为－的等比数列，求数列{bn}的通项公式；(2) 若bn＝n，a2＝3，求数列{an}的通项公式；(3) 在(2)的条件下，设cn＝，求证：数列{cn}中的任意一项总可以表示成该数列其他两项之积．(1) 解：因为an＝＝－2，Sn＝＝，所以bn＝＝＝.(2) 解：若bn＝n，则2Sn＝nan＋2n，所以2Sn＋1＝(n＋1)an＋1＋2(n＋1)，两式相减得2an＋1＝(n＋1)an＋1－nan＋2，即nan＝(n－1)an＋1＋2.当n≥2时，(n－1)an－1＝(n－2)an＋2，两式相减得(n－1)an－1＋(n－1)an＋1＝2(n－1)an，即an－1＋an＋1＝2an.由2S1＝a1＋2，得a1＝2，又a2＝3，所以数列{an}是首项为2，公差为3－2＝1的等差数列，故数列{an}的通项公式是an＝n＋1. (3) 证明：由(2)得cn＝，对于给定的n∈N*，若存在k，t≠n，k，t∈N*，使得cn＝ck·ct，只需＝·，即1＋＝·，即＝＋＋，则t＝，取k＝n＋1，则t＝n(n＋2)，所以对数列{cn}中的任意一项cn＝，都存在cn＋1＝和cn2＋2n＝，使得cn＝cn＋1·cn2＋2n.。

2020版高考数学(文)大一轮复习导学案设计：第五章数列

第一节数列的概念与简单表示法[基础梳理] 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 ＝a 1＋a 2＋…＋a n 叫做数列的前n 项和2.数列的表示方法列表法列表格表示n 与a n 的对应关系图象法把点(n ，a n )画在平面直角坐标系中公式法通项公式把数列的通项使用公式表示的方法递推公式使用初始值a 1和a n ＋1＝f (a n )或a 1，a 2和a n ＋1＝f (a n ，a n －1)等表示数列的方法3.a n 与S n 的关系若数列{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．与函数的关系：数列是一种特殊的函数，定义域为N *或其有限子集数列的图象是一群孤立的点． 2．周期性：若a n ＋k ＝a n (n ∈N *，k 为非零正整数)，则{a n }为周期数列，k 为{a n }的一个周期． [四基自测] 1.(教材改编)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝9＋12n ，则在下列各数中，不是{a n }的项的是( )A ．21B ．33C ．152D ．153答案：C2．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1＋1an －1(n ≥2)，则a 4＝( )A.32B.53C.74D.85 答案：B3．把1,3,6,10,15,21，…这些数叫做三角形数，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 ．29 D ．30答案：B 4．(2018·高考全国卷Ⅰ改编)记S n 为{a n }的前n 项和，若3S n ＝S n －1＋S n ＋1(n ≥2)，a 1＝2，a 2＝－1，则a 5为________．答案：35．数列1，23，35，47，59，…的一个通项公式a n ＝________. 答案：n2n －1考点一已知数列的前几项写通项公式◄考基础——练透[例1] (1)下列公式可作为数列{a n }：1,2,1,2,1,2，…，的通项公式的是( ) A ．a n ＝1 B ．a n ＝(－1)n ＋12C ．a n ＝2－⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin n π2D ．a n ＝(－1)n －1＋32(2)根据数列的前几项，写出下列各数列的一个通项公式： ①－1,7，－13,19，…； ②0.8,0.88,0.888，…；③12，14，－58，1316，－2932，6164，…； ④32，1，710，917，…； ⑤0,1,0,1，….解析：(1)由a n ＝2－⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin n π2可得a 1＝1，a 2＝2，a 3＝1，a 4＝2，….故选C.(2)①符号问题可通过(－1)n 或(－1)n ＋1表示，其各项的绝对值的排列规律为：后面的数的绝对值总比前面数的绝对值大6，故通项公式为a n ＝(－1)n (6n －5)． ②将数列变形为89(1－0.1)，89(1－0.01)，89(1－0.001)，…，∴a n ＝89⎝ ⎛⎭⎪⎫1－110n .③各项的分母分别为21,22,23,24，…，易看出第2,3,4项的分子分别比分母少3.因此把第1项变为－2－32，原数列可化为－21－321，22－322，－23－323，24－324，…， ∴a n ＝(－1)n ·2n －32n .④将数列统一为32，55，710，917，…，对于分子3,5,7,9，…，是序号的2倍加1，可得分子的通项公式为b n ＝2n ＋1，对于分母2,5,10,17，…，联想到数列1,4,9,16，…，即数列{n 2}，可得分母的通项公式为c n ＝n 2＋1，因此可得它的一个通项公式为a n ＝2n ＋1n 2＋1.⑤a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，(n 为奇数)，1，(n 为偶数).答案：(1)C (2)见解析由前几项归纳数列通项公式的常用方法及具体策略(1)常用方法：观察(观察规律)、比较(比较已知数列)、归纳、转化(转化为特殊数列)、联想(联想常见的数列)等方法． (2)具体策略：①分式中分子、分母的特征； ②相邻项的变化特征；③各项的符号特征和绝对值特征；④对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破，或寻找分子、分母之间的关系；⑤对于正负号交替出现的情况，可用(－1)k 或(－1)k ＋1，k ∈N *处理．写出下列各数列的一个通项公式： (1)3,5,7,9，…；(2)12，34，78，1516，3132，…； (3)－1，32，－13，34，－15，36，…； (4)3,33,333,3 333，….解析：(1)各项减去1后为正偶数，所以a n ＝2n ＋1，n ∈N *. (2)每一项的分子比分母少1，而分母组成数列21,22,23,24，…，所以a n ＝2n －12n ，n ∈N *.(3)奇数项为负，偶数项为正，故第n 项的符号为(－1)n ；各项绝对值的分母组成数列1,2,3,4，…；而各项绝对值的分子组成的数列中，奇数项为1，偶数项为3，即奇数项为2－1，偶数项为2＋1，所以a n ＝(－1)n ·2＋(－1)nn ，也可写为 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1n ，n 为正奇数，3n ，n 为正偶数.(4)将数列各项改写为：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)，n ∈N *.考点二已知递推关系求通项公式◄考能力——知法 [例2] 根据下列已知条件，求数列{a n }的通项公式：累加法：(1)a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ；累乘法：(2)a 1＝12，a n ＝n －1n ＋1a n －1(n ≥2)；构造法：(3)a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3；构造法：(4)a 1＝56，a n ＋1＝13a n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1；取倒数：(5)a 1＝1，a n ＝a n －13a n －1＋1；取对数：(6)a 1＝3，a n ＋1＝a 2n .解析：(1)∵a n ＋1＝a n ＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ，∴a n ＋1－a n ＝ln n ＋1n (n ≥1)， ∴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(n ≥2)，∴a n －a 1＝ln n n －1＋ln n －1n －2＋…＋ln 21＝ln n (n ≥2)，∴a n ＝ln n ＋a 1(n ≥2)，又a 1＝2，∴a n ＝ln n ＋2. (2)因为a n ＝n －1n ＋1a n －1(n ≥2)，所以当n ≥2时，a na n －1＝n －1n ＋1，所以a na n －1＝n －1n ＋1，…，a 3a 2＝24，a 2a 1＝13，以上n －1个式子相乘得a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 3a 2·a 2a 1＝n －1n ＋1·n －2n ·…·24·13，即a n a 1＝1n ＋1·1n ×2×1，所以a n ＝1n (n ＋1). 当n ＝1时，a 1＝11×2＝12，也与已知a 1＝12相符，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝1n (n ＋1).(3)设递推公式a n ＋1＝2a n ＋3可以转化为a n ＋1－t ＝2(a n －t )，即a n ＋1＝2a n －t ，解得t ＝－3，故递推公式为a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)．令b n ＝a n ＋3，则b 1＝a 1＋3＝4，且b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2.所以{b n }是以b 1＝4为首项，2为公比的等比数列．所以b n ＝4×2n －1＝2n ＋1，即a n ＝2n ＋1－3.(4)在a n ＋1＝13a n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1两边分别乘以2n ＋1，得2n ＋1·a n ＋1＝23(2n ·a n )＋1.令b n ＝2n ·a n ，则b n ＋1＝23b n ＋1，根据待定系数法，得b n ＋1－3＝23(b n －3)．所以数列{b n －3}是首项为b 1－3＝2×56－3＝－43，公比为23的等比数列．所以b n －3＝－43·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，即b n ＝3－2⎝ ⎛⎭⎪⎫23n . 于是，a n ＝b n 2n ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －2⎝ ⎛⎭⎪⎫13n .(5)取倒数，得1a n ＝3a n －1＋1a n －1＝3＋1a n －1.∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，1a n ＝1a 1＋3(n －1)＝1＋3(n－1)a n ＝13n －2.(6)由题意知a n >0，将a n ＋1＝a 2n 两边取常用对数得到lg a n ＋1＝2lg a n ，即lg a n ＋1lg a n＝2，所以数列{lg a n }是以lg a 1＝lg 3为首项，2为公比的等比数列．所以lg a n ＝(lg 3)·2n －1，所以a n ＝32n －1.由递推公式求通项的方法方法转化过程适合题型累加法(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(a n－a n－1)＝a n－a1a n＋1－a n＝f(n)(f(n)可求和)累乘法a2a1×a3a2×…×a n－1a n－2×a na n－1＝a na1a n＋1a n＝f(n)，f(n)可求积构造法由a n＋1＝pa n＋q化为a n＋1＋m＝p(a n＋m)，构造{a n＋m}为等比数列a n＋1＝pa n＋q辅助数列法由a n＋1＝pa n＋q n化为a n＋1q n＋1＝p·a nq·q n＋1q，放入辅助数列{b n}，b n＋1＝pq b n＋1q，再构造数列a n＋1＝pa n＋rq n取倒数法a n＝ma n－1k(a n－1＋b)取倒数得1a n＝kbm·1a n－1＋km，令b n＝1a na n＝ma n－1k(a n－1＋b)取对数对a n＝pa r n－1化为lg a n＝r lg a n－1＋lgp令b n＝lg a na n＝pa r n－1(n≥2，p>0)1．将本例(1)改为：在数列{a n}中，a1＝2，a n＋1＝a n＋3n＋2，则a n＝________. 解析：因为a n＋1－a n＝3n＋2，所以a n－a n－1＝3n－1(n≥2)，所以a n＝(a n－a n－1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝n (3n ＋1)2(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝2＝12×(3×1＋1)，符合上式，所以a n ＝32n 2＋n2. 答案：32n 2＋n 22．将本例(2)改为已知数列{a n }中，a 1＝1，(n ＋1)a n ＝na n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析：由(n ＋1)a n ＝na n ＋1，可得a n ＋1a n＝n ＋1n .∴当n ≥2时，a na n －1＝n n －1，a n －1a n －2＝n －1n －2，…，a 3a 2＝32，a 2a 1＝2.将以上各式累乘求得a na 1＝n ，∴a n ＝n ，而n ＝1也适合．∴数列的通项公式为a n ＝n . 答案：n3．将本例(3)改为在数列{a n }中a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2.求a n . 解析：因为a n ＋1＝3a n ＋2，所以a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，所以a n ＋1＋1a n ＋1＝3，所以数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3.又a 1＋1＝2，所以a n ＋1＝2·3n －1，所以a n ＝2·3n －1－1.考点三 S n 与a n 的关系的应用◄考素养——懂理 [例3] (1)(2018·菏泽模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－2n ＋1，则其通项公式为________．解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝3－2＋1＝2，当n ≥2时，S n －1＝3(n －1)2－2(n －1)＋1，∴a n ＝S n －S n －1＝(3n 2－2n ＋1)－[3(n －1)2－2(n －1)＋1]＝6n －5， ∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝16n －5，n ≥2.答案：a n ＝⎩⎨⎧2，n ＝16n －5，n ≥2(2)(2019·广东化州第二次模拟)已知S n 为数列{a n }的前n 项和，且log 2(S n ＋1)＝n ＋1，则数列{a n }的通项公式为________．解析：由log 2(S n ＋1)＝n ＋1，得S n ＋1＝2n ＋1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，2n ，n ≥2.答案：a n ＝⎩⎨⎧3，n ＝12n ，n ≥21.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)注意检验n ＝1时的表达式是否可以与n ≥2的表达式合并． 2.S n 与a n 关系问题的求解思路根据所求结果的不同要求，将问题向不同的两个方向转化． (1)利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)转化为只含S n ，S n －1的关系式，再求解.(2)利用S n－S n－1＝a n(n≥2)转化为只含a n，a n－1的关系式，再求解．1．(2019·广东江门模拟)记数列{a n}的前n项和为S n，若n∈N*,2S n＝a n＋1，则a2 018＝________.解析：∵2S n＝a n＋1，∴2S n－1＝a n－1＋1(n≥2)，∴2S n－2S n－1＝2a n＝a n－a n－1(n≥2)，即a n＝－a n－1(n≥2)，又2S1＝2a1＝a1＋1，∴a1＝1，∴a2 018＝a2＝－a1＝－1.答案：－12．已知数列{a n}满足2S n＝4a n－1，当n∈N*时，{(log2a n)2＋λlog2a n}是递增数列，则实数λ的取值范围是________．解析：∵2S n＝4a n－1,2S n－1＝4a n－1－1(n≥2)，两式相减可得2a n＝4a n－4a n－1(n≥2)，∴a n＝2a n－1(n≥2)，又2a1＝4a1－1，∴a1＝12，∴数列{a n}是公比为2的等比数列，∴a n＝2n－2，设b n＝(log2a n)2＋λlog2a n＝(n－2)2＋λ(n－2)，∵{(log2a n)2＋λlog2a n}是递增数列，∴b n＋1－b n＝2n－3＋λ＞0恒成立，∴λ＞3－2n恒成立，∵(3－2n)max＝1，∴λ＞1，故实数λ的取值范围是(1，＋∞)．答案：(1，＋∞)逻辑推理——数列的定义与通项公式中的学科素养求数列的通项公式，无论是已知前n项归纳猜想出通项公式，还是根据递推关系式求通项公式，其主要工作就是逻辑推理，从特殊到一般或从一般到特殊． [例]已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2a n (n ≥2)，且a 1＝1，通过计算a 2，a 3，猜想a n 等于( )A.2(n ＋1)2 B.2n (n ＋1) C.12n －1 D.12n －1 解析：因为S n ＝n 2a n ，所以a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝(n ＋1)2a n ＋1－n 2a n ，故a n ＋1＝nn ＋2a n ，当n ＝2时，a 1＋a 2＝4a 2，a 1＝1，所以a 2＝13. 所以a 1＝1＝21×2，a 2＝13＝22×3，a 3＝22＋2a 2＝12×13＝16＝23×4，a 4＝33＋2a 3＝35×16＝110＝24×5，a 5＝44＋2a 4＝23×110＝115＝25×6，由此可猜想a n ＝2n (n ＋1).答案：B课时规范练 A 组基础对点练1．已知数列{a n }的前4项为2,0,2,0，则归纳该数列的通项不可能是( )A ．a n ＝(－1)n －1＋1B ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n 为奇数0，n 为偶数C ．a n ＝2sin n π2D ．a n ＝cos(n －1)π＋1解析：对于C ，当n ＝3时，sin 3π2＝－1，则a 3＝－2，与题意不符．答案：C2．已知数列2，5，22，11，…，则25是这个数列的( ) A ．第6项 B ．第7项 C ．第19项D ．第11项解析：数列即：2，5，8，11，…，据此可得数列的通项公式为：a n ＝3n －1，由3n －1＝25，解得：n ＝7，即25是这个数列的第7项．答案：B3．设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n ，则a 4的值为( ) A ．4 B ．6 C ．8D ．10解析：a 4＝S 4－S 3＝20－12＝8. 答案：C4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，则S n ＝( ) A ．2n －1 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1 D.12n －1 解析：由已知S n ＝2a n ＋1得S n ＝2(S n ＋1－S n )，即2S n ＋1＝3S n ，S n ＋1S n ＝32，而S 1＝a 1＝1，所以S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1，故选B.答案：B5．设数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝3，且2na n ＝(n －1)a n －1＋(n ＋1)a n ＋1，则a 20的值是( ) A ．415B ．425C ．435D ．445解析：由题知：a n ＋1＝2na n －(n －1)a n －1n ＋1，a 3＝2×2×3－13＝113，a 4＝2×3×113－2×34＝4，a 5＝2×4×4－3×1135＝215，a 6＝2×5×215－4×46＝266，故a n ＝5n －4n ，所以a 20＝5×20－420＝245＝445. 答案：D 6．(2019·北京模拟)数列{a n }满足a n ＋1(a n －1－a n )＝a n －1(a n －a n ＋1)，若a 1＝2，a 2＝1，则a 20＝( ) A.1210 B.129 C.110D.15解析：数列{a n }满足a n ＋1(a n －1－a n ) ＝a n －1(a n －a n ＋1)，展开化为1a n －1＋1a n ＋1＝2a n.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列，公差为1a 2－1a 1＝12，首项为12.所以1a 20＝12＋12×19＝10，解得a 20＝110.答案：C 7．(2019·唐山模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝a 1(4n －1)3，若a 4＝32，则a 1＝__________.解析：∵S n ＝a 1(4n －1)3，a 4＝32，∴255a 13－63a 13＝32，∴a 1＝12.答案：128．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n ，则a 3＋a 4＝________.解析：当n ≥2时，a n ＝2n －2n －1＝2n －1，所以a 3＋a 4＝22＋23＝12. 答案：12 9．(2019·长沙模拟)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝(－1)n (a n ＋1)，记S n 为{a n }的前n 项和，则S 2018＝________.解析：因为数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝(－1)n (a n ＋1)，所以a 2＝－(1＋1)＝－2，a 3＝－2＋1＝－1，a 4＝－(－1＋1)＝0，a 5＝0＋1＝1，a 6＝－(1＋1)＝－2，a 7＝－2＋1＝－1，…，所以{a n }是以4为周期的周期数列，因为2 018＝504×4 ＋2，所以S 2 018＝504×(1－2－1＋0)＋1－2＝－1 009. 答案：－1 00910．传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上面画点或用小石子表示数．他们研究过如图所示的三角形数：将三角形数1,3,6,10，…记为数列{a n }，则数列{a n }的通项公式为________．解析：由题干图可知，a n ＋1－a n ＝n ＋1，a 1＝1，由累加法可得a n ＝n (n ＋1)2. 答案：a n ＝n (n ＋1)2B 组能力提升练11．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2a n －4，n ∈N *，则a n ＝( )A ．2n ＋1B ．2nC ．2n －1D ．2n －2解析：∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝2a n ＋1－4－(2a n －4)，∴a n ＋1＝2a n ，∵a 1＝2a 1－4，∴a 1＝4，∴数列{a n }是以4为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＝4·2n －1＝2n＋1，故选A.答案：A12．在数列{a n }中，a 1＝1，a n a n －1＝a n －1＋(－1)n (n ≥2，n ∈N *)，则a 3a 5的值是( )A.1516B.158C.34D.38解析：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.答案：C13．已知数列{a n }满足a 1＝15，且3a n ＋1＝3a n －2.若a k ·a k ＋1<0，则正整数k ＝( )A ．21B ．22C ．23D ．24解析：由3a n ＋1＝3a n －2得a n ＋1＝a n －23，则{a n }是等差数列，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. 答案：C14．如果数列{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)，则这个数列的第10项等于( ) A.1210 B.129 C.15D.110解析：∵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 n a n －1＋a n a n ＋1＝2，∴1a n －1＋1a n ＋1＝2a n，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是等差数列．又∵d ＝1a 2－1a 1＝12，∴1a 10＝12＋9×12＝5，故a 10＝15. 答案：C 15．(2019·黄冈模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－2n ＋2，则数列{a n }的通项公式为________．解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －3，由于n ＝1时a 1的值不适合n ≥2的解析式，故通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，2n －3，n ≥2.答案：a n ＝⎩⎨⎧1，n ＝1，2n －3，n ≥216．(2019·郑州模拟)意大利数学家列昂纳多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，…，即F (1)＝F (2)＝1，F (n )＝F (n －1)＋F (n －2)(n ≥3，n ∈N *)，此数列在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着广泛的应用，若此数列被3整除后的余数构成一个新数列{b n }，则b 2 018＝________.解析：由题意得，引入“兔子数列”：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，….此数列被3整除后的余数构成一个新数列为1,1,2,0,2,2,1,0,1,1,2,0,2,2,1,0，…构成以8为周期的周期数列，所以b 2 018＝b 2＝1. 答案：1第二节等差数列及其前n 项和[基础梳理]1．等差数列的有关概念 (1)定义：①文字语言：从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数． ②符号语言：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．等差数列的性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n . (3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列．(4)若S n 为等差数列{a n }的前n 项和，则数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…也是等差数列．1．两个重要技巧(1)若奇数个数成等差数列，可设中间三项为a －d ，a ，a ＋d .(2)若偶数个数成等差数列，可设中间两项为a －d ，a ＋d ，其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元． 2．三个必备结论(1)若等差数列{a n }的项数为偶数2n ，则①S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)；②S偶－S 奇＝nd ，S 奇S 偶＝a na n ＋1. (2)若等差数列{a n }的项数为奇数2n ＋1，则①S 2n ＋1＝(2n ＋1)a n ＋1；②S 奇S 偶＝n ＋1n .(3)在等差数列{a n }中，若a 1＞0，d ＜0，则满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值S m ；若a 1＜0，d ＞0，则满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值S m .3．两个函数等差数列{a n }，当d ≠0时，a n ＝dn ＋(a 1－d )，是关于n 的一次函数； S n ＝d 2n 2＋(a 1－d2)n 是无常数项的二次函数． [四基自测]1．(教材改编)已知数列{a n }中，a n ＝3n ＋4，若a n ＝13，则n 等于( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．6答案：A2．已知等差数列{a n }满足：a 3＝13，a 13＝33，则数列{a n }的公差为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4答案：B3．(教材改编)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 4＝18－a 5，则S 8＝( ) A ．18 B ．36 C ．54 D ．72答案：D4．在100以内的正整数中有________个能被6整除的数．答案：165．已知等差数列5,427，347，…，则前n 项和S n ＝________.答案：514(15n －n 2)考点一等差数列的性质及基本量的运算◄考基础——练透角度1 用等差数列的基本量a 1和d 进行计算 [例1] (1)(2018·高考全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5＝( ) A ．－12 B ．－10 C ．10D ．12解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由3S 3＝S 2＋S 4，得3⎣⎢⎡⎦⎥⎤3a 1＋3×(3－1)2×d ＝2a 1＋2×(2－1)2×d ＋4a 1＋4×(4－1)2×d ，将a 1＝2代入上式，解得d ＝－3，故a 5＝a 1＋(5－1)d ＝2＋4×(－3)＝－10. 故选B. 答案：B(2)已知等差数列{a n }的各项都为整数，且a 1＝－5，a 3a 4＝－1，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 10|＝( ) A ．70 B ．58 C ．51D ．40解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由各项都为整数得d ∈Z ，因为a 1＝－5，所以a 3a 4＝(－5＋2d )(－5＋3d )＝－1，化简得6d 2－25d ＋26＝0，解得d ＝2或d ＝136(舍去)，所以a n ＝2n －7，所以|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 10|＝5＋3＋1＋1＋3＋…＋13＝9＋7×(1＋13)2＝58.故选B.答案：B角度2 用等差数列性质进行计算[例2] (1)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＋a 3＋a 10＝9，则S 9＝( ) A ．3 B ．9 C ．18D ．27解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .∵a 2＋a 3＋a 10＝9，∴3a 1＋12d ＝9，即a 1＋4d ＝3，∴a 5＝3，∴S 9＝9×(a 1＋a 9)2＝9×2a 52＝27. 故选D. 答案：D (2)(2019·河北唐山第二次模拟)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 ＝3Y B ．4X ＋Z ＝4Y C ．2X ＋3Z ＝7YD ．8X ＋Z ＝6Y解析：设数列{a n }的前3n 项的和为R ，则由等差数列的性质得X ，Y －X ，R －Y ，Z －R 成等差数列，所以2(Y －X )＝X ＋R －Y ，解之得R ＝3Y －3X ，又因为2(R －Y )＝Y －X ＋Z －R ，把R ＝3Y －3X 代入得8X ＋Z ＝6Y ，故选D. 答案：D等差数列的计算技巧方法解读适合题型基本用a 1和d 表示条件和所求，用方程五个基本量，a 1，d ，S n ，n ，a n 中知量法思想求出a1和d 三求二性质法用等差数列的性质将已知和所求联系起来，用性质表示a n和S n当已知中有“a n＋a m”式的表达式1．已知等差数列{a n}中，a2＝1，前5项和S5＝－15，则数列{a n}的公差为( ) A．－3 B．－52C．－2 D．－4解析：设等差数列{a n}的首项为a1，公差为d，因为⎩⎪⎨⎪⎧a2＝1，S5＝－15，所以⎩⎨⎧a1＋d＝1，5a1＋5×42d＝－15，解得d＝－4，故选D.答案：D2．在等差数列{a n}中，a1＋a5＝8，a4＝7，则a5＝( )A．11 B．10C．7 D．3解析：∵a1＋a5＝2a3＝8，∴a3＝4，又∵a3＋a5＝2a4，∴a5＝2a4－a3＝14－4＝10.故选B.答案：B3．等差数列{a n}中，3(a3＋a5)＋2(a7＋a10＋a13)＝24，则该数列的前13项和为( )A．13 B．26C．52 D．156解析：3(a 3＋a 5)＋2(a 7＋a 10＋a 13)＝24，∴6a 4＋6a 10＝24，∴a 4＋a 10＝4，∴S 13＝13(a 1＋a 13)2＝13(a 4＋a 10)2＝13×42＝26，故选B. 答案：B考点二等差数列的判定与证明◄考能力——知法角度1 用等差数列定义证明 [例3] (2019·南京模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n 且满足a n ＋2S n ·S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列．(2)求a n 的表达式．解析：(1)证明：因为a n ＝S n －S n －1(n ≥2)，又a n ＝－2S n ·S n －1，所以S n －1－S n ＝2S n ·S n －1，S n ≠0.因此1S n －1S n －1＝2(n ≥2)．故由等差数列的定义知⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以1S 1＝1a 1＝2为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)知1S n＝1S 1＋(n －1)d ＝2＋(n －1)×2＝2n ，即S n ＝12n . 由于当n ≥2时，有a n ＝－2S n ·S n －1＝－12n (n －1)，又因为a 1＝12，不适合上式．所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧12(n ＝1)，－12n (n －1)(n ≥2).角度2 用等差中项法证明[例4] 已知等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和为S n . (1)若S 3，S 9，S 6成等差数列，求证：a 2，a 8，a 5成等差数列； (2)若a m ＋2是a m ＋1和a m 的等差中项，则S m ，S m ＋2，S m ＋1成等差数列吗？解析：(1)证明：由S 3，S 9，S 6成等差数列，得S 3＋S 6＝2S 9.若q ＝1，则3a 1＋6a 1＝18a 1，解得a 1＝0，这与{a n }是等比数列矛盾，所以q ≠1，于是有a 1(1－q 3)1－q ＋a 1(1－q 6)1－q ＝2a 1(1－q 9)1－q ，整理得q 3＋q 6＝2q 9.因为q ≠0且q ≠1，所以q 3＝－12，a 8＝a 2q 6＝14a 2，a 5＝a 2q 3＝－12a 2，所以2a 8＝a 2＋a 5，即a 8－a 2＝a 5－a 8，故a 2，a 8，a 5成等差数列．(2)依题意，得2a m ＋2＝a m ＋1＋a m ，则2a 1q m ＋1＝a 1q m ＋a 1q m －1.在等比数列{a n }中，a 1≠0，q ≠0，所以2q 2＝q ＋1，解得q ＝1或q ＝－12.当q ＝1时，S m ＋S m ＋1＝ma 1＋(m ＋1)a 1＝(2m ＋1)a 1，S m ＋2＝(m ＋2)a 1. 因为a 1≠0，所以2S m ＋2≠S m ＋S m ＋1，此时S m ，S m ＋2，S m ＋1不成等差数列．当q ＝－12时，S m ＋2＝a 1[1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12m ＋2]1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝2a 13[1－(－12)m ＋2] ＝2a 13 [1－14×(－12)m ]，S m ＋S m ＋1＝a 1[1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12m ]1－(－12)＋a 1[1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12m ＋1]1－(－12)＝2a 13[1－(－12)m ＋1－(－12)m ＋1] ＝2a 13[2－12×(－12)m]，所以2S m ＋2＝S m ＋S m ＋1.故当q ＝1时，S m ，S m ＋2，S m ＋1不成等差数列；当q ＝－12时，S m ，S m ＋2，S m ＋1成等差数列．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．(证明用)(2)等差中项法：对任意n≥2，n∈N*，满足2a n＝a n＋1＋a n－1.(证明用)(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.提醒：判断是否为等差数列，最终一般都要转化为定义法判断．将本例1条件变为“数列{a n}的前n项和为S n(n∈N*)，2S n－na n＝n，”求证：{a n }为等差数列．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，所以2a n＝a n－1＋a n＋1(n≥2)，所以数列{a n}为等差数列．考点三等差数列前n项和及综合问题◄考素养——懂理[例5] (1)(2018·高考全国卷Ⅱ)记S n为等差数列{a n}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.①求{a n}的通项公式；②求S n，并求S n的最小值．解析：①设{a n}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15.由a1＝－7得d＝2.所以{a n}的通项公式为a n＝a1＋(n－1)d＝2n－9.②由①得S n ＝a 1＋a n2·n ＝n 2－8n ＝(n －4)2－16. 所以当n ＝4时，S n 取得最小值，最小值为－16.(2)已知数列{a n }满足a 1＝2，n (a n ＋1－n －1)＝(n ＋1)(a n ＋n )(n ∈N *)．①求证数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列，并求其通项公式；②设b n ＝2a n －15，求数列{|b n |}的前n 项和T n . 解析：①∵n (a n ＋1－n －1)＝(n ＋1)(a n ＋n )(n ∈N *)， ∴na n ＋1－(n ＋1)a n ＝2n (n ＋1)，∴a n ＋1n ＋1－a nn ＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是等差数列，其公差为2，首项为2，∴a nn ＝2＋2(n －1)＝2n .②由①知a n ＝2n 2，∴b n ＝2a n －15＝2n －15，则数列{b n }的前n 项和S n ＝n (－13＋2n －15)2＝n 2－14n .令b n ＝2n －15≤0，解得n ≤7.∴n ≤7时，数列{|b n |}的前n 项和T n ＝－b 1－b 2－…－b n ＝－S n ＝－n 2＋14n . n ≥8时，数列{|b n |}的前n 项和T n ＝－b 1－b 2－…－b 7＋b 8＋…＋b n ＝－2S 7＋S n ＝－2×(72－14×7)＋n 2－14n ＝n 2－14n ＋98.∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧14n －n 2，n ≤7，n 2－14n ＋98，n ≥8.关于等差数列前n 项和问题，主要是求和方法及性质的应用，其关键点为：(1)定性质，根据已知条件判断出数列具有哪些特性．(2)定方法，根据已知条件或具有的性质，确定解决问题的方法．求和：用哪个公式，需要哪些量．②求S n 最值：(ⅰ)借助S n 的二次函数法； (ⅱ)借用通项的邻项变号法a 1>0，d <0，满足⎩⎪⎨⎪⎧ a m ≥0a m ＋1≤0S n 取得最大值S m ；a 1<0，d >0，满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0a m ＋1≥0，S n 取得最小值S m .1．在等差数列{a n }中，a 1＋a 3＋a 5＝105，a 2＋a 4＋a 6＝99，以S n 表示{a n }的前n 项和，则使S n 达到最大值的n 是( ) A ．21 B ．20 C ．19D ．18解析：由a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝105，∴a 3＝35. a 2＋a 4＋a 6＝3a 4＝99，∴a 4＝33，∴d ＝a 4－a 3＝－2. ∴a n ＝a 4＋(n －4)×d ＝33＋(n －4)×(－2)＝－2n ＋41. ∴a 20＞0，a 21＜0，∴当n ＝20时，S 20最大，故选B. 答案：B2．已知数列{a n }满足2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)，它的前n 项和为S n ，且a 3＝10，S 6＝72，若b n ＝12a n －30，设数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n 的最小值．解析：∵2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，∴a n ＋1－a n ＝a n ＋2－a n ＋1，故数列{a n }为等差数列．设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由a 3＝10，S 6＝72得，⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝10，6a 1＋15d ＝72，解得a 1＝2，d ＝4.故a n ＝4n －2，则b n ＝12a n －30＝2n －31，令⎩⎪⎨⎪⎧ b n ≤0，b n ＋1≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧2n －31≤0，2(n ＋1)－31≥0，解得292≤n ≤312， ∵n ∈N *，∴n ＝15，即数列{b n }的前15项均为负值，∴T 15最小． ∵数列{b n }的首项是－29，公差为2， ∴T 15＝15×(－29＋2×15－31)2＝－225，∴数列{b n }的前n 项和T n 的最小值为－225.数学建模——传统文化中的数列的学科素养在传统文化中，涉及很多等差数列的模型，经过转化用等差数列的知识求解，体现了数学建模，数学运算的素养. [例1]《张丘建算经》卷上第22题——“女子织布”问题：某女子善于织布，一天比一天织得快，而且每天增加的数量相同．已知第一天织布5尺，30天共织布390尺，则该女子织布每天增加( ) A.47尺 B.1629尺 C.815尺 D.1631尺解析：设该女子织布每天增加d 尺，由题意知S 30＝30×5＋30×292d ＝390，解得d ＝1629.故该女子织布每天增加1629尺．故选B. 答案：B [例2]中国古诗词中，有一道“八子分绵”的数学名题：“九百九十六斤绵，赠分八子作盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言”．题意是：把996斤绵分给8个儿子作盘缠，按照年龄从大到小的顺序依次分绵，年龄小的比年龄大的多17斤绵，那么第8个儿子分到的绵是( ) A.174斤 B ．184斤 C.191斤D ．201斤解析：用a 1，a 2，…，a 8表示8个儿子按照年龄从大到小得到的绵数，由题意得数列a 1，a 2，…，a 8是公差为17的等差数列，且这8项的和为996，∴8a 1＋8×72×17＝996，解得a 1＝65.∴a 8＝65＋7×17＝184，即第8个儿子分到的绵是184斤，故选B. 答案：B课时规范练 A 组基础对点练1．在单调递增的等差数列{a n }中，若a 3＝1，a 2a 4＝34，则a 1＝( ) A ．－1 B ．0 C.14D.12解析：由题知，a 2＋a 4＝2a 3＝2，又∵a 2a 4＝34，数列{a n }单调递增，∴a 2＝12，a 4＝32.∴公差d ＝a 4－a 22＝12.∴a 1＝a 2－d ＝0. 答案：B2．等差数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝100(n ≥3)．若{a n }的公差为某一自然数，则n 的所有可能取值为( ) A ．3,7,9,15,100 B ．4,10,12,34,100 C ．5,11,16,30,100D ．4,10,13,43,100解析：由等差数列的通项公式得，公差d ＝a n －a 1n －1＝99n －1.又因为d ∈N ，n ≥3，所以n －1可能为3,9,11,33,99，n 的所有可能取值为4,10,12,34,100，故选B. 答案：B3．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 1＋a 3＋a 5＝3，则S 5＝( ) A ．5 B ．7 C ．9D ．11解析：因为{a n }是等差数列，∴a 1＋a 5＝2a 3，即a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝3，∴a 3＝1， ∴S 5＝5(a 1＋a 5)2＝5a 3＝5，故选A.答案：A4．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 8－S 4＝36，a 6＝2a 4，则a 1＝( ) A ．－2 B ．0 C ．2D ．4 解析：设等差数列{a n }的公差为d ，∵S 8－S 4＝36，a 6＝2a 4， ∴⎩⎨⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫8a 1＋8×72d －⎝ ⎛⎭⎪⎫4a 1＋4×32d ＝36，a 1＋5d ＝2a 1＋6d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－2，d ＝2.故选A.答案：A5．若等差数列{a n }的前5项之和S 5＝25，且a 2＝3，则a 7＝( ) A ．12B ．13C ．14D ．15解析：由S 5＝(a 2＋a 4)·52，得25＝(3＋a 4)·52，解得a 4＝7，所以7＝3＋2d ，即d ＝2，所以a 7＝a 4＋3d ＝7＋3×2＝13. 答案：B6．已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( ) A ．100 B ．99 C ．98D ．97解析：由题意可知，⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋4d ＝3，a 1＋9d ＝8，解得a 1＝－1，d ＝1，所以a 100＝－1＋99×1＝98. 答案：C7．已知等差数列{a n }中，a n ≠0，若n ≥2且a n －1＋a n ＋1－a 2n＝0，S 2n －1＝38，则n 等于__________．解析：∵{a n }是等差数列，∴2a n ＝a n －1＋a n ＋1，又∵a n －1＋a n ＋1－a 2n ＝0，∴2a n－a 2n ＝0，即a n (2－a n )＝0.∵a n ≠0，∴a n ＝2.∴S 2n －1＝(2n －1)a n ＝2(2n －1)＝38，解得n ＝10. 答案：10 8．中位数为1010的一组数构成等差数列，其末项为2015，则该数列的首项为________．解析：设数列首项为a 1，则a 1＋2 0152＝1 010，故a 1＝5.答案：59．已知等差数列的前三项依次为a,4,3a ，前n 项和为S n ，且S k ＝110. (1)求a 及k 的值．(2)已知数列{b n }满足b n ＝S nn ，证明数列{b n }是等差数列，并求其前n 项和T n . 解析：(1)设该等差数列为{a n }，则a 1＝a ，a 2＝4，a 3＝3a ，由已知有a ＋3a ＝8，得a 1＝a ＝2，公差d ＝4－2＝2，所以S k ＝ka 1＋k (k －1)2·d ＝2k ＋k (k －1)2×2＝k 2＋k .由S k ＝110，得k 2＋k －110＝0，解得k ＝10或k ＝－11(舍去)，故a ＝2，k ＝10. (2)由(1)得S n ＝n (2＋2n )2＝n (n ＋1)，则b n ＝S nn ＝n ＋1，故b n ＋1－b n ＝(n ＋2)－(n ＋1)＝1，即数列{b n }是首项为2，公差为1的等差数列，所以T n ＝n (2＋n ＋1)2＝n (n ＋3)2.10．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a n －12a n －1＋1(n ∈N *，n ≥2)，数列{b n }满足关系式b n ＝1a n(n ∈N *)． (1)求证：数列{b n }为等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式．解析：(1)证明：∵b n ＝1a n ，且a n ＝a n －12a n －1＋1，∴b n ＋1＝1a n ＋1＝1a n 2a n ＋1＝2a n ＋1a n ，∴b n ＋1－b n ＝2a n ＋1a n－1a n＝2.又∵b 1＝1a 1＝1，∴数列{b n }是以1为首项，2为公差的等差数列．(2)由(1)知数列{b n }的通项公式为b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1，又b n ＝1a n，∴a n＝1b n ＝12n －1.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝12n －1.B 组能力提升练11．(2019·唐山统考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 11＝22，则a 3＋a 7＋a 8＝( ) A ．18 B ．12 C ．9D ．6解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由题意得S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11(2a 1＋10d )2＝22，即a 1＋5d ＝2，所以a 3＋a 7＋a 8＝a 1＋2d ＋a 1＋6d ＋a 1＋7d ＝3(a 1＋5d )＝6，故选D. 答案：D12．已知数列{a n }是等差数列，数列{b n }是等比数列，公比为q ，数列{c n }中，c n＝a n b n ，S n 是数列{c n }的前n 项和．若S m ＝11，S 2m ＝7，S 3m ＝－201(m 为正偶数)，则S 4m 的值为( ) A ．－1 601 B ．－1 801 C ．－2 001D ．－2 201解析：令A ＝S m ＝11，B ＝S 2m －S m ＝－4，C ＝S 3m －S 2m ＝－208，则q m ·A ＝(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a m b m )q m ＝a 1b m ＋1＋…＋a m b 2m .故B －q m ·A ＝(a m ＋1－a 1)b m ＋1＋…＋(a 2m －a m )b 2m ＝md (b m ＋1＋…＋b 2m )，其中，d 是数列{a n }的公差，q 是数列{b n }的公比．同理C －q m ·B ＝md (b 2m ＋1＋…＋b 3m )＝md (b m ＋1＋…＋b 2m )·q m ，故C －q m ·B ＝q m (B －q m ·A )．代入已知条件，可得11(q m )2＋8q m －208＝0，解得q m ＝4或q m ＝－5211(因m 为正偶数，舍去)．又S 4m －S 3m ＝(a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a m b m )q 3m ＋3md (b m ＋1＋…＋b 2m )q 2m ＝11×43＋3(B －q m ·A )×42＝11×43－3×12×43＝－1 600. 故S 4m ＝S 3m －1 600＝－1 801. 答案：B 13．(2019·长春质检)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1>0且a 6a 5＝911，则当S n 取最大值时，n 的值为( ) A ．9 B ．10 C ．11D ．12解析：由题意，不妨设a 6＝9t ，a 5＝11t ，则公差d ＝－2t ，其中t >0，因此a 10＝t ，a 11＝－t ，即当n ＝10时，S n 取得最大值，故选B. 答案：B14．设等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意正整数n 都有S n T n＝2n －34n －3，则a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4的值为________．解析：因为{a n }，{b n }为等差数列，所以a 9b 5＋b 7＋a 3b 8＋b 4＝a 92b 6＋a 32b 6＝a 9＋a 32b 6＝a 6b 6，因为S 11T 11＝a 1＋a 11b 1＋b 11＝2a 62b 6＝2×11－34×11－3＝1941.所以a 6b 6＝1941.答案：1941 15．(2019·银川模拟)在等差数列{a n }中，已知a 3＝7，a 6＝16，依次将等差数列的各项排成如图所示的三角形数阵，则此数阵中，第10行从左到右的第5个数是________．解析：由题知公差d ＝a 6－a 36－3＝16－73＝3，所以a n ＝7＋(n －3)d ＝3n －2，第10行从左到右的第5个数是原等差数列中第1＋2＋…＋9＋5＝50项，即为 a 50＝3×50－2＝148. 答案：14816．(2019·太原模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＜0，S 2 015＝0.(1)求S n 的最小值及此时n 的值． (2)求n 的取值集合，使其满足a n ≥S n . 解析：(1)设公差为d ，则由S 2 015＝0 2 015a 1＋2 015×2 0142d ＝0a 1＋1 007d＝0，d ＝－11 007a 1，a 1＋a n ＝2 015－n 1 007a 1，所以S n ＝n 2(a 1＋a n )＝n 2·20 15－n1 007a 1 ＝a 12 014(2 015n －n 2 )．因为a 1＜0，n ∈N *，所以当n ＝1 007或1 008时，S n 取最小值504a 1. (2)a n ＝1 008－n1 007a 1， S n ≤a na 12 014(2 015n －n 2)≤1 008－n 1 007a 1.因为a 1＜0，所以n 2－2 017n ＋2 016≤0，即(n －1)(n －2 016)≤0，解得1≤n ≤2 016.故所求n 的取值集合为{n |1≤n ≤2 016，n ∈N *}．第三节等比数列及其前n 项和[基础梳理]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 (a 、G 、b 不为零)． 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．等比数列的性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n －m (m ，n ∈N *)．(2)对任意的正整数m ，n ，p ，q ，若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ·a n ＝a p ·a q . 特别地，若m ＋n ＝2p ，则a m ·a n ＝a 2p .(3)若等比数列前n 项和为S n ，则S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m 仍成等比数列，即(S 2m －Sm )2＝S m (S 3m －S 2m )(m ∈N *，公比q ≠－1)．(4)数列{a n }是等比数列，则数列{pa n }(p ≠0，p 是常数)也是等比数列． (5)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qk.1．(1)在等比数列求和时，要注意q ＝1和q ≠1的讨论． (2)当{a n }是等比数列且q ≠1时，S n ＝a 11－q －a 11－q ·q n＝A －A ·q n .2．当项数是偶数时，S 偶＝S 奇·q ；当项数是奇数时，S 奇＝a 1＋S 偶·q . [四基自测]1．等比数列{a n }中，a 4＝4，则a 2·a 6等于( ) A ．4 B ．8 C ．16 D ．32答案：C2．设{a n }是公比为正数的等比数列，若a 1＝1，a 5＝16，则数列{a n }前7项的和为( ) A ．63 B ．64 C ．127 D ．128答案：C3．在3与192中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________．答案：12,484．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝12，则S 9S 3＝________.答案：345．记S n 为数列{a n }的前n 项和，若S n ＝2a n ＋1，则a n ＝________. 答案：－2n －1考点一等比数列的基本运算及性质◄考基础——练透角度1 利用基本量进行计算 [例1] (1)(2018·高考全国卷Ⅰ)记S n 为数列{a n }的前n 项和．若S n ＝2a n ＋1，则S 6＝________. 解析：∵S n ＝2a n ＋1，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1＋1， ∴a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －1，当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1＋1，得a 1＝－1.∴数列{a n }是首项a 1为－1，公比q 为2的等比数列， ∴S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝－1(1－2n )1－2＝1－2n ，∴S 6＝1－26＝－63. 答案：－63(2)(2018·高考全国卷Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3. ①求{a n }的通项公式；②记S n 为{a n }的前n 项和．若S m ＝63，求m . 解析：①设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝q n －1. 由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2. 故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1. ②若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－(－2)n3.由S m ＝63得(－2)m ＝－188，此方程没有正整数解．若a n ＝2n －1，则S n ＝2n －1. 由S m ＝63得2m ＝64，解得m ＝6. 综上，m ＝6.角度2 利用性质进行计算[例2] (1)在等比数列{a n}中，已知a3，a7是方程x2－6x＋1＝0的两根，则a5＝( ) A．1 B．－1C．±1 D．3解析：在等比数列{a n}中，因为a3，a7是方程x2－6x＋1＝0的两个根，所以a3＋a7＝6＞0，a3·a7＝1＞0，所以a3＞0，a7＞0，a5＞0，因为a3·a7＝a25＝1，所以a5＝1.答案：A(2)已知数列1，a1，a2,9是等差数列，数列1，b1，b2，b3,9是等比数列，则b2a1＋a2＝________.解析：因为数列1，a1，a2,9是等差数列，所以a1＋a2＝1＋9＝10；因为数列1，b1，b2，b3,9是等比数列，所以b22＝1×9＝9，又b2＝1×q2＞0(q为等比数列的公比)，所以b2＝3，则b2a1＋a2＝310.答案：310解决等比数列的基本运算常用方法方法解读适合题型基本量法设出a1和q，将已知条件用a1和q表示，建立方程组求出a1和q题设中有五个基本量a1，q，a n，S n，n中的两个性质法利用等比数列的性质化简已知条件题设中有“a n·a m”型的表达式。

2020版高考数学一轮复习训练：第一部分基础与考点过关第五章数列学案.doc

第五章数列第1课时数列的概念及其简单表示法1. (必修5P 34习题3改编)已知数列{a n }满足a n ＝4a n －1＋3，且a 1＝0，则a 5＝________．答案：255解析：a 2＝4a 1＋3＝3，a 3＝4a 2＋3＝4×3＋3＝15，a 4＝4a 3＋3＝4×15＋3＝63，a 5＝4a 4＋3＝4×63＋3＝255.2. (必修5P 34习题2改编)数列－1，43，－95，167，…的一个通项公式是________．答案：a n ＝(－1)nn 22n －1解析：－1＝－11，数列1，4，9，16，…对应通项n 2，数列1，3，5，7，…对应通项2n －1，数列－1，1，－1，1，…对应通项(－1)n ，故a n ＝(－1)nn 22n －1.3. (必修5P 48习题9改编)若数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋3n ，则a 4＋a 5＋a 6a 1＋a 2＋a 3＝________．答案：2解析：∵ 数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋3n ，∴ a 1＋a 2＋a 3＝S 3＝32＋3×3＝18， a 4＋a 5＋a 6＝S 6－S 3＝36， ∴ a 4＋a 5＋a 6a 1＋a 2＋a 3＝2. 4. (必修5P 34习题9改编)已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2－8n ＋5，则这个数列的最小项是________．答案：－11解析：由a n ＝(n －4)2－11，可知n ＝4时，a n 取最小值为－11.5. (必修5P 34习题5改编)已知数列2，5，22，11，14，…，则42是这个数列的第________项．答案：11解析：易知该数列的通项为2＋3（n －1），则有2＋3（n －1）＝42，得n ＝11，则42是这个数列的第11项．1. 数列的定义按照一定顺序排列的一列数称为数列．数列中的每一个数叫做这个数列的项．排在第一位的数称为这个数列的第1项，通常也叫做首项．2. 数列的分类项数有限的数列叫做有穷数列．项数无限的数列叫做无穷数列． 3. 数列与函数的关系从函数观点看，数列可以看成是以正整数或其子集为定义域的函数a n ＝f(n)，当自变量按照从小到大的顺序依次取值时所对应的一列函数值．反过来，对于函数y ＝f(x)，如果f(i)(i ＝1，2，3，…)有意义，那么可以得到一个数列{f(n)}．4. 数列的通项公式如果数列{a n }的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个公式a n ＝f(n)(n ＝1，2，3，…)来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．通项公式可以看成数列的函数解析式．5. 数列{a n }的前n 项和S n 与通项a n 的关系是a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.[备课札记], 1 由数列的前几项求数列的通项), 1) 根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式： (1) －1，7，－13，19，…；(2) 23，415，635，863，1099，…；(3) 1，0，－13，0，15，0，－17，0，…；(4) 112，245，3910，41617，….解：(1) 偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式(－1)n，观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，故数列的一个通项公式为a n ＝(－1)n(6n －5)．(2) 这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为1×3，3×5，5×7，7×9，9×11，…，每一项都是两个相邻奇数的乘积．故所求数列的一个通项公式为a n ＝2n（2n －1）（2n ＋1）.(3)将数列改写为11，02，－13，04，15，06，－17，08，…，则a n ＝sinn π2n.(4) 观察不难发现112＝1＋12，245＝2＋45＝2＋2222＋1，3910＝3＋910＝3＋3232＋1，…，一般地，a n ＝n ＋n 2n 2＋1.则a n ＝n ＋n2n 2＋1.变式训练(1) 数列－11×2，12×3，－13×4，14×5，…的一个通项公式a n ＝__________；(2) 该数列45，910，1617，2526，…的一个通项公式为________．答案：(1) (－1)n1n （n ＋1） (2) （n ＋1）2（n ＋1）2＋1解析：(1) 这个数列前4项的绝对值都等于项数与项数加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)n1n （n ＋1）.(2) 各项的分子为22，32，42，52，…，分母比分子大1，因此该数列的一个通项公式为a n ＝（n ＋1）2（n ＋1）2＋1., 2 由a n 与S n 关系求a n ), 2) 已知数列{a n }的前n 项和S n ，求通项a n .(1) S n ＝3n－1；(2) S n ＝2n＋1.解：(1) 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2.当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2·3n －1. 当n ＝1时，a n ＝2符合上式．∴ a n ＝2·3n －1.(2) 当n ＝1时，a 1＝S 1＝21＋1＝3；当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n ＋1)－(2n －1＋1)＝2n －2n －1＝2n －1.当n ＝1时，a n ＝3不符合上式．综上有 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3（n ＝1），2n －1（n≥2）.变式训练(1) 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n＋1，则a n ＝__________；(2) 若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式a n ＝__________．答案：(1) ⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2·3n －1，n ≥2 (2) (－2)n －1解析：(1) 当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋1＝4，当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n ＋1－3n －1－1＝2·3n －1.∵ a 1＝4不适合上等式，∴ a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2·3n －1，n ≥2. (2) 由S n ＝23a n ＋13得，当n≥2时，S n －1＝23a n －1＋13，两式相减，得a n ＝23a n －23a n －1，∴ 当n≥2时，a n ＝－2a n －1，即a na n －1＝－2.又n ＝1时，S 1＝a 1＝23a 1＋13，a 1＝1，∴ a n ＝(－2)n －1., 3 由数列的递推关系求数列的通项公式), 3) (1) 设数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则通项公式a n ＝________；(2) a 1＝1，a n ＝a n －1＋1n （n －1）(n≥2，n ∈N *)，通项公式a n ＝________；(3) 在数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n ，则{a n }的通项公式为a n ＝________．答案：(1) n （n ＋1）2＋1 (2) 2－1n (n∈N *) (3) n （n ＋1）2解析：(1) 由题意得，当n≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝2＋(2＋3＋…＋n)＝2＋（n －1）（2＋n ）2＝n （n ＋1）2＋1.又a 1＝1×（1＋1）2＋1＝2，符合上式，因此a n ＝n （n ＋1）2＋1.(2) 由a n ＝a n －1＋1n （n －1）(n≥2)，得a n －a n －1＝1n －1－1n (n≥2)．则a 2－a 1＝11－12，a 3－a 2＝12－13，…，a n －a n －1＝1n －1－1n .将上述n －1个式子累加，得a n ＝2－1n.当n ＝1时，a 1＝1也满足，故a n ＝2－1n(n∈N *)．(3) 由题设知，a 1＝1.当n>1时，a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，∴ a n a n －1＝n ＋1n －1， ∴ a n a n －1＝n ＋1n －1，…，a 4a 3＝53，a 3a 2＝42，a 2a 1＝3. 以上n －1个式子的等号两端分别相乘，得到a n a 1＝n （n ＋1）2.∵ a 1＝1，∴ a n ＝n （n ＋1）2.备选变式（教师专享）(1) 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝3n －1＋a n －1(n≥2)，则a n ＝________．(2) 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝n －1n·a n －1(n≥2)，则a n ＝________．答案：(1) a n ＝3n－12 (2) 1n解析：(1) 由a 1＝1，a n －a n －1＝3n －1(n≥2)，得a 1＝1，a 2－a 1＝31，a 3－a 2＝32，…，a n－1－a n －2＝3n －2，a n －a n －1＝3n －1，以上等式两边分别相加得a n ＝1＋3＋32＋…＋3n －1＝3n－12.当n ＝1时，a 1＝1也适合，∴ a n ＝3n－12.(2) a n ＝n －1n ·a n －1 (n≥2)，a n －1＝n －2n －1·a n －2，…，a 2＝12a 1.以上(n －1)个式子相乘得a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n .当n ＝1时也满足此等式，∴ a n ＝1n .1. (2017·太原模拟)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n －a n ＋1＝na n a n ＋1(n∈N *)，则a n ＝________．答案：2n 2－n ＋2解析：由a n －a n ＋1＝na n a n ＋1得1a n ＋1－1a n ＝n ，则由累加法得1a n －1a 1＝1＋2＋…＋(n －1)＝n 2－n 2.因为a 1＝1，所以1a n ＝n 2－n 2＋1＝n 2－n ＋22，所以a n ＝2n 2－n ＋2. 2. 设S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝kn 2＋n ，n ∈N *，其中k 是常数．若对于任意的m∈N *，a m ，a 2m ，a 4m 成等比数列，则k 的值为________．答案：0或1解析：∵ S n ＝kn 2＋n ，n ∈N *，∴ 数列{a n }是首项为k ＋1，公差为2k 的等差数列，a n ＝2kn ＋1－k.又对于任意的m∈N *都有a 22m ＝a m a 4m ， a 22＝a 1a 4，(3k ＋1)2＝(k ＋1)(7k ＋1)，解得k ＝0或1.又k ＝0时，a n ＝1，显然对于任意的m∈N *，a m ，a 2m ，a 4m 成等比数列；k ＝1时，a n ＝2n ，a m ＝2m ，a 2m ＝4m ，a 4m ＝8m ，显然对于任意的m∈N *，a m ，a 2m ，a 4m 也成等比数列．综上所述，k ＝0或1.3. 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1a n ＝2n (n∈N *)，则a 10等于________．答案：32解析：∵ a n ＋1a n ＝2n ，∴ a n ＋1a n ＋2＝2n ＋1，两式相除得a n ＋2a n＝2.又a 1a 2＝2，a 1＝1，∴ a 2＝2，则a 10a 8·a 8a 6·a 6a 4·a 4a 2＝24，即a 10＝25＝32.4. 对于数列{a n }，定义数列{b n }满足：b n ＝a n ＋1－a n (n∈N *)，且b n ＋1－b n ＝1(n∈N *)，a 3＝1，a 4＝－1，则a 1＝________．答案：8解析：b 3＝a 4－a 3＝－1－1＝－2，由b 3－b 2＝1，得b 2＝－3，而b 2＝a 3－a 2＝－3，得a 2＝4.又b 2－b 1＝1，则b 1＝－4，而b 1＝a 2－a 1＝4－a 1＝－4，则a 1＝8.5. 已知数列{a n }的前n 项和S n ＝13a n ＋23，则{a n }的通项公式a n ＝__________．答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1 解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝13a 1＋23，∴ a 1＝1.当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝13a n －13a n －1，∴a n a n －1＝－12.∴ 数列{a n }为首项a 1＝1，公比q ＝－12的等比数列，故a n ＝(－12)n －1.1. 若a n ＝n 2＋λn ＋3(其中λ为实常数)，n ∈N *，且数列{a n }为单调递增数列，则实数λ的取值范围是________．答案：(－3，∞)解析：(解法1：函数观点)因为{a n }为单调递增数列，所以a n ＋1>a n ，即(n ＋1)2＋λ(n＋1)＋3>n 2＋λn ＋3，化简为λ>－2n －1对一切n∈N *都成立，所以λ>－3.故实数λ的取值范围是(－3，＋∞)．(解法2：数形结合法)因为{a n }为单调递增数列，所以a 1<a 2，要保证a 1<a 2成立，二次函数f(x)＝x 2＋λx ＋3的对称轴x ＝－λ2应位于1和2中点的左侧，即－λ2<32，亦即λ>－3，故实数λ的取值范围为(－3，＋∞)．2. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，a n ＋1＝13S n ，求a 2，a 3，a 4的值及数列{a n }的通项公式．解：由已知得a 2＝13，a 3＝49，a 4＝1627.由a 1＝1，a n ＋1＝13S n ，得a n ＝13S n －1，n ≥2，故a n ＋1－a n ＝13S n －13S n －1＝13a n ，n ≥2，得a n ＋1＝43a n ，n ≥2.又a 1＝1，a 2＝13，故该数列从第二项开始为等比数列，故a n ＝⎩⎨⎧1，n ＝1，13⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －2，n ≥2.3. 已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n 满足S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n2＋n)＝0，n ∈N *.(1) 求a 1的值；(2) 求数列{a n }的通项公式．解：(1) 由题设，S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n)＝0，n ∈N *.令n ＝1，有S 21－(12＋1－3)S 1－3×(12＋1)＝0，可得S 21＋S 1－6＝0，解得S 1＝－3或2，即a 1＝－3或2. 又a n 为正数，所以a 1＝2.(2) 由S 2n －(n 2＋n －3)S n －3(n 2＋n)＝0，n ∈N *可得，(S n ＋3)(S n －n 2－n)＝0，则S n ＝n 2＋n 或S n ＝－3.又数列{a n }的各项均为正数，所以S n ＝n 2＋n ，S n －1＝(n －1)2＋(n －1)，所以当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n －[(n －1)2＋(n －1)]＝2n. 又a 1＝2，所以a n ＝2n.4. 设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝a(a≠3)，a n ＋1＝S n ＋3n ，n ∈N *.(1) 设b n ＝S n －3n，求数列{b n }的通项公式；(2) 若a n ＋1≥a n ，n ∈N *，求a 的取值范围．解：(1) 依题意，S n ＋1－S n ＝a n ＋1＝S n ＋3n，即S n ＋1＝2S n ＋3n ，由此得S n ＋1－3n ＋1＝2(S n －3n)，即b n ＋1＝2b n .又b 1＝S 1－3＝a －3，因此，所求通项公式为b n ＝(a －3)2n －1，n ∈N *.(2) 由(1)知S n ＝3n ＋(a －3)2n －1，n ∈N *，于是，当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n ＋(a －3)2n －1－3n －1－(a －3)2n －2＝2×3n －1＋(a －3)2n －2，a n ＋1－a n ＝4×3n －1＋(a －3)2n －2＝2n －2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2＋a －3.当n≥2时，a n ＋1≥a n ⇒12⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2＋a －3≥0⇒a ≥－9. 又a 2＝a 1＋3>a 1，综上，所求的a 的取值范围是[－9，3)∪(3，＋∞)．1. 数列中的数的有序性是数列定义的灵魂，要注意辨析数列的项和数集中元素的异同，数列可以看成是一个定义域为正整数集或其子集的函数，因此在研究数列问题时，既要注意函数方法的普遍性，又要注意数列方法的特殊性．2. 根据所给数列的前几项求其通项，需要仔细观察分析，抓住特征：分式中分子、分母的独立特征，相邻项变化的特征，拆项后的特征，各项的符号特征和绝对值特征，并由此进行归纳、联想．3. 通项a n 与其前n 项和S n 的关系是一个十分重要的考点，运用时不要忘记讨论a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1（n ＝1），S n －S n －1（n≥2）.[备课札记]第2课时等差数列(对应学生用书(文)、(理)84～85页)1. (必修5P 47习题5改编)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝2，S 3＝12，则a 6＝________．答案：12解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由题意知，3×2＋3d ＝12，得d ＝2，则a 6＝2＋(6－1)×2＝12.2. (必修5P 48习题7改编)在等差数列{a n }中， (1) 已知a 4＋a 14＝2，则S 17＝________； (2) 已知S 11＝55，则a 6＝________；(3) 已知S 8＝100，S 16＝392，则S 24＝________．答案：(1) 17 (2) 5 (3) 876解析：(1) S 17＝17（a 1＋a 17）2＝17（a 4＋a 14）2＝17.(2) S 11＝11（a 1＋a 11）2＝11×2a 62＝55，∴ a 6＝5.(3) S 8，S 16－S 8，S 24－S 16成等差数列，∴ 100＋S 24－392＝2×(392－100)，∴ S 24＝876. 3. (必修5P 44练习6改编)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，已知S 5＝5，S 9＝27，则S 7＝________．答案：14解析：由S 5＝(a 1＋a 5)×52＝2a 3×52＝5a 3＝5，得a 3＝1.由S 9＝(a 1＋a 9)×92＝2a 5×92＝9a 5＝27，得a 5＝3.从而S 7＝(a 1＋a 7)×72＝(a 3＋a 5)×72＝4×72＝14.4. (必修5P 48习题11改编)已知数列{a n }为等差数列，若a 1＝－3，11a 5＝5a 8，则使其前n 项和S n 取最小值的n ＝________．答案：2解析：∵ a 1＝－3，11a 5＝5a 8，∴ d ＝2，∴ S n ＝n 2－4n ＝(n －2)2－4，∴ 当n ＝2时，S n 最小．5. (必修5P 43例2改编)在等差数列{a n }中，已知d ＝12，a n ＝32，S n ＝－152，则a 1＝________．答案：－3解析：由题意，得⎩⎨⎧a 1＋322×n＝－152 ①，a 1＋（n －1）×12＝32②，由②得a 1＝－12n ＋2，代入①得n 2－7n －30＝0，∴ n ＝10或n ＝－3(舍去)，∴ a 1＝－3.1. 等差数列的定义 (1) 文字语言：如果一个数列从第二项起，每一项减去它的前一项所得的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．(2) 符号语言：a n ＋1－a n ＝d(n∈N *)． 2. 等差数列的通项公式若等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，则其通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d ．推广：a n ＝a m ＋(n －m)d. 3. 等差中项如果三个数a ，A ，b 成等差数列，则A 叫a 和b 的等差中项，且有A ＝a ＋b2．4. 等差数列的前n 项和公式(1) S n ＝na 1＋n （n －1）2d ．(2) S n ＝n （a 1＋a n ）2．5. 等差数列的性质(1) 等差数列{a n }中，对任意的m ，n ，p ，q ∈N *，若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ．特殊的，若m ＋n ＝2p ，则a m ＋a n ＝2a p ．(2) 等差数列{a n }中，依次每m 项的和仍成等差数列，即S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍成等差数列．6. 当项数为2n(n∈N ＋)，则S 偶－S 奇＝nd ，S 偶S 奇＝a n ＋1a n；当项数为2n －1(n∈N ＋)，则S 奇－S 偶＝a n ，S 偶S 奇＝n －1n., 1 数列中的基本量的计算), 1) (1) 设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，S 8＝4a 3，a 7＝－2，则a 9＝__________；(2) 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 3＝6，S 4＝12，则S 6＝__________．答案：(1) －6 (2) 30解析：(1) 设公差为d ，则8a 1＋28d ＝4a 1＋8d ，即a 1＝－5d ，a 7＝a 1＋6d ＝－5d ＋6d ＝d ＝－2，所以a 9＝a 7＋2d ＝－6.(2) 设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由S 3＝6，S 4＝12，可得⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝3a 1＋3d ＝6，S 4＝4a 1＋6d ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝0，d ＝2，即S 6＝6a 1＋15d ＝30.变式训练(1) 已知{a n }是公差不为0 的等差数列，S n 是其前n 项和，若a 2a 3＝a 4a 5，S 9＝1，则a 1的值是________；(2) 设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若a 2＝7，S 7＝－7，则a 7的值为________．答案：(1) －527(2) －13解析：(1) 设等差数列{a n }的公差为d(d≠0)． ∵ a 2a 3＝a 4a 5，S 9＝1，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧（a 1＋d ）（a 1＋2d ）＝（a 1＋3d ）（a 1＋4d ），9a 1＋9×82d ＝1，解得a 1＝－527.(2) 设等差数列{a n }的公差为d.∵ a 2＝7，S 7＝－7，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝a 1＋d ＝7，S 7＝7a 1＋7×62d ＝－7，解方程组可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝11，d ＝－4， ∴ a 7＝a 1＋6d ＝11－6×4＝－13., 2 判断或证明一个数列是否是等差数列), 2) 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.(1) 求证：{a n }为等差数列； (2) 求{a n }的通项公式．(1) 证明：当n ＝1时，有2a 1＝a 21＋1－4，即a 21－2a 1－3＝0，解得a 1＝3或a 1＝－1(舍去)．当n≥2时，有2S n －1＝a 2n －1＋n －5.又2S n ＝a 2n ＋n －4，两式相减得2a n ＝a 2n －a 2n －1＋1，即a 2n －2a n ＋1＝a 2n －1，也即(a n －1)2＝a 2n －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a 1＝3，所以a 2＝－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{a n }为等差数列．(2) 解：由(1)知a 1＝3，d ＝1，所以数列{a n }的通项公式a n ＝3＋(n －1)×1＝n ＋2，即a n ＝n ＋2.变式训练已知数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝3a n ＋3n ＋1－2n.设b n ＝a n －2n3n .(1) 证明：数列{b n }为等差数列； (2) 求数列{a n }的通项公式．(1) 证明：∵ b n ＋1－b n ＝a n ＋1－2n ＋13n ＋1－a n －2n 3n ＝3a n ＋3n ＋1－2n －2n ＋13n ＋1－3a n －3·2n3n ＋1＝1， ∴ 数列{b n }为等差数列．(2) 解：∵ b 1＝a 1－23＝0，∴ b n ＝n －1，∴ a n ＝(n －1)·3n ＋2n.备选变式（教师专享）已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足：a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2，n ∈N *)，a 1＝12，判断⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 与{a n }是否为等差数列，并说明你的理由．解：因为a n ＝S n －S n －1(n≥2)，又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)．因为S 1＝a 1＝12，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以2为首项，2为公差的等差数列．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 －12（n －1）＝－12n （n －1），所以a n ＋1＝－12n （n ＋1），而a n ＋1－a n ＝－12n （n ＋1）－－12n （n －1）＝－12n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n －1＝1n （n －1）（n ＋1）. 所以当n≥2时，a n ＋1－a n 的值不是一个与n 无关的常数，故数列{a n }不是一个等差数列．综上可知，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列，{a n }不是等差数列．, 3 等差数列的性质), 3) (1) 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________；(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＝________；(3) 已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10＝10，S 20＝30，则S 30＝________．答案：(1) 20 (2) 10 (3) 60解析：(1) 由S 5＝10得a 3＝2，因此2－2d ＋(2－d)2＝－3⇒d ＝3，a 9＝2＋3×6＝20. (2) 因为{a n }是等差数列，所以a 3＋a 7＝a 4＋a 6＝a 2＋a 8＝2a 5，a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝5a 5＝25，即a 5＝5，a 2＋a 8＝2a 5＝10.(3) 因为S 10，S 20－S 10，S 30－S 20成等差数列，且S 10＝10，S 20＝30，S 20－S 10＝20，所以2×20＝10＋S 30－30，所以S 30＝60. 变式训练(1) 设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若2a 8＝6＋a 11，则S 9的值等于__________； (2) 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＝__________．答案：(1) 54 (2) 45 解析：(1) 根据题意及等差数列的性质，知2a 8－a 11＝a 5＝6，根据等差数列的求和公式，知S 9＝a 1＋a 92×9＝2a 52×9＝6×9＝54.(2) 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S 9－S 6＝2S 6－3S 3＝45，则a 7＋a 8＋a 9＝45.备选变式（教师专享）设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 5＝3，S 10＝40，求nS n 的最小值．解：设等差数列{a n }的公差为d.∵ a 5＝3，S 10＝40，∴ a 1＋4d ＝3，10a 1＋10×92d ＝40，解得a 1＝－5，d ＝2.∴ S n ＝－5n ＋n （n －1）2×2＝n 2－6n ，则nS n ＝n 2(n －6)．n ≤5时，nS n ＜0；n≥6时，nS n ≥0.可得n ＝4时，nS n 取得最小值－32., 4 等差数列中的最值问题), 4) (1) 若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9>0，a 7＋a 10<0，当n 取何值时，{a n }的前n 项和最大？(2) 已知数列{a n }为等差数列．若a 7a 6<－1，且{a n }的前n 项和S n 有最大值，求使S n >0时n 的最大值．(3) 在等差数列{a n }中，a 1>0，公差d<0，a 5＝3a 7，其前n 项和为S n ，求S n 取得最大值时n 的值．解：(1) 由等差数列的性质，得a 7＋a 8＋a 9＝3a 8，a 8>0.又a 7＋a 10<0，∴ a 8＋a 9<0，∴ a 9<0，∴ S 8>S 7，S 8>S 9，故数列{a n }的前8项和最大．(2) ∵ a 7a 6<－1，且S n 有最大值，∴ a 6>0，a 7<0，且a 6＋a 7<0，∴ S 11＝11（a 1＋a 11）2＝11a 6>0，S 12＝12（a 1＋a 12）2＝6(a 6＋a 7)<0，∴ 使S n >0的n 的最大值为11.(3) 在等差数列{a n }中，a 1>0，公差d<0.∵ a 5＝3a 7，∴ a 1＋4d ＝3(a 1＋6d)，∴ a 1＝－7d ，∴ S n ＝n(－7d)＋n （n －1）2d ＝d 2(n 2－15n)，∴ n ＝7或8时，S n 取得最大值．备选变式（教师专享）已知在等差数列{a n }中，a 1＝31，S n 是它的前n 项和，S 10＝S 22. (1) 求S n ；(2) 这个数列的前多少项的和最大，并求出这个最大值．解：(1) ∵ S 10＝a 1＋a 2＋…＋a 10，S 22＝a 1＋a 2＋…＋a 22，S 10＝S 22，∴ a 11＋a 12＋…＋a 22＝0，12（a 11＋a 22）2＝0，即a 11＋a 22＝2a 1＋31d ＝0.又a 1＝31，∴ d ＝－2，∴ S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝31n －n(n －1)＝32n －n 2.(2) (解法1)由(1)知S n ＝32n －n 2，∴ 当n ＝16时，S n 有最大值，S n 的最大值是256.(解法2)由S n ＝32n －n 2＝n(32－n)，欲使S n 有最大值，应有1<n<32，从而S n ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋32－n 22＝256，当且仅当n ＝32－n ，即n ＝16时，S n 有最大值256.1. (2016·北京卷)已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和．若a 1＝6，a 3＋a 5＝0，则S 6＝__________．答案：6解析：设等差数列{a n }的公差为d.因为a 3＋a 5＝0，所以6＋2d ＋6＋4d ＝0，解得d ＝－2，所以S 6＝6×6＋6×52×(－2)＝36－30＝6.2. (2017·南京、盐城一模)已知数列{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 4＋a 5＋a 6＝21，则S 9＝________．答案：63解析：由a 4＋a 5＋a 6＝21得a 5＝7，所以S 9＝9（a 1＋a 9）2＝9a 5＝63.3. 已知公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n .若S 5S 3＝3，则a 5a 3的值为__________．答案：179解析：S 5S 3＝a 1×5＋12×5×4da 1×3＋12×3×2d＝5a 1＋10d 3a 1＋3d ＝3，则d ＝4a 1，则a 5a 3＝a 1＋4d a 1＋2d ＝17a 19a 1＝179.4. (2017·南通、泰州三调)设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若公差d ＝2，a 5＝10，则S 10的值是________．答案：110解析：∵ a 5＝a 1＋4d ＝a 1＋8＝10，∴ a 1＝2，∴ S 10＝10a 1＋10×92d ＝110.5. (2017·南通一模)《九章算术》中的“竹九节”问题：现有一根9节的竹子，自上而下各节的容积成等差数列，上面4节的容积共3升，下面3节的容积共4升，则该竹子最上面一节的容积为________升．答案：1322解析：设最上面一节的容积为a 1，由题设知⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋4×32d ＝3，⎝ ⎛⎭⎪⎫9a 1＋9×82d －⎝ ⎛⎭⎪⎫6a 1＋6×52d ＝4，解得a 1＝1322.1. (2017·新课标Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则＝________．答案：2nn ＋1解析：设等差数列的首项为a 1，公差为d ，由题意有⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋2d ＝3，4a 1＋4×32d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，数列的前n 项和S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n×1＋n （n －1）2×1＝n （n ＋1）2.裂项有：1S k ＝2k （k ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1k ＋1，据此，2. 设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则a n ＝________．答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，1n （n －1），n ≥2 解析：由已知得a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝S n ＋1·S n ，两边同时除以S n ＋1·S 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 .则当n ＝1时，a 1＝－1；当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝－1n ＋1n －1＝1n （n －1），所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，1n （n －1），n ≥2.(或直接带入a n ＋1＝S n S n ＋1，但要注意分类讨论) 3. 已知等差数列{a n }的首项为1，公差为2，若a 1a 2－a 2a 3＋a 3a 4－a 4a 5＋…－a 2n a 2n ＋1≥tn 2对n∈N *恒成立，则实数t 的取值范围是__________．答案：(－∞，－12]解析：a 1a 2－a 2a 3＋a 3a 4－a 4a 5＋…－a 2n a 2n ＋1＝a 2(a 1－a 3)＋a 4(a 3－a 5)＋…＋a 2n (a 2n －1－a 2n ＋1)＝－4(a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝－4×a 2＋a 2n 2×n ＝－8n 2－4n ，所以－8n 2－4n ≥tn 2，所以t≤－8－4n 对n∈N *恒成立，t ≤－12. 4. (2017·南京、盐城二模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }，{c n }满足(n ＋1)b n＝a n ＋1－S n n ，(n ＋2)c n ＝a n ＋1＋a n ＋22－S n n，其中n∈N *.(1) 若数列{a n }是公差为2的等差数列，求数列{c n }的通项公式；(2) 若存在实数λ，使得对一切n∈N *，有b n ≤λ≤c n ，求证：数列{a n }是等差数列．(1) 解：∵ 数列{a n }是公差为2的等差数列，∴ a n ＝a 1＋2(n －1)，S nn＝a 1＋n －1.∴ (n ＋2)c n ＝a 1＋2n ＋a 1＋2（n ＋1）2－(a 1＋n －1)＝n ＋2，解得c n ＝1.(2) 证明：由(n ＋1)b n ＝a n ＋1－S nn，可得n(n ＋1)b n ＝na n ＋1－S n ，(n ＋1)(n ＋2)b n ＋1＝(n＋1)a n ＋2－S n ＋1，两式相减可得a n ＋2－a n ＋1＝(n ＋2)b n ＋1－nb n ，可得(n ＋2)c n ＝a n ＋1＋a n ＋22－S n n ＝a n ＋1＋a n ＋22－[a n ＋1－(n ＋1)b n ]＝a n ＋2－a n ＋12＋(n ＋1)b n ＝（n ＋2）b n ＋1－nb n 2＋(n ＋1)b n ＝n ＋22(b n ＋b n ＋1)，因此c n ＝12(b n ＋b n ＋1)．∵ b n ≤λ≤c n ，∴ λ≤c n ＝12(b n ＋b n ＋1)≤λ，故b n ＝λ，c n ＝λ.∴ (n ＋1)λ＝a n ＋1－S n n ，(n ＋2)λ＝12(a n ＋1＋a n ＋2)－S nn，相减可得12(a n ＋2－a n ＋1)＝λ，即a n ＋2－a n ＋1＝2λ(n≥2)．又2λ＝a 2－S 11＝a 2－a 1，则a n ＋1－a n ＝2λ(n≥1)，∴ 数列{a n }是等差数列．1. 等差数列问题，首先应抓住a 1和d ，通过列方程组来解，其他也就迎刃而解了．但若恰当地运用性质，可以减少运算量．2. 等差数列的判定方法有以下几种：① 定义法：a n ＋1－a n ＝d(d 为常数)；② 等差中项法：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2；③ 通项公式法：a n ＝pn ＋q(p ，q 为常数)；④前n 项和公式法：S n＝An 2＋Bn(A ，B 为常数)．3. 注意设元，利用对称性，减少运算量．4. 解答某些数列问题，有时不必(有时也不可能)求出某些具体量的结果，可采用整体代换的思想．[备课札记]第3课时等比数列(对应学生用书(文)、(理)86～87页)理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n 项和公式，并能用有关知识解决相应的问题．① 理解等比数列的概念.②掌握等比数列的通项公式与前n 项和公式.③ 理解等比中项的概念，掌握等比数列的性质．1. (必修5P 61习题2改编)设S n 是等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，a 6＝32，则S 3＝________．答案：7解析：q 5＝a 6a 1＝32，q ＝2，S 3＝1×（1－23）1－2＝7.2. 若－1，x ，y ，z ，－3成等比数列，则y 的值为________．答案：－ 3解析：由等比中项知y 2＝3，∴ y ＝± 3.又∵ y 与－1，－3符号相同，∴ y ＝－ 3. 3. (必修5P 54习题10改编)等比数列{a n }中，a 1>0，a 2a 4＋2a 3a 5＋a 4a 6＝36，则a 3＋a 5＝________．答案：6解析：a 2a 4＋2a 3a 5＋a 4a 6＝(a 3＋a 5)2＝36.又a 1>0，∴ a 3，a 5>0，∴ a 3＋a 5＝6.4. (必修5P 61习题3改编)在等比数列{a n }中，a 3＝7，前3项和S 3＝21，则公比q ＝________．答案：1或－12解析：由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝7，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＝21，化简得1＋q ＋q 2q 2＝3.整理得2q 2－q －1＝0，解得q ＝1或q ＝－12.5. (必修5P 56例2改编)设等比数列{a n }的前n 项和为S n .若S 2＝3，S 4＝15，则S 6＝________．答案：63解析：设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，易知q≠1，根据题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1－q 2）1－q＝3，a 1（1－q 4）1－q＝15，解得q 2＝4，a 11－q ＝－1，所以S 6＝a 1（1－q 6）1－q＝(－1)(1－43)＝63.1. 等比数列的概念(1) 文字语言：如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比都等于同一个常数，那么这个数列叫做等比数列．(2) 符号语言：a n ＋1a n＝q(n∈N *，q 是等比数列的公比)．2. 等比数列的通项公式设{a n }是首项为a 1，公比为q 的等比数列，则第n 项a n ＝a 1q n －1．推广：a n ＝a m q n －m. 3. 等比中项若a ，G ，b 成等比数列，则G 为a 和b 的等比中项且G 4. 等比数列的前n 项和公式 (1) 当q ＝1时，S n ＝na 1．(2) 当q≠1时，S n ＝a 1（1－q n）1－q ＝a 1－a n q1－q．5. 等比数列的性质(1) 等比数列{a n }中，对任意的m ，n ，p ，q ∈N *，若m ＋n ＝p ＋q ，则a m a n ＝a p a q ．特殊的，若m ＋n ＝2p ，则a m a n ＝a 2p ．(2) 等比数列{a n }中，依次每m 项的和(非零)仍成等比数列，即S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…仍成等比数列，其公比为q m(q≠－1)．(其中S m ≠0)[备课札记], 1 等比数列的基本运算), 1) (1) 设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则a 4＝________；(2) 等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n ，已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________；(3) 设等比数列{a n }的前n 项和为S n .若27a 3－a 6＝0，则S 6S 3＝________．答案：(1) －8 (2) 32 (3) 28解析：(1) 设等比数列的公比为q ，很明显q≠－1，结合等比数列的通项公式和题意可得方程组⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝a 1（1＋q ）＝－1 ①，a 1－a 3＝a 1（1－q 2）＝－3 ②，由②除以①可得q ＝－2 ，代入①可得a 1＝1，由等比数列的通项公式可得a 4＝a 1q 3＝－8.(2) 当q ＝1时，显然不符合题意；当q≠1时，⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1－q 3）1－q ＝74，a 1（1－q 6）1－q ＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝14，q ＝2，则a 8＝14×27＝32. (3) 设等比数列的公比为q ，首项为a 1，则a 6a 3＝q 3＝27.S 6S 3＝a 1＋a 2＋…＋a 6a 1＋a 2＋a 3＝1＋a 4＋a 5＋a 6a 1＋a 2＋a 3＝1＋q 3＋q 4＋q 51＋q ＋q 2＝1＋q 3＝28. 变式训练(1) 在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 2＝1，a 8＝a 6＋2a 4，则a 6的值是________； (2) 设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2a 3…a n 的最大值为________．答案：(1) 4 (2) 64解析：(1) 设等比数列{a n }的公比为q ，由a 2＝1，a 8＝a 6＋2a 4得q 6＝q 4＋2q 2，q 4－q 2－2＝0，解得q 2＝2，则a 6＝a 2q 4＝4.(2) 因为a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，所以公比q ＝a 2＋a 4a 1＋a 3＝12，所以a 1＋a 1×14＝10⇒a 1＝8，a 1a 2a 3…a n ＝8n ⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋2＋…＋n －1＝23n·2－n （n －1）2＝23n －n （n －1）2＝2－n 2＋7n2，所以当n ＝3或4时，取最大值64., 2 等比数列的判定与证明), 2) 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，3S n ＝a n －1(n∈N *)． (1) 求a 1，a 2；(2) 求证：数列{a n }是等比数列； (3) 求a n 和S n .(1) 解：由3S 1＝a 1－1，得3a 1＝a 1－1，所以a 1＝－12.又3S 2＝a 2－1，即3a 1＋3a 2＝a 2－1，得a 2＝14.(2) 证明：当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝13(a n －1)－13(a n －1－1)，得a n a n －1＝－12，所以{a n }是首项为－12，公比为－12的等比数列．(3) 解：由(2)可得a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n，S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－13⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n .备选变式（教师专享）已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝4a n －3(n ∈N *)． (1) 求证：数列{a n }是等比数列；(2) 若数列{b n }满足b n ＋1＝a n ＋b n (n∈N *)，且b 1＝2，求数列{b n }的通项公式．(1) 证明：依题意S n ＝4a n －3(n∈N *)，当n ＝1时，a 1＝4a 1－3，解得a 1＝1.因为S n ＝4a n －3，则S n －1＝4a n －1－3(n≥2)，所以当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝4a n －4a n －1，整理得a n ＝43a n －1.又a 1＝1≠0，所以{a n }是首项为1，公比为43的等比数列．(2) 解：由(1)知a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1，由b n ＋1＝a n ＋b n (n∈N *)，得b n ＋1－b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1.可得b n ＝b 1＋(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝2＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －11－43＝3·⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1－1(n≥2)．当n ＝1时也满足，所以数列{b n }的通项公式为b n ＝3·⎝ ⎛⎭⎪⎫43n －1－1(n∈N *)．, 3 等比数列的性质), 3) 已知等比数列{a n }的各项均为正数，且满足a 1a 9＝4，则数列{log 2a n }的前9项之和为________．答案：9解析：∵ a 1a 9＝a 25＝4，∴ a 5＝2，∴ log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 9＝log 2(a 1a 2…a 9)＝log 2a 95＝9log 2a 5＝9. 变式训练(1) 各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 10＝2，S 30＝14，则S 40＝________；(2) 等比数列{a m }的前n 项积为T n (n∈N *)，已知a m －1a m ＋1－2a m ＝0，且T 2m －1＝128，则m ＝________．答案：(1) 30 (2) 4解析：(1) 依题意有S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30仍成等比数列，2·(14－S 20)＝(S 20－2)2，得S 20＝6.所以S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30，即为2，4，8，16，所以S 40＝S 30＋16＝30.(2) 因为{a m }为等比数列，所以a m －1·a m ＋1＝a 2m .又由a m －1·a m ＋1－2a m ＝0，得a m ＝2.则T 2m －1＝a 2m －1m，所以22m －1＝128，m ＝4., 4 等比数列的应用), 4) 设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，S n ＋1＝4a n ＋2. (1) 设b n ＝a n ＋1－2a n ，求证：数列{b n }是等比数列； (2) 求数列{a n }的通项公式．(1) 证明：由a 1＝1及S n ＋1＝4a n ＋2，得a 1＋a 2＝S 2＝4a 1＋2.∴ a 2＝5，∴ b 1＝a 2－2a 1＝3. 又⎩⎪⎨⎪⎧S n ＋1＝4a n ＋2 ①，S n ＝4a n －1＋2（n≥2） ②， ①－②，得a n ＋1＝4a n －4a n －1， ∴ a n ＋1－2a n ＝2(a n －2a n －1)． ∵ b n ＝a n ＋1－2a n ，∴ b n ＝2b n －1，故{b n }是首项b 1＝3，公比为2的等比数列．(2) 解：由(1)知b n ＝a n ＋1－2a n ＝3·2n －1， ∴ a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝34. 故⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是首项为12，公差为34的等差数列．∴ a n 2n ＝12＋(n －1)·34＝3n －14，故a n ＝(3n －1)·2n －2. 备选变式（教师专享）已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2＋2n ，数列{b n }的前n 项和T n ＝2－b n . (1) 求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2) 设c n ＝a 2n ·b n ，证明：当且仅当n≥3时，c n ＋1<c n .(1) 解：a 1＝S 1＝4，当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n(n ＋1)－2(n －1)n ＝4n.又a 1＝4适合上式，∴ a n ＝4n(n∈N *)．将n ＝1代入T n ＝2－b n ，得b 1＝2－b 1，∴ T 1＝b 1＝1. 当n≥2时，T n －1＝2－b n －1，T n ＝2－b n ， ∴ b n ＝T n －T n －1＝b n －1－b n ，∴ b n ＝12b n －1，∴ b n ＝21－n.(2) 证明：(证法1)由c n ＝a 2n ·b n ＝n 2·25－n，得c n ＋1c n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n 2. 当且仅当n≥3时，1＋1n ≤43<2，即c n ＋1<c n .(证法2)由c n ＝a 2n ·b n ＝n 2·25－n，得c n ＋1－c n ＝24－n [(n ＋1)2－2n 2]＝24－n [－(n －1)2＋2]．当且仅当n≥3时，c n ＋1－c n <0，即c n ＋1<c n .1. (2017·南京、盐城二模)记公比为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n .若a 1＝1，S 4－5S 2＝0，则S 5的值为________．答案：31解析：若等比数列的公比等于1，由a 1＝1，得S 4＝4，5S 2＝10，与题意不符．设等比数列的公比为q(q≠1)，由a 1＝1，S 4＝5S 2，得a 1（1－q 4）1－q ＝5a 1(1＋q)，解得q ＝±2.∵ 数列{a n }的各项均为正数，∴ q ＝2.则S 5＝1－251－2＝31.2. (2017·苏北四市三模)在公比为q ，且各项均为正数的等比数列{a n }中，S n 为{a n }的前n 项和．若a 1＝1q2，且S 5＝S 2＋2，则q 的值为________．答案：5－12解析：由题意可知q≠1，又S 5＝S 2＋2，即a 1（1－q 5）1－q ＝a 1（1－q 2）1－q ＋2，∴ q 3－2q ＋1＝0，∴ (q －1)(q 2＋q －1)＝0.又q>0，且q≠1，∴ q ＝5－12. 3. (2017·苏锡常镇二模)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比q ＝3，S 3＋S 4＝533，则a 3＝________．答案：3解析：∵ 等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比q ＝3，S 3＋S 4＝533，∴ a 1（33－1）3－1＋a 1（34－1）3－1＝533，解得a 1＝13.则a 3＝13×32＝3.4. (2017·南通四模)已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝4，a 3＝10.若{a n ＋1－a n }是等比数列，则∑i ＝1na i ＝________．答案：3×2n－2n －3解析：a 2－a 1＝4－1＝3，a 3－a 2＝10－4＝6，∵ {a n ＋1－a n }是等比数列，∴ 首项为3，公比为2，∴ a n ＋1－a n ＝3×2n －1，∴ a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋3＋3×2＋…＋3×2n －2＝1＋3×2n －1－12－1＝3×2n －1－2.则∑i ＝1na i ＝3×2n－12－1－2n ＝3×2n－2n －3.1. (2017·新课标Ⅰ)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________．答案：440解析：由题意得，数列如下： 1， 1，2， 1，2，4， …1，2，4，…，2k －1，…则该数列的前1＋2＋…＋k ＝k （k ＋1）2项和为S ⎝ ⎛⎭⎪⎫k （k ＋1）2＝1＋(1＋2)＋…＋(1＋2＋…＋2k －1)＝2k ＋1－k －2，要使k （k ＋1）2＞100，有k≥14，此时k ＋2＜2k ＋1，所以k ＋2是之后的等比数列1，2，…，2k ＋1的部分和，即k ＋2＝1＋2＋…＋2t －1＝2t－1，所以k ＝2t －3≥14，则t≥5，此时k ＝25－3＝29，对应满足的最小条件为N ＝29×302＋5＝440.2. 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝λa 2n ＋μa n ＋4a n ＋2，其中n∈N *，λ，μ为非零常数．(1) 若λ＝3，μ＝8，求证：{a n ＋1}为等比数列，并求数列{a n }的通项公式； (2) 若数列{a n }是公差不等于零的等差数列，求实数λ，μ的值．(1) 证明：当λ＝3，μ＝8时，a n ＋1＝3a 2n ＋8a n ＋4a n ＋2＝3a n ＋2，化为a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，∴ {a n ＋1}为等比数列，首项为2，公比为3.∴ a n ＋1＝2×3n －1，可得a n ＝2×3n －1－1. (2) 解：设a n ＝a 1＋(n －1)d ＝dn －d ＋1.由a n ＋1＝λa 2n ＋μa n ＋4a n ＋2，可得a n ＋1(a n ＋2)＝λa 2n ＋μa n ＋4，∴ (dn －d ＋3)(dn ＋1)＝λ(dn －d ＋1)2＋μ(dn －d ＋1)＋4. 令n ＝1，2，3，解得λ＝1，μ＝4，d ＝2. 经过检验满足题意，∴ λ＝1，μ＝4.3. 已知各项不为零的数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S n ＝pa n a n ＋1(n∈N *)，p ∈R . (1) 若a 1，a 2，a 3成等比数列，求实数p 的值；(2) 若a 1，a 2，a 3成等差数列，求数列{a n }的通项公式．解：(1) 当n ＝1时，a 1＝pa 1a 2，a 2＝1p ；当n ＝2时，a 1＋a 2＝pa 2a 3，a 3＝a 1＋a 2pa 2＝1＋1p .由a 22＝a 1a 3得a 1a 3＝1p 2，即p 2＋p －1＝0，解得p ＝－1±52.(2) 由2a 2＝a 1＋a 3得p ＝12，故a 2＝2，a 3＝3，所以S n ＝12a n a n ＋1，当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12a n a n ＋1－12a n －1a n .因为a n ≠0，所以a n ＋1－a n －1＝2，故数列{a n }的所有奇数项组成以1为首项2为公差的等差数列，其通项公式是a n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12－1×2＝n.同理，数列{a n}的所有偶数项组成以2为首项2为公差的等差数列，其通项公式是a n ＝2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2－1×2＝n ，所以数列{a n }的通项公式是a n ＝n.4. 已知数列{a n }的首项a 1＝2a ＋1(a 是常数，且a≠－1)，a n ＝2a n －1＋n 2－4n ＋2(n≥2)，数列{b n }的首项b 1＝a ，b n ＝a n ＋n 2(n≥2)．(1) 求证：{b n }从第2项起是以2为公比的等比数列；(2) 设S n 为数列{b n }的前n 项和，且{S n }是等比数列，求实数a 的值； (3) 当a>0时，求数列{a n }的最小项．(1) 证明：∵ b n ＝a n ＋n 2，∴ b n ＋1＝a n ＋1＋(n ＋1)2＝2a n ＋(n ＋1)2－4(n ＋1)＋2＋(n ＋1)2＝2a n ＋2n 2＝2b n (n≥2)．。

高三一轮复习第五章第一节数列的概念与简单表示法

课时作业1．在数列{a n }中，a n ＝n 2－9n －100，则最小的项是( ) A ．第4项 B ．第5项C ．第6项D ．第4项或第5项【解析】　∵a n ＝(n －92)2－814－100，∴n ＝4或5时，a n 最小．【答案】　D2．数列{a n }：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】　观察数列{a n }各项，可写成：31×3，－52×4，73×5，－94×6，故选D ．【答案】　D3．(2022·福建福州质检)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋1(n ∈N *)，则a 2 019＝( )A ．1B ．0C ．2 019D ．－2 019【解析】　∵a 1＝1，∴a 2＝(a 1－1)2＝0，a 3＝(a 2－1)2＝1，a 4＝(a 3－1)2＝0，…，可知数列{a n }是以2为周期的数列，∴a 2 019＝a 1＝1．【答案】　A4．(2022·大庆二模)已知数列{a n }满足：a n ＝{（3－a ）n －3，n ≤7a n －6，n >7(n ∈N *)，且数列{a n }是递增数列，则实数a 的取值范围是( )A ．(94，3)B ．[94，3)C ．(1，3)D ．(2，3)【解析】　根据题意，a n＝f(n)＝{（3－a）n－3，n≤7a n－6，n>7，n∈N*，要使{a n}是递增数列，必有{3－a>0a>1（3－a）×7－3<a8－6，据此有：{a<3a>1a>2或a<－9，综上可得2<a<3．【答案】　D5．(2022·黄冈模拟)已知数列{a n}的前n项和为S n＝n2－2n＋2，则数列{a n}的通项公式为( )A．a n＝2n－3 B．a n＝2n＋3C．a n＝{1，n＝12n－3，n≥2D．a n＝{1，n＝12n＋3，n≥2【解析】　当n＝1时，a1＝S1＝1，当n≥2时，a n＝S n－S n－1＝2n－3，由于a1的值不适合上式，故选C．【答案】　C6．(多选)(2022·常州期末)已知数列{a n}中，a1＝2，a n＋1＝1＋a n1－a n，使a n＝－12的n可以是( )A．2 019 B．2 021C．2 022 D．2 023【解析】　由题意可知，a1＝2，a2＝－3，a3＝－12，a4＝13，a5＝2，a6＝－3，a7＝－12，a8＝13，可得数列{a n}的周期为4，所以a2 019＝a3＝－12，a2 021＝a1＝2，a2 022＝a2＝－3，a2 023＝a3＝－12，所以使a n＝－12的n可以是2 019，2 023，故答案选AD．【答案】　AD7．(2022·石家庄二模)在数列{a n}中，已知a1＝2，a2＝7，a n＋2等于a n a n＋1(n∈N*)的个位数，则a2 015＝( )A．8 B．6C．4 D．2【解析】　由题意得a3＝4，a4＝8，a5＝2，a6＝6，a7＝2，a8＝2，a9＝4，a10＝8．所以数列中的项从第3项开始呈周期性出现，周期为6，故a2 015＝a335×6＋5＝a5＝2．【答案】　D8．(多选)已知数列{a n}满足a1＝－12，a n＋1＝11－a n，则下列各数是{a n}的项的有( )A．－2 B．2 3C．32D．3【解析】　∵数列{a n}满足a1＝－12，a n＋1＝11－a n，∴a2＝11－(－12)＝23，a3＝11－a2＝3，a4＝11－a3＝－12＝a1，∴数列{a n}是周期为3的数列，且前3项为－12，23，3，故选BD．【答案】　BD9．(多选)下列四个命题中，正确的有( )A．数列{n＋1n}的第k项为1＋1kB．已知数列{a n}的通项公式为a n＝n2－n－50，n∈N*，则－8是该数列的第7项C．数列3，5，9，17，33，…的一个通项公式为a n＝2n－1D．数列{a n}的通项公式为a n＝nn＋1，n∈N*，则数列{a n}是递增数列【解析】　对于A，数列{n＋1n}的第k项为1＋1k，A正确；对于B，令n2－n－50＝－8，得n＝7或n＝－6(舍去)，B正确；对于C，将3，5，9，17，33，…的各项减去1，得2，4，8，16，32，…，设该数列为{b n}，则其通项公式为b n＝2n(n∈N*)，因此数列3，5，9，17，33，…的一个通项公式为a n＝b n＋1＝2n＋1(n∈N*)，C错误；对于D，a n＝nn＋1＝1－1n＋1，则a n＋1－a n＝1n＋1－1n＋2＝1（n＋1）（n＋2）>0，因此数列{a n}是递增数列，D正确．故选ABD．【答案】　ABD10．(2022·太原二模)已知数列{a n}满足a1＝1，a n－a n＋1＝na n a n＋1(n∈N*)，则a n＝________．【解析】　由已知得1a n＋1－1a n＝n，∴1a n－1a n－1＝n－1，1a n－1－1a n－2＝n－2，…，1a2－1a1＝1，∴1a n －1a1＝n （n －1）2，∴1an ＝n 2－n ＋22，∴a n ＝2n 2－n ＋2．【答案】　2n 2－n ＋211．在数列{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＝________．【解析】　由题意知a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝(n －1)2，∴a n ＝(nn －1)2(n ≥2)，∴a 3＋a 5＝(32)2＋(54)2＝6116．【答案】　611612．数列{a n }满足12a 1＋122a 2＋…＋12n a n ＝2n ＋5，n ∈N *，则a n ＝________．【解析】　在12a 1＋122a 2＋…＋12n a n ＝2n ＋5中，用n －1代换n 得12a 1＋122a 2＋…＋12n －1a n －1＝2(n －1)＋5 (n ≥2)，两式相减得12n a n ＝2，a n ＝2n ＋1，又12a 1＝7，即a 1＝14，故a n＝{14，n ＝1，2n ＋1，n ≥2.【答案】　{14，n ＝1，2n ＋1，n ≥213．根据下列条件，确定数列{a n }的通项公式． (1)a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2； (2)a 1＝1，a n ＋1＝(n ＋1)a n ； (3)a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln (1＋1n)．【解】　(1)∵a n ＋1＝3a n ＋2， ∴a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)， ∴a n ＋1＋1a n ＋1＝3，∴数列{a n ＋1}为等比数列，公比q ＝3，又a 1＋1＝2， ∴a n ＋1＝2·3n －1，∴a n ＝2·3n －1－1．(2)∵a n ＋1＝(n ＋1)a n ，∴a n ＋1an ＝n ＋1．∴a nan －1＝n ，a n －1a n －2＝n －1，…a 3a 2＝3，a 2a1＝2，a 1＝1．累乘可得，a n ＝n ×(n －1)×(n －2)×…×3×2×1＝n! 故a n ＝n!(3)∵a n ＋1＝a n ＋ln (1＋1n )，∴a n ＋1－a n ＝ln (1＋1n )＝ln n ＋1n．∴a n －a n －1＝ln nn －1，a n －1－a n －2＝ln n －1n －2，…a 2－a 1＝ln 21，∴a n －a 1＝ln n n －1＋ln n －1n －2＋…＋ln 21＝ln n ．又a 1＝2，∴a n ＝ln n ＋2．14．设数列{a n }的前n 项和为S n ．已知a 1＝a (a ∈R 且a ≠3)，a n ＋1＝S n ＋3n ，n ∈N *． (1)设b n ＝S n －3n ，求数列{b n }的通项公式； (2)若a n ＋1≥a n ，n ∈N *，求a 的取值范围．【解】　(1)依题意，S n ＋1－S n ＝a n ＋1＝S n ＋3n ，即S n ＋1＝2S n ＋3n ，由此得S n ＋1－3n ＋1＝2(S n －3n )，又S 1－31＝a －3(a ≠3)，故数列{S n －3n }是首项为a －3，公比为2的等比数列，因此，所求通项公式为b n ＝S n －3n ＝(a －3)2n －1，n ∈N *． (2)由(1)知S n ＝3n ＋(a －3)2n －1，n ∈N *，于是，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n ＋(a －3)2n －1－3n －1－(a －3)2n －2＝2×3n －1＋(a －3)2n －2， a n ＋1－a n ＝4×3n －1＋(a －3)2n －2 ＝2n －2[12·(32)n －2＋a －3]，当n≥2时，a n＋1≥a n 12·(32)n－2＋a－3≥0 a≥－9．又a2＝a1＋3＞a1．综上，所求a的取值范围是[－9，3)∪(3，＋∞)．。

(教师用书)2020届高考数学第一轮复习第五篇数列细致讲解练理新人教A版

第五篇数列第1讲数列的概念与简单表示法[最新考纲]1．了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)． 2．了解数列是自变量为正整数的一类函数.知识梳理1．数列的概念 (1)数列的定义按照一定顺序排列的一列数称为数列．数列中的每一个数叫做这个数列的项．排在第一位的数称为这个数列的第1项，通常也叫做首项． (2)数列的通项公式如果数列{a n }的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式． (3)数列的前n 项和在数列{a n }中，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n 叫做数列的前n 项和． 2．数列的表示方法 (1)表示方法列表法列表格表达n 与f (n )的对应关系图象法把点(n ，f (n ))画在平面直角坐标系中公式法通项公式把数列的通项使用通项公式表达的方法递推公式使用初始值a 1和a n ＋1＝f (a n )或a 1，a 2和a n ＋1＝f (a n ，a n －1)等表达数列的方法域为正整数集(或它的有限子集{1,2，…，n }的函数a n ＝f (n ))当自变量由小到大依次取值时所对应的一列函数值． *3．数列的分类分类原则类型满足条件按项数分类有穷数列项数有限无穷数列项数无限单调性递增数列 a n ＋1＞a n 其中n ∈N *递减数列 a n ＋1＜a n 常数列a n ＋1＝a n摆动数列从第二项起，有些项大于它的前一项，有些项小于它的前一项的数列周期性∀n ∈N *，存在正整数常数k ，a n ＋k ＝a n4.a n 与S n 的关系若数列{a n }的前n 项和为S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.辨析感悟1．对数列概念的认识(1)数列1,2,3,4,5,6与数列6,5,4,3,2,1表示同一数列．(×) (2)1,1,1,1，…不能构成一个数列．(×) 2．对数列的性质及表示法的理解(3)(教材练习改编)数列1,0,1,0,1,0，…的通项公式，只能是a n ＝1＋－1n ＋12.(×)(4)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列．(×) (5)(2013·开封模拟改编)已知S n ＝3n＋1，则a n ＝2·3n －1.(×)[感悟·提升]1．一个区别 “数列”与“数集”数列与数集都是具有某种属性的数的全体，数列中的数是有序的，而数集中的元素是无序的，同一个数在数列中可以重复出现，而数集中的元素是互异的，如(1)、(2)．2．三个防范一是注意数列不仅有递增、递减数列，还有常数列、摆动数列，如(4)．二是数列的通项公式不唯一，如(3)中还可以表示为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n 为奇数，0，n 为偶数.三是已知S n 求a n 时，一定要验证n ＝1的特殊情形，如(5).学生用书第79页考点一由数列的前几项求数列的通项【例1】根据下面各数列前几项的值，写出数列的一个通项公式： (1)－1,7，－13,19，…； (2)23，415，635，863，1099，…； (3)12，2，92，8，252，…； (4)5,55,555,5 555，….解 (1)偶数项为正，奇数项为负，故通项公式必含有因式(－1)n，观察各项的绝对值，后一项的绝对值总比它前一项的绝对值大6，故数列的一个通项公式为a n ＝(－1)n(6n －5)． (2)这是一个分数数列，其分子构成偶数数列，而分母可分解为1×3,3×5,5×7,7×9,9×11，…，每一项都是两个相邻奇数的乘积．知所求数列的一个通项公式为a n ＝2n 2n －12n ＋1.(3)数列的各项，有的是分数，有的是整数，可将数列的各项都统一成分数再观察．即12，42，92，162，252，…，从而可得数列的一个通项公式为a n ＝n 22. (4)将原数列改写为59×9，59×99，59×999，…，易知数列9,99,999，…的通项为10n－1，故所求的数列的一个通项公式为a n ＝59(10n－1)．规律方法根据所给数列的前几项求其通项时，需仔细观察分析，抓住其几方面的特征：分式中分子、分母的各自特征；相邻项的变化特征；拆项后的各部分特征；符号特征．应多进行对比、分析，从整体到局部多角度观察、归纳、联想．【训练1】根据下面数列的前几项的值，写出数列的一个通项公式： (1)12，14，－58，1316，－2932，6164，…； (2)32，1，710，917，…. 解 (1)各项的分母分别为21,22,23,24，…，易看出第2,3,4项的分子分别比分母少3.因此把第1项变为－2－32，原数列可化为－21－321，22－322，－23－323，24－324，…，因此可得数列的一个通项公式为a n ＝(－1)n·2n－32n .(2)将数列统一为32，55，7，10，917，…，对于分子3,5,7,9，…，是序号的2倍加1，可得分子的通项公式为b n ＝2n ＋1，对于分母2,5,10,17，…，联想到数列1,4,9,16，…，即数列{n 2}，可得分母的通项公式为c n ＝n 2＋1，因此可得数列的一个通项公式为a n ＝2n ＋1n 2＋1.考点二由a n 与S n 的关系求通项a n【例2】 (2013·广东卷节选)设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝1，2S n n ＝a n ＋1－13n 2－n －23，n ∈N *. (1)求a 2的值；(2)求数列{a n }的通项公式．解 (1)依题意，2S 1＝a 2－13－1－23，又S 1＝a 1＝1，所以a 2＝4；(2)由题意2S n ＝na n ＋1－13n 3－n 2－23n ，所以当n ≥2时，2S n －1＝(n －1)a n －13(n －1)3－(n －1)2－23(n －1)两式相减得2a n ＝na n ＋1－(n －1)a n －13(3n 2－3n ＋1)－(2n －1)－23，整理得(n ＋1)a n －na n ＋1＝－n (n ＋1)，即a n ＋1n ＋1－a n n ＝1，又a 22－a 11＝1，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为a 11＝1，公差为1的等差数列，所以a nn＝1＋(n －1)×1＝n ，所以a n ＝n 2.规律方法给出S n 与a n 的递推关系，求a n ，常用思路是：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .【训练2】设数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{S n }的前n 项和为T n ，满足T n ＝2S n －n 2，n ∈N *.(1)求a 1的值；(2)求数列{a n }的通项公式．解 (1)令n ＝1时，T 1＝2S 1－1， ∵T 1＝S 1＝a 1，∴a 1＝2a 1－1，∴a 1＝1. (2)n ≥2时，T n －1＝2S n －1－(n －1)2，则S n ＝T n －T n －1＝2S n －n 2－[2S n －1－(n －1)2] ＝2(S n －S n －1)－2n ＋1＝2a n －2n ＋1. 因为当n ＝1时，a 1＝S 1＝1也满足上式，所以S n ＝2a n －2n ＋1(n ≥1)，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－2(n －1)＋1，两式相减得a n ＝2a n －2a n －1－2，所以a n ＝2a n －1＋2(n ≥2)，所以a n ＋2＝2(a n －1＋2)，因为a 1＋2＝3≠0，所以数列{a n ＋2}是以3为首项，公比为2的等比数列．所以a n ＋2＝3×2n －1，∴a n ＝3×2n －1－2，当n ＝1时也成立，所以a n ＝3×2n －1－2.学生用书第80页考点三由递推公式求数列的通项公式【例3】在数列{a n }中，(1)若a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋n ＋1，则通项a n ＝________； (2)若a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2，则通项a n ＝________.审题路线 (1)变形为a n ＋1－a n ＝n ＋1⇒用累加法，即a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)⇒得出a n .(2)变形为a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)⇒再变形为a n ＋1＋1a n ＋1＝13⇒用累乘法或迭代法可求a n . 解析 (1)由题意得，当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝2＋(2＋3＋…＋n )＝2＋n －12＋n2＝n n ＋12＋1.又a 1＝2＝1×1＋12＋1，符合上式，因此a n ＝n n ＋12＋1.(2)a n ＋1＝3a n ＋2，即a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，即a n ＋1＋1a n ＋1＝3，法一 a 2＋1a 1＋1＝3，a 3＋1a 2＋1＝3，a 4＋1a 3＋1＝3，…，a n ＋1＋1a n ＋1＝3.将这些等式两边分别相乘得a n ＋1＋1a 1＋1＝3n.因为a 1＝1，所以a n ＋1＋11＋1＝3n ，即a n ＋1＝2×3n －1(n ≥1)，所以a n ＝2×3n －1－1(n ≥2)，又a 1＝1也满足上式，故a n ＝2×3n －1－1.法二由a n ＋1＋1a n ＋1＝3，即a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，当n ≥2时，a n ＋1＝3(a n －1＋1)，∴a n ＋1＝3(a n －1＋1)＝32(a n －2＋1)＝33(a n －3＋1)＝…＝3n －1(a 1＋1)＝2×3n －1，∴a n ＝2×3n －1－1；当n ＝1时，a 1＝1＝2×31－1－1也满足．∴a n ＝2×3n －1－1. 答案 (1)n n ＋12＋1 (2)2×3n －1－1规律方法数列的递推关系是给出数列的一种方法，根据给出的初始值和递推关系可以依次写出这个数列的各项，由递推关系求数列的通项公式，常用的方法有：①求出数列的前几项，再归纳猜想出数列的一个通项公式；②将已知递推关系式整理、变形，变成等差、等比数列，或用累加法、累乘法、迭代法求通项．【训练3】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 ∵(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 n ＝1n.答案 1n1．求数列通项或指定项，通常用观察法(对于交错数列一般用(－1)n或(－1)n ＋1来区分奇偶项的符号)；已知数列中的递推关系，一般只要求写出数列的前几项，若求通项可用归纳、猜想和转化的方法．2．由S n 求a n 时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1n ＝1，S n －S n －1n ≥2，注意验证a 1是否包含在后面a n 的公式中，若不符合要单独列出，一般已知条件含a n 与S n 的关系的数列题均可考虑上述公式．3．已知递推关系求通项：对这类问题的要求不高，但试题难度较难把握．一般有三种常见思路：(1)算出前几项，再归纳、猜想；(2)“a n ＋1＝pa n ＋q ”这种形式通常转化为a n ＋1＋λ＝p (a n ＋λ)，由待定系数法求出λ，再化为等比数列；(3)利用累加、累乘法或迭代法可求数列的通项公式．思想方法4——用函数的思想解决数列问题【典例】 (2013·新课标全国Ⅱ卷)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________．解析由题意及等差数列的性质，知a 1＋a 10＝0，a 1＋a 15＝103.两式相减，得a 15－a 10＝103＝5d ，所以d ＝23，a 1＝－3.所以nS n ＝n ·[na 1＋n n －12d ]＝n 3－10n 23.令f (x )＝x 3－10x 23，x ＞0，则f ′(x )＝13x (3x －20)，由函数的单调性，可知函数f (x )在x ＝203时取得最小值，检验n＝6时，6S 6＝－48，而n ＝7时，7S 7＝－49，故nS n 的最小值为－49. 答案－49[反思感悟] (1)本题求出的nS n 的表达式可以看做是一个定义在正整数集N *上的三次函数，因此可以采用导数法求解．(2)易错分析：由于n 为正整数，因而不能将203代入求最值，这是考生容易忽略而产生错误的地方．【自主体验】1．设a n ＝－3n 2＋15n －18，则数列{a n }中的最大项的值是( )．A.163B.133C ．4D ．0解析 ∵a n ＝－3⎝ ⎛⎭⎪⎫n －522＋34，由二次函数性质，得当n ＝2或3时，a n 最大，最大为0.答案 D2．已知{a n }是递增数列，且对于任意的n ∈N *，a n ＝n 2＋λn 恒成立，则实数λ的取值范围是________．解析设f (n )＝a n ＝n 2＋λn ，其图象的对称轴为直线n ＝－λ2，要使数列{a n }为递增数列，只需使定义在正整数上的函数f (n )为增函数，故只需满足－λ2＜32，即λ＞－3.答案 (－3，＋∞)对应学生用书P285基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．(2014·深圳中学模拟)数列0，23，45，67，…的一个通项公式为( )．A ．a n ＝n －1n ＋1(n ∈N *)B ．a n ＝n －12n ＋1(n ∈N *)C ．a n ＝2n －12n －1(n ∈N *) D ．a n＝2n 2n ＋1(n ∈N *) 解析将0写成01，观察数列中每一项的分子、分母可知，分子为偶数列，可表示为2(n －1)，n ∈N *；分母为奇数列，可表示为2n －1，n ∈N *，故选C. 答案 C2．若S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝nn ＋1，则1a 5＝( )． A.56 B.65 C.130 D ．30 解析当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝nn ＋1－n －1n ＝1nn ＋1，∴1a 5＝5×(5＋1)＝30. 答案 D3．(2014·贵阳模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2n 2－1，则a 3＝( )． A ．－10 B ．6 C ．10 D ．14解析 a 3＝S 3－S 2＝2×32－1－(2×22－1)＝10. 答案 C4．已知a 1＝1，a n ＝n (a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式是( )． A ．2n －1 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n n －1C ．n 2D ．n解析法一 (构造法)由已知整理得(n ＋1)a n ＝na n ＋1，∴a n ＋1n ＋1＝a nn ，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是常数列．且a n n ＝a 11＝1，∴a n ＝n . 法二 (累乘法)：n ≥2时，a n a n －1＝n n －1，a n －1a n －2＝n －1n －2. …a 3a 2＝32，a 2a 1＝21，两边分别相乘得a na 1＝n ，又因为a 1＝1，∴a n ＝n . 答案 D5．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，则S n ＝( )． A ．2n －1B.⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1C.⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1 D.12n －1解析 ∵S n ＝2a n ＋1，∴当n ≥2时，S n －1＝2a n ， ∴a n ＝S n －S n －1＝2a n ＋1－2a n (n ≥2)，即a n ＋1a n ＝32(n ≥2)，又a 2＝12，∴a n ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2(n ≥2)．当n ＝1时，a 1＝1≠12×⎝ ⎛⎭⎪⎫32－1＝13，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，12⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2，n ≥2，∴S n ＝2a n ＋1＝2×12×⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.答案 B 二、填空题6．(2013·蚌埠模拟)数列{a n }的通项公式a n ＝－n 2＋10n ＋11，则该数列前________项的和最大．解析易知a 1＝20>0，显然要想使和最大，则应把所有的非负项求和即可，令a n ≥0，则－n 2＋10n ＋11≥0，∴－1≤n ≤11，可见，当n ＝11时，a 11＝0，故a 10是最后一个正项，a 11＝0，故前10或11项和最大．答案 10或117．(2014·广州模拟)设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，则数列{a n }的通项公式为________．解析 ∵a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n 3，则当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13，两式左右两边分别相减得3n －1a n ＝13，∴a n ＝13n (n ≥2)．由题意知，a 1＝13，符合上式，∴a n ＝13n (n ∈N *)．答案 a n ＝13n8．(2013·淄博二模)在如图所示的数阵中，第9行的第2个数为________．解析每行的第二个数构成一个数列{a n }，由题意知a 2＝3，a 3＝6，a 4＝11，a 5＝18，所以a 3－a 2＝3，a 4－a 3＝5，a 5－a 4＝7，…，a n －a n －1＝2(n －1)－1＝2n －3，等式两边同时相加得 a n －a 2＝2n －3＋3×n －22＝n 2－2n ，所以a n ＝n 2－2n ＋a 2＝n 2－2n ＋3(n ≥2)，所以a 9＝92－2×9＋3＝66. 答案 66 三、解答题9．数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2－7n ＋6.(1)这个数列的第4项是多少？(2)150是不是这个数列的项？若是这个数列的项，它是第几项？ (3)该数列从第几项开始各项都是正数？解 (1)当n ＝4时，a 4＝42－4×7＋6＝－6. (2)令a n ＝150，即n 2－7n ＋6＝150，解得n ＝16或n ＝－9(舍去)，即150是这个数列的第16项． (3)令a n ＝n 2－7n ＋6>0，解得n >6或n <1(舍)． ∴从第7项起各项都是正数．10．在数列{a n }中，a 1＝1，S n 为其前n 项和，且a n ＋1＝2S n ＋n 2－n ＋1. (1)设b n ＝a n ＋1－a n ，求数列{b n }的前n 项和T n ； (2)求数列{a n }的通项公式．解 (1)∵a n ＋1＝2S n ＋n 2－n ＋1，∴a n ＝2S n －1＋(n －1)2－(n －1)＋1(n ≥2)，两式相减得，a n ＋1－a n ＝2a n ＋2n －2(n ≥2)．由已知可得a 2＝3， ∴n ＝1时上式也成立．∴a n ＋1－3a n ＝2n －2(n ∈N *)，a n －3a n －1＝2(n －1)－2(n ≥2)．两式相减，得(a n ＋1－a n )－3(a n －a n －1)＝2(n ≥2)． ∵b n ＝a n ＋1－a n ， ∴b n －3b n －1＝2(n ≥2)，b n ＋1＝3(b n －1＋1)(n ≥2)．∵b 1＋1＝3≠0，∴{b n ＋1}是以3为公比，3为首项的等比数列， ∴b n ＋1＝3×3n －1＝3n，∴b n ＝3n－1.∴T n ＝31＋32＋ (3)－n ＝12·3n ＋1－n －32.(2)由(1)知，a n ＋1－a n ＝3n－1，∴a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋(a n －2－a n －3)＋…＋(a 3－a 2)＋(a 2－a 1)＋a 1 ＝30＋31＋32＋…＋3n －1－(n －1)＝12(3n＋1)－n .能力提升题组 (建议用时：25分钟)一、选择题1．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝411－2n ，则满足a n ＋1＜a n 的n 的取值为( )．A ．3B ．4C ．5D ．6解析由a n ＋1＜a n ，得a n ＋1－a n ＝49－2n －411－2n ＝89－2n 11－2n ＜0，解得92＜n ＜112，又n ∈N *，∴n ＝5. 答案 C2．(2014·湖州模拟)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3－a x －3，x ≤7，a x －6，x >7，数列{a n }满足a n ＝f (n )，n∈N *，且数列{a n }是递增数列，则实数a 的取值范围是( )．A.⎝ ⎛⎭⎪⎫94，3B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫94，3 C ．(1,3) D ．(2,3)解析 ∵数列{a n }是递增数列，又a n ＝f (n )(n ∈N *)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧3－a >0，a >1，f 8>f 7⇒2<a <3.答案 D 二、填空题3．在一个数列中，如果∀n ∈N *，都有a n a n ＋1a n ＋2＝k (k 为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k 叫做这个数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且a 1＝1，a 2＝2，公积为8，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝________.解析依题意得数列{a n }是周期为3的数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，因此a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝4(a 1＋a 2＋a 3)＝4×(1＋2＋4)＝28. 答案 28 三、解答题4．设数列{a n }的前n 项和为S n .已知a 1＝a (a ≠3)，a n ＋1＝S n ＋3n ，n ∈N *. (1)设b n ＝S n －3n，求数列{b n }的通项公式； (2)若a n ＋1≥a n ，n ∈N *，求a 的取值范围．解 (1)依题意，S n ＋1－S n ＝a n ＋1＝S n ＋3n，即S n ＋1＝2S n ＋3n，由此得S n ＋1－3n ＋1＝2(S n －3n)，又S 1－31＝a －3(a ≠3)，故数列{S n －3n}是首项为a －3，公比为2的等比数列，因此，所求通项公式为b n ＝S n －3n＝(a －3)2n －1，n ∈N *.(2)由(1)知S n ＝3n＋(a －3)2n －1，n ∈N *，于是，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n＋(a －3)2n －1－3n －1－(a －3)2n －2＝2×3n －1＋(a －3)2n －2，当n ＝1时，a 1＝a 不适合上式，故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，n ＝1，2×3n －1＋a －32n －2，n ≥2.a n ＋1－a n ＝4×3n －1＋(a －3)2n －2＝2n －2⎣⎢⎡⎦⎥⎤12·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2＋a －3，当n ≥2时，a n ＋1≥a n ⇔12·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2＋a －3≥0⇔a ≥－9.又a 2＝a 1＋3>a 1.综上，所求的a 的取值范围是[－9，＋∞).学生用书第81页第2讲等差数列及其前n 项和[最新考纲]1．理解等差数列的概念．2．掌握等差数列的通项公式与前n 项和公式．3．能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问题． 4．了解等差数列与一次函数、二次函数的关系.知识梳理1．等差数列的定义如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，公差通常用字母d 表示．数学语言表达式：a n ＋1－a n ＝d (n ∈N *)，d 为常数． 2．等差数列的通项公式与前n 项和公式(1)若等差数列{a n }的首项是a 1，公差是d ，则其通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d . 若等差数列{a n }的第m 项为a m ，则其第n 项a n 可以表示为a n ＝a m ＋(n －m )d . (2)等差数列的前n 项和公式S n ＝n a 1＋a n 2＝na 1＋n n －12d .(其中n ∈N *，a 1为首项，d 为公差，a n 为第n 项)3．等差数列及前n 项和的性质(1)若a ，A ，b 成等差数列，则A 叫做a ，b 的等差中项，且A ＝a ＋b2.(2)若{a n }为等差数列，当m ＋n ＝p ＋q ，a m ＋a n ＝a p ＋a q (m ，n ，p ，q ∈N *)．(3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列． (4)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…也是等差数列． (5)S 2n －1＝(2n －1)a n .(6)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)． 4．等差数列与函数的关系(1)等差数列与一次函数的区别与联系(2)等差数列前n 项和公式可变形为S n ＝2n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1－2n ，当d ≠0时，它是关于n 的二次函数，它的图象是抛物线y ＝d2x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫a 1－d 2x 上横坐标为正整数的均匀分布的一群孤立的点．辨析感悟1．对等差数列概念的理解(1)若一个数列从第2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)等差数列的公差是相邻两项的差．(×)(3)(教材习题改编)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．(×) 2．等差数列的通项公式与前n 项和(4)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.(√) (5)等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的．(√)(6)等差数列的前n 项和公式是常数项为0的二次函数．(×) 3．等差数列性质的活用(7)(2013·广东卷改编)在等差数列{a n }中，已知a 3＋a 8＝10，则3a 5＋a 7＝20.(√)(8)(2013·辽宁卷改编)已知关于d ＞0的等差数列{a n }，则数列{a n }，{na n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n ，{a n ＋3nd }都是递增数列．(×) [感悟·提升]一点注意等差数列概念中的“从第2项起”与“同一个常数”的重要性，如(1)、(2)．等差数列与函数的区别一是当公差d ≠0时，等差数列的通项公式是n 的一次函数，当公差d ＝0时，a n 为常数，如(3)；二是公差不为0的等差数列的前n 项和公式是n 的二次函数，且常数项为0；三是等差数列{a n }的单调性是由公差d 决定的，如(8)中若a n ＝3n －12，则满足已知，但na n ＝3n 2－12n 并非递增；若a n ＝n ＋1，则满足已知，但a n n＝1＋1n是递减数列；设a n ＝a 1＋(n －1)d ＝dn ＋m ，则a n ＋3nd ＝4dn ＋m 是递增数列.学生用书第82页考点一等差数列的基本量的求解【例1】在等差数列{a n }中，a 1＝1，a 3＝－3. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{a n }的前k 项和S k ＝－35，求k 的值．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d . 由a 1＝1，a 3＝－3，可得1＋2d ＝－3.解得d ＝－2.从而，a n ＝1＋(n －1)×(－2)＝3－2n . (2)由(1)可知a n ＝3－2n . 所以S n ＝n [1＋3－2n ]2＝2n －n 2.进而由S k ＝－35可得2k －k 2＝－35. 即k 2－2k －35＝0，解得k ＝7或－5.又k ∈N *，故k ＝7为所求．规律方法 (1)等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．(2)数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换作用，而a 1和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法．【训练1】 (1)(2013·浙江五校联考)已知等差数列{a n }满足a 2＋a 4＝4，a 3＋a 5＝10，则它的前10项的和S 10＝( )．A ．85B ．135C ．95D ．23(2)(2013·新课标全国Ⅰ卷)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3，则m ＝( )．A ．3B ．4C ．5D ．6 解析 (1)设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋4d ＝4，2a 1＋6d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝3.∴S 10＝10×(－4)＋10×92×3＝95.(2)法一 ∵S m －1＝－2，S m ＝0，S m ＋1＝3， ∴a m ＝S m －S m －1＝2，a m ＋1＝S m ＋1－S m ＝3， ∴公差d ＝a m ＋1－a m ＝1，由S n ＝na 1＋n n －12d ＝na 1＋n n －12，得⎩⎪⎨⎪⎧ma 1＋mm －12＝0， ①m －1a 1＋m －1m －22＝－2， ②由①得a 1＝1－m 2，代入②可得m ＝5.法二 ∵数列{a n }为等差数列，且前n 项和为S n ， ∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 也为等差数列．∴S m －1m －1＋S m ＋1m ＋1＝2S m m ，即－2m －1＋3m ＋1＝0，解得m ＝5.经检验为原方程的解．故选C. 答案 (1)C (2)C考点二等差数列的判定与证明【例2】 (2014·梅州调研改编)若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 成等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式．审题路线 (1)利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)转化为关于S n 与S n －1的式子⇒同除S n ·S n －1⇒利用定义证明⇒得出结论．(2)由(1)求1S n⇒再求S n ⇒再代入条件a n ＝－2S n S n －1，求a n ⇒验证n ＝1的情况⇒得出结论．(1)证明当n ≥2时，由a n ＋2S n S n －1＝0，得S n －S n －1＝－2S n S n －1，所以1S n －1S n －1＝2，又1S 1＝1a 1＝2，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为2，公差为2的等差数列． (2)解由(1)可得1S n ＝2n ，∴S n ＝12n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －12n －1＝n －1－n 2n n －1＝－12n n －1.当n ＝1时，a 1＝12不适合上式．故a n＝⎩⎪⎨⎪⎧12，n ＝1，－12n n －1，n ≥2.规律方法证明一个数列是否为等差数列的基本方法有两种：一是定义法，证明a n －a n －1＝d (n ≥2，d 为常数)；二是等差中项法，证明2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2.若证明一个数列不是等差数列，则只需举出反例即可，也可以用反证法．【训练2】已知数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝3a n ＋3n ＋1－2n.设b n ＝a n －2n3n.证明：数列{b n }为等差数列，并求{a n }的通项公式．证明 ∵b n ＋1－b n ＝a n ＋1－2n ＋13n ＋1－a n －2n 3n＝3a n ＋3n ＋1－2n －2n ＋13n ＋1－3a n －3·2n3n ＋1＝1，∴{b n }为等差数列，又b 1＝a 1－23＝0.∴b n ＝n －1，∴a n ＝(n －1)·3n＋2n.学生用书第83页考点三等差数列的性质及应用【例3】 (1)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，S 8＝4a 3，a 7＝－2，则a 9＝( )． A ．－6 B ．－4 C ．－2 D ．2(2)在等差数列{a n }中，前m 项的和为30，前2m 项的和为100，则前3m 项的和为________．解析 (1)S 8＝4a 3⇒8a 1＋a 82＝4a 3⇒a 3＋a 6＝a 3，∴a 6＝0，∴d ＝－2，∴a 9＝a 7＋2d ＝－2－4＝－6.(2)记数列{a n }的前n 项和为S n ，由等差数列前n 项和的性质知S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m 成等差数列，则2(S 2m －S m )＝S m ＋(S 3m －S 2m )，又S m ＝30，S 2m ＝100，S 2m －S m ＝100－30＝70，所以S 3m －S 2m ＝2(S 2m －S m )－S m ＝110，所以S 3m ＝110＋100＝210. 答案 (1)A (2)210规律方法巧妙运用等差数列的性质，可化繁为简；若奇数个数成等差数列且和为定值时，可设中间三项为a －d ，a ，a ＋d ；若偶数个数成等差数列且和为定值时，可设中间两项为a －d ，a ＋d ，其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元．【训练3】 (1)在等差数列{a n }中．若共有n 项，且前四项之和为21，后四项之和为67，前n 项和S n ＝286，则n ＝________.(2)已知等差数列{a n }中，S 3＝9，S 6＝36，则a 7＋a 8＋a 9＝________. 解析 (1)依题意知a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝21，a n ＋a n －1＋a n －2＋a n －3＝67.由等差数列的性质知a 1＋a n ＝a 2＋a n －1＝a 3＋a n －2＝a 4＋a n －3，∴4(a 1＋a n )＝88，∴a 1＋a n ＝22. 又S n ＝n a 1＋a n2，即286＝n ×222，∴n ＝26.(2)∵{a n }为等差数列，∴S 3，S 6－S 3，S 9－S 6成等差数列， ∴2(S 6－S 3)＝S 3＋(S 9－S 6)． ∴a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6 ＝2(S 6－S 3)－S 3 ＝2(36－9)－9＝45. 答案 (1)26 (2)451．等差数列的判断方法(1)定义法：a n＋1－a n＝d(d是常数)⇔{a n}是等差数列．(2)等差中项法：2a n＋1＝a n＋a n＋2(n∈N*)⇔{a n}是等差数列．(3)通项公式：a n＝pn＋q(p，q为常数)⇔{a n}是等差数列．(4)前n项和公式：S n＝An2＋Bn(A、B为常数)⇔{a n}是等差数列．2．方程思想和化归思想：在解有关等差数列的问题时可以考虑化归为a1和d等基本量，通过建立方程(组)获得解．方法优化4——整体代入法(整体相消法)在数列解题中的应用【典例】 (1)(2012·辽宁卷)在等差数列{a n }中，已知a 4＋a 8＝16，则该数列前11项和S 11＝( )．A ．58B ．88C ．143D ．176(2)(2013·北京卷)若等比数列{a n }满足：a 2＋a 4＝20，a 3＋a 5＝40，则公比q ＝________；前n 项和S n ＝________.[一般解法] (1)设数列{a n }的公差为d ，则a 4＋a 8＝16，即a 1＋3d ＋a 1＋7d ＝16，即a 1＝8－5d ，所以S 11＝11a 1＋11×102d ＝11(8－5d )＋55d ＝88－55d ＋55d ＝88.(2)由a 2＋a 4＝20，a 3＋a 5＝40，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＋a 1q 3＝20，a 1q 2＋a 1q 4＝40，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 1＋q 2＝20，a 1q 21＋q 2＝40，解得q ＝2，a 1＝2，∴S n ＝a 11－q n 1－q ＝21－2n1－2＝2n ＋1－2.[优美解法] (1)由a 1＋a 11＝a 4＋a 8＝16，得S 11＝11a 1＋a 112＝11a 4＋a 82＝11×162＝88.(2)由已知，得a 3＋a 5a 2＋a 4＝q a 2＋a 4a 2＋a 4＝q ＝2，又a 1＝2，所以S n ＝a 11－q n 1－q＝2n ＋1－2.[反思感悟] 整体代入法是一种重要的解题方法和技巧，简化了解题过程，节省了时间，这就要求学生要掌握公式，理解其结构特征．【自主体验】在等差数列{a n }中，已知S n ＝m ，S m ＝n (m ≠n )，则S m ＋n ＝________. 解析设{a n }的公差为d ，则由S n ＝m ，S m ＝n ，得⎩⎪⎨⎪⎧S n ＝na 1＋n n －12d ＝m ，S m＝ma 1＋mm －12d ＝n .①②②－①得(m －n )a 1＋m －nm ＋n －12·d ＝n －m ，∵m ≠n ，∴a 1＋m ＋n －12d ＝－1.∴S m ＋n ＝(m ＋n )a 1＋m ＋nm ＋n －12d＝(m ＋n )⎝⎛⎭⎪⎫a 1＋m ＋n －12d ＝－(m ＋n )．答案－(m ＋n )对应学生用书P287基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．(2013·温州二模)记S n 为等差数列{a n }前n 项和，若S 33－S 22＝1，则其公差d ＝( )．A.12 B ．2 C ．3 D ．4 解析由S 33－S 22＝1，得a 1＋a 2＋a 33－a 1＋a 22＝1，即a 1＋d －⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋d 2＝1，∴d ＝2.答案 B2．(2014·潍坊期末考试)在等差数列{a n }中，a 5＋a 6＋a 7＝15，那么a 3＋a 4＋…＋a 9等于( )．A ．21B ．30C ．35D ．40解析由题意得3a 6＝15，a 6＝5.所以a 3＋a 4＋…＋a 9＝7a 6＝7×5＝35. 答案 C3．(2013·揭阳二模)在等差数列{a n }中，首项a 1＝0，公差d ≠0，若a m ＝a 1＋a 2＋…＋a 9，则m 的值为( )． A ．37 B ．36 C ．20 D ．19解析由a m ＝a 1＋a 2＋…＋a 9，得(m －1)d ＝9a 5＝36d ⇒m ＝37. 答案 A4．(2014·郑州模拟){a n }为等差数列，S n 为其前n 项和，已知a 7＝5，S 7＝21，则S 10＝( )． A ．40 B ．35 C ．30 D ．28解析设公差为d ，则由已知得S 7＝7a 1＋a 72，即21＝7a 1＋52，解得a 1＝1，所以a 7＝a 1＋6d ，所以d ＝23.所以S 10＝10a 1＋10×92d ＝10＋10×92×23＝40.答案 A5．(2013·淄博二模)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，满足a 13＝S 13＝13，则a 1＝( )． A ．－14 B ．－13 C ．－12 D ．－11 解析在等差数列中，S 13＝13a 1＋a 132＝13，所以a 1＋a 13＝2，即a 1＝2－a 13＝2－13＝－11. 答案 D 二、填空题6．(2013·肇庆二模)在等差数列{a n }中，a 15＝33，a 25＝66，则a 35＝________.解析 a 25－a 15＝10d ＝66－33＝33，∴a 35＝a 25＋10d ＝66＋33＝99. 答案 997．(2014·成都模拟)已知等差数列{a n }的首项a 1＝1，前三项之和S 3＝9，则{a n }的通项a n ＝________.解析由a 1＝1，S 3＝9，得a 1＋a 2＋a 3＝9，即3a 1＋3d ＝9，解得d ＝2，∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1. 答案 2n －18．(2013·浙江五校联考)若等差数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，若a 2∶a 3＝5∶2，则S 3∶S 5＝________.解析S 3S 5＝3a 1＋a 35a 1＋a 5＝3a 25a 3＝35×52＝32. 答案 3∶2 三、解答题9．已知等差数列{a n }的公差d ＝1，前n 项和为S n . (1)若1，a 1，a 3成等比数列，求a 1； (2)若S 5＞a 1a 9，求a 1的取值范围．解 (1)因为数列{a n }的公差d ＝1，且1，a 1，a 3成等比数列，所以a 21＝1×(a 1＋2)，即a 21－a 1－2＝0，解得a 1＝－1或2.(2)因为数列{a n }的公差d ＝1，且S 5＞a 1a 9，所以5a 1＋10＞a 21＋8a 1，即a 21＋3a 1－10＜0，解得－5＜a 1＜2.故a 1的取值范围是(－5,2)．10．设数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ＝S nn＋2(n －1)(n ∈N *)． (1)求证：数列{a n }为等差数列，并求a n 与S n .(2)是否存在自然数n ，使得S 1＋S 22＋S 33＋…＋S nn －(n －1)2＝2 015？若存在，求出n 的值；若不存在，请说明理由．证明 (1)由a n ＝S n n＋2(n －1)，得S n ＝na n －2n (n －1)(n ∈N *)．当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝na n －(n －1)a n －1－4(n －1)，即a n －a n －1＝4，故数列{a n }是以1为首项，4为公差的等差数列．于是，a n ＝4n －3，S n ＝a 1＋a n n2＝2n 2－n (n ∈N *)．(2)由(1)，得S n n＝2n －1(n ∈N *)，又S 1＋S 22＋S 33＋…＋S nn －(n －1)2＝1＋3＋5＋7＋…＋(2n －1)－(n －1)2＝n 2－(n －1)2＝2n －1.令2n －1＝2 015，得n ＝1 008，即存在满足条件的自然数n ＝1 008.能力提升题组 (建议用时：25分钟)一、选择题1．(2014·咸阳模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 4＝40，S n ＝210，S n －4＝130，则n ＝( )．A ．12B ．14C ．16D ．18 解析 S n －S n －4＝a n ＋a n －1＋a n －2＋a n －3＝80，S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝40，所以4(a 1＋a n )＝120，a 1＋a n ＝30，由S n ＝n a 1＋a n2＝210，得n ＝14.答案 B2．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝13，S 3＝S 11，当S n 最大时，n 的值是( )． A ．5 B ．6 C ．7 D ．8解析法一由S 3＝S 11，得a 4＋a 5＋…＋a 11＝0，根据等差数列的性质，可得a 7＋a 8＝0，根据首项等于13可推知这个数列递减，从而得到a 7＞0，a 8＜0，故n ＝7时，S n 最大．法二由S 3＝S 11，可得3a 1＋3d ＝11a 1＋55d ，把a 1＝13代入，得d ＝－2，故S n ＝13n －n (n －1)＝－n 2＋14n ，根据二次函数的性质，知当n ＝7时，S n 最大．法三根据a 1＝13，S 3＝S 11，则这个数列的公差不等于零，且这个数列的和先是单调递增然后又单调递减，根据公差不为零的等差数列的前n 项和是关于n 的二次函数，以及二次函数图象的对称性，得只有当n ＝3＋112＝7时，S n 取得最大值．答案 C 二、填空题3．(2014·九江一模)正项数列{a n }满足：a 1＝1，a 2＝2,2a 2n ＝a 2n ＋1＋a 2n －1(n ∈N *，n ≥2)，则a 7＝________.解析因为2a 2n ＝a 2n ＋1＋a 2n －1(n ∈N *，n ≥2)，所以数列{a 2n }是以a 21＝1为首项，以d ＝a 22－a 21＝4－1＝3为公差的等差数列，所以a 2n ＝1＋3(n －1)＝3n －2，所以a n ＝3n －2，n ≥1. 所以a 7＝3×7－2＝19. 答案19三、解答题4．(2013·西安模拟)已知公差大于零的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 3·a 4＝117，a 2＋a 5＝22.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)若数列{b n }满足b n ＝S nn ＋c，是否存在非零实数c 使得{b n }为等差数列？若存在，求出c的值；若不存在，请说明理由．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，且d ＞0，由等差数列的性质，得a 2＋a 5＝a 3＋a 4＝22，所以a 3，a 4是关于x 的方程x 2－22x ＋117＝0的解，所以a 3＝9，a 4＝13，易知a 1＝1，d ＝4，故通项为a n ＝1＋(n －1)×4＝4n －3. (2)由(1)知S n ＝n 1＋4n －32＝2n 2－n ，所以b n ＝S nn ＋c ＝2n 2－nn ＋c.法一所以b 1＝11＋c ，b 2＝62＋c ，b 3＝153＋c(c ≠0)．令2b 2＝b 1＋b 3，解得c ＝－12.当c ＝－12时，b n ＝2n 2－nn －12＝2n ，当n ≥2时，b n －b n －1＝2.故当c ＝－12时，数列{b n }为等差数列．法二由b n ＝S nn ＋c＝n 1＋4n －32n ＋c＝2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12n ＋c，∵c ≠0，∴可令c ＝－12，得到b n ＝2n .∵b n ＋1－b n ＝2(n ＋1)－2n ＝2(n ∈N *)， ∴数列{b n }是公差为2的等差数列．即存在一个非零常数c ＝－12，使数列{b n }也为等差数列.学生用书第84页第3讲等比数列及其前n 项和[最新考纲]1．理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式及前n 项和公式．2．能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题． 3．了解等比数列与指数函数的关系.知识梳理1．等比数列的有关概念 (1)等比数列的定义如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一个非零常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，公比通常用字母q (q ≠0)表示．数学语言表达式：a na n －1＝q (n ≥2)，q 为常数． (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．等比数列的通项公式及前n 项和公式(1)若等比数列{a n }的首项为a 1，公比是q ，则其通项公式为a n ＝a 1qn －1；若等比数列{a n }的第m 项为a m ，公比是q ，则其第n 项a n 可以表示为a n ＝a m q n －m.(2)等比数列的前n 项和公式：当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 11－q n 1－q ＝a 1－a n q1－q.3．等比数列及前n 项和的性质(1)若{a n }为等比数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ·a l ＝a m ·a n .(2)相隔等距离的项组成的数列仍是等比数列，即a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…仍是等比数列，公比为q m .(3)当q ≠－1，或q ＝－1且n 为奇数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n.(4)若{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }(λ≠0)，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 仍是等比数列．辨析感悟1．对等比数列概念的理解(1)若一个数列从第2项起每一项与它的前一项的比都是常数，则这个数列是等比数列．(×) (2)三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件是b 2＝ac .(×) (3)若三个数成等比数列，那么这三个数可以设为aq，a ，aq .(√) 2．通项公式与前n 项和的关系(4)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 n1－a.(×)(5)(2013·新课标全国Ⅰ卷改编)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S n ＝3－2a n .(√)3．等比数列性质的活用(6)如果数列{a n }为等比数列，则数列{ln a n }是等差数列．(×)(7)(2014·兰州模拟改编)在等比数列{a n }中，已知a 7·a 12＝5，则a 8a 9a 10a 11＝25.(√) (8)(2013·江西卷改编)等比数列x,3x ＋3,6x ＋6，…的第四项等于－2或0.(×) [感悟·提升]1．一个区别等差数列的首项和公差可以为零，且等差中项唯一；而等比数列首项和公比均不为零，等比中项可以有两个值．如(1)中的“常数”，应为“同一非零常数”；(2)中，若b 2＝ac ，则不能推出a ，b ，c 成等比数列，因为a ，b ，c 为0时，不成立．2．两个防范一是在运用等比数列的前n 项和公式时，必须注意对q ＝1或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，如(4)．二是运用等比数列的性质时，注意条件的限制，如(6)中当a n ＋1a n＝q ＜0时，ln a n ＋1－ln a n ＝ln q 无意义.学生用书第85页考点一等比数列的判定与证明【例1】(2013·济宁测试)设数列{a n}的前n项和为S n，若对于任意的正整数n都有S n＝2a n －3n，设b n＝a n＋3.求证：数列{b n}是等比数列，并求a n.证明由S n＝2a n－3n对于任意的正整数都成立，得S n＋1＝2a n＋1－3(n＋1)，两式相减，得S n＋1－S n＝2a n＋1－3(n＋1)－2a n＋3n，所以a n＋1＝2a n＋1－2a n－3，即a n＋1＝2a n＋3，所以a n＋1＋3＝2(a n＋3)，即b n＋1b n＝a n＋1＋3a n＋3＝2对一切正整数都成立，所以数列{b n}是等比数列．由已知得：S1＝2a1－3，即a1＝2a1－3，所以a1＝3，所以b1＝a1＋3＝6，即b n＝6·2n－1.故a n＝6·2n－1－3＝3·2n－3.规律方法证明数列{a n}是等比数列常用的方法：一是定义法，证明a na n－1＝q(n≥2，q为常数)；二是等比中项法，证明a2n＝a n－1·a n＋1.若判断一个数列不是等比数列，则只需举出反例即可，也可以用反证法．【训练1】(2013·陕西卷)设{a n}是公比为q的等比数列．(1)推导{a n}的前n项和公式；(2)设q≠1，证明数列{a n＋1}不是等比数列．解(1)设{a n}的前n项和为S n，当q＝1时，S n＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；当q≠1时，S n＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1q n－1，①qS n ＝a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n ，②①－②得，(1－q )S n ＝a 1－a 1q n，∴S n ＝a 11－q n1－q，∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 11－q n1－q，q ≠1.(2)假设{a n ＋1}是等比数列，则对任意的k ∈N *， (a k ＋1＋1)2＝(a k ＋1)(a k ＋2＋1)，a 2k ＋1＋2a k ＋1＋1＝a k a k ＋2＋a k ＋a k ＋2＋1，a 21q 2k ＋2a 1q k ＝a 1qk －1·a 1q k ＋1＋a 1q k －1＋a 1q k ＋1， ∵a 1≠0，∴2q k ＝qk －1＋qk ＋1.∵q ≠0，∴q 2－2q ＋1＝0，∴q ＝1，这与已知矛盾． ∴假设不成立，∴{a n ＋1}不是等比数列．考点二等比数列基本量的求解【例2】 (2013·湖北卷)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．审题路线 (1)建立关于a 1与q 的方程组可求解．(2)分两种情况，由a n ⇒1a n⇒再用等比数列求和求∑n ＝1m1a n⇒得到结论．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，则⎩⎨⎧⎭⎬⎫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⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为－15，公比为－1的等比数列，从而∑n ＝1m1a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－15，m ＝2k －1k ∈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 n≥1成立．规律方法等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前n 项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程．【训练2】 (1)已知{a n }是首项为1的等比数列，S n 是{a n }的前n 项和，且9S 3＝S 6，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和为________．(2)设{a n }是由正数组成的等比数列，S n 为其前n 项和．已知a 2a 4＝1，S 3＝7，则S 5＝________. 解析 (1)显然公比q ≠1，由题意可知91－q 31－q＝1－q61－q ，解得q ＝2，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，12为公比的等比数列，由求和公式可得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前5项和T 5＝3116.(2)显然公比q ≠1，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ·a 1q 3＝1，a 11－q 31－q ＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，q ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9，q ＝－13(舍去)，。

2020版高考数学一轮复习第5章数列第1讲数列的概念与简单表示法学案

第1讲数列的概念与简单表示法板块一知识梳理·自主学习[必备知识]考点1 数列的定义按照一定顺序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数叫做这个数列的项．考点2 数列的分类考点3 数列的表示法数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和解析法．考点4 数列的通项公式如果数列{a n }的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．[必会结论]1．若数列{a n }的前n 项和为S n ，通项公式为a n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.2．在数列{a n }中，若a n 最大，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≥a n －1，a n ≥a n ＋1.若a n 最小，则⎩⎪⎨⎪⎧a n ≤a n －1，a n ≤a n ＋1.3．数列与函数的关系数列是一种特殊的函数，即数列是一个定义在非零自然数集或其子集上的函数，当自变量依次从小到大取值时所对应的一列函数值，就是数列．[考点自测]1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个．( ) (2)数列：1,0,1,0,1,0，…，通项公式只能是a n ＝1＋(－1)n ＋12.( )(3)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 .( ) (4)若数列用图象表示，则从图象上看都是一群孤立的点．( ) 答案 (1)√ (2)× (3)√ (4)√2．[课本改编]数列1，23，35，47，59，…的一个通项公式a n 是( )A.n 2n ＋1 B.n 2n －1 C.n 2n －3 D.n 2n ＋3答案 B解析由已知得，数列可写成11，23，35，…，故该数列的一个通项公式为n 2n －1.故选B.3．[课本改编]在数列{a n }中，a 1＝1，a n a n －1＝a n －1＋(－1)n(n ≥2，n ∈N *)，则a 3a 5的值是( )A.1516 B.158 C.34 D.38答案 C解析由已知得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.故选C.4．已知f (1)＝3，f (n ＋1)＝f (n )＋12(n ∈N *)．则f (4)＝________.答案 54解析由f (1)＝3，得f (2)＝2，f (3)＝32，f (4)＝54.5．[2018·山东师大附中月考]已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n ＋1n ＋2，则a 5＋a 6＝________. 答案124解析 a 5＋a 6＝S 6－S 4＝6＋16＋2－4＋14＋2＝78－56＝124.6．[课本改编]在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋1n (n ＋1)，则数列a n ＝________.答案 3－1n解析由题意，得a n ＋1－a n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －2－1n －1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋2＝3－1n .板块二典例探究·考向突破考向由数列的前几项求数列的通项公式例 1 写出下面各数列的一个通项公式：(1)－1,7，－13,19，…； (2)32，1，710，917，…； (3)12，14，－58，1316，－2932，6164，…； (4)1,3,6,10,15，…； (5)3,33,333,3333，….解 (1)符号问题可通过(－1)n或(－1)n ＋1表示，其各项的绝对值的排列规律为：后面的数的绝对值总比前面数的绝对值大6，故通项公式为a n ＝(－1)n(6n －5)．(2)将数列统一为32，55，710，917，…，对于分子3,5,7,9，…，是序号的2倍加1，可得分子的通项公式为b n ＝2n ＋1，对于分母2,5,10,17，…，联想到数列1,4,9,16，…，即数列{n 2}，可得分母的通项公式为c n ＝n 2＋1，因此可得它的一个通项公式为a n ＝2n ＋1n 2＋1. (3)各项的分母分别为21,22,23,24，…，易看出第2,3,4项的分子分别比分母少3.因此把第1项变为－2－32，原数列可化为－21－321，22－322，－23－323，24－324，…，所以a n ＝(－1)n·2n－32n .(4)将数列改写为1×22，2×32，3×42，4×52，5×62，…，因而有a n ＝n (n ＋1)2，也可用逐差法a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，a 4－a 3＝4，a 5－a 4＝5，…，a n －a n －1＝n ，各式累加得a n ＝n (n ＋1)2.(5)将数列各项改写为93，993，9993，99993，…，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)．触类旁通观察法求通项公式的常用技巧求数列的通项公式实际上是寻找数列的第n 项与序号n 之间的关系，常用技巧有：(1)借助于(－1)n或(－1)n ＋1来解决项的符号问题；(2)项为分数的数列，可进行恰当的变形，寻找分子、分母各自的规律以及分子、分母间的关系；(3)对较复杂的数列的通项公式的探求，可采用添项、还原、分割等方法，转化为熟知的数列，如等差数列、等比数列等来解决．考向由a n 与S n 的关系求通项a n例 2 (1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n 2－3n ，则a n ＝________.答案 4n －5解析 (1)a 1＝S 1＝2－3＝－1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n 2－3n )－[2(n －1)2－3(n －1)]＝4n －5，由于a 1也适合此等式，∴a n ＝4n －5.(2)设S n 为数列{a n }的前n 项的和，且S n ＝32(a n －1)(n ∈N *)，则a n ＝________.答案 3n解析当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝32(a n －1)－32(a n －1－1)，整理，得a n ＝3a n －1，即a na n －1＝3，又a 1＝3，∴数列{a n }是以3为首项，3为公比的等比数列，∴a n ＝3n.(3)已知数列{a n }，满足a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n，则a n ＝________. 答案 ⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1n，n ≥2解析当n ＝1时，由已知，可得a 1＝21＝2，当n ≥2时，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝2n， ① 故a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝2n －1， ②由①－②得na n ＝2n－2n －1＝2n －1，∴a n ＝2n －1n.显然n ＝1时不满足上式，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，2n －1n ，n ≥2.触类旁通给出S n 与a n 的递推关系，求a n 的常用思路：一是利用S n －S n －1＝a n (n ≥2)转化为a n 的递推关系，再求其通项公式；二是转化为S n 的递推关系，先求出S n 与n 之间的关系，再求a n .【变式训练】 (1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n＋1，则a n ＝________.答案 ⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2×3n －1，n ≥2解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝3＋1＝4；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋1)－(3n －1＋1)＝2×3n －1.当n ＝1时，2×31－1＝2≠a 1，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧4，n ＝1，2×3n －1，n ≥2.(2)[2018·广州模拟]设数列{a n }满足a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，则a n ＝________.答案13n 解析因为a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －1a n ＝n3，①则当n ≥2时，a 1＋3a 2＋32a 3＋…＋3n －2a n －1＝n －13，②①－②得3n －1a n ＝13，所以a n ＝13n (n ≥2)．由题意知a 1＝13，符合上式，所以a n ＝13n .(3)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，则S n ＝________.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1解析由已知S n ＝2a n ＋1，得S n ＝2(S n ＋1－S n )，即2S n ＋1＝3S n ，S n ＋1S n ＝32，而S 1＝a 1＝1，所以S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1.考向由递推公式求数列的通项公式命题角度1 形如a n ＋1＝a n f (n )，求a n例 3 在数列{a n }中，a 1＝4，na n ＋1＝(n ＋2)a n ，求数列{a n }的通项公式．解由递推关系得a n ＋1a n ＝n ＋2n，又a 1＝4， ∴a n ＝a n a n －1·a n －1a n －2·…·a 3a 2·a 2a 1·a 1＝n ＋1n －1·n n －2·n －1n －3·…·42·31·4＝(n ＋1)·n2·1·4＝2n (n ＋1)(n ∈N *)．命题角度2 形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，求a n例 4 (1)[2015·江苏高考]设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和．解由题意可得，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，则1a n＝2n (n ＋1)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前10项的和为1a 1＋1a 2＋…＋1a 10＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋12－13＋…＋110－111＝2011.(2)若数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2n，求数列{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.命题角度3 形如a n ＋1＝Aa n ＋B (A ≠0且A ≠1)，求a n 例 5 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋3，求a n .解设递推公式a n ＋1＝2a n ＋3可以转化为a n ＋1－t ＝2(a n －t )，即a n ＋1＝2a n －t ，解得t ＝－3.故递推公式为a n ＋1＋3＝2(a n ＋3)．令b n ＝a n ＋3，则b 1＝a 1＋3＝4，且b n ＋1b n ＝a n ＋1＋3a n ＋3＝2. 所以{b n }是以b 1＝4为首项，2为公比的等比数列．所以b n ＝4×2n －1＝2n ＋1，即a n ＝2n ＋1－3.命题角度4 形如a n ＋1＝Aa nBa n ＋C(A ，B ，C 为常数)，求a n 例 6 已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a na n ＋2，求数列{a n }的通项公式．解 ∵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为公差的等差数列，∴1a n ＝1a 1＋(n －1)×12＝n ＋12，∴a n ＝2n ＋1(n ∈N *)．触类旁通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 可由待定系数法确定)，可转化为等比数列{a n ＋k }．(4)形如a n ＋1＝Aa nBa n ＋C(A ，B ，C 为常数)的数列，可通过两边同时取倒数的方法构造新数列求解．核心规律已知递推关系求通项，一般有以下方法： (1)算出前几项，再归纳、猜想； (2)累加法、累乘法、待定系数法．满分策略1.数列是一种特殊的函数，在利用函数观点研究数列时，一定要注意自变量的取值，如数列a n ＝f (n )和函数y ＝f (x )的单调性是不同的． 2.数列的通项公式不一定唯一．3.在利用数列的前n 项和求通项时，往往容易忽略先求出a 1，而是直接把数列的通项公式写成a n ＝S n －S n －1的形式，但它只适用于n ≥2的情形.板块三启智培优·破译高考数学思想系列6——用函数思想解决数列的单调性问题[2018·南京段考]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．解题视点 (1)求使a n <0的n 值；从二次函数看a n 的最小值．(2)数列是一类特殊函数，通项公式可以看作相应的解析式f (n )＝n 2＋kn ＋4.f (n )在N *上单调递增，可利用二次函数的对称轴研究单调性，但应注意数列通项中n 的取值．解 (1)由n 2－5n ＋4<0，解得1<n <4.∵n ∈N *，∴n ＝2,3，∴数列中有两项是负数，即为a 2，a 3.∵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.答题启示 (1)在利用二次函数的观点解决该题时，一定要注意二次函数对称轴位置的选取.,(2)本题易错答案为k >－2.原因是忽略了数列作为函数的特殊性，即自变量是正整数.跟踪训练已知数列{a n }中，a n ＝1＋1a ＋2(n －1)(n ∈N *，a ∈R ，且a ≠0)．(1)若a ＝－7，求数列{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 ＋2(n －1)(n ∈N *，a ∈R ，且a ≠0)，又∵a ＝－7，∴a n ＝1＋12n －9.结合函数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 *)． ∴数列{a n }中的最大项为a 5＝2，最小项为a 4＝0. (2)a n ＝1＋1a ＋2(n －1)＝1＋12n －2－a2.∵对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，结合函数f (x )＝1＋12x －2－a 2的单调性，知5<2－a 2<6，∴－10<a <－8.故a 的取值范围为(－10，－8)．板块四模拟演练·提能增分[A 级基础达标]1．已知数列2，5，22，…，则25是该数列的( ) A ．第5项 B ．第6项 C ．第7项 D ．第8项答案 C解析由数列2，5，22，…的前三项2，5，8可知，数列的通项公式为a n ＝2＋3(n －1)＝3n －1，由3n －1＝25，可得n ＝7.故选C.2．[2018·上饶模拟]已知数列{a n }满足a n ＋1＋a n ＝n ，若a 1＝2，则a 4－a 2＝( ) A ．4 B ．3 C ．2 D ．1 答案 D解析由a n ＋1＋a n ＝n ，得a n ＋2＋a n ＋1＝n ＋1，两式相减得a n ＋2－a n ＝1，令n ＝2，得a 4－a 2＝1.故选D.3．[2018·济宁模拟]若S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝nn ＋1，则1a 5等于( ) A.56 B.65 C.130 D ．30 答案 D解析 ∵当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝nn ＋1－n －1n ＝1n (n ＋1)，∴1a 5＝5×(5＋1)＝30.故选D.4．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1a n ＝2n(n ∈N *)，则a 10＝( )A ．64B ．32C ．16D ．8 答案 B解析 ∵a n ＋1a n ＝2n，∴a n ＋2a n ＋1＝2n ＋1，两式相除得a n ＋2a n＝2.又a 1a 2＝2，a 1＝1，∴a 2＝2. 则a 10a 8·a 8a 6·a 6a 4·a 4a 2＝24，即a 10＝25＝32.故选B. 5．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 ．1024 答案 C解析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，a 9＝512.故选C.6．[2018·辽宁实验中学月考]设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2(a n －1)，则a n ＝( )A ．2nB ．2n －1C ．2nD ．2n－1 答案 C解析当n ＝1时，a 1＝S 1＝2(a 1－1)，可得a 1＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n－1，∴a n ＝2a n －1，∴a n ＝2·2n －1＝2n.选C.7．若数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－10n (n ∈N *)，则数列{na n }中数值最小的项是( ) A ．第2项 B ．第3项 C ．第4项 D ．第5项答案 B解析 ∵S n ＝n 2－10n ，∴当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －11；当n ＝1时，a 1＝S 1＝－9也适合上式． ∴a n ＝2n －11(n ∈N *)．记f (n )＝na n ＝n (2n －11)＝2n 2－11n ，此函数图象的对称轴为直线n ＝114，但n ∈N *，∴当n ＝3时，f (n )取最小值．于是，数列{na n }中数值最小的项是第3项．故选B.8．已知数列{a n }中，a 1＝1，若a n ＝2a n －1＋1(n ≥2)，则a 5的值是________．答案 31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为公比的等比数列，即a n ＋1＝2×2n－1＝2n，∴a 5＋1＝25，即a 5＝31.9．[2018·洛阳模拟]数列{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＝________.答案6116解析由题意知：a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝(n －1)2，所以a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n n －12(n ≥2)，所以a 3＋a 5＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫542＝6116. 10．[2015·全国卷Ⅱ]设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝________.答案－1n解析 ∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，∴S n ＋1－S n ＝S n ＋1S n ，又由a 1＝－1，知S n ≠0，∴1S n －1S n ＋1＝1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是等差数列，且公差为－1，而1S 1＝1a 1＝－1， ∴1S n ＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，∴S n ＝－1n. [B 级知能提升]1．[2018·天津模拟]已知正数数列{a n }中，a 1＝1，(n ＋2)·a 2n ＋1－(n ＋1)a 2n ＋a n a n ＋1＝0，n ∈N *，则它的通项公式为( )A ．a n ＝1n ＋1 B ．a n ＝2n ＋1 C ．a n ＝n ＋12 D ．a n ＝n答案 B解析由题意可得a n ＋1a n ＝n ＋1n ＋2，则a n ＝a n a n －1.a n －1a n －2.....a 2a 1.a 1＝n n ＋1.n －1n .. (23)×1＝2n ＋1.故选B. 2．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋k 2n ，若数列{a n }为递减数列，则实数k 的取值范围为( )A ．(3，＋∞)B ．(2，＋∞)C ．(1，＋∞)D ．(0，＋∞) 答案 D解析因为a n ＋1－a n ＝3n ＋3＋k 2n ＋1－3n ＋k 2n ＝3－3n －k 2n ＋1，由数列{a n }为递减数列知，对任意n ∈N *，a n ＋1－a n ＝3－3n －k 2n ＋1＜0，所以k ＞3－3n 对任意n ∈N *恒成立，所以k ∈(0，＋∞)．故选D.3．[2018·重庆模拟]数列{a n }满足a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2a n ，0≤a n ≤12，2a n －1，12＜a n ＜1，a 1＝35，则数列的第2018项为_______．答案 15解析 ∵a 1＝35，∴a 2＝2a 1－1＝15. ∴a 3＝2a 2＝25.∴a 4＝2a 3＝45. ∴a 5＝2a 4－1＝35，a 6＝2a 5－1＝15，…. ∴该数列周期为T ＝4.∴a 2018＝a 2＝15. 4．已知a 1＋2a 2＋22a 3＋…＋2n －1a n ＝9－6n ，求数列{a n }的通项公式．解令S n ＝a 1＋2a 2＋22a 3＋…＋2n －1a n ，则S n ＝9－6n ，当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，2n －1a n ＝S n －S n －1＝－6，∴a n ＝－32n －2.而n ＝1时，a 1＝3，不符合上式， ∴通项公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 3，n ＝1，－32n －2，n ≥2.5．[2018·贵阳模拟]已知在数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n . (1)求a 2，a 3；(2)求{a n }的通项公式．解 (1)由S 2＝43a 2，得3(a 1＋a 2)＝4a 2，解得a 2＝3a 1＝3；由S 3＝53a 3，得3(a 1＋a 2＋a 3)＝5a 3，解得a 3＝32(a 1＋a 2)＝6. (2)由题设知a 1＝1.当n ＞1时，有a n ＝S n －S n －1＝n ＋23a n －n ＋13a n －1，整理，得a n ＝n ＋1n －1a n －1. 于是a 1＝1，a 2＝31a 1，a 3＝42a 2，…，a n －1＝n n －2a n －2，a n ＝n ＋1n －1a n －1. 将以上n 个等式两端分别相乘，整理，得a n ＝n (n ＋1)2. 综上，{a n }的通项公式a n ＝n (n ＋1)2.。

2020年高考数学一轮总复习第五章数列课时规范练理含解析

5-1 数列的概念与简单表示法课时规范练(授课提示：对应学生用书第267页)A 组基础对点练1．(2018·静宁县期末)“大自然是懂数学的”，自然界中大量存在如下数列：1,1,2,3，x,8,13,21，…，则其中x 的值是( B )A ．4B ．5C ．6D ．72．(2018·东湖区校级月考)数列{a n }的前n 项和为S n ，若S n ＝2n －1(n ∈N ＋)，则a 2 017的值为( A ) A ．2 B ．3 C ．2 017D ．3 0333．设数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝1－1a n，记数列{a n }的前n 项之积为T n ，则T 2 018的值为( B )A ．－12B ．1 C.12D ．24．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n －a n －1＝n (n ≥2)，则数列{a n }的通项公式为a n ＝( A ) A.12n (n ＋1) B ．12n (3n －1) C ．n 2－n ＋1D ．n 2－2n ＋25．(2018·河南一模)已知数列：11，21，12，31，22，13，41，32，23，14，…，依它的前10项的规律，这个数列的第2 018项a 2 018等于( D ) A.131 B ．163 C ．64D ．632解析：观察数列可分为：(1)11，(2)21，12，(3)31，22，13，(4)41，32，23，14，…，它的项数是1＋2＋3＋…＋k ＝k k ＋2(k ∈N *)，并且在每一个k 段内，是k 个分数(k ∈N *，k ≥3)，且它们的分子与分母的和为k ＋1(k ∈N *，k ≥3)．当k ＝63时，k k ＋2＝2 016＜2 018(k ∈N *)，故a 2 018在64段中，∴该数列的第2 018项a 2 018为第64组的第2项，故a 2 018＝632.6．(2018·南明区校级月考)已知数列{a n }满足a 1＝－1，a n ＋1＝a n ＋1nn ＋，n ∈N *，则通项公式a n ＝－1n.解析：由题意，a n ＋1－a n ＝1n －1n ＋1，利用叠加法可得a n －a 1＝1－1n ，∵a 1＝－1，∴a n ＝－1n .7．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－1 . 解析：∵S n ＋S n －1＝2n －1(n ≥2)．令n ＝2，得S 2＋S 1＝3，由S 2＝3，得a 1＝S 1＝0，令n ＝3，得S 3＋S 2＝5，所以S 3＝2，则a 3＝S 3－S 2＝－1，所以a 1＋a 3＝0＋(－1)＝－1. 8．若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式是a n ＝ (－2)n －1.解析：由S n ＝23a n ＋13得，当n ≥2时，S n －1＝23a n －1＋13，两式相减整理得，a n ＝－2a n －1(n ≥2)．又n ＝1时，S 1＝a 1＝23a 1＋13，∴a 1＝1，∴{a n }是首项为1，公比为－2的等比数列， ∴a n ＝(－2)n －1.9．(2018·江门期末)已知数列{a n }中，a 1＝5，且a n ＝2a n －1＋2n－1(n ≥2，且n ∈N ＋)． (1)求a 2，a 3； (2)证明数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12n 为等差数列，并求数列{a n }的通项公式．解析：(1)由题意知a 2＝2a 1＋22－1＝2×5＋4－1＝13，a 3＝2a 2＋23－1＝2×13＋8－1＝33. (2)∵数列{a n }中，a 1＝5，且a n ＝2a n －1＋2n－1(n ≥2，且n ∈N ＋)， ∴a n －12n＝a n －1－12n －1＋1.又∵a 1－12＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －12n 是首项为2，公差为1的等差数列，∴a n －12n＝2＋(n －1)＝n ＋1，∴a n －1＝(n ＋1)·2n，∴数列{a n }的通项公式a n ＝(n ＋1)·2n＋1. 10．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2＋n2，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n ＋(－1)na n ，求数列{b n }的前2n 项和．解析：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n2－n －2＋n －2＝n .当n ＝1时，a 1＝1也适合上式，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T 2n ，则T 2n ＝(21＋22＋ (22))＋(－1＋2－3＋4－…＋2n )．记A ＝21＋22＋ (22)，B ＝－1＋2－3＋4－…＋2n ，则A ＝－22n1－2＝22n ＋1－2，B ＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n －1)＋2n ]＝n .故数列{b n }的前2n 项和T 2n ＝A ＋B ＝22n ＋1＋n －2.B 组能力提升练1．(2018·聊城模拟)大衍数列，来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论．主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理．数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和．是中华传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题．其前10项依次是0,2,4,8,12,18,24,32,40,50，…，则此数列第20项为( B ) A ．180 B ．200 C ．128D ．162解析：由题意可知，偶数项的通项公式为a 2n ＝2n 2. 2．已知数列{a n }的首项为2，且数列{a n }满足a n ＋1＝a n －1a n ＋1，数列{a n }的前n 项的和为S n ，则S 2 016为( C )A ．504B ．588C ．－588D ．－5043．观察下列各图，并阅读图形下面的文字，则10条直线相交，交点的个数最多是( B )A ．40B ．45C ．50D ．554．(2018·杨浦区校级期末)在我国古代数学著作《孙子算经》中，卷下第二十六题是：今有物，不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何？满足题意的答案可以用数列表示，该数列的通项公式可以表示为a n ＝ 105n －82(n ∈N *) . 解析：本题的意思是一个数用3除余2，用7除也余2，所以用3与7的最小公倍数21除也余2.而用21除余2的数我们首先就会想到23,23恰好被5除余3，即最小的一个数为23，同时这个数相差又是3,5,7的最小公倍数，即3×5×7＝105. 即数列的通项公式可以表示为a n ＝105n －82(n ∈N *)．5．(2018·泰安二模)若递增数列{a n }满足：a 1＝a ，a 2＝2－a ，a n ＋2＝2a n ，则实数a 的取值范围为 ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1 . 解析：∵递增数列{a n }满足：a 1＝a ，a 2＝2－a ，a n ＋2＝2a n ，∴0<a 1＜a 2＜a 3，∴a ＜2－a ＜2a ，解得23<a <1.∴实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1. 6．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－49 . 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 2n －12d＝－3n 2＋13(n 3－n 2)＝13n 3－10n 23.构造函数f (x )＝13x 3－103x 2(x >0)，f ′(x )＝x 2－203x ，令f ′(x )＝0，解得x ＝0(舍去)或x ＝203.当x >203时，f (x )是单调递增的；当0<x <203时，f (x )是单调递减的．∵n ∈N *，∴当n ＝7时，nS n 取最小值， ∴(nS n )min ＝13×73－10×723＝－49.7．(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＝ 1 ，S 5＝ 121 .解析：由题意得⎩⎪⎨⎪⎧S 2＝4，a 2＝2S 1＋1，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＝4，a 2＝2a 1＋1，∴a 1＝1，a 2＝3. 又a n ＋1＝2S n ＋1，∴a 3＝2S 2＋1＝2(1＋3)＋1＝9，a 4＝2S 3＋1＝2(1＋3＋9)＋1＝27， a 5＝2S 4＋1＝2(1＋3＋9＋27)＋1＝81，∴S 5＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝1＋3＋9＋27＋81＝121， ∴a 1＝1，S 5＝121.8．如图，互不相同的点A 1，A 2，…，A n ，…和B 1，B 2，…，B n ，…分别在角O 的两条边上，所有A n B n 相互平行，且所有梯形A n B n B n ＋1A n ＋1的面积均相等，设OA n ＝a n ，若a 1＝1，a 2＝2，则数列{a n }的通项公式是 a n ＝3n －2 .解析：设△A 1B 1O 的面积为S 0，梯形A n B n B n ＋1A n ＋1的面积为S ，由比例性质得S 0S 0＋S ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1a 22＝14，S ＝3S 0，所以S 0＋nSS 0＋n ＋S ＝⎝⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n ＋22⇒1＋3n 4＋3n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1a n ＋22，得到3n －23n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n a n ＋12，由累乘法可得⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1a 22·⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2a 32·⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3a 42·…·⎝⎛⎭⎪⎫a n a n ＋12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1a n ＋12＝14×47×710×…×3n －23n ＋1＝13n ＋1⇒⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1a n ＋12＝13n ＋1⇒an ＋1＝3n ＋1.因为a 1＝1，则a n ＝3n －2.9．(2018·永定区校级月考)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝a a －1(a n －1)(a ＞0，且a ≠1)．数列{b n }满足b n ＝a n ·lg a n .(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若对一切n ∈N ＋都有b n ＜b n ＋1，求实数a 的取值范围．解析：(1)数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝aa －1(a n －1)(a ＞0，且a ≠1)．∴当n ＝1时，a 1＝a a 1－a －1，解得a 1＝a .当n ≥2时，S n －1＝a a －1(a n －1－1)，可得a n ＝S n －S n －1＝aa －1(a n －a n －1)，化为a n ＝aa n －1.∴数列{a n }是等比数列，首项与公比都为a .∴a n ＝a n. (2)b n ＝a n ·lg a n ＝na nlg a . ∵对一切n ∈N ＋都有b n ＜b n ＋1， ∴na nlg a ＜(n ＋1)a n ＋1lg a .①当a ＞1时，a >nn ＋1对一切n ∈N ＋都成立．②当0＜a ＜1时，有a ＜nn ＋1对一切n ∈N ＋都成立，所以有0＜a ＜12. 综上可知a ＞1或0＜a ＜12.10．已知数列{a n }中，a 1＝3，a 2＝5，其前n 项和S n 满足S n ＋S n －2＝2S n －1＋2n －1(n ≥3)．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)若b n ＝log 2256a 2n －1，n ∈N *，设数列{b n }的前n 项和为T n ，当n 为何值时，T n 有最大值？并求最大值．解析：(1)由题意知S n －S n －1＝S n －1－S n －2＋2n －1(n ≥3)，即a n ＝a n －1＋2n －1(n ≥3)，∴a n ＝(a n－a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 3－a 2)＋a 2＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋5＝2n －1＋2n －2＋…＋22＋2＋1＋2＝2n＋1(n ≥3)，经检验，知n ＝1,2时，结论也成立，故a n ＝2n＋1. (2)b n ＝log 2256a 2n －1＝log 22822n ＝log 228－2n ＝8－2n ，n ∈N *，当1≤n ≤3时，b n ＝8－2n >0；当n ＝4时，b n ＝8－2n ＝0；当n ≥5时，b n ＝8－2n <0.故n ＝3或n ＝4时，T n 有最大值，且最大值为T 3＝T 4＝12.5-2 等差数列及其前n 项和课时规范练(授课提示：对应学生用书第269页)A 组基础对点练1．在等差数列{a n }中，若a 2＝4，a 4＝2，则a 6＝( B ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．62．设{a n }为等差数列，公差d ＝－2，S n 为其前n 项和，若S 10＝S 11，则a 1＝( B ) A ．18 B ．20 C ．22D ．243．(2018·湖南期末)在等差数列{a n }中，a 3，a 8是函数f (x )＝x 2－3x －18的两个零点，则{a n }的前10项和等于( B ) A ．－15 B ．15 C ．30D ．－30解析：a 3，a 8是函数f (x )＝x 2－3x －18的两个零点，由韦达定理可知a 3＋a 8＝3，∴a 1＋a 10＝a 3＋a 8＝3， ∴S 10＝12×10(a 1＋a 10)＝15.4．(2018·和县期末)《九章算术》卷第六《均输》中有“金箠”问题，意思是：有一个金箠(金杖)长五尺，截成五段，每段一尺，从本到末各段质量依次成等差数列．现知第一段重4斤，第五段重2斤，则第三段重为( C ) A ．1斤 B ．2.5斤 C ．3斤D ．3.5斤解析：由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝4，a 5＝a 1＋4d ＝2，解得d ＝－12，∴第三段重为a 3＝a 1＋2d ＝4＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝3. 5．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 11＝22，则a 3＋a 7＋a 8＝( D ) A ．18 B ．12 C ．9D ．66．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1>0且a 6a 5＝911，则当S n 取最大值时，n 的值为( B ) A ．9 B ．10 C ．11D ．127．(2018·永定区校级月考)若等差数列{a n }满足a 1＋a 8＋a 9＞0，a 3＋a 10＜0，则当{a n }的前n 项和最大时，n 的值为( A )A ．6B ．7C ．8D ．9解析：∵等差数列{a n }满足a 1＋a 8＋a 9＞0，a 3＋a 10＜0，∴3a 6＞0，a 6＋a 7＜0，∴a 6＞0，a 7＜0.则当n ＝6时，{a n }的前n 项和最大．8．(2017·宜春期末)设数列{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和，且S 6＝S 7＞S 8，则下列结论中错误的是( D ) A ．d ＜0 B ．a 7＝0 C ．S 9＞S 5D ．S 6和S 7均为S n 的最大值解析：∵数列{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和，且S 6＝S 7＞S 8，∴d ＜0，故A 正确；a 7＝S 7－S 6＝0，故B 正确；S 9－S 5＝⎝ ⎛⎭⎪⎫9a 1＋9×82d －⎝ ⎛⎭⎪⎫5a 1＋5×42d ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1＋132d ＜4a 7＝0，∴S 9＜S 5，故C 错误；S 6和S 7均为S n 的最大值，故D 正确．9．(2016·高考北京卷)已知{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和．若a 1＝6，a 3＋a 5＝0，则S 6＝ 6 .解析：设等差数列{a n }的公差为d ，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝6，2a 1＋6d ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝6，d ＝－2，所以S 6＝6a 1＋12×6×5d ＝36＋15×(－2)＝6.10．中位数为1 010的一组数构成等差数列，其末项为2 015，则该数列的首项为 5 . 解析：设数列首项为a 1，则a 1＋2 0152＝1 010.故a 1＝5.11．(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 20 .解析：设等差数列{a n }的公差为d ，则a 1＋a 22＝a 1＋(a 1＋d )2＝－3，S 5＝5a 1＋10d ＝10，解得a 1＝－4，d ＝3，则a 9＝a 1＋8d ＝－4＋24＝20.12．已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若S 5＝5a 4－10，则数列{a n }的公差为 2 . 解析：由S 5＝5a 4－10，得5a 3＝5a 4－10，则公差d ＝2.13．(2016·高考全国卷Ⅱ)等差数列{a n }中，a 3＋a 4＝4，a 5＋a 7＝6. (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝[a n ]，求数列{b n }的前10项和，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.解析：(1)设数列{a n }的公差为d ，由题意有2a 1＋5d ＝4，a 1＋5d ＝3. 解得a 1＝1，d ＝25.所以{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋35. (2)由(1)知，b n ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2n ＋35.当n ＝1,2,3时，1≤2n ＋35<2，b n ＝1；当n ＝4,5时，2≤2n ＋35<3，b n ＝2；当n ＝6,7,8时，3≤2n ＋35<4，b n ＝3；当n ＝9,10时，4≤2n ＋35<5，b n ＝4.所以数列{b n }的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.14．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *，且点(2，a 2)，(a 7，S 3)均在直线x －y ＋1＝0上．(1)求数列{a n }的通项公式a n 及前n 项和S n ； (2)设b n ＝1S n －n，求数列{b n }的前n 项和T n .解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d .由点(2，a 2)，(a 7，S 3)均在直线x －y ＋1＝0上得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝3，a 7－S 3＋1＝0，又S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝3a 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝3，a 7＝8，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝3，a 1＋6d ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝1，∴a n ＝n ＋1，S n ＝n n ＋2. (2)b n ＝1S n －n ＝1nn ＋＝1n －1n ＋1. ∵T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1. ∴T n ＝nn ＋1.B 组能力提升练1．(2018·赤峰期末)《张丘建算经》卷上有“女子织布”问题：某女子善于织布，一天比一天织得快，而且每天增加的数量相同．已知第一天织布6尺，30天共织布540尺，则该女子织布每天增加( C ) A.12尺 B ．1631尺 C.2429尺 D ．1629尺解析：织布的数据构成等差数列，设公差为d ，第一天织的数据为a 1，第30天织的数据为a 30，则540＝＋a 302，解得a 30＝30，则a 30＝a 1＋(30－1)d ，解得d ＝2429.2．已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 10＝1，S 30＝5，则S 40＝( B ) A ．7 B ．8 C ．9D ．103．在数列{a n }中，若a 1＝2，且对任意正整数m ，k ，总有a m ＋k ＝a m ＋a k ，则{a n }的前n 项和S n ＝( C )A ．n (3n －1)B ．n n ＋2C ．n (n ＋1)D ．n n ＋24．(2018·萍乡期末)等差数列{a n }中，a 2＝4，它的前n 项和S n ＝n 2＋kn ，则1S 1＋1S 2＋…＋1S 100＝( A ) A.100101 B ．1101 C.101100D ．99100解析：∵等差数列{a n }中，a 2＝4，它的前n 项和S n ＝n 2＋kn ， ∴a 1＝S 1＝1＋k ，a 2＝S 2－S 1＝4＋2k －1－k ＝3＋k ＝4，解得k ＝1， ∴a 1＝1＋1＝2，d ＝a 2－a 1＝4－2＝2，∴S n ＝2n ＋n n －2×2＝n (n ＋1)，∴1S n ＝1nn ＋＝1n －1n ＋1， 1S 1＋1S 2＋…＋1S 100＝11－12＋12－13＋…＋1100－1101＝100101. 5．(2018·南平期末)《九章算术》是我国古代的数学名著，书中《均属章》有如下问题：今有五人分六钱，令前三人所得与后二人等，各人所得均增，问各得几何？其意思是：已知A ，B ，C ，D ，E 五个人分重量为6钱(“钱”是古代的一种重量单位)的物品，A ，B ，C 三人所得钱数之和与D ，E 二人所得钱数之和相同，且A ，B ，C ，D ，E 每人所得钱数依次成递增等差数列，问五人各分得多少钱的物品？在这个问题中，C 分得物品的钱数是( C ) A.25钱 B ．45钱 C.65钱 D ．75钱解析：设A ，B ，C ，D ，E 五个人所得钱数依次为a 1，a 2，a 3，a 4，a 5，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 2＋a 3＝a 4＋a 5，d >0，5a 1＋5×42d ＝6，解得a 1＝45，d ＝15，∴C 分得物品的钱数是a 3＝45＋2×15＝65(钱)．6．(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 )A ．{S n }是等差数列B ．{S 2n }是等差数列 C ．{d }是等差数列 D ．{d 2n }是等差数列7．(2018·上杭县校级月考)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －1＋3(n ≥2)，则数列{a n }的前6项和等于 51 .8．设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 8＝32，则a 2＋2a 5＋a 6＝ 16 . 解析：∵S 8＝32， ∴a 1＋a 82＝32，可得a 4＋a 5＝a 1＋a 8＝8.则a 2＋2a 5＋a 6＝2(a 4＋a 5)＝2×8＝16.9．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a 2＝2，若S n ＋1＋S n －1＝2(S n ＋S 1)，n ≥2，则S 15＝ 211 .解析：由题意得S n ＋1－S n ＝S n －S n －1＋2，即a n ＋1＝a n ＋2(n ≥2)，故{a n }从第二项起是公差为2的等差数列，则S 15＝1＋14×2＋14×132×2＝211.10．等差数列{a n }前n 项和为S n .已知a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0，S 2m －1＝38，则m ＝ 10 . 解析：因为a m －1＋a m ＋1－a 2m ＝0，数列{a n }是等差数列，所以2a m －a 2m ＝0，解得a m ＝0或a m ＝2.又S 2m －1＝38，所以a m ＝0不符合题意，所以a m ＝2.所以S 2m －1＝m －a 1＋a 2m －12＝(2m－1)a m ＝38，解得m ＝10.11．(2017·菏泽期末)已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，S 2＝2，S 3＝－6. (1)求数列{a n }的通项公式和前n 项和S n ；(2)是否存在n ，使S n ，S n ＋2＋2n ，S n ＋3成等差数列，若存在，求出n ，若不存在，请说明理由．解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，∵S 2＝2，S 3＝－6.∴2a 1＋d ＝2,3a 1＋3d ＝－6，联立解得a 1＝4，d ＝－6. ∴a n ＝4－6(n －1)＝10－6n ，S n ＝n ＋10－6n 2＝7n －3n 2.(2)假设存在n ，使S n ，S n ＋2＋2n ，S n ＋3成等差数列，则2(S n ＋2＋2n )＝S n ＋S n ＋3，∴2[7(n ＋2)－3(n ＋2)2＋2n ]＝7n －3n 2＋7(n ＋3)－3(n ＋3)2，解得n ＝5. 因此存在n ＝5，使S n ，S n ＋2＋2n ，S n ＋3成等差数列． 12．在数列{a n }中，a n ＋1＋a n ＝2n －44(n ∈N *)，a 1＝－23. (1)求a n ；(2)设S n 为{a n }的前n 项和，求S n 的最小值．解析：(1)当n ＝1时，a 2＋a 1＝－42，a 1＝－23， ∴a 2＝－19.同理得，a 3＝－21，a 4＝－17.故a 1，a 3，a 5，…是以a 1为首项，2为公差的等差数列，a 2，a 4，a 6，…是以a 2为首项，2为公差的等差数列．从而a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n －24，n 为奇数，n －21，n 为偶数.(2)当n 为偶数时，S n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a n －1＋a n )＝(2×1－44)＋(2×3－44)＋…＋[2·(n －1)－44]＝2[1＋3＋…＋(n －1)]－n 2·44＝n 22－22n ，故当n ＝22时，S n 取得最小值为－242. 当n 为奇数时，S n ＝a 1＋(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a n －1＋a n )＝a 1＋(2×2－44)＋…＋[2×(n －1)－44] ＝a 1＋2[2＋4＋…＋(n －1)]＋n －12·(－44)＝－23＋n ＋1n －2－22(n －1)＝n 22－22n －32. 故当n ＝21或n ＝23时，S n 取得最小值－243.综上所述：当n 为偶数时，S n 取得最小值为－242；当n 为奇数时，S n 取最小值为－243.5-3 等比数列及其前n 项和课时规范练(授课提示：对应学生用书第271页)A 组基础对点练1．(2018·三明期中)设数列{a n }是首项为1，公比为－3的等比数列，则a 1＋|a 2|＋a 3＋|a 4|＋a 5＝( B ) A ．61 B ．121 C ．－25D ．272．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＝( C )A.13 B ．－13C.19D ．－193．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( D )A ．S n ＝2a n －1B ．S n ＝3a n －2C ．S n ＝4－3a nD ．S n ＝3－2a n4．在等比数列{a n }中，S n 表示前n 项和，若a 3＝2S 2＋1，a 4＝2S 3＋1，则公比q 等于( D ) A ．－3 B ．－1 C ．1D ．35．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( B ) A ．1盏 B ．3盏 C ．5盏D ．9盏6．若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 5a 6＋a 4a 7＝18，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝( D ) A ．5 B ．9 C ．log 345D ．107．已知数列{a n }为等比数列，a 5＝1，a 9＝81，则a 7＝( B ) A ．9或－9 B ．9 C ．27或－27D ．278．(2017·郑州质检)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 25＝2a 3a 6，S 5＝－62，则a 1的值是－2 .解析：设{a n }的公比为q .由a 25＝2a 3a 6得(a 1q 4)2＝2a 1q 2·a 1q 5，∴q ＝2，∴S 5＝a 1－251－2＝－62，a 1＝－2.9．(2018·启东市校级期中)已知各项不为0的等差数列{a n }满足a 6－a 27＋a 8＝0，数列{b n }是等比数列，且b 7＝a 7，则b 2b 8b 11＝ 8 .解析：各项不为0的等差数列{a n }满足a 6－a 27＋a 8＝0，又a 6＋a 8＝2a 7，可得2a 7＝a 27，即有a 7＝2(0舍去)，数列{b n }是公比为q 的等比数列，且b 7＝a 7＝2，则b 2·b 8·b 11＝b 1q ·b 1q 7·b 1q 10＝b 31q 18＝(b 1q 6)3＝b 37＝23＝8.10．(2018·宁城县模拟)如图所示，正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形腰上再连接正方形，…，如此继续下去得到一个树形图形，称为“勾股树”．若某勾股树含1 023个正方形，且其最大的正方形的边长为2，则其最小正方形的边长为116.解析：由题意，正方形的边长构成以2为首项，以22为公比的等比数列．现已知共得到1 023个正方形，则有1＋2＋…＋2n －1＝1 023，∴n ＝10，∴最小正方形的边长为2×⎝⎛⎭⎪⎫229＝116. 11．(2018·临沂期中)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝32a n ＋b (n ∈N *，b ∈R ，b ≠0)．(1)求证：{a n }是等比数列； (2)求证：{a n ＋1}不是等比数列．证明：(1)∵S n ＝32a n ＋b ，∴当n ≥2时，S n －1＝32a n －1＋b ，两式相减得S n －S n －1＝32a n ＋b －32a n －1－b ，∴a n ＝32a n －32a n －1，∴a n ＝3a n －1.故{a n }是首项a 1＝－2b ，公比q ＝3的等比数列．(2)假设{a n ＋1}是等比数列，则有(a n ＋1)2＝(a n ＋1＋1)(a n －1＋1)，即a 2n ＋2a n ＋1＝a n ＋1a n －1＋a n ＋1＋a n －1＋1. 由(1)知{a n }是等比数列，∴a 2n ＝a n ＋1a n －1，于是2a n ＝a n ＋1＋a n －1，即6a n －1＝a n －1＋9a n －1，解得a n －1＝0，这与{a n }是等比数列相矛盾，故假设错误，即{a n ＋1}不是等比数列．12．在数列{}a n 中，a 1＝12，a n ＋1＝n ＋12na n ，n ∈N *.(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 为等比数列；(2)求数列{a n }的前n 项和S n .解析：(1)证明：由a n ＋1＝n ＋12n a n 知a n ＋1n ＋1＝12·a nn， ∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以12为首项，12为公比的等比数列．(2)由(1)知⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为12，公比为12的等比数列，∴a n n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，∴a n ＝n2n ， ∴S n ＝121＋222＋…＋n2n ，①则12S n ＝122＋223＋…＋n2n ＋1，② ①－②得，12S n ＝12＋122＋123＋…＋12n －n 2n ＋1＝1－n ＋22n ＋1，∴S n ＝2－n ＋22n .B 组能力提升练1．(2018·兴宁区校级期中)设等比数列{a n }满足a 1＋a 2＝－1，a 1－a 3＝－3，则公比q ＝( B ) A ．2 B ．－2 C.12D ．－122．等比数列{a n }中，a 4＝2，a 5＝5，则数列{lg a n }的前8项和等于( C ) A ．6 B ．5 C ．4D ．33．(2018·南海区模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足2S n ＝2n ＋1＋λ，则λ的值为( C ) A ．4 B ．2 C ．－2D ．－4解析：由题意知2S n ＝2n ＋1＋λ，∴S n ＝2n＋λ2，a 1＝S 1＝2＋λ2，a 2＝S 2－S 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22＋λ2－⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋λ2＝2，a 3＝S 3－S 2＝⎝⎛⎭⎪⎫23＋λ2－⎝⎛⎭⎪⎫22＋λ2＝4.∵a 1，a 2，a 3是等比数列，∴22＝⎝⎛⎭⎪⎫2＋λ2×4，解得λ＝－2.4．已知S n 是各项为正数的等比数列{a n }的前n 项和，a 2·a 4＝16，S 3＝7，则a 8＝( C ) A ．32 B ．64 C ．128D ．2565．(2016·高考天津卷)设{a n }是首项为正数的等比数列，公比为q ，则“q <0”是“对任意的正整数n ，a 2n －1＋a 2n <0”的( C ) A ．充要条件 B ．充分而不必要条件 C ．必要而不充分条件 D ．既不充分也不必要条件6．若等比数列{a n }的各项均为正数，前4项的和为9，积为814，则前4项倒数的和为( D )A.32 B ．94 C ．1D ．27．已知等比数列{a n }的各项都是正数，且3a 1，12a 3，2a 2成等差数列，则a 8＋a 9a 6＋a 7＝( D )A ．6B ．7C ．8D ．98．(2018·长安区二模)已知数列{a n }满足a n －1a n＝2(n ≥2)，a 1·a 2·a 3＝64，则log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋…＋log 2a n 的最大值为( C ) A ．2 B ．4 C ．6D ．8解析：数列{a n }满足a n －1a n ＝2(n ≥2)，∴该数列为等比数列，公比为12.∵a 1·a 2·a 3＝64，∴a 32＝64，解得a 2＝4.∴a 1＝412＝8.∴a 1a 2·…·a n ＝a n1×⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋2＋…＋(n －1)＝8n ×2－n n －12.则log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋…＋log 2a n ＝log 2(a 1a 2·…·a n )＝3n －n n －12＝－12n 2＋72n ＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫n －722＋498，当且仅当n ＝3或4时，log 2a 1＋log 2a 2＋log 2a 3＋…＋log 2a n 取得最大值为6.9．(2017·高考江苏卷)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n ，已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝ 32 .解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则由S 6≠2S 3得q ≠1，则S 3＝a 1－q31－q＝74，S 6＝a 1－q 61－q＝634，解得q ＝2，a 1＝14，则a 8＝a 1q 7＝14×27＝32. 10．设数列{a n }(n ＝1,2,3，…)的前n 项和S n 满足S n ＋a 1＝2a n ，且a 1，a 2＋1，a 3成等差数列，则a 1＋a 5＝ 34 .解析：由已知S n ＋a 1＝2a n ，有a n ＝S n －S n －1＝2a n －2a n －1(n ≥2)，即a n ＝2a n －1(n ≥2)．从而a 2＝2a 1，a 3＝2a 2＝4a 1.又因为a 1，a 2＋1，a 3成等差数列，即a 1＋a 3＝2(a 2＋1)，所以a 1＋4a 1＝2(2a 1＋1), 解得a 1＝2，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列．故a n ＝2n ，则a 1＋a 5＝2＋25＝34.11．(2018·杨浦区校级期末)设n ∈N *，用A n 表示所有形如2r 1＋2r 2＋…＋2r n 的正整数集合，其中0≤r 1＜r 2＜…＜r n ≤n ，且r i ∈N (i ∈N *)，b n 为集合A n 中的所有元素之和．则{b n }的通项公式为b n ＝ n ·(2n ＋1－1) ．解析：由题意可知，集合A n 中的元素为20＋21＋22＋…＋2n －2i，其中i ＝0,1,2，…，n ，则20,21,22，…，2n 每个数都出现n 次，因此，b n ＝n (20＋21＋22＋…＋2n )＝n (2n ＋1－1)．12．(2017·广西质检)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝32a n －1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2log 3a n 2＋1，求1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n －1b n.解析：(1)当n ＝1时，a 1＝32a 1－1，∴a 1＝2.当n ≥2时，∵S n ＝32a n －1，①∴S n －1＝32a n －1－1(n ≥2)，②①－②得a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a n －1－⎝ ⎛⎭⎪⎫32a n －1－1，即a n ＝3a n －1，∴数列{a n }是首项为2，公比为3的等比数列， ∴a n ＝2×3n －1.(2)由(1)得b n ＝2log 3a n2＋1＝2n －1，∴1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n －1b n＝11×3＋13×5＋…＋1n －n －＝12⎝⎛1－13＋13－15＋…＋12n －3－⎭⎪⎫12n －1＝n －12n －1.5-4 数列求和课时规范练(授课提示：对应学生用书第273页)A 组基础对点练1．(2018·娄底期末)等差数列{a n }中，a 3＋a 7＝4，则{a n }的前9项和等于( A ) A ．18 B ．27 C ．－18D ．－272．在数列{a n }中，a n ＋1－a n ＝2，S n 为{a n }的前n 项和．若S 10＝50，则数列{a n ＋a n ＋1}的前10项和为( C ) A ．100 B ．110 C ．120D ．1303．(2018·安顺期末)设直线(n ＋1)x ＋ny ＝2(n ∈N *)与两坐标轴围成的三角形面积为S n ，则S 1＋S 2＋…＋S 2 018的值为( C ) A.2 0162 015 B ．2 0162 017 C.2 0182 019D ．2 0182 017解析：直线(n ＋1)x ＋ny ＝2(n ∈N *)与两坐标轴的交点为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2n 和⎝⎛⎭⎪⎫2n ＋1，0，则S n ＝12·2n ·2n ＋1＝1nn ＋＝1n －1n ＋1，则S 1＋S 2＋…＋S 2 018＝1－12＋12－13＋…＋12 018－12 019＝1－12 019＝2 0182 019.4．(2018·永定区校级月考)在有限数列{a n }中，S n 为{a n }的前n 项和，把S 1＋S 2＋…＋S nn称为数列{a n }的“优化和”，若数列a 1，a 2，…，a 2 018的“优化和”为2 019，则数列2，a 1，a 2，…，a 2 018的“优化和”为( B )A ．2 021B ．2 020C ．2 019D ．2 018解析：数列a 1，a 2，…，a 2 018的“优化和”为2 019. 即为S 1＋S 2＋…＋S 2 0182 018＝2 019，2，a 1，a 2，…，a 2 018的“优化和”为 2＋＋S 1＋＋S 2＋…＋＋S 2 0182 019＝2＋S 1＋S 2＋…＋S 2 0182 019＝2＋2 018×2 0192 019＝2 020.5．(2018·温州期末)已知等差数列{a n }中，a 2＝3，a 6＝7，设b n ＝1a na n －，则使b 1＋b 2＋…＋b n ≤100101成立的最大n 的值为 100 .解析：∵等差数列{a n }中，a 2＝3，a 6＝7， ∴求得{a n }的首项a 1＝2，d ＝1， ∴a n ＝2＋(n －1)×1＝n ＋1， ∴b n ＝1a na n －＝1nn ＋＝1n －1n ＋1， ∴b 1＋b 2＋…＋b n ＝1－12＋12－13…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1，∴1－1n ＋1≤100101，解得n ≤100.即使b 1＋b 2＋…＋b n ≤100101成立的最大n 的值为100.6．数列{a n }满足a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，则{a n }的前60项和为 1 830 . 解析：当n ＝2k (k ∈N *)时，a 2k ＋1＋a 2k ＝4k －1，当n ＝2k －1(k ∈N *)时，a 2k －a 2k －1＝4k －3， ∴a 2k ＋1＋a 2k －1＝2，∴a 2k ＋3＋a 2k ＋1＝2， ∴a 2k －1＝a 2k ＋3，∴a 1＝a 5＝…＝a 61.∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 60＝(a 2＋a 3)＋(a 4＋a 5)＋…＋(a 60＋a 61)＝3＋7＋11＋…＋(2×60－1)＝＋2＝30×61＝1 830.7．已知递增的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，a 6＝64，且a 4，a 5的等差中项为3a 3. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝na 2n －1，求数列{b n }的前n 项和T n .解析：(1)设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 5＝64，a 1q 3＋a 1q 4＝6a 1q 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2，所以a n ＝2n. (2)因为b n ＝na 2n －1＝n22n －1，所以T n ＝12＋223＋325＋427＋…＋n22n －1，14T n ＝123＋225＋327＋…＋n －122n －1＋n22n ＋1，所以34T n ＝12＋123＋125＋127＋…＋122n －1－n 22n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14n 1－14－n 22n ＋1＝23－4＋3n3×22n ＋1，故T n ＝89－16＋12n 9×22n ＋1＝89－4＋3n 9×22n －1.8．S n 为数列{a n }的前n 项和．已知a n >0，a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3. (1)求{a n }的通项公式； (2)设b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．解析：(1)由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3. 两式相减可得a 2n ＋1－a 2n ＋2(a n ＋1－a n )＝4a n ＋1，即2(a n ＋1＋a n )＝a 2n ＋1－a 2n ＝(a n ＋1＋a n )·(a n ＋1－a n )．由于a n >0，所以a n ＋1－a n ＝2.又由a 21＋2a 1＝4a 1＋3，解得a 1＝－1(舍去)或a 1＝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. (2)由a n ＝2n ＋1可知b n ＝1a n a n ＋1＝1n ＋n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3.设数列{b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n＝12⎣⎢⎡ ⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋3 ＝nn ＋.B 组能力提升练1．(2018·宜宾期末)在数列{a n }中，若a 1＝0，a n ＋1－a n ＝2n ，则1a 2＋1a 3＋…＋1a n的值为( A )A.n －1n B ．n ＋1n C.n －1n ＋1D ．n n ＋1解析：数列{a n }中，若a 1＝0，a n ＋1－a n ＝2n ，可得a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1) ＝0＋2＋4＋…＋2(n －1)＝n (n －1)，即有1a n ＝1nn －＝1n －1－1n，n ≥2，n ∈N *，可得1a 2＋1a 3＋…＋1a n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝1－1n ＝n －1n.2．(2018·南京期末)已知数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1n n ＋，n 为奇数，n －7，n 为偶数，则数列{a n }前15项和S 15的值为 12717. 解析：由1nn ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2，可得S 15＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋13－15＋15－17＋…＋115－117＋(2＋4＋6＋…＋14)－7×7 ＝12×1617＋12×7×16－49＝12717. 3．等差数列{a n }中，a 2＝4，a 4＋a 7＝15. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝2a n －2＋n ，求b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10的值．解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d .由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋d ＝4，a 1＋3d ＋a 1＋6d ＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝1.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋2. (2)由(1)可得b n ＝2n＋n ，所以b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(210＋10)＝(2＋22＋23＋…＋210)＋(1＋2＋3＋…＋10) ＝－2101－2＋＋2＝211＋53 ＝2 101.4．已知数列{a n }满足2a n a n ＋1＝a n －a n ＋1，且a 1＝12，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设数列{b n}的前n 项和为S n，若数列{b n}满足b n＝⎩⎪⎨⎪⎧1n －1＋n ＋1n ＝2k －，a n2a n 2＋1n ＝2k(k ∈N *)，求S 64.解析：(1)由2a n a n ＋1＝a n －a n ＋1变形得1a n ＋1－1a n＝2.又1a 1＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以2为首项，2为公差的等差数列，所以1a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，故a n ＝12n. (2)由(1)可得a n a n ＋1＝12n n ＋＝14nn ＋＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. 又1n －1＋n ＋1＝n ＋1－n －12，所以S 64＝⎝⎛2－02＋4－22＋6－42＋…＋⎭⎪⎫64－622＋14× ⎣⎢⎡ ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫132－133＝4＋14×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－133＝14033. 5．(2018·武汉二次联考)若数列{a n }的前n 项和为S n ，首项a 1>0，且2S n ＝a 2n ＋a n (n ∈N *)． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)若a n >0(n ∈N *)，令b n ＝1a na n ＋，求数列{b n }的前n 项和T n .解析：(1)当n ＝1时，2S 1＝a 21＋a 1，则a 1＝1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝a 2n ＋a n 2－a 2n －1＋a n －12，即(a n ＋a n －1)·(a n －a n －1－1)＝0⇒a n ＝－a n －1或a n ＝a n －1＋1， ∴a n ＝(－1)n －1或a n ＝n .(2)由a n >0，∴a n ＝n ，b n ＝1nn ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2. ∴T n ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－2n ＋3n ＋n ＋.5-5 数列的综合应用课时规范练(授课提示：对应学生用书第275页)A 组基础对点练1．(2018·龙泉驿区期末)等差数列{a n }的公差为1，且a 1，a 3，a 7成等比数列，则{a n }的前20项和为( A ) A ．230 B ．－230 C ．210D ．－2102．在等比数列{a n }中，S n 是它的前n 项和，若q ＝2，且a 2与2a 4的等差中项为18，则S 5＝( A ) A ．62 B ．－62 C ．32D ．－323．已知数列{a n }，定直线l ：y ＝m ＋32m ＋4x －m ＋92m ＋4，若(n ，a n )在直线l 上，则数列{a n }的前13项和为( C ) A ．10 B ．21 C ．39D ．784．等差数列{a n }中的a 4，a 2 016是函数f (x )＝x 3－6x 2＋4x －1的极值点，则log 14a 1 010＝( D )A.12 B ．2 C ．－2D ．－125．(2018·柳林县期末)已知x ＞0，y ＞0，x ，a ，b ，y 成等差数列，x ，c ，d ，y 成等比数列，则a ＋bcd的最小值是( C )A ．0B ．1C ．2D ．4解析：由x ＞0，y ＞0，x ，a ，b ，y 成等差数列，x ，c ，d ，y 成等比数列，可得a ＋b ＝x ＋y ，xy ＝cd ，则a ＋b cd ＝x ＋y xy ≥2xyxy＝2，当且仅当x ＝y 时，等号成立，则a ＋bcd的最小值是2. 6．已知在等差数列{a n }中，a 1＝120，公差d ＝－4，若S n ≤a n (n ≥2)，其中S n 为该数列的前n 项和，则n 的最小值为( B )A ．60B ．62C ．70D ．727．等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为( A ) A ．－24 B ．－3 C ．3D ．88．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1，且3S 1,2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝ 3n －1.解析：由3S 1,2S 2，S 3成等差数列，得4S 2＝3S 1＋S 3，即3S 2－3S 1＝S 3－S 2，则3a 2＝a 3，得公比q ＝3，所以a n ＝a 1q n －1＝3n －1.9．(2017·江西师大附中检测)已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 1，S 3，S 4成等差数列，则数列{a n }的公比为1＋52. 解析：设{a n }的公比为q ，由题意易知q >0且q ≠1，因为S 1，S 3，S 4成等差数列，所以2S 3＝S 1＋S 4，即2a 1－q 31－q＝a 1＋a 1－q 41－q，解得q ＝1＋52.10．已知函数y ＝f (x )的定义域为R ，当x <0时，f (x )>1，且对任意的实数x ，y ∈R ，等式f (x )f (y )＝f (x ＋y )恒成立．若数列{a n }满足a 1＝f (0)，且f (a n ＋1)＝1f－2－a n(n ∈N *)，则a 2 016的值为 4 031 .解析：根据题意，不妨设f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x，则a 1＝f (0)＝1，∵f (a n ＋1)＝1f －2－a n，∴a n ＋1＝a n ＋2，∴数列{a n }是以1为首项，2为公差的等差数列， ∴a n ＝2n －1，∴a 2 016＝4 031.11．(2016·高考四川卷)已知数列{a n }的首项为1，S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＋1＝qS n ＋1，其中q >0，n ∈N *.(1)若a 2，a 3，a 2＋a 3成等差数列，求数列{a n }的通项公式；(2)设双曲线x 2－y 2a 2n＝1的离心率为e n ，且e 2＝2，求e 21＋e 22＋…＋e 2n .解析：(1)由已知，S n ＋1＝qS n ＋1，S n ＋2＝qS n ＋1＋1，两式相减得到a n ＋2＝qa n ＋1，n ≥1. 又由S 2＝qS 1＋1得到a 2＝qa 1，故a n ＋1＝qa n 对所有n ≥1都成立．所以数列{a n }是首项为1，公比为q 的等比数列．从而a n ＝qn －1.由a 2，a 3，a 2＋a 3成等差数列，可得2a 3＝a 2＋a 2＋a 3，所以a 3＝2a 2，故q ＝2，所以a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2)由(1)可知，a n ＝qn －1.所以双曲线x 2－y 2a 2n＝1的离心率e n ＝1＋a 2n ＝ 1＋qn －.由e 2＝ 1＋q 2＝2解得q ＝ 3.所以e 21＋e 22＋…＋e 2n ＝(1＋1)＋(1＋q 2)＋…＋[1＋q2(n －1)]＝n ＋[1＋q 2＋…＋q 2(n －1)]＝n ＋q 2n －1q 2－1＝n ＋12(3n－1)．12．已知等差数列{a n }的各项均为正数，a 1＝1，前n 项和为S n ，数列{b n }为等比数列，b 1＝1，且b 2S 2＝6，b 2＋S 3＝8. (1)求数列{a n }与{b n }的通项公式； (2)求1S 1＋1S 2＋…＋1S n.解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，d >0，{b n }的公比为q ，则a n ＝1＋(n －1)d ，b n ＝qn －1.依题意有⎩⎪⎨⎪⎧q＋d ＝6，q ＋3＋3d ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧d ＝－43，q ＝9(舍去)．故a n ＝n ，b n ＝2n －1.(2)由(1)知S n ＝1＋2＋…＋n ＝12n (n ＋1)，∴1S n ＝2nn ＋＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1， ∴1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝2⎣⎢⎡⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1. B 组能力提升练1．(2018·武平县校级月考)已知函数f (x )＝4x 2x －1，M ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n n (n ∈N *，且n为奇数)，则M 等于( C ) A ．2n －1 B ．n －12C ．2n ＋2D ．2n ＋12解析：化简f (x )＝2＋22x －1，则f (1－x )＝2－22x －1，f (x )＋f (1－x )＝4，且f (0)＝0，M ＝f (0)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n n ，∴2M ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n n ＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1n ＋…＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n n ＋f ＝4(n ＋1)，∴M ＝2n ＋2.2．(2018·柯桥区期末)设数列{a n }是首项为1，公比为q (q ≠－1)的等比数列，若⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋a n ＋1是等差数列，则⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋1a 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2 017＋1a 2 018的值等于( C )A ．2 017B ．2 018C ．4 034D ．4 036解析：数列{a n }是首项为1，公比为q (q ≠－1)的等比数列，可得a n ＝q n －1，1a n ＋a n ＋1＝1q n －1＋qn＝11＋q ·1qn －1. 由⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋a n ＋1是等差数列，可得q ＝1，即a n ＝1，即有⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋1a 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2 017＋1a 2 018＝2＋2＋…＋2＝2×2 017＝4 034. 3．已知数列{a n }的首项a 1＝2，数列{b n }为等比数列，且b n ＝a n ＋1a n，若b 10b 11＝2，则a 21＝( C ) A ．29B ．210C ．211D ．2124．(2018·宜宾期末)已知数列{a n }是公差不为零的等差数列，且a 1＝2，S n 为其前n 项和，等比数列{b n }的前三项分别为a 2，a 5，a 11，设向量OQ n →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a n n ，S n n 2(n ∈N *)，则OQ n →的模的最大值是( B ) A. 2 B ．2 2 C. 3D ．2 3。

2020高考新课标数学(文)大一轮复习教师用书：第六章数列(必修5)

第一节数列的概念与简单表示方法高考概览：1.了解数列的概念和几种简单的表示方法(列表、图象、通项公式)；2.了解数列是自变量为正整数的一类函数．[知识梳理]1．数列的有关概念(1)数列的定义按照一定顺序排列的一列数称为数列．数列中的每一个数叫做这个数列的项．(2)数列的分类(3)数列的表示法数列有三种表示法，它们分别是列表法、图象法和解析式法．2．数列的通项公式(1)数列的通项公式如果数列{a n }的第n 项与序号n 之间的关系可以用一个式子来表达，那么这个公式叫做这个数列的通项公式．(2)已知数列{a n }的前n 项和S n ，则a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1，S n －S n －1，n ≥2.[辨识巧记]1．一个重要关系数列是一种特殊的函数，在研究数列问题时，既要注意函数方法的普遍性，又要考虑数列方法的特殊性．2．两个特殊问题(1)对于数列与周期性有关的题目，关键是找出数列的周期．(2)求数列最大项的方法：①利用数列{a n }的单调性；②解不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a k ≥a k －1，a k ≥a k ＋1， [双基自测]1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)相同的一组数按不同顺序排列时都表示同一个数列．( )(2)一个数列中的数是不可以重复的．( )(3)所有数列的第n 项都能使用公式表达．( )(4)根据数列的前几项归纳出的数列的通项公式可能不止一个．( )[答案] (1)× (2)× (3)× (4)√2．(必修5P 31例3改编)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝1＋(－1)na n －1(n ≥2)，则a 5＝( )A.32B.53C.85D.23[解析] 由a 1＝1，a n ＝1＋(－1)na n －1(n ≥2)，得a 2＝1＋1＝2，a 3＝1－12＝12，a 4＝1＋2＝3，a 5＝1－13＝23.故选D.[答案] D3．已知数列{a n }为32，1，710，917，…，则可作为数列{a n }的通项公式的是( )A ．a n ＝n －1n 2＋1B ．a n ＝n ＋1n 2＋1C ．a n ＝2n ＋1n 2＋1D ．a n ＝2n －1n 2＋1[解析] 由32，55，710，917，…，归纳得a n ＝2n ＋1n 2＋1，故选C. [答案] C4．已知数列，1，3，5，7，…，2n －1，…，则35是它的( )A ．第22项B ．第23项C ．第24项D ．第28项[解析] 由35＝45＝2×23－1，可知35是该数列的第23项．故选B.[答案] B5．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3＋2n ，则a n ＝________.[解析] ∵S n ＝3＋2n ，∴S n －1＝3＋2n －1(n ≥2)，a n ＝S n －S n －1＝2n －1(n ≥2)．而a 1＝S 1＝5，∴a n ＝⎩⎨⎧ 5，n ＝1，2n －1，n ≥2.[答案] ⎩⎨⎧ 5，n ＝1，2n －1，n ≥2考点一归纳数列通项公式【例1】写出下面各数列的一个通项公式：(1)12，34，78，1516，3132，…；(2)－1，32，－13，34，－15，36，…；(3)23，－1，107，－179，2611，－3713，…；(4)3,33,333，3333，….[解] (1)每一项的分子比分母少1，而分母组成数列21,22,23,24，…，所以a n ＝2n －12n .(2)奇数项为负，偶数项为正，故通项公式的符号因数为(－1)n ；各项绝对值的分母组成数列1,2,3,4，…；而各项绝对值的分子组成的数列中，奇数项为1，偶数项为3，即奇数项为2－1，偶数项为2＋1，所以a n ＝(－1)n ·2＋(－1)n n .也可写为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ －1n ，n 为奇数，3n ，n 为偶数.(3)偶数项为负，而奇数项为正，故通项公式中必含有因子(－1)n ＋1，观察各项绝对值组成的数列，从第3项到第6项可见，分母分别由奇数7,9,11,13组成，而分子则是32＋1,42＋1,52＋1,62＋1，按照这样的规律，第1、2两项可改写为12＋12＋1，－22＋12·2＋1，所以a n ＝(－1)n ＋1n 2＋12n ＋1. (4)将数列各项改写为：93，993，9993，99993，…，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)．(1)根据所给数列的前几项求其通项时，需仔细观察分析，抓住其几方面的特征：分式中分子、分母的各自特征；相邻项的联系特征；拆项后的各部分特征；符号特征．应多进行对比、分析，从整体到局部多角度观察、归纳、联想．(2)对于正负符号变化，可用(－1)n 或(－1)n ＋1来调整．[对点训练]1．下列关于星星的图案构成一个数列，该数列的一个通项公式是( )A ．a n ＝n 2－n ＋1B ．a n ＝n (n －1)2C ．a n ＝n (n ＋1)2D ．a n ＝n (n ＋2)2[解析] 从图中可观察星星的构成规律，n ＝1时，有1个；n ＝2时，有3个；n ＝3时，有6个；n ＝4时，有10个；…∴a n ＝1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n (n ＋1)2.故选C.[答案] C2．已知数列{a n }的前4项为2,0,2,0，则依此归纳该数列的通项不可能是( )A ．a n ＝(－1)n －1＋1B ．a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n 为奇数，0，n 为偶数 C ．a n ＝2sin n π2 D ．a n ＝cos(n －1)π＋1[解析] 对于选项C ，a 3＝2sin 3π2＝－2≠2，故选C.[答案] C考点二 S n 与a n 的关系【例2】 (1)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n 2－2n ，求数列{a n }的通项公式．(2)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，求数列{a n }的通项公式．[思路引导] 利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)转化→验证n ＝1→确定结果[解] (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n 2－2n )－[3(n －1)2－2(n －1)]＝6n－5.∵a 1＝1也适合上式，∴a n ＝6n －5.(2)由S n ＝23a n ＋13得，当n ≥2时，S n －1＝23a n －1＋13，两式相减整理得：当n ≥2时，a n ＝－2a n －1.又n ＝1时，S 1＝a 1＝23a 1＋13，∴a 1＝1，∴{a n }是首项为1，公比为－2的等比数列，∴a n ＝(－2)n －1.[拓展探究] (1)若把本例(1)中“S n ＝3n 2－2n ”改为“S n ＝3n 2－2n ＋1”，其他条件不变，数列{a n }的通项公式是________．(2)本例(2)中条件改为a 1＝－1，a n ＋1＝S n S n ＋1，则S n ＝__________.[解析] (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝3×12－2×1＋1＝2；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n 2－2n ＋1)－[3(n －1)2－2(n －1)＋1]＝6n －5.∵a 1＝2不适合上式，∴a n ＝⎩⎨⎧ 2，n ＝1，6n －5，n ≥2.(2)由已知得a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝S n S n ＋1，两边同时除以S n S n ＋1得1S n－1S n ＋1＝1，即1S n ＋1－1S n ＝－1.又1S 1＝－1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为－1，公差为－1的等差数列，所以1S n＝－1＋(n －1)×(－1)＝－n ，即S n ＝－1n .[答案] (1)a n ＝⎩⎨⎧ 2，n ＝1，6n －5，n ≥2 (2)－1n已知S n 求a n 的一般步骤(1)当n ＝1时，由a 1＝S 1求a 1的值．(2)当n ≥2时，由a n ＝S n －S n －1，求得a n 的表达式．(3)检验a 1的值是否满足(2)中的表达式，若不满足，则分段表示a n .(4)写出a n 的完整表达式．[对点训练]已知数列{a n }的前n 项和为S n .(1)若S n ＝(－1)n ＋1·n ，求a 5＋a 6及a n ；(2)若S n ＝3n ＋2n ＋1，求a n .[解] (1)a 5＋a 6＝S 6－S 4＝(－6)－(－4)＝－2，当n ＝1时，a 1＝S 1＝1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(－1)n ＋1·n －(－1)n ·(n －1)＝(－1)n ＋1·[n ＋(n －1)]＝(－1)n ＋1·(2n －1)，又a 1也适合此式，所以a n ＝(－1)n ＋1·(2n －1)．(2)因为当n ＝1时，a 1＝S 1＝6；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋2n ＋1)－[3n －1＋2(n －1)＋1]＝2·3n －1＋2，由于a 1不适合此式，所以a n ＝⎩⎨⎧ 6，n ＝1，2·3n －1＋2，n ≥2.考点三数列的函数性质【例3】 (1)(2018·内蒙古阿拉善左旗月考)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝－1a n ＋1，则a 2018等于( ) A ．1 B ．－1 C ．－12 D ．－2(2)已知{a n }是递增数列，且对于任意的n ∈N *，a n ＝n 2＋λn 恒成立，则实数λ的取值范围是________．[解析] (1)∵a 1＝1，a n ＋1＝－1a n ＋1，∴a 2＝－1a 1＋1＝－12，a 3＝－1a 2＋1＝－2，a 4＝－1a 3＋1＝1.由上述可知该数列为周期数列，其周期为3.又∵2018＝3×672＋2，∴a2018＝a2＝－12.故选C.(2)解法一：(定义法)因为{a n}是递增数列，所以对任意的n∈N*，都有a n＋1>a n，即(n＋1)2＋λ(n＋1)>n2＋λn，整理，得2n＋1＋λ>0，即λ>－(2n＋1)(*)．因为n≥1，所以－(2n＋1)≤－3，要使不等式(*)恒成立，只需λ>－3.解法二：(函数法)设f(n)＝a n＝n2＋λn，其图象的对称轴为直线n ＝－λ，要使数列{a n}为递增数列，只需使定义在正整数集上的函数2f(n)为增函数，故只需满足f(1)<f(2)，即λ>－3.[答案](1)C(2)λ>－3(1)周期数列的常见形式：①所给递推关系中含有三角函数，利用三角函数的周期性；②相邻多项之间的递推关系，如后一项是前两项的差；③相邻两项的递推关系，等式中一侧含有分式，又较难变形构造出特殊数列．(2)利用数列与函数之间的特殊关系，将数列的单调性转化为相应函数的单调性，利用函数的性质求解参数的取值范围，但要注意数列通项中n的取值范围．[对点训练]1．数列{a n}中，a1＝2，a2＝3，a n＋1＝a n－a n－1(n≥2)，那么a2019＝()A．1 B．－2C．3 D．－3[解析]因为a n＝a n－1－a n－2(n≥3)，所以a n＋1＝a n－a n－1＝(a n－1－a n －2)－a n －1＝－a n －2，所以a n ＋3＝－a n ，所以a n ＋6＝－a n ＋3＝a n ，所以{a n }是以6为周期的周期数列．因为2019＝336×6＋3，所以a 2019＝a 3＝a 2－a 1＝3－2＝1.故选A.[答案] A2．(2018·山东济宁期中)已知数列{a n }满足a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n －2，n <4，(6－a )n －a ，n ≥4，若对任意的n ∈N *都有a n <a n ＋1成立，则实数a 的取值范围为( )A ．(1,4)B ．(2,5)C ．(1,6)D ．(4,6)[解析] 因为对任意的n ∈N *都有a n <a n ＋1成立，所以数列是递增数列，因此⎩⎪⎨⎪⎧ 1<a ，6－a >0，a <(6－a )×4－a ，解得1<a <4.故选A.[答案] A课后跟踪训练(三十三)基础巩固练一、选择题1．数列0,1,0，－1,0,1,0，－1，…的一个通项公式是a n 等于( ) A.(－1)n ＋12B ．cos n π2 C.n ＋12π D ．cos n ＋22π [解析] 令n ＝1,2,3，…，逐一验证四个选项，易得D 正确．故选D.[答案] D2．(2019·福建福州八中质检)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋1(n ∈N *)，则a 2017＝( )A ．1B ．0C ．2017D ．－2017[解析] ∵a 1＝1，∴a 2＝(a 1－1)2＝0，a 3＝(a 2－1)2＝1，a 4＝(a 3－1)2＝0，…，可知数列{a n }是以2为周期的数列，∴a 2017＝a 1＝1.故选A.[答案] A3．某数列{a n }的前四项为0，2，0，2，给出下列各式：①a n ＝22[1＋(－1)n ]；②a n ＝1＋(－1)n ；③a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2(n 为偶数)，0(n 为奇数).其中可作为{a n }的通项公式的是( )A ．①B ．①②C ．②③D ．①②③[解析] 把每个式子中的前四项算出来与已知对照一下即可．[答案] D4．数列{a n }中，a n ＝－2n 2＋29n ＋3，则此数列最大项的值是( )A ．103 B.8658 C.8258 D ．108[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 －294)2＋3＋8418， ∴n ＝7时，a n 取得最大值，最大项a 7的值为108.故选D.[答案] D5.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n (n ∈N *)，则a 10＝( )A.64 B ．32 C ．16 D ．8[解析] 由a n ＋1·a n ＝2n ，所以a n ＋2·a n ＋1＝2n ＋1，故a n ＋2a n＝2，又a 1＝1，可得a 2＝2，故a 10＝25＝32.故选B.[答案] B二、填空题6.在数列－1,0，19，18，…，n －2n 2，…中，0.08是它的第________项．[解析] 令n －2n 2＝0.08，得2n 2－25n ＋50＝0，即(2n －5)(n －10)＝0.解得n ＝10或n ＝52(舍去)．[答案] 107.(2019·河北唐山一模)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝a 1(4n －1)3，若a 4＝32，则a 1＝________. [解析] ∵S n ＝a 1(4n －1)3，a 4＝32， ∴255a 13－63a 13＝32，∴a 1＝12.[答案] 128.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝a 2n －1－1(n >1)，则a 2017＝________，|a n ＋a n ＋1|＝________(n >1)．[解析] 由a 1＝1，a n ＝a 2n －1－1(n >1)，得a 2＝a 21－1＝12－1＝0，a 3＝a 22－1＝02－1＝－1，a 4＝a 23－1＝(－1)2－1＝0，a 5＝a 24－1＝02－1＝－1，由此可猜想当n >1，n 为奇数时a n ＝－1，n 为偶数时a n ＝0，∴a 2017＝－1，|a n ＋a n ＋1|＝1.[答案] －1 1三、解答题9.(1)(2018·广东化州第二次模拟)已知S n 为数列{a n }的前n 项和，且log 2(S n ＋1)＝n ＋1，求数列{a n }的通项公式．(2)已知数列{a n }的各项均为正数，S n 为其前n 项和，且对任意n∈N *，均有2S n ＝a n ＋a 2n ，求数列{a n }的通项公式．[解] (1)由log 2(S n ＋1)＝n ＋1，得S n ＋1＝2n ＋1，,当n ＝1时，a 1＝S 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n ，,所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎨⎧ 3，n ＝1，2n ，n ≥2(2)∵2S n ＝a n ＋a 2n ，当n ＝1时，2S 1＝2a 1＝a 1＋a 21.又a 1>0，∴a 1＝1.当n ≥2时，2a n ＝2(S n －S n －1)＝a n ＋a 2n －a n －1－a 2n －1，∴(a 2n －a 2n －1)－(a n ＋a n －1)＝0，∴(a n ＋a n －1)(a n －a n －1)－(a n ＋a n －1)＝0，∴(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－1)＝0，∵a n ＋a n －1>0，∴a n －a n －1＝1，∴{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列，∴a n ＝n (n ∈N *)．10．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋4.(1)若k ＝－5，则数列中有多少项是负数？n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值．(2)若{a n }为递增数列，求实数k 的取值范围．[解] (1)由n 2－5n ＋4<0，解得1<n <4.∵n ∈N *，∴n ＝2,3.∴数列中有两项是负数，即为a 2，a 3.∵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)解法一：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，注意比较对象，即得k >－3.解法二：因为{a n }是递增数列，则a n ＋1>a n ，∴(n ＋1)2＋k (n ＋1)＋4>n 2＋kn ＋4.解得：k >－3.∴k 的取值范围为(－3，＋∞)．能力提升练11．(2019·湖南六校联考)已知数列{a n }满足：∀m ，n ∈N *，都有a n ·a m ＝a n ＋m ，且a 1＝12，那么a 5＝( )A.132B.116C.14D.12[解析] ∵数列{a n }满足：∀m ，n ∈N *，都有a n ·a m ＝a n ＋m ，且a 1＝12，∴a 2＝a 1a 1＝14，a 3＝a 1·a 2＝18.那么a 5＝a 3·a 2＝132.故选A.[答案] A12．已知a n ＝n －2017n －2018(n ∈N *)，则数列{a n }的前50项中最小项和最大项分别是( )A ．a 1，a 50B ．a 1，a 44C ．a 45，a 50D ．a 44，a 45[解析] a n ＝n －2017n －2018＝n －2018＋2018－2017n －2018＝1＋2018－2017n －2018，要使a n 最大，则需n －2018最小，且n －2018>0，∴n ＝45时，a n 最大．同理可得n ＝44时，a n 最小．故选D.[答案] D13．在一个数列中，如果∀n ∈N *，都有a n a n ＋1a n ＋2＝k (k 为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k 叫做这个数列的公积．已知数列{a n }是等积数列，且a 1＝1，a 2＝2，公积为8，则a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝________.[解析] 依题意得数列{a n }是周期为3的数列，且a 1＝1，a 2＝2，a 3＝4，因此a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 12＝4(a 1＋a 2＋a 3)＝4×(1＋2＋4)＝28.[答案] 2814．(2019·河南洛阳第二次统一考试)已知数列{a n }中，a 1＝1，其前n 项和为S n ，且满足2S n ＝(n ＋1)a n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝3n －λa 2n ，若数列{b n }为递增数列，求λ的取值范围．[解] (1)∵2S n ＝(n ＋1)a n ，∴2S n ＋1＝(n ＋2)a n ＋1，∴2a n ＋1＝(n ＋2)a n ＋1－(n ＋1)a n ，即na n ＋1＝(n ＋1)a n ，∴a n ＋1n ＋1＝a n n ，∴a n n ＝a n －1n －1＝…＝a 11＝1， ∴a n ＝n (n ∈N *)．(2)b n ＝3n －λn 2.b n ＋1－b n ＝3n ＋1－λ(n ＋1)2－(3n －λn 2)＝2·3n －λ(2n ＋1)．∵数列{b n }为递增数列，∴2·3n －λ(2n ＋1)>0，即λ<2·3n 2n ＋1. 令c n ＝2·3n 2n ＋1，即c n ＋1c n ＝2·3n ＋12n ＋3·2n ＋12·3n ＝6n ＋32n ＋3>1. ∴{c n }为递增数列，∴λ<c 1＝2，即λ的取值范围为(－∞，2)．拓展延伸练15．(2019·陕西咸阳二模)已知正项数列{a n }中，a 1＋a 2＋…＋a n ＝n (n ＋1)2(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝nB ．a n ＝n 2C ．a n ＝n 2D ．a n ＝n 22[解析] ∵a 1＋a 2＋…＋a n ＝n (n ＋1)2， ∴a 1＋a 2＋…＋a n －1＝n (n －1)2(n ≥2)，两式相减得a n ＝n (n ＋1)2－n (n －1)2＝n (n ≥2)，∴a n ＝n 2(n ≥2)，(*)又当n ＝1时，a 1＝1×22＝1，a 1＝1适合(*)，∴a n ＝n 2，n ∈N *.故选B.[答案] B16．(2019·湖南永州二模)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝3n (λ－n )－6，若数列{a n }单调递减，则λ的取值范围是( )A ．(－∞，2)B ．(－∞，3)C ．(－∞，4)D ．(－∞，5)[解析] ∵S n ＝3n (λ－n )－6，①∴S n －1＝3n －1(λ－n ＋1)－6，n ≥2，②①－②得a n ＝3n －1(2λ－2n －1)(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝3λ－9，不适合上式，∴a n ＝⎩⎨⎧ 3λ－9，n ＝1，3n －1(2λ－2n －1)，n ≥2，∵{a n }为单调递减数列，∴a n >a n ＋1(n ≥2)，且a 1>a 2，∴3n －1(2λ－2n －1)>3n (2λ－2n －3)(n ≥2)，且λ<2，化为λ<n ＋2(n ≥2)，且λ<2，∴λ<2，∴λ的取值范围是(－∞，2)．故选A.[答案] A第二节等差数列及其前n 项和高考概览：1.理解等差数列的概念；2.掌握等差数列的通项公式与前n 项和公式；3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系，并能用有关知识解决相应的问题；4.了解等差数列与一次函数、二次函数的关系．[知识梳理]1．等差数列的有关概念(1)等差数列的定义一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d 表示，定义表达式为a n －a n －1＝d (常数)(n ∈N *，n ≥2)或a n ＋1－a n ＝d (常数)(n ∈N *)．(2)等差中项若三个数a ，A ，b 成等差数列，则A 叫做a 与b 的等差中项，且有A ＝a ＋b 2.2．等差数列的有关公式(1)等差数列的通项公式如果等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，那么它的通项公式是a n ＝a 1＋(n －1)d (n ∈N *)．(2)等差数列的前n 项和公式设等差数列{a n }的公差为d ，其前n 项和S n ＝na 1＋n (n －1)2d 或S n＝n (a 1＋a n )2(n ∈N *)． 3．等差数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ＋(n －m )d (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等差数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ＋a l ＝a m ＋a n .(3)若{a n }是等差数列，公差为d ，则{a 2n }也是等差数列，公差为2d .(4)若{a n }，{b n }是等差数列，公差为d ，则{pa n ＋qb n }也是等差数列．(5)若{a n }是等差数列，公差为d ，则a k ，a k ＋m ，a k ＋2m ，…(k ，m ∈N *)是公差为md 的等差数列．(6)数列S m ，S 2m －S m ，S 3m －S 2m ，…也是等差数列．[辨识巧记]1．两个重要技巧(1)若奇数个数成等差数列，可设中间三项为a －d ，a ，a ＋d .(2)若偶数个数成等差数列，可设中间两项为a －d ，a ＋d ，其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元．2．三个必备结论(1)若等差数列{a n }的项数为偶数2n ，则①S 2n ＝n (a 1＋a 2n )＝…＝n (a n ＋a n ＋1)；②S 偶－S 奇＝nd ，S 奇S 偶＝a n a n ＋1. (2)若等差数列{a n }的项数为奇数2n ＋1，则①S 2n ＋1＝(2n ＋1)a n ＋1；②S 奇S 偶＝n ＋1n . (3)在等差数列{a n }中，若a 1>0，d <0，则满足⎩⎪⎨⎪⎧ a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S n 取得最大值S m ；若a 1<0，d >0，则满足⎩⎪⎨⎪⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S n 取得最小值S m .[双基自测]1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)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.()(2)等差数列{a n}的单调性是由公差d决定的．()(3)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．()(4)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数．()[答案](1)√(2)√(3)×(4)×2．(2019·云南大理统测)在等差数列{a n}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝45，那么a5等于()A．4 B．5 C．9 D．18[解析]根据等差数列的性质可知a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝45，所以a5＝9，故选C.[答案] C3．(2019·安徽皖西南十校联考)已知等差数列{a n}中，a5＝9，且2a3－a2＝6，则a1等于()A．－2 B．－3 C．0 D．1[解析]由2a3－a2＝6得a4＝6，∵a5＝9，∴d＝3，∴a1＝a5－4d ＝－3.故选B.[答案] B4．(2018·广东东莞一模)设{a n}是等差数列，若a2＝3，a7＝13，则数列{a n}前8项和为()A．128 B．80 C．64 D．56[解析]在等差数列{a n}中，S8＝4(a1＋a8)＝4(a2＋a7)＝4×(3＋13)＝64.故选C.[答案] C5．(必修5P 38例1改编)已知等差数列－5，－2,1，…，则该数列的第20项为________．[解析] a 20＝－5＋(20－1)×3＝52.[答案] 52考点一等差数列的基本运算【例1】 (1)(2018·福州一模)在等差数列{a n }中，若a 2＝1，a 8＝2a 6＋a 4，则a 5的值是( )A ．－5B ．－12 C.12 D.52(2)(2017·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[思路引导] 列出首项a 1与公差d 的方程组→ 解方程组→求结果[解析] (1)设等差数列{a n }的公差为d ，由a 2＝1，a 8＝2a 6＋a 4，可得⎩⎨⎧ a 1＋d ＝1，a 1＋7d ＝2(a 1＋5d )＋a 1＋3d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝32，d ＝－12，则数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1＋(n －1)d＝－12n ＋2，∴a 5＝－12×5＋2＝－12.故选B.(2)设等差数列{a n }的公差为d ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋3d ＋a 1＋4d ＝24，6a 1＋6×52d ＝48，∴d ＝4，故选C.[答案] (1)B (2)C等差数列运算的解题思路由等差数列的前n 项和公式及通项公式可知若已知a 1，d ，n ，a n ，S n 中三个便可求出其余两个，即“知三求二”，“知三求二”的实质是方程思想，即建立方程组求解．[对点训练]1．(2019·山东聊城期末)已知{a n }是公差为2的等差数列，前5项和S 5＝25，若a 2m ＝15，则m ＝( )A ．4B ．6C ．7D ．8[解析] S 5＝5a 1＋5×(5－1)2×2＝25，解得a 1＝1. 所以a 2m ＝a 1＋(2m －1)×2＝1＋4m －2＝15，解得m ＝4.故选A.[答案] A2．已知等差数列{a n }前9项的和为27，a 10＝8，则a 100＝( )A ．100B ．99C ．98D ．97[解析] 设{a n }的首项为a 1，公差为d ，则S 9＝9a 1＋36d ＝9(a 1＋4d )＝27，∴a 1＋4d ＝3.又∵a 10＝a 1＋9d ＝8，∴a 1＝－1，d ＝1.∴a 100＝a 1＋99d ＝98.故选C.[答案] C考点二等差数列的性质数列的性质是解决数列问题的基础，解法不同，求解的运算量也不同，养成“多思、少算”的习惯，注重“优化解题”的原则．常见的命题角度有：(1)等差数列项的性质及应用；(2)等差数列和的性质及应用．角度1：等差数列项的性质及应用【例2－1】 (1)(2019·德阳模拟)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 2＋a 7＋a 12＝24，则S 13＝( )A ．52B ．78C ．104D ．208(2)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 5＝5a 3，则S 9S 5＝________. [解析] (1)∵a 2＋a 7＋a 12＝24，∴3a 7＝24，即a 7＝8，∴S 13＝13(a 1＋a 13)2＝13a 7＝104，故选C. (2)∵S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9a 5， S 5＝5(a 1＋a 5)2＝5a 3， ∴S 9S 5＝9a 55a 3＝9. [答案] (1)C (2)9[拓展探究] 若本例(2)改为：“等差数列{a n }和{b n }的前n 项式和分别为S n 和T n ，且S n T n ＝2n ＋1n ＋1”，则a 7b 7＝________. [解析] 由S 13＝13a 7，T 13＝13b 7，得a 7b 7＝S 13T 13＝2×13＋113＋1＝2714.[答案]27 14角度2：等差数列和的性质及应用【例2－2】(1)已知等差数列{a n}的公差为2，项数是偶数，所有奇数项之和为15，所有偶数项之和为25，则这个数列的项数为()A．10 B．20 C．30 D．40(2)已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且S10＝10，S20＝30，则S30＝________.[解析](1)设该数列有2n项，S偶－S奇＝nd，得2n＝25－15＝10，故该数列的项数为10，故选A.(2)∵S10，S20－S10，S30－S20成等差数列，∴2(S20－S10)＝S10＋S30－S20，∴40＝10＋S30－30，∴S30＝60.[答案](1)A(2)60[拓展探究]若本例(2)中的条件不变，则S100＝________.[解析]∵S10＝10，S20－S10＝20，且S10，S20－S10，S30－S20…成等差数列，∴S100可转化为以10为首项，10为公差的等差数列的前10项和．∴S100＝10×10＋10×92×10＝550.[答案]550等差数列的性质的3个应用规律(1)等差数列项的性质的运用，如m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q (m ，n ，p ，q ∈N *)，只有当序号之和相等、项数相同时才成立．(2)等差数列前n 项和的性质要注意等差数列“片断和”的整体利用．(3)两个等差数列{a n }、{b n }的前n 项和S n 、T n 之间的关系：S 2n －1T 2n －1＝a n b n.[对点训练]1．(2019·洛阳市高三第一次统一考试)等差数列{a n }为递增数列，若a 21＋a 210＝101，a 5＋a 6＝11，则数列{a n }的公差d 等于( )A ．1B ．2C ．9D ．10[解析] 依题意得(a 1＋a 10)2－2a 1a 10＝(a 5＋a 6)2－2a 1a 10＝121－2a 1a 10＝101，∴a 1a 10＝10，又a 1＋a 10＝a 5＋a 6＝11，a 1<a 10，∴a 1＝1，a 10＝10，d ＝a 10－a 110－1＝1，故选A. [答案] A2．(2018·江苏南京、盐城一模)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若{a n }的前2017项中的奇数项和为2018，则S 2017的值为________．[解析] ∵{a n }的前2017项中的奇数项和为2018，即10092(a 1＋a 2017)＝2018，∴a 1＋a 2017＝4，∴S 2017＝20172(a 1＋a 2017)＝4034.[答案] 4034考点三等差数列的判定与证明【例3】 (2018·德州调研)若数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)，a 1＝12.(1)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 成等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式．[思路引导] (1)利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)转化为关于S n 与S n －1的式子→同除S n ·S n －1→定义法证明(2)由(1)求1S n→求S n →代入a n ＝－2S n S n －1求a n →验证n ＝1的情况→得出结论[解] (1)证明：当n ≥2时，由a n ＋2S n S n －1＝0，得S n －S n －1＝－2S n S n －1，所以1S n －1S n －1＝2，又1S 1＝1a 1＝2，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是首项为2，公差为2的等差数列． (2)由(1)可得1S n＝2n ，∴S n ＝12n ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12n －12(n －1)＝n －1－n 2n (n －1)＝－12n (n －1). 当n ＝1时，a 1＝12不适合上式．故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 12，n ＝1，－12n (n －1)，n ≥2.等差数列的判定与证明方法[对点训练](2019·宁夏石嘴山三中第三次适应性考试)设数列{a n }满足当n >1时，a n ＝a n －11＋4a n －1，且a 1＝15. (1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列．(2)a 1a 2是否是数列{a n }中的项？如果是，求出是第几项；如果不是，说明理由．[解] (1)证明：根据题意a 1＝15及递推关系得a n ≠0.因为a n ＝a n －11＋4a n －1，取倒数得1a n ＝1a n －1＋4，即1a n －1a n －1＝4(n >1)．所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是首项为5，公差为4的等差数列． (2)由(1)得1a n ＝5＋4(n －1)＝4n ＋1，a n ＝14n ＋1. 又a 1a 2＝15×19＝145＝14n ＋1，解得n ＝11. 所以a 1a 2是数列{a n }中的项，是第11项．考点四等差数列前n 项和的最值问题【例4】 (1)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝－11，a 4＋a 6＝－6，则当S n 取最小值时，n 等于( )A ．6B ．7C ．8D ．9(2)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________．[思路引导] (1)解法一：求出S n 与n 的表达式→二次函数的最值解法二：求出a n →确定a n <0的n 值→求结果(2)a 11a 10<－1，S n 有最大值→a 10>0，a 11<0，a 10＋a 11<0→确定S 19，S 20的符号[解析] (1)解法一：设该数列的公差为d ，则a 4＋a 6＝2a 1＋8d ＝2×(－11)＋8d ＝－6，解得d ＝2，所以S n ＝－11n ＋n (n －1)2×2＝n 2－12n ＝(n －6)2－36，所以当n ＝6时，S n 取最小值．故选A.解法二：由a n ＝2n －13知，n ≤6时，a n <0；n ≥7时，a n >0，故S 6最小．故选A.(2)∵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] (1)A (2)19求等差数列{a n }的前n 项和S n 的最值的2种方法方法一：直接求出S n 的表达式，从二次函数的角度考虑，注意n ∈N *，S n 在n 最靠近二次函数图象对称轴的整数处取得最值．方法二：求出通项公式a n ，若a 1>0且d <0，则S n 有最大值，是所有正数项的和，令a n >0，即可求出所有正数项，从而解决问题；如果a 1<0且d >0，则S n 有最小值，是所有负数项的和，令a n <0，即可求出所有负数项，从而解决问题．[对点训练]1．(2019·浙江绍兴二模)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1>0,3a 8＝5a 13，则S n 中最大的是( )A ．S 10B ．S 11C ．S 20D ．S 21[解析] 由{a n }为等差数列，所以设a n ＝a 1＋(n －1)d .由3a 8＝5a 13，得2a 1＋39d ＝0，即a 20＋a 21＝0.又a 1>0，所以a 20>0，a 21<0，即S 20最大．故选C.[答案] C2．(2019·湖南郴州二模)在等差数列{a n }中，a 1＝3，公差为d ，前n 项和为S n ，当且仅当n ＝6时，S n 取得最大值，则d 的取值范围为________．[解析] 由题意知d <0且⎩⎨⎧ a 6>0，a 7<0，即⎩⎨⎧ 3＋5d >0，3＋6d <0，解得－35<d <－12.[答案] ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，－12 课后跟踪训练(三十四)基础巩固练一、选择题1．(2018·全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若3S 3＝S 2＋S 4，a 1＝2，则a 5＝( )A ．－12B ．－10C ．10D ．12[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，则S 3＝3a 1＋3d ＝6＋3d ，S 2＝2a 1＋d ＝4＋d ，S 4＝4a 1＋6d ＝8＋6d .由题知3S 3＝S 2＋S 4，∴3(6＋3d )＝4＋d ＋8＋6d .解得d ＝－3，∴a 5＝a 1＋4d ＝2－12＝－10.故选B.[答案] B2．(2019·西藏拉萨模拟考试)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＝8，S 6＝54，则数列{a n }的公差为( )A ．2B ．3C ．4 D.92[解析] 设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，则a 3＝a 1＋2d ＝8，S 6＝6a 1＋15d ＝54，解得a 1＝4，d ＝2.故选A.[答案] A3．(2018·吉林月考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4＝8，S 8＝20，则a 13＋a 14＋a 15＋a 16＝( )A ．12B ．8C ．20D ．16[解析] ∵S 4，S 8－S 4，S 12－S 8，S 16－S 12成等差数列，S 4＝8，S 8－S 4＝12，∴S 12－S 8＝16，∴S 16－S 12＝20，即a 13＋a 14＋a 15＋a 16＝20.故选C.[答案] C4．(2019·江西抚州质量检测)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n (n∈N *)，若S 3S 5＝25，则a 6a 12＝( ) A ．4 B ．2 C.14 D.12[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，则3a 1＋3d5a 1＋10d ＝25，可得a 1＝d ，故a 6a 12＝a 1＋5d a 1＋11d＝6d 12d ＝12.故选D. [答案] D5．(2018·天津滨海新区期中)在等差数列{a n }中，若a 1>0，且3a 8＝5a 13，则S n 中的最大项是( )A ．S 19B ．S 20C ．S 21D ．S 22[解析] 设等差数列{a n }的公差为d .解法一：∵3a 8＝5a 13，∴3a 1＋21d ＝5a 1＋60d ，∴a 1＝－392d >0，∴d <0，∴S n ＝na 1＋12n (n －1)d ＝d 2n 2－20nd ，∴当n ＝20时，S n 取最大值．故选B.解法二：∵3a 8＝5a 13，∴3a 1＋21d ＝5a 1＋60d ，∴a 1＝－392d >0，∴d <0，∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n －412d ，由⎩⎪⎨⎪⎧ a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n －412d ≥0，a n ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1－412d ≤0，得392≤n ≤412，∴当n ＝20时，S n 取最大值．故选B.[答案] B二、填空题6．(2019·四川南充一诊)数列{a n }满足log 2a n ＋1＝1＋log 2a n ，若a 3＝10，则a 8＝________.[解析] 根据题意得log 2a n ＋1－log 2a n ＝1，所以{log 2a n }是公差为1的等差数列．因为log 2a 8＝log 2a 3＋5＝log 210＋log 225＝log 2320，所以a 8＝320.[答案] 3207．(2018·云南昆明适应性月考)数列{a n }的首项为3，数列{b n }为等差数列，且b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，若b 1＝－6，b 10＝12，则a 10＝________.[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，则b 10＝b 1＋9d ＝－6＋9d ＝12，∴d ＝2，则b n ＝－6＋2(n －1)＝2n －8，∴a 10＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋(a 4－a 3)＋…＋(a 10－a 9)＝3＋b 1＋b 2＋…＋b 9＝3＋92×(－6＋10)＝3＋18＝21.[答案] 218．(2019·山东烟台模拟)在等差数列{a n }中，若a 1<0，S n 为其前n 项之和，且S 7＝S 17，则S n 为最小时n 的值为________．[解析] 解法一：由S 7＝S 17，知a 8＋a 9＋…＋a 17＝0，根据等差数列的性质，a 8＋a 17＝a 9＋a 16＝…＝a 12＋a 13，因此a 12＋a 13＝0，又因为a 1<0，从而a 12<0，a 13>0，故当S n 为最小时n 为12.解法二：∵{a n }是等差数列，S n 为n 的二次函数，故S n 在对称轴处取得最值．∵S 7＝S 17，∴n ＝7＋172＝12时，S n 最小．[答案] 12三、解答题9．(2018·辽宁凌源月考)已知S n 是等差数列{a n }的前n 项和，且S 2＝2，S 3＝－6.(1)求数列{a n }的通项公式和前n 项和S n .(2)是否存在n ，使S n ，S n ＋2＋2n ，S n ＋3成等差数列？若存在，求出n ，若不存在，请说明理由．[解] (1)设数列{a n }的公差为d .则⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 1＋d ＝2，3a 1＋3×22d ＝－6，解得⎩⎨⎧ a 1＝4，d ＝－6，所以a n ＝4－6(n －1)＝10－6n ，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝7n －3n 2.(2)由(1)知，S n ＋S n ＋3＝7n －3n 2＋7(n ＋3)－3(n ＋3)2＝－6n 2－4n －6，2(S n ＋2＋2n )＝2(－3n 2－5n ＋2＋2n )＝－6n 2－6n ＋4.若存在n 使得S n ，S n ＋2＋2n ，S n ＋3成等差数列，则－6n 2－4n －6＝－6n 2－6n ＋4，解得n ＝5，所以存在n ＝5，使S n ，S n ＋2＋2n ，S n ＋3成等差数列．10．数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2.(1)设b n ＝a n ＋1－a n ，证明{b n }是等差数列；(2)求{a n }的通项公式．[解] (1)证明：由a n ＋2＝2a n ＋1－a n ＋2，得a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ＋2，即b n ＋1＝b n ＋2.又b 1＝a 2－a 1＝1，所以{b n }是首项为1，公差为2的等差数列．(2)由(1)得b n ＝1＋2(n －1)，即a n ＋1－a n ＝2n －1.于是∑k ＝1n (a k ＋1－a k )＝∑k ＝1n(2k －1)，所以a n ＋1－a 1＝n 2，即a n ＋1＝n 2＋a 1.又a 1＝1，所以{a n }的通项公式a n ＝n 2－2n ＋2.能力提升练11．(2019·山西省级联考)已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和．给出下列两个命题：命题p ：若S 3，S 9都大于9，则S 6大于11；命题q ：若S 6不小于12，则S 3，S 9中至少有1个不小于9.那么，下列命题为真命题的是( )A ．綈qB ．(綈p )∧(綈q )C ．p ∧qD ．p ∧(綈q )[解析] 由等差数列的性质知2(S 6－S 3)＝S 3＋(S 9－S 6)，则S 6＝3S 3＋S 93>3×9＋93＝12，命题p 为真，若S 3，S 9都小于9，则S 6＝3S 3＋S 93<3×9＋93＝12，因此命题q 为真，所以p ∧q 为真．故选C.[答案] C12．(2019·安徽淮南一模)已知等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若对于任意的自然数n ，都有S n T n ＝2n －34n －3，则a 3＋a 152(b 3＋b 9)＋a 3b 2＋b 10＝( ) A.1941 B.1737 C.715 D.2041[解析] ∵等差数列中，若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ，等差数列的前n 项和为S n ＝(a 1＋a n )n 2. ∴a 3＋a 152(b 3＋b 9)＝2a 92(b 3＋b 9)＝a 9b 3＋b 9，∴a 3＋a 152(b 3＋b 9)＋a 3b 2＋b 10＝a 9b 3＋b 9＋a 3b 2＋b 10＝a 9b 1＋b 11＋a 3b 1＋b 11＝a 3＋a 9b 1＋b 11＝a 1＋a 11b 1＋b 11＝11(a 1＋a 11)211(b 1＋b 11)2＝S 11T 11＝2×11－34×11－3＝1941. 故选A.[答案] A13．(2019·江西九江一模)等差数列{a n }中，a 1＝12017，a m ＝1n ，a n＝1m (m ≠n )，则数列{a n }的公差d ＝________.[解析] ∵a m ＝12017＋(m －1)d ＝1n ，a n ＝12017＋(n －1)d ＝1m ，∴(m－n )d ＝1n －1m ，∴d ＝1mn ，∴a m ＝12017＋(m －1)1mn ＝1n ，解得1mn ＝12017，即d ＝12017.[答案] 1201714．已知数列{a n }满足2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)，它的前n 项和为S n ，且a 3＝10，S 6＝72，若b n ＝12a n －30，设数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n 的最小值．[解] ∵2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，∴a n ＋1－a n ＝a n ＋2－a n ＋1，故数列{a n }为等差数列．设数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，由a 3＝10，S 6＝72得，⎩⎨⎧ a 1＋2d ＝10，6a 1＋15d ＝72，解得a 1＝2，d ＝4.∴a n ＝4n －2，则b n ＝12a n －30＝2n －31，令⎩⎨⎧ b n ≤0，b n ＋1≥0，即⎩⎨⎧ 2n －31≤0，2(n ＋1)－31≥0，解得292≤n ≤312，∵n ∈N *，∴n ＝15，即数列{b n }的前15项均为负值，∴T 15最小．∵数列{b n }的首项是－29，公差为2，∴T 15＝15(－29＋2×15－31)2＝－225， ∴数列{b n }的前n 项和T n 的最小值为－225.拓展延伸练15．(2019·河南洛阳统考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1>0，a 3＋a 10>0，a 6a 7<0，则满足S n >0的最大自然数n 的值为( )A ．6B ．7C ．12D ．13[解析] 设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d .∵a 6＋a 7＝a 3＋a 10>0，即2a 1＋11d >0，且a 6a 7<0，a 1>0，∴a 6>0，a 7<0.∴d ＝a 7－a 6<0.又∵a 7＝a 1＋6d <0，∴2a 1＋12d <0.当S n ＝(a 1＋a n )·n 2＝[2a 1＋(n －1)d ]·n 2>0时，2a 1＋(n －1)d >0. 由2a 1＋11d >0,2a 1＋12d <0知n －1最大为11，即n 最大为12.故选C.[答案] C16．(2019·安徽合肥模拟)已知数列{a n }是各项为正且首项为1的等差数列，S n 为其前n 项和，若数列{S n }也为等差数列，则S n ＋8a n ＋1的最小值是________．[解析] 设数列{a n }的公差为d (d >0)，即有a n ＝1＋(n －1)d ，S n ＝n ＋12n (n －1)d ，S n ＝ 12dn 2＋⎝⎛⎭⎪⎫1－12d n ，由于数列{S n }也为等差数列，可得1－12d ＝0，即d ＝2，即有a n ＝2n －1，S n ＝n 2，则S n ＋8a n ＋1＝n 2＋82n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋8n ≥12·2·n ·8n ＝22，当且仅当n ＝22取得等号，由于n 为正整数，即有n ＝2或3取得最小值．当n ＝2时，取得3；n ＝3时，取得176.故最小值为176.[答案] 176第三节等比数列及其前n 项和高考概览：1.理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式及前n 项和公式；2.能在具体的问题情境中识别数列的等比关系，并能用有关知识解决相应的问题；3.了解等比数列与指数函数的关系．[知识梳理]1．等比数列的有关概念(1)等比数列的有关概念一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数，那么这个数列叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q (q ≠0)表示．即a n ＋1a n＝q (q ≠0)． (2)等比中项如果三个数a ，G ，b 成等比数列，则G 叫做a 和b 的等比中项，那么G a ＝b G ，即G 2＝ab .2．等比数列的有关公式(1)等比数列的通项公式设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，q ≠0，则它的通项公式a n ＝a 1·q n －1.(2)等比数列的前n 项和公式等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，其前n 项和为S n ，当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q 1－q. 3．等比数列的性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n －m (q ≠0，n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等比数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ·a l ＝a m ·a n .(3)若{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }(λ≠0)，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·a n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n b n 仍是等比数列． (4)q ≠－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q ＝－1且n 为偶数时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 不是等比数列．[辨识巧记]1．两种必会方法(1)定义法：若a n ＋1a n＝q (q 为非零常数，n ∈N *)或a n a n －1＝q (q 为非零常数，n ≥2，n ∈N *)，则{a n }为等比数列．(2)等比中项法：若a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2，n ∈N *)，则数列{a n }为等比数列．2．两个注意问题(1)在等比数列{a n }中，a n ≠0.(2)在等比数列求和时，要注意q ＝1和q ≠1的讨论．[双基自测]1．判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)等比数列公比q 是一个常数，它可以是任意实数．( )(2)三个数a ，b ，c 成等比数列的充要条件是b 2＝ac .( )(3)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.( ) (4)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)×2．已知等比数列{a n }中，a 4＝4，则a 2·a 6等于( )A ．4B ．8C ．16D ．32[解析] 易知a 2·a 6＝a 24＝16.故选C.[答案] C3．已知数列{a n }是等比数列，且a 1＝18，a 4＝－1，则{a n }的公比q 为( )A ．2B ．－12C ．－2 D.12[解析] 由a 4a 1＝q 3＝－8得q ＝－2，故选C. [答案] C4．(必修5P 68B 组T 1(1)改编)等比数列{a n }各项均为正数，且a 5a 6＋a 4a 7＝18，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝( )A ．12B ．10C ．8D ．2＋log 35[解析] ∵数列{a n }为等比数列，∴a 5a 6＋a 4a 7＝2a 1a 10＝18，a 1a 10＝9，∴log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝log 3(a 1a 2…a 10)＝log 3(a 1a 10)5＝5log 39＝10.故选B.[答案] B5．(必修5P 62B 组T 2改编)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝12，则S 9S 3＝________. [解析] ∵数列{a n }为等比数列，∴S 3，S 6－S 3，S 9－S 6成等比数列，∴(S 6－S 3)2＝S 3(S 9－S 6)∵S 6＝12S 3，∴14S 23＝S 3(S 9－12S 3)，得S 9＝34S 3，即S 9S 3＝34. [答案] 34考点一等比数列的基本运算【例1】 (2018·全国卷Ⅲ)等比数列{a n }中，a 1＝1，a 5＝4a 3.(1)求{a n }的通项公式；(2)记S n 为{a n }的前n 项和，若S m ＝63，求m .[解] (1)设{a n }的公比为q ，由题设得a n ＝q n －1.由已知得q 4＝4q 2，解得q ＝0(舍去)，q ＝－2或q ＝2.故a n ＝(－2)n －1或a n ＝2n －1.(2)若a n ＝(－2)n －1，则S n ＝1－(－2)n 3. 由S m ＝63得(－2)m ＝－188，此方程没有正整数解．若a n ＝2n －1，则S n ＝2n －1.由S m ＝63得2m ＝64，解得m ＝6.综上，m ＝6.等比数列基本运算的解题技巧(1)求等比数列的基本量问题，一般是“知三求二”问题，其核心思想是解方程(组)，一般步骤是：①由已知条件列出首项和公比的方程(组)；②求出首项和公比；③求出项数或前n 项和等其余量．(2)运用整体思想，达到设而不求的目的；运用等比定理，即q＝a 2a 1＝a 3a 2＝…＝a n a n －1＝a 2＋a 3＋…＋a n a 1＋a 2＋…＋a n －1达到化简目的；运用分类讨论思想，讨论q ＝1和q ≠1等问题．[对点训练]1．在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 2＝1，a 8＝a 6＋2a 4，则a 6的值是( )A ．2 2B ．4C ．4 2D ．8[解析] 解法一：设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，由a 2＝1，a 8＝a 6＋2a 4，得⎩⎨⎧ a 1q ＝1，a 1q 7＝a 1q 5＋2a 1q 3，即⎩⎨⎧ a 1q ＝1，a 1q 3(q 4－q 2－2)＝0，解得⎩⎨⎧ a 1q ＝1，q 2＝2(负值舍去)，则a 6＝a 1q 5＝a 1q ·q 4＝4.故选B.解法二：设等比数列{a n }的公比为q (q >0)，因为a 2＝1，a 8＝a 6＋2a 4，所以a 2q 6＝a 2q 4＋2a 2q 2.又a n >0，所以q 4－q 2－2＝0，解得q 2＝2(负值舍去)，故a 6＝a 2q 4＝1×22＝4.故选B.[答案] B2．设{a n }是由正数组成的等比数列，S n 为其前n 项和．已知a 2a 4＝1，S 3＝7，则S 5等于( )A.152B.314C.334D.172[解析] 设数列{a n }的公比为q ，且q >0，由题意得，⎩⎨⎧ a 1q ·a 1q 3＝1，a 1(1－q 3)1－q ＝7，解得a 1＝4，q ＝12.∴S 5＝a 1(1－q 5)1－q＝4×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1251－12＝314.故选B.[答案] B考点二等比数列的性质。

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第1节数列的概念与简单表示法
【选题明细表】
基础巩固(时间:30分钟)
1.数列,,,,…的一个通项公式为( C )
(A)a n= (B)a n=
(C)a n=(D)a n=
解析:观察知a n==.
2.数列,-,,-,…的第10项是( C )
(A)-(B)-(C)-(D)-
解析:所给数列呈现分数形式,且正负相间,求通项公式时,我们可以把每一部分进行分解:符号、分母、分子.很容易归纳出数列{a n}的通项公式a n=(-1)n+1·,故a10=-.
3.(2018·济宁模拟)若S n为数列{a n}的前n项和,且S n=,则等于( D )
(A)(B)(C) (D)30
解析:因为当n≥2时,a n=S n-S n-1=-=,所以
=5×(5+1)=30.
4.若数列{a n}满足a1=2,a n+1a n=a n-1,则a2 018的值为( B )
(A)-1 (B)(C)2 (D)3
解析:因为数列{a n}满足a1=2,a n+1a n=a n-1,
所以a n+1=1-,
所以a2=,a3=1-2=-1,a4=1+1=2,
可知数列{a n}的周期为3.而2 018=3×672+2,
所以a2 018=a2=.故选B.
5.数列{a n}满足a n+1+a n=2n-3,若a1=2,则a8-a4等于( D )
(A)7 (B)6 (C)5 (D)4
解析:依题意得(a n+2+a n+1)-(a n+1+a n)=[2(n+1)-3]-(2n-3),即a n+2-a n=2,所以a8-a4=(a8-a6)+(a6-a4)=2+2=4.
6.(2018·辽宁省实验中学月考)设数列{a n}的前n项和为S n,且S n=2(a n-1),则a n等于( C )
(A)2n (B)2n-1 (C)2n(D)2n-1
解析:当n=1时,a1=S1=2(a1-1),可得a1=2;
当n≥2时,a n=S n-S n-1=2a n-2a n-1,
所以a n=2a n-1,
所以数列{a n}为等比数列,公比为2,首项为2,
所以通项公式为a n=2n.故选C.
7.用火柴棒按如图的方法搭三角形:
按图示的规律搭下去,则所用火柴棒数a n与所搭三角形的个数n之间的关系式可以是.
解析:由题意,三角形的个数增加一个,火柴棒个数就增加2个.火柴棒的个数依次为3,3+2=2×2+1,5+2=2×3+1,7+2=2×4+1,…所以第n个三角形的火柴棒个数a n=2×n+1=2n+1.
答案:a n=2n+1
8.已知数列{a n}的前n项和S n=n2+2n+1(n∈N*),则a n= .
解析:当n≥2时,a n=S n-S n-1=2n+1,
当n=1时,a1=S1=4≠2×1+1,
因此a n=
答案:
能力提升(时间:15分钟)
9.设函数f(x)=-x2+14x+15,数列{a n}满足a n=f(n),n∈N+,数列{a n}的前n项和S n最大时,n等于( C )
(A)14 (B)15
(C)14或15 (D)15或16
解析:由题意,a n=-n2+14n+15,令-n2+14n+15≥0,
所以-1≤n≤15,
所以数列{a n}的前n项和S n最大时,n=14或15.
10.已知数列{a n}满足a1=15,且3a n+1=3a n-2.若a k·a k+1<0,则正整数k等于( C )
(A)21 (B)22 (C)23 (D)24
解析:由3a n+1=3a n-2得a n+1=a n-,
所以a n=a1-(n-1),又a1=15,
所以a n=-n.
因为a k·a k+1<0,
即(-k)·(15-k)<0,
所以<k<,
又k∈N*,所以k=23.故选C.
11.已知S n是各项均为正数的数列{a n}的前n项和,S n>1且
S n=(n∈N*),则a n等于( A )
(A)4n-1 (B)4n-3
(C)4n-3或4n-1 (D)n+2
解析:当n=1时,a1=S1=,
解得a1=1或a1=3,
因为S n>1,所以a1=3,
当n≥2时,a n=S n-S n-1=-,
即(a n+a n-1)(a n-a n-1-4)=0,
因为a n>0,故a n-a n-1=4,
所以{a n}是首项为3,公差为4的等差数列,
所以a n=3+4(n-1)=4n-1.
12.(2017·河北唐山三模)数列{a n}的前n项和为S n,若S n+a n=4-(n ∈N*),则a n= .
解析:因为S n+a n=4-,
所以S n-1+a n-1=4-,
两式相减得,2a n-a n-1=-=,
两边同乘以2n-1得2n a n-2n-1a n-1=2,
所以{2n a n}是等差数列,
又令n=1,得a1=1,
所以2n a n=2+2(n-1)=2n.
所以a n=(a1=1也符合此式).
答案:
13.已知数列{a n}的通项公式是a n=n2+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n2-5n+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a2,a3.
因为a n=n2-5n+4=(n-)2-,
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a2=a3=-2.
(2)由对于n∈N*,都有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=n2+kn+4,可以看作是关于n的二次函数,考虑到n∈N*,所以-<, 即得k>-3.
所以实数k的取值范围为(-3,+∞).
14.(2018·全国Ⅰ卷)已知数列{a n}满足a1=1,na n+1=2(n+1)a n,设b n=.
(1)求b1,b2,b3;
(2)判断数列{b n}是否为等比数列,并说明理由;
(3)求{a n}的通项公式.
解:(1)由条件可得=a n.
将n=1代入得,a2=4a1,而a1=1,所以a2=4.
将n=2代入得,a3=3a2,
所以a3=12.
从而b1=1,b2=2,b3=4.
(2){b n}是首项为1,公比为2的等比数列.
由条件可得=,
即=2b n,又b1=1,
所以{b n}是首项为1,公比为2的等比数列.
(3)由(2)可得=2n-1,
所以a n=n·2n-1.。

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