高考一轮数列复习教案

§6.7子数列问题子数列问题包括数列中的奇偶项、公共数列以及分段数列，是近几年高考的重点和热点，一般方法是构造新数列，利用新数列的特征(等差、等比或其他特征)求解原数列．题型一奇数项与偶数项例1(2023·南通模拟)在数列{a n}中，a n 2n－1，n为奇数，2n，n为偶数.(1)求a1，a2，a3；(2)求数列{a n}的前n项和S n.解(1)因为a n 2n－1，n为奇数，2n，n为偶数，所以a1＝2×1－1＝1，a2＝22＝4，a3＝2×3－1＝5.(2)因为a n 2n－1，n为奇数，2n，n为偶数，所以a1，a3，a5，…是以1为首项，4为公差的等差数列，a2，a4，a6，…是以4为首项，4为公比的等比数列．当n为奇数时，数列的前n项中有n＋12个奇数项，有n－12个偶数项．所以S n＝a1＋a2＋a3＋…＋a n＝(a1＋a3＋…＋a n－2＋a n)＋(a2＋a4＋…＋a n－3＋a n－1)＝n＋12×1＋n＋12n＋12－12×4＋1241414n-(-)-＝n2＋n2＋2n＋1－43；当n为偶数时，数列{a n}的前n项中有n2个奇数项，有n2个偶数项．所以S n＝a1＋a2＋a3＋…＋a n＝(a1＋a3＋…＋a n－3＋a n－1)＋(a2＋a4＋…＋a n－2＋a n)＝n2×1＋n2n2－12×4＋241414n(-)-＝n2－n2＋2n＋2－43.所以数列{a n}的前n项和S n n2＋n2＋2n＋1－43，n为奇数，n2－n2＋2n＋2－43，n为偶数.思维升华解答与奇偶项有关的求和问题的关键(1)弄清n 为奇数或偶数时数列的通项公式．(2)弄清n 为奇数时数列前n 项中奇数项与偶数项的个数．跟踪训练1(2021·新高考全国Ⅰ)已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1n ＋1，n 为奇数，n ＋2，n 为偶数.(1)记b n ＝a 2n ，写出b 1，b 2，并求数列{b n }的通项公式；(2)求{a n }的前20项和．解(1)因为b n ＝a 2n ，且a 1＝1，a n ＋1n ＋1，n 为奇数，n ＋2，n 为偶数，所以b 1＝a 2＝a 1＋1＝2，b 2＝a 4＝a 3＋1＝a 2＋2＋1＝5.因为b n ＝a 2n ，所以b n ＋1＝a 2n ＋2＝a 2n ＋1＋1＝a 2n ＋1＋1＝a 2n ＋2＋1＝a 2n ＋3，所以b n ＋1－b n ＝a 2n ＋3－a 2n ＝3，所以数列{b n }是以2为首项，3为公差的等差数列，b n ＝2＋3(n －1)＝3n －1，n ∈N +.(2)因为a n ＋1n ＋1，n 为奇数，n ＋2，n 为偶数，所以当k ∈N +时，a 2k ＝a 2k －1＋1＝a 2k －1＋1，即a 2k ＝a 2k －1＋1，①a 2k ＋1＝a 2k ＋2，②a 2k ＋2＝a 2k ＋1＋1＝a 2k ＋1＋1，即a 2k ＋2＝a 2k ＋1＋1，③所以①＋②得a 2k ＋1＝a 2k －1＋3，即a 2k ＋1－a 2k －1＝3，所以数列{a n }的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；②＋③得a 2k ＋2＝a 2k ＋3，即a 2k ＋2－a 2k ＝3，又a 2＝2，所以数列{a n }的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．所以数列{a n }的前20项和S 20＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 19)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 20)＝10＋10×92×3＋20＋10×92×3＝300.题型二两数列的公共项例2数列{a n }与{b n }的通项公式分别为a n ＝4n －1，b n ＝3n ＋2，它们的公共项由小到大排列组成数列{c n }，求数列{c n }的通项公式．解方法一设a k ＝b m ＝c p ，则4k －1＝3m ＋2，所以k ＝3(m ＋1)4，因为3,4互质，所以m ＋1必为4的倍数，即m ＝4p －1，所以c p ＝b m ＝3(4p －1)＋2＝12p －1，即数列{c n }的通项公式为c n ＝12n －1.方法二由观察可知，两个数列的第一个公共项为11，所以c 1＝11.设a k ＝b m ＝c p ，则4k －1＝3m ＋2，所以a k ＋1＝4(k ＋1)－1＝4k ＋3＝3m ＋6＝2不是数列{b n }中的项，a k ＋2＝4(k ＋2)－1＝4k ＋7＝3m ＋10＝2不是数列{b n }中的项，a k ＋3＝4(k ＋3)－1＝4k ＋11＝3m ＋14＝3(m ＋4)＋2是数列{b n }中的项．所以c p ＋1＝a k ＋3，则c p ＋1－c p ＝a k ＋3－a k ＝3×4＝12，所以数列{c n }是等差数列，其公差为12，首项为11，因此，数列{c n }的通项公式为c n ＝12n －1.思维升华解决两个等差数列的公共项问题时，有两种方法：(1)不定方程法：列出两个项相等的不定方程，利用数论中的整除知识，求出符合条件的项，并解出相应的通项公式；(2)周期法：即寻找下一项．通过观察找到首项后，从首项开始向后，逐项判断变化较大(如公差的绝对值大)的数列中的项是否为另一个数列中的项，并找到规律(周期)，分析相邻两项之间的关系，从而得到通项公式．跟踪训练2(1)已知数列{a n }，{b n }的通项公式分别为a n ＝4n －2(1≤n ≤100，n ∈N +)，b n ＝6n －4(n ∈N +)，由这两个数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新的数列{c n }，则数列{c n }的各项之和为()A ．6788B ．6800C ．6812D ．6824答案B解析由题意可得a 1＝b 1＝2，等差数列{a n }的公差为4，且a 100＝398，等差数列{b n }的公差为6，且b 100＝596，易知数列{c n }为等差数列，且公差为数列{a n }和{b n }公差的最小公倍数，由于4和6的最小公倍数为12，所以等差数列{c n }的公差为12，则c n ＝2＋12(n －1)＝12n －10，n ≤a 100，n ≤b 100，∈N +，n －10≤398，n －10≤596，∈N +，解得n ≤34，n ∈N +，所以等差数列{c n }共有34项，则该数列各项之和为34×2＋34×332×12＝6800.(2)我国古代数学名著《孙子算经》载有一道数学问题：“今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩二，七七数之剩二，问物几何？”根据这一数学问题，所有被3除余2的自然数从小到大排列组成数列{a n }，所有被5除余2的自然数从小到大排列组成数列{b n }，把{a n }和{b n }的公共项从小到大排列得到数列{c n }，则()A ．a 3＋b 5＝c 3B ．b 28＝c 10C ．a 5b 2>c 8D ．c 9－b 9＝a 26答案B解析根据题意，数列{a n }是首项为2，公差为3的等差数列，a n ＝2＋3(n －1)＝3n －1，数列{b n }是首项为2，公差为5的等差数列，b n ＝2＋5(n －1)＝5n －3，数列{a n }与{b n }的公共项从小到大排列得到数列{c n }，故数列{c n }是首项为2，公差为15的等差数列，c n ＝2＋15(n －1)＝15n －13.a 3＋b 5＝(3×3－1)＋(5×5－3)＝30，c 3＝15×3－13＝32，a 3＋b 5≠c 3，A 错误；b 28＝5×28－3＝137，c 10＝15×10－13＝137，b 28＝c 10，B 正确；a 5＝3×5－1＝14，b 2＝5×2－3＝7，c 8＝15×8－13＝107，a 5b 2＝14×7＝98<107＝c 8，C 错误；c 9＝15×9－13＝122，b 9＝5×9－3＝42，a 26＝3×26－1＝77，c 9－b 9＝122－42＝80≠77＝a 26，D 错误．题型三分段数列例3(1)记S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＝2＋n1＋n，则a n ＝________.答案n ＝1，－1n (n ＋1)，n ≥2解析S n ＝2＋n 1＋n，当n ＝1时，a 1＝S 1＝32，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2＋n 1＋n－1＋n n ＝－1n (n ＋1)，显然对于n ＝1不成立，则a n n ＝1，－1n (n ＋1)，n ≥2.(2)已知数列{a n }是公差不为0的等差数列，a 1＝32，数列{b n }是等比数列，且b 1＝a 1，b 2＝－a 3，b 3＝a 4，数列{b n }的前n 项和为S n .①求数列{b n }的通项公式；②设c nn ，n ≤5，a n ，n ≥6，求{c n }的前n 项和T n .解①设数列{a n }的公差为d ，d ≠0，因为数列{b n }是等比数列，所以b 22＝b 1b 3，所以a 23＝a 1a 4，所以(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋3d )，所以a 1d ＋4d 2＝0，因为d ≠0，所以a 1＋4d ＝0，又a 1＝32，所以d ＝－38，所以b 1＝a 1＝32，数列{b n }的公比q ＝b 2b 1＝－a 3a 1＝－(a 1＋2d )a 1＝－1－2＝－12，所以b n ＝b 1qn －1＝32×－1.②由①知b n ＝32×－1，a n ＝a 1＋(n －1)d ＝32－38(n －1)＝－38n ＋158，所以c n－1，n ≤5，3n ＋15，n ≥6，当1≤n ≤5时，T n ＝3211＝1，当n≥6时，T n ＝1＋(n －5)(－3＋15－3n )2＝－32n 2＋272n －92732，所以T n，1≤n ≤5，－32n 2＋272n －92732，n ≥6.思维升华(1)利用等差数列的通项公式与等比中项性质列式可解得等差数列的公差和等比数列的公比，进而可得所求通项公式．(2)对n 分类讨论，结合等差数列与等比数列的求和公式可得所求和．跟踪训练3(1)已知数列{a n }满足an n ＝1)，＋2·(－1)λ]a n －1＋2(n ≥2)，若数列{a n }的前n 项和为S n ，则当λ＝1时，S 11等于()A.312B.221C.223D.212答案D解析当λ＝1，n ≥2时，a n ＝－a n －1＋2，即a n ＋a n －1＝2，则S 11＝(a 11＋a 10)＋(a 9＋a 8)＋(a 7＋a 6)＋(a 5＋a 4)＋(a 3＋a 2)＋a 1＝2×5＋12＝212.(2)已知数列：1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，即此数列第一项是20，接下来两项是20,21，再接下来三项是20,21,22，依此类推，设S n 是此数列的前n 项和，则S 2024等于()A ．264＋190B ．263＋190C ．264＋62D ．263＋62答案A解析将数列分组：第一组有一项，和为20；第二组有两项，和为20＋21；…；第n 组有n 项，和为20＋21＋…＋2n －1＝1－2n 1－2＝2n －1，则前63组共有63×642＝2016(项)，所以S 2024＝20＋(20＋21)＋…＋(20＋21＋…＋262)＋20＋21＋22＋23＋24＋25＋26＋27＝(21－1)＋(22－1)＋…＋(263－1)＋(28－1)＝(2＋22＋…＋263)－63＋255＝2(1－263)1－2＋192＝264＋190.课时精练1．(2023·南京模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N +)，数列{b n }是等比数列，a 1＝3，b 1＝1，b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3.(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)若c n n 为奇数，n 为偶数，设数列{c n }的前n 项和为T n ，求T 2n .解(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q (q ≠0)，∵a 1＝3，b 1＝1，b 2＋S 2＝10，a 5－2b 2＝a 3，＋3＋3＋d ＝10，＋4d －2q ＝3＋2d ，＝2，＝2，∴a n ＝2n ＋1，b n ＝2n －1.(2)由(1)知，S n ＝n (3＋2n ＋1)2＝n (n ＋2)，∴c n ＝1n －1n ＋2，n 为奇数，∴T 2n －13＋13－15＋…＋12n －1－(21＋23＋25＋…＋22n －1)＝1－12n ＋1＋2(1－4n )1－4＝1＋22n ＋13－12n ＋1.2．(2023·潍坊模拟)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比q >1，满足S 3＝13，a 24＝3a 6.(1)求{a n }的通项公式；(2)设b n n ，n 为奇数，n －1＋n ，n 为偶数，求数列{b n }的前2n 项和T 2n .解(1)方法一因为{a n }是公比q >1的等比数列，3＝13，24＝3a 6，1＋a 2＋a 3＝13，a 1q 3)2＝3a 1q 5，1(1＋q ＋q 2)＝13，1q ＝3，两式相除得1＋q ＋q 2q ＝133，整理得3q 2－10q ＋3＝0，即(3q －1)(q －3)＝0，解得q ＝3或q ＝13，又q >1，所以q ＝3，故a 1＝3q ＝1，所以a n ＝a 1q n －1＝3n －1.方法二因为{a n }是公比q >1的等比数列，3＝13，24＝3a 6，1＋a 2＋a 3＝13，2a 6＝3a 6，1＋a 2＋a 3＝13，2＝3，1＋a 3＝10，22＝9，1＋a 3＝10，1a 3＝9，1＝1，3＝91＝9，3＝1(舍去)，故q 2＝a3a 1＝9，则q ＝3，所以a n ＝a 1q n －1＝3n －1.(2)当n 为奇数时，b n ＝a n ＝3n －1，当n 为偶数时，b n ＝b n －1＋n ＝3n －2＋n ，所以T 2n ＝b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋…＋b 2n －1＋b 2n ＝(b 1＋b 3＋…＋b 2n －1)＋(b 2＋b 4＋…＋b 2n )＝(30＋32＋…＋32n －2)＋(30＋2＋32＋4＋…＋32n －2＋2n )＝2×(30＋32＋…＋32n －2)＋(2＋4＋…＋2n )＝2×1－32n －2·321－32＋n (2n ＋2)2＝9n －14＋n (n ＋1)．3．已知数列{a n }和{b n }的通项公式分别为a n ＝3n ＋6，b n ＝2n ＋7.将集合{x |x ＝a n ，n ∈N +}∪{x |x ＝b n ，n ∈N +}中的元素从小到大依次排列，构成数列c 1，c 2，c 3，…，c n ，….(1)求三个最小的数，使它们既是数列{a n }中的项，又是数列{b n }中的项；(2)数列c 1，c 2，c 3，…，c 40中有多少个不是数列{b n }中的项；(3)求数列{c n }的前4n 项和S 4n .解将数列{a n }和{b n }的公共项从小到大排列组成数列{d n }．设a k ＝b m ，则3k ＋6＝2m ＋7，即m ＝3k －12，所以k 为奇数，设k ＝2n －1，则m ＝3n －2，d n ＝a k ＝3(2n －1)＋6＝6n ＋3.(1)三个最小的数依次为9,15,21.(2)由数列c 1，c 2，c 3，…，c n ，…的构成可知，d m ＝6m ＋3与d m ＋1＝6m ＋9均为数列{c n }中的项，在d m 和d m ＋1中还有以下项：6m ＋5,6m ＋6,6m ＋7，又c 1＝d 1＝9，因此数列{c n }中的项从第1项起，连续的4项中只有第3项是数列{a n }中的偶数项，不是数列{b n }中的项，所以数列c 1，c 2，c 3，…，c 40中有10个不是数列{b n }中的项．(3)由(2)可知，数列{c n }的前4n 项中，由数列{b n }中的前3n 项和数列{a n }中的前n 项偶数项构成，因此S 4n ＝3n (9＋6n ＋7)2＋n (12＋6n ＋6)2＝12n 2＋33n .4．韩信采用下述点兵方法：先令士兵从1～3报数，结果最后一个士兵报2；再令士兵从1～5报数，结果最后一个士兵报3；又令士兵从1～7报数，结果最后一个士兵报4；这样，韩信很快就算出了自己部队士兵的总人数．已知士兵人数不超过500人，那么部队最多有多少士兵？解根据士兵报数结果可得，士兵的总数是三个等差数列{3n ＋2}，{5n ＋3}，{7n ＋4}的公共项所组成的数列中的项．记a n ＝3n ＋2，b n ＝5n ＋3，c n ＝7n ＋4，新数列记为{d n }．从小到大列举数列{c n }中的项，并判断是否为数列{a n }与{b n }中的项，可得数列{d n }的首项为d 1＝53，设a k ＝b m ＝c p ＝d n ，则3k ＋2＝5m ＋3＝7p ＋4，所以c p ＋1＝7(p ＋1)＋4＝7p ＋4＋7＝3不是数列{b n }中的项；c p ＋2＝7(p ＋2)＋4＝7p ＋4＋14＝3不是数列{b n }中的项；c p ＋3＝7(p ＋3)＋4＝7p ＋4＋21＝3不是数列{b n }中的项；c p ＋4＝7(p ＋4)＋4＝7p ＋4＋28＝3不是数列{b n }中的项；c p ＋5＝7(p ＋5)＋4＝7p ＋4＋35＝5(m ＋7)＋3＝2不是数列{a n }中的项；c p ＋6＝7(p ＋6)＋4＝7p ＋4＋42＝3不是数列{b n }中的项；…；c p ＋15＝7(p ＋15)＋4＝7p ＋4＋105＝5(m ＋21)＋3＝3(k ＋35)＋2是数列{a n }和{b n }中的项．所以d n ＋1＝c p ＋15，则d n ＋1－d n ＝105，所以数列{d n }的通项公式为d n ＝105n －52.当n ＝5时，d n ＝473<500，当n ＝6时，d n ＝578>500，所以最多有473个士兵．5．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝a (a ∈R )，a n ＋1n －3，a n >3，a n ，a n ≤3，n ∈N +.(1)若0＜a n ≤6，求证：0＜a n ＋1≤6；(2)若a ＝5，求S 2024；(3)若a ＝32m －1(m ∈N +)，求S 4m ＋2的值．(1)证明当a n ∈(0,3]时，则a n ＋1＝2a n ∈(0,6]，当a n ∈(3,6]时，则a n ＋1＝a n －3∈(0,3]，故a n ＋1∈(0,6]，所以当0＜a n ≤6时，总有0＜a n ＋1≤6.(2)解当a 1＝a ＝5时，a 2＝a 1－3＝2，a 3＝2a 2＝4，a 4＝a 3－3＝1，a 5＝2a 4＝2，a 6＝2a 5＝4，a 7＝a 6－3＝1，所以数列{a n }为5,2,4,1,2,4,1,2,4,1，…，所以从第2项起，{a n }中的项以3为周期，其和为2＋4＋1＝7，所以S 2024＝5＋7×674＋2＝4725.(3)解由m ∈N +，可得2m －1≥1，故a ＝32m －1≤3，当1＜k ≤m ，k ∈N +时，2k －1a ≤3×2m －12m －1＝3×2m －12m －1＋2m －1－1<3×2m －12m －1＝3.故a k ＝2k －1a 且a m ＋1＝2m a .又a m ＋1＝3×2m2m－1＞3，所以a m ＋2＝a m ＋1－3＝2m a －3＝2m ·32m －1－3＝a .故S 4m ＋2＝S 4(m ＋1)－a 4m ＋3－a 4m ＋4＝4(a 1＋a 2＋…＋a m ＋1)－(2m －1＋2m )a＝4(1＋2＋…＋2m )a －3×2m －1a＝4(2m ＋1－1)a －3×2m －1a＝(2m ＋3－4－3×2m －1)a ＝39×2m －1－122m－1.6．(2022·天津模拟)已知在各项均不相等的等差数列{a n }中，a 1＝1，且a 1，a 2，a 5成等比数列，数列{b n }中，b 1＝log 2(a 2＋1)，b n ＋1＝4b n ＋2n ＋1，n ∈N +.(1)求{a n }的通项公式及其前n 项和S n ；(2)求证：{b n ＋2n }是等比数列，并求{b n }的通项公式；(3)设c n，k ∈N +，n ＝2k －1，k ∈N +，求数列{c n }的前2n 项的和T 2n .解(1)设各项均不相等的等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，∵a 1＝1，且a 1，a 2，a 5成等比数列，∴a 22＝a 1·a 5，即(1＋d )2＝1＋4d ，解得d ＝2，∴a n ＝1＋2(n －1)＝2n －1.∴S n ＝n (1＋2n －1)2＝n 2.(2)在数列{b n }中，b 1＝log 2(a 2＋1)＝log 24＝2，∵b n ＋1＝4b n ＋2n ＋1，n ∈N +.∴b n ＋1＋2n ＋1＝4(b n ＋2n )，b 1＋2＝4.∴数列{b n ＋2n }是等比数列，首项为4，公比为4，∴b n ＋2n ＝4n ，∴b n ＝4n －2n .(3)①当n ＝2k ，k ∈N +时，c n ＝c 2k ＝a k b k ＋2k ＝2k －14k，∴数列{c 2k }的前k 项的和A k ＝14＋342＋…＋2k －14k ，∴14A k ＝142＋343＋…＋2k －34k ＋2k －14k ＋1，∴34A k ＝14＋＋143＋…－2k －14k ＋1＝14＋2×161－14－2k －14k ＋1，化简为A k ＝59－6k ＋59×4k ＝59－3n ＋59×2n.②当n ＝2k －1，k ∈N +时，c n ＝c 2k －1＝3×2k 4b k －2k ＋1＋2＝3×2k 4(4k －2k )－2k ＋1＋2＝3×2k (2k ＋1－1)(2k ＋1－2)＝3×2k －1(2k ＋1－1)(2k －1)＝∴数列{c 2k －1}的前k 项的和B k ＝＝32321121n +⎛⎫ ⎪- ⎪-⎝⎭，∴数列{c n }的前2n 项的和T 2n ＝A k ＋B k ＝59－3n ＋59×2n ＋32321121n +⎛⎫ ⎪- ⎪-⎝⎭.。

数列1、理解数列的概念，了解数列通项公式的意义．了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项．2、理解等差数列的概念，掌握等差数列的通项公式与前n 项和的公式，并能解决简单的实际问题．3、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，并能解决简单的实际问题．纵观近几年高考试题，对数列的考查已从最低谷走出，估计以后几年对数列的考查的比重仍不会减小，等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n 项和公式的应用是必考内容，数列与函数、三角、解析几何、组合数的综合应用问题是命题热点．从解题思想方法的规律着眼，主要有：① 方程思想的应用，利用公式列方程(组)，例如等差、等比数列中的“知三求二”问题；② 函数思想方法的应用、图像、单调性、最值等问题；③ 待定系数法、分类讨论等方法的应用． 第1课时 数列的概念1．数列的概念：数列是按一定的顺序排列的一列数，在函数意义下，数列是定义域为正整数N*或其子集{1，2，3，……n}的函数f(n)．数列的一般形式为a1，a2，…，an…，简记为{an}，其中an 是数列{an}的第 项． 2．数列的通项公式一个数列{an}的 与 之间的函数关系，如果可用一个公式an ＝f(n)来表示，我们就把这个公式叫做这个数列的通项公式．3．在数列{an}中，前n 项和Sn 与通项an 的关系为：数列基础知识定义项，通项数列表示法数列分类等差数列等比数列定义通项公式前n 项和公式性质特殊数列其他特殊数列求和数列4．求数列的通项公式的其它方法⑴ 公式法：等差数列与等比数列采用首项与公差(公比)确定的方法． ⑵ 观察归纳法：先观察哪些因素随项数n 的变化而变化，哪些因素不变；初步归纳出公式，再取n 的特珠值进行检验，最后用数学归纳法对归纳出的结果加以证明．⑶ 递推关系法：先观察数列相邻项间的递推关系，将它们一般化，得到的数列普遍的递推关系，再通过代数方法由递推关系求出通项公式.例1. 根据下面各数列的前n 项的值，写出数列的一个通项公式．⑴ －，，－，…；⑵ 1，2，6，13，23，36，…； ⑶ 1，1，2，2，3，3，解： ⑴ an ＝(－1)n ⑵ an ＝（提示：a2－a1＝1，a3－a2＝4，a4－a3＝7，a5－a4＝10，…，an －an －1＝1＋3(n －2)=3n －5．各式相加得⑶ 将1，1，2，2，3，3，…变形为∴变式训练1.某数列{an}的前四项为0，，0，，则以下各式：① an ＝[1＋(－1)n] ② an ＝③ an ＝其中可作为{an}的通项公式的是 （ ）A ．①B ．①②C ．②③D ．①②③=n a ⎪⎩⎪⎨⎧≥==21n n a n 312⨯534⨯758⨯9716⨯)12)(12(12+--n n n )673(212+-n n )673(21)43)(1(211)]53(10741[12+-=--+=-++++++=n n n n n a n Λ,213,202,211+++,,206,215,204Λ+++4)1(1222)1(111++-++=-++=n n n n n a 2222n )(11-+⎩⎨⎧)(0)(2为奇数为偶数n n解：D例2. 已知数列{an}的前n 项和Sn ，求通项． ⑴ Sn ＝3n －2⑵ Sn ＝n2＋3n ＋1解 ⑴ an ＝Sn －Sn －1 (n≥2) a1＝S1解得：an ＝⑵ an ＝变式训练2：已知数列{an}的前n 项的和Sn 满足关系式lg(Sn －1)＝n ，(n ∈N*)，则数列{an}的通项公式为 ． 解：当n ＝1时，a1＝S1＝11；当n≥2时，an ＝Sn －Sn －1＝10n －10n －1＝9·10 n －1．故an ＝例3. 根据下面数列{an}的首项和递推关系，探求其通项公式． ⑴ a1＝1，an ＝2an －1＋1 (n≥2) ⑵ a1＝1，an ＝(n≥2)⑶ a1＝1，an ＝ (n≥2)解：⑴ an ＝2an －1＋1(an ＋1)＝2(an －1＋1)(n≥2)，a1＋1＝2．故：a1＋1＝2n ，∴an ＝2n－1．⑵an ＝（an －an －1）＋（an －1－an －2）＋…＋（a3－a2）＋（a2－a1）＋a1＝3n －1＋3n－2＋…＋33＋3＋1＝．(3)∵∴an ＝变式训练3.已知数列{an}中，a1＝1，an ＋1＝(n ∈N*)，求该数列的通项公式．解：方法一：由an ＋1＝得，∴{}是以为首项，为公差的等差数列．∴＝1＋(n －1)·,即an ＝⎩⎨⎧=≥⋅-)1(1)2(321n n n ⎩⎨⎧≥+=)2(22)1(5n n n ,110101)1lg(+=⇒=-⇒=-n n n n n S S n S ⎪⎩⎪⎨⎧≥⋅=-)2(109)1(111n n n 113--+n n a 11--n a n n ⇒)13(21-nnn a a n n 11-=-⋅--⋅-=⋅⋅⋅⋅⋅-----12111232211n n n n a a a a a a a a a n n n n n n Λn n n 112123=⋅⋅⋅--Λ22+n n a a 22+n n a a 21111=-+n n a a na 1111=a 21na 12112+n方法二：求出前5项，归纳猜想出an ＝，然后用数学归纳证明．例4. 已知函数＝2x －2－x ，数列{an}满足＝－2n ，求数列{an}通项公式．解：得变式训练4.知数列{an}的首项a1＝5．前n 项和为Sn 且Sn ＋1＝2Sn ＋n ＋5（n ∈N*）． (1) 证明数列{an ＋1}是等比数列；(2) 令f (x)＝a1x ＋a2x2＋…＋anxn ，求函数f (x)在点x ＝1处导数f 1 (1)．解：(1) 由已知Sn ＋1＝2Sn ＋n ＋5，∴ n≥2时，Sn ＝2Sn －1＋n ＋4，两式相减，得： Sn ＋1－Sn ＝2(Sn －Sn －1)＋1，即an ＋1＝2an ＋1 从而an ＋1＋1＝2(an ＋1)当n ＝1时，S2＝2S1＋1＋5，∴ a1＋a2＝2a1＋6, 又a1＝5，∴ a2＝11∴ ＝2，即{an ＋1}是以a1＋1＝6为首项，2为公比的等比数列. (2) 由(1)知an ＝3×2n －1 ∵ ＝a1x ＋a2x2＋…＋anxn ∴ ＝a1＋2a2x ＋…＋nanxn －1 从而＝a1＋2a2＋…＋nan＝(3×2－1)＋2(3×22－1)＋…＋n(3×2n －1) ＝3(2＋2×22＋…＋n×2n)－(1＋2＋…＋n)＝3[n×2n ＋1－(2＋…＋2n)]－ ＝3(n －1)·2n ＋1－＋61．根据数列的前几项，写出它的一个通项公式，关键在于找出这些项与项数之间的关系，常用的方法有观察法、通项法，转化为特殊数列法等.2．由Sn 求an 时，用公式an ＝Sn －Sn －1要注意n≥2这个条件，a1应由a1＝S1来确定，最后看二者能否统一．3．由递推公式求通项公式的常见形式有：an ＋1－an ＝f(n)，＝f(n)，an ＋1＝pan ＋q ，分别用累加法、累乘法、迭代法（或换元法）． 第2课时 等差数列1．等差数列的定义： － ＝d （d 为常数）．12+n )(x f )(log 2n a f na f n a na n 222)(log 2log 2log 2-=-=-n a a nn 21-=-n n a n -+=12111+++n n a a )(x f )('x f )1('f 2)1(+n n 2)1(+n n nn a a 1+2．等差数列的通项公式： ⑴ an ＝a1＋ ×d ⑵ an ＝am ＋ ×d3．等差数列的前n 项和公式： Sn ＝ ＝ ．4．等差中项：如果a 、b 、c 成等差数列，则b 叫做a 与c 的等差中项，即b ＝ ． 5．数列{an}是等差数列的两个充要条件是：⑴ 数列{an}的通项公式可写成an ＝pn ＋q(p, q ∈R) ⑵ 数列{an}的前n 项和公式可写成Sn ＝an2＋bn (a, b ∈R)6．等差数列{an}的两个重要性质：⑴ m, n, p, q ∈N*，若m ＋n ＝p ＋q ，则 ．⑵ 数列{an}的前n 项和为Sn ，S2n －Sn ，S3n －S2n 成 数列．例1. 在等差数列{an}中，(1)已知a15＝10，a45＝90，求a60； (2)已知S12＝84，S20＝460，求S28； (3)已知a6＝10，S5＝5，求a8和S8．解：(1)方法一：∴a60＝a1＋59d ＝130． 方法二：，由an ＝am ＋(n －m)d a60＝a45＋(60－45)d ＝90＋15×＝130．(2)不妨设Sn ＝An2＋Bn ，∴∴Sn ＝2n2－17n∴S28＝2×282－17×28＝1092 (3)∵S6＝S5＋a6＝5＋10＝15，又S6＝ ∴15＝即a1＝－5 而d ＝∴a8＝a6＋2 d ＝16S8＝变式训练1.在等差数列{an}中，a5＝3，a6＝－2，则a4＋a5＋…＋a10＝ ．⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=⇒⎩⎨⎧=+==+=38382904410141145115d a d a a d a a 3815451545=--=--=a a m n a a d m n ⇒38⎩⎨⎧-==⇒⎪⎩⎪⎨⎧=+=+172460202084121222B A B A B A 2)10(62)(6161+=+a a a 2)10(61+a 31616=--a a 442)(881=+a a解：∵d ＝a6－a5＝－5，∴a4＋a5＋…＋a10＝例2. 已知数列{an}满足a1＝2a ，an ＝2a －（n≥2）．其中a 是不为0的常数，令bn ＝．⑴ 求证：数列{bn}是等差数列．⑵ 求数列{an}的通项公式．解：∵ ⑴ an ＝2a －(n≥2)∴ bn ＝ (n≥2)∴ bn －bn －1＝(n≥2)∴ 数列{bn}是公差为的等差数列．⑵ ∵ b1＝＝故由⑴得：bn ＝＋(n －1)×＝即：＝ 得：an ＝a(1＋)变式训练2.已知公比为3的等比数列与数列满足，且，（1）判断是何种数列，并给出证明；（2）若，求数列的前n 项和解：1），即为等差数列。

§6.6数列中的综合问题考试要求数列的综合运算问题以及数列与函数、不等式等知识的交汇问题，是历年高考的热点内容．一般围绕等差数列、等比数列的知识命题，涉及数列的函数性质、通项公式、前n 项和公式等．题型一等差数列、等比数列的综合运算例1(2023·厦门模拟)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝32n 2＋12n ，递增的等比数列{b n }满足b 1＋b 4＝18，b 2·b 3＝32.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若c n ＝a n ·b n ，n ∈N +，求数列{c n }的前n 项和T n .解(1)当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝32n 2＋12n －32(n －1)2＋12(n －1)＝3n －1，又∵当n ＝1时，a 1＝S 1＝2符合上式，∴a n ＝3n －1.∵b 2b 3＝b 1b 4，∴b 1，b 4是方程x 2－18x ＋32＝0的两根，又∵b 4>b 1，∴解得b 1＝2，b 4＝16，∴q 3＝b4b 1＝8，∴q ＝2，∴b n ＝b 1·q n －1＝2n .(2)∵a n ＝3n －1，b n ＝2n ，则c n ＝(3n －1)·2n ，∴T n ＝2·21＋5·22＋8·23＋11·24＋…＋(3n －1)·2n ，2T n ＝2·22＋5·23＋8·24＋11·25＋…＋(3n －1)·2n ＋1，将两式相减得－T n ＝2·21＋3(22＋23＋24＋…＋2n )－(3n －1)·2n ＋1＝4＋322(1－2n －1)1－2－(3n －1)·2n ＋1＝(4－3n )·2n ＋1－8，∴T n ＝(3n －4)·2n ＋1＋8.思维升华数列的综合问题常将等差、等比数列结合，两者相互联系、相互转化，解答这类问题的方法：寻找通项公式，利用性质进行转化．跟踪训练1(2022·全国甲卷)记S n 为数列{a n }的前n 项和．已知2S nn＋n ＝2a n ＋1.(1)证明：{a n }是等差数列；(2)若a 4，a 7，a 9成等比数列，求S n 的最小值．(1)证明由2S nn＋n ＝2a n ＋1，得2S n ＋n 2＝2a n n ＋n ，①所以2S n ＋1＋(n ＋1)2＝2a n ＋1(n ＋1)＋(n ＋1)，②②－①，得2a n ＋1＋2n ＋1＝2a n ＋1(n ＋1)－2a n n ＋1，化简得a n ＋1－a n ＝1，所以数列{a n }是公差为1的等差数列．(2)解由(1)知数列{a n }的公差为1.由a 4，a 7，a 9成等比数列，得a 27＝a 4a 9，即(a 1＋6)2＝(a 1＋3)(a 1＋8)，解得a 1＝－12.所以S n ＝－12n ＋n (n －1)2＝n 2－25n2－6258，所以当n ＝12或13时，S n 取得最小值，最小值为－78.题型二数列与其他知识的交汇问题命题点1数列与不等式的交汇例2(1)已知数列{a n }满足a 1＋12a 2＋13a 3＋…＋1na n ＝n 2＋n (n ∈N +)，设数列{b n }满足：b n ＝2n ＋1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为T n ，若T n <nn ＋1λ(n ∈N +)恒成立，则实数λ的取值范围为()A.14，＋∞C.38，＋∞答案D解析数列{a n }满足a 1＋12a 2＋13a 3＋…＋1na n ＝n 2＋n ，①当n ≥2时，a 1＋12a 2＋13a 3＋…＋1n －1a n －1＝(n －1)2＋(n －1)，②①－②得1na n ＝2n ，故a n ＝2n 2，当n ＝1时，a 1＝2也满足上式．数列{b n }满足：b n ＝2n ＋1a n a n ＋1＝2n ＋14n 2(n ＋1)2＝141n 2－1(n ＋1)2，则T n ＝141＋…＋1n 2－1(n ＋1)2＝141－1(n ＋1)2，由于T n <nn ＋1λ(n ∈N +)恒成立，故141－1(n ＋1)2<n n ＋1λ，整理得λ>n ＋24n ＋4，因为y ＝n ＋24n ＋4＝n ∈N +上单调递减，故当n ＝1＝38，所以λ>38.(2)已知数列{a n }满足a 1＝37，3a n ,2a n ＋1，a n a n ＋1成等差数列．{a n }的通项公式；②记{a n }的前n 项和为S n ，求证：1271S n <7528.①解由已知得4a n ＋1＝3a n ＋a n a n ＋1，因为a 1＝37≠0，所以由递推关系可得a n ≠0恒成立，所以4a n ＝3a n ＋1＋1，所以4a n －4＝3a n ＋1－3，即1a n ＋1－1又因为1a 1－1＝73－1＝43，所以数列是首项为43，公比为43的等比数列，所以1a n－1，所以a n ＝11.②证明由①可得a n ＝111－1＝37×－1，所以S n ≥37＋37×＋…＋37×－1＝1271n，a n ＝11<1，S 1＝37<7528，当n ≥2时，S n <37＋＋ (37)1－34＝7528－3<7528.综上所述，1271n≤S n <7528成立．命题点2数列与函数的交汇例3(1)(2023·龙岩模拟)已知函数f (x )＝13x 3＋4x ，记等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若f (a 1＋2)＝100，f (a 2022＋2)＝－100，则S 2022等于()A ．－4044B ．－2022C ．2022D ．4044答案A解析因为f (－x )＝－13x 3－4x ＝－f (x )，所以f (x )是奇函数，因为f (a 1＋2)＝100，f (a 2022＋2)＝－100，所以f (a 1＋2)＝－f (a 2022＋2)，所以a 1＋2＋a 2022＋2＝0，所以a 1＋a 2022＝－4，所以S 2022＝2022(a 1＋a 2022)2＝－4044.(2)数列{a n }是等差数列，a 1＝1，公差d ∈[1,2]，且a 4＋λa 10＋a 16＝15，则实数λ的最大值为________．答案－12解析因为a 4＋λa 10＋a 16＝15,所以a 1＋3d ＋λ(a 1＋9d )＋a 1＋15d ＝15，令λ＝f (d )＝151＋9d －2，因为d ∈[1,2]，所以令t ＝1＋9d ，t ∈[10,19]，因此λ＝f (t )＝15t －2，当t ∈[10,19]时，函数λ＝f (t )是减函数，故当t ＝10时，实数λ有最大值，最大值为f (10)＝－12.思维升华(1)数列与不等式的综合问题及求解策略①判断数列问题的一些不等关系，可以利用数列的单调性比较大小或借助数列对应的函数的单调性比较大小．②以数列为载体，考查不等式恒成立的问题，此类问题可转化为函数的最值．③考查与数列有关的不等式证明问题，此类问题一般采用放缩法进行证明，有时也可通过构造函数进行证明．(2)数列与函数交汇问题的主要类型及求解策略①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题．②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要利用数列的通项公式、前n 项和公式、求和方法等对式子化简变形．跟踪训练2(1)设{a n }是等比数列，函数y ＝x 2－x －2023的两个零点是a 2，a 3，则a 1a 4等于()A ．2023B ．1C ．－1D ．－2023答案D解析由题意a 2，a 3是x 2－x －2023＝0的两根．由根与系数的关系得a 2a 3＝－2023.又a 1a 4＝a 2a 3，所以a 1a 4＝－2023.(2)数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n (n ∈N +)，S n 为其前n 项和．数列{b n }为等差数列，且满足b 1＝a 1，b 4＝S 3.①求数列{a n }，{b n }的通项公式；②设c n ＝1b n ·log 2a 2n ＋2，数列{c n }的前n 项和为T n ，证明：13≤T n <12.①解由题意知，{a n }是首项为1，公比为2的等比数列，所以a n ＝a 1·2n －1＝2n －1.所以S n ＝2n－1.设等差数列{b n }的公差为d ，则b 1＝a 1＝1，b 4＝1＋3d ＝7，所以d ＝2，b n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.②证明因为log 2a 2n ＋2＝log 222n ＋1＝2n ＋1，所以c n ＝1b n ·log 2a 2n ＋2＝1(2n －1)(2n ＋1)＝所以T n －13＋13－15＋…＋12n －1－因为n ∈N +，所以T n <12，＝n 2n ＋1.当n ≥2时，T n －T n －1＝n 2n ＋1－n －12n －1＝1(2n ＋1)(2n －1)>0，所以数列{T n }是一个递增数列，所以T n ≥T 1＝13.综上所述，13≤T n <12.课时精练1．(2022·汕头模拟)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15,4a 1,2a 3，a 5成等差数列，则a 1等于()A ．52－5B ．52＋5C ．52D ．5答案A解析设各项均为正数的等比数列{a n }的公比为q ，q >0，由前4项和为15,4a 1,2a 3，a 5成等差数列，可得a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝15，4a 3＝4a 1＋a 5，即4a 1＋a 1q 4＝4a 1q 2，即q 2－2＝0，解得q ＝2，a 1＝52－5.2．(2023·焦作模拟)直播带货是一种直播和电商相结合的销售手段，目前受到了广大消费者的追捧，针对这种现状，某传媒公司决定逐年加大直播带货的资金投入，若该公司今年投入的资金为2000万元，并在此基础上，以后每年的资金投入均比上一年增长12%，则该公司需经过____年其投入资金开始超过7000万元()(参考数据：lg 1.12≈0.049，lg 2≈0.301，lg 7≈0.845)A ．14B ．13C ．12D ．11答案C解析设该公司经过n 年投入的资金为a n 万元，则a 1＝2000×1.12，由题意可知，数列{a n }是以2000×1.12为首项，以1.12为公比的等比数列，所以a n ＝2000×1.12n ，由a n ＝2000×1.12n >7000可得n >log 1.1272＝lg 7－lg 2lg 1.12≈11.1，因此，该公司需经过12年其投入资金开始超过7000万元．3．在正项等比数列{a n }中，3为a 6与a 14的等比中项，则a 3＋3a 17的最小值为()A ．23B ．89C ．6D ．3答案C解析因为{a n }是正项等比数列，且3为a 6与a 14的等比中项，所以a 6a 14＝3＝a 3a 17，则a 3＋3a 17＝a 3＋3·3a 3≥2a 3·3·3a 3＝6，当且仅当a 3＝3时，等号成立，所以a 3＋3a 17的最小值为6.4．(2023·岳阳模拟)在等比数列{a n }中，a 2＝－2a 5,1<a 3<2，则数列{a 3n }的前5项和S 5的取值范围是()－118，－－338，－答案A解析设等比数列{a n }的公比为q ，则q 3＝a 5a 2＝－12，数列{a 3n }是首项为a 3，公比为q 3＝－12的等比数列，则S 51＋12＝1116a 35．(多选)(2023·贵阳模拟)已知函数f (x )＝lg x ，则下列四个命题中，是真命题的为()A ．f (2)，f (10)，f (5)成等差数列B ．f (2)，f (4)，f (8)成等差数列C ．f (2)，f (12)，f (72)成等比数列D ．f (2)，f (4)，f (16)成等比数列答案ABD解析对于A ，f (2)＋f (5)＝lg 2＋lg 5＝lg 10＝1，2f (10)＝2lg 10＝1，故f (2)，f (10)，f (5)成等差数列，故是真命题；对于B ，f (2)＋f (8)＝lg 2＋lg 8＝lg 16,2f (4)＝2lg 4＝lg 16，故f (2)，f (4)，f (8)成等差数列，故是真命题；对于C ，f (2)·f (72)＝lg 2×lg ＝lg 212＝f 2(12)，故f (2)，f (12)，f (72)不成等比数列，故是假命题；对于D ，f (2)f (16)＝lg 2×lg 16＝4lg 22＝(2lg 2)2＝lg 24＝f 2(4)，故f (2)，f (4)，f (16)成等比数列，故是真命题．6．数学家也有许多美丽的错误，如法国数学家费马于1640年提出了F n ＝22n＋1(n ＝0,1,2，…)是质数的猜想，直到1732年才被善于计算的大数学家欧拉算出F 5＝641×6700417，不是质数．现设a n ＝log 4(F n －1)(n ＝1,2，…)，S n 表示数列{a n }的前n 项和．若32S n ＝63a n ，则n 等于()A ．5B ．6C ．7D ．8答案B解析因为F n ＝22n＋1(n ＝0,1,2，…)，所以a n ＝log 4(F n －1)＝log 4(22n＋1－1)＝log 422n＝2n －1，所以{a n }是等比数列，首项为1，公比为2，所以S n ＝1(1－2n )1－2＝2n －1.所以32(2n －1)＝63×2n －1，解得n ＝6.7.宋元时期我国数学家朱世杰在《四元玉鉴》中所记载的“垛积术”，其中“落—形”就是每层为“三角形数”的三角锥垛，三角锥垛从上到下最上面是1个球，第二层是3个球，第三层是6个球，第四层是10个球，…，则这个三角锥垛的第十五层球的个数为________．答案120解析∵“三角形数”可写为1,1＋2,1＋2＋3,1＋2＋3＋4,1＋2＋3＋4＋5，…，∴“三角形数”的通项公式为a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2，∴这个三角锥垛的第十五层球的个数为a 15＝15×162＝120.8．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝ln n ，若存在p ∈R ，使得a n ≤pn 对任意的n ∈N +都成立，则p 的取值范围为________．答案ln 33，＋∞解析数列{a n }的通项公式为a n ＝ln n ，若存在p ∈R ，使得a n ≤pn 对任意的n ∈N +都成立，故p ，设f (x )＝ln x x ，则f ′(x )＝1x ·x －ln x x 2，令f ′(x )＝1－ln x x 2＝0，解得x ＝e ，故函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)，所以函数在x ＝e 处取最大值，由于n ∈N +，所以当n ＝3时函数最大值为ln 33.所以p 的取值范围是ln 33，＋9．记关于x 的不等式x 2－4nx ＋3n 2≤0(n ∈N +)的整数解的个数为a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，满足4T n ＝3n ＋1－a n －2.(1)求数列{b n }的通项公式；(2)设c n ＝2b n －，若对任意n ∈N +，都有c n <c n ＋1成立，试求实数λ的取值范围．解(1)由不等式x 2－4nx ＋3n 2≤0可得，n ≤x ≤3n ，∴a n ＝2n ＋1，T n ＝14×3n ＋1－12n －34，当n ＝1时，b 1＝T 1＝1，当n ≥2时，b n ＝T n －T n －1＝12×3n －12，∵b 1＝1适合上式，∴b n ＝12×3n －12.(2)由(1)可得，c n ＝3n －1＋(－1)n －1，∴c n ＋1＝3n ＋1－1＋(－1)n ＋1，∵c n <c n ＋1，∴c n ＋1－c n ＝2×3n ＋52(－1)n >0，∴(－1)n λ>－45×2n ，当n 为奇数时，λ<45×2n ，由于45×2n 随着n 的增大而增大，当n ＝1时，45×2n 的最小值为85，∴λ<85，当n 为偶数时，λ>－45×2n ，由于－45×2n 随着n 的增大而减小，当n ＝2时，－45×2n 的最大值为－165，∴λ>－165，综上可知，－165<λ<85.10．设n ∈N +，有三个条件：①a n 是2与S n 的等差中项；②a 1＝2，S n ＋1＝a 1(S n ＋1)；③S n ＝2n ＋1－2.在这三个条件中任选一个，补充在下列问题的横线上，再作答．若数列{a n }的前n 项和为S n ，且________．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若{a n ·b n }是以2为首项，4为公差的等差数列，求数列{b n }的前n 项和T n .注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分．解(1)选择条件①：因为a n 是2与S n 的等差中项，所以2a n ＝2＋S n ，所以当n ≥2时，2a n －1＝2＋S n －1，两式相减得，2a n －2a n －1＝a n ，即a n ＝2a n －1(n ≥2)，在2a n ＝2＋S n 中，令n ＝1，可得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 ＝2·2n －1＝2n .选择条件②：由a 1＝2，S n ＋1＝a 1(S n ＋1)，知S n ＋1＝2(S n ＋1)，当n ＝1时，可求得a 2＝4，所以当n ≥2时，S n ＝2(S n －1＋1)，两式相减得，a n ＋1＝2a n (n ≥2)，又a 1＝2，a 2＝4也满足上式，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，故a n ＝2·2n －1＝2n .选择条件③：在S n ＝2n ＋1－2中，令n ＝1，则a 1＝21＋1－2＝2，当n ≥2时，有S n －1＝2n －2，两式相减得，a n ＝2n (n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝2满足上式，所以a n ＝2n .(2)因为{a n ·b n }是以2为首项，4为公差的等差数列，所以a n ·b n ＝2＋(n －1)·4＝4n －2，由(1)知，a n ＝2n ，所以b n ＝2n －12n －1，所以T n ＝1＋3＋5＋…＋2n －12n －1，12T n ＝1＋3＋…＋2n －32n －1＋2n －12n ，两式相减得，12T n ＝1＋2＋2＋…＋2－1－2n －12n ＝1＋2×21－12－2n －12n ＝3－2n ＋32n，所以T n ＝6－2n ＋32n －1.11．(2022·北京)设{a n }是公差不为0的无穷等差数列，则“{a n }为递增数列”是“存在正整数N 0，当n >N 0时，a n >0”的()A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案C 解析设无穷等差数列{a n }的公差为d (d ≠0)，则a n ＝a 1＋(n －1)d ＝dn ＋a 1－d .若{a n }为递增数列，则d >0，则存在正整数N 0，使得当n >N 0时，a n ＝dn ＋a 1－d >0，所以充分性成立；若存在正整数N 0，使得当n >N 0时，a n ＝dn ＋a 1－d >0，即d >d －a 1n对任意的n >N 0，n ∈N +均成立，由于n →＋∞时，d －a 1n→0，且d ≠0，所以d >0，{a n }为递增数列，必要性成立．故选C.12．已知a 1，a 2，a 3，a 4成等比数列，且a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)．若a 1>1，则()A ．a 1<a 3，a 2<a 4B ．a 1>a 3，a 2<a 4C ．a 1<a 3，a 2>a 4D ．a 1>a 3，a 2>a 4答案B 解析因为ln x ≤x －1(x >0)，所以a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝ln(a 1＋a 2＋a 3)≤a 1＋a 2＋a 3－1，所以a 4＝a 1·q 3≤－1.由a 1>1，得q <0.若q ≤－1，则ln(a 1＋a 2＋a 3)＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q )·(1＋q 2)≤0.又a 1＋a 2＋a 3＝a 1(1＋q ＋q 2)≥a 1>1，所以ln(a 1＋a 2＋a 3)>0，矛盾．因此－1<q <0.所以a 1－a 3＝a 1(1－q 2)>0，a 2－a 4＝a 1q (1－q 2)<0，所以a 1>a 3，a 2<a 4.13．函数y ＝f (x )，x ∈[1，＋∞)，数列{a n }满足a n ＝f (n )，n ∈N +，①函数f (x )是增函数；②数列{a n }是递增数列．写出一个满足①的函数f (x )的解析式________．写出一个满足②但不满足①的函数f (x )的解析式________．答案f (x )＝x 2f (x )(答案不唯一)解析由题意，可知在x ∈[1，＋∞)这个区间上是增函数的函数有许多，可写为f (x )＝x 2.第二个填空是找一个数列是递增数列，而对应的函数不是增函数，可写为f (x ).则这个函数在1，43上单调递减，在43，＋∴f (x )在[1，＋∞)上不是增函数，不满足①.而对应的数列为a n 在n ∈N +上越来越大，属于递增数列．14．设函数f (x )－4，x ≤－3，x 2＋2，x >－3，数列{a n }满足a n ＋1＝f (a n )(n ∈N +)，若{a n }是等差数列．则a 1的取值范围是__________．答案(－∞，－3]∪{－2,1}解析画出函数f (x )的图象如图所示，当a 1≤－3时，a 2＝f (a 1)＝a 1－4≤－7，a 3＝f (a 2)＝a 2－4≤－11，…，数列{a n }是首项为a 1，公差为－4的等差数列，符合题意，当a 1>－3时，因为{a n }是等差数列，①若其公差d >0，则∃k 0∈N +，使得0k a >2，这与a n ＋1＝f (a n )＝2－a 2n ≤2矛盾，②若其公差d ＝0，则a 2＝－a 21＋2＝a 1，即a 21＋a 1－2＝0，解得a 1＝－2或a 1＝1，则当a 1＝－2时，a n ＝－2为常数列，当a 1＝1时，a n ＝1为常数列，此时{a n }为等差数列，符合题意，③若其公差d <0，则∃k 0∈N +，使得0k a >－3且01k a ＋≤－3，则等差数列的公差必为－4，因此001k k a a ＋－＝－4，所以2－002k k a a －＝－4，解得0k a ＝－3(舍去)或0k a ＝2.又当0k a ＝2时，000123k k k a a a ＋＋＋＝＝＝…＝－2，这与公差为－4矛盾．综上所述，a 1的取值范围是(－∞，－3]∪{－2,1}．15．若数列{a n }对于任意的正整数n 满足：a n >0且a n a n ＋1＝n ＋1，则称数列{a n }为“积增数列”．已知“积增数列”{a n }中，a 1＝1，数列{a 2n ＋a 2n ＋1}的前n 项和为S n ，则对于任意的正整数n ，有()A ．S n ≤2n 2＋3B ．S n ≥n 2＋4nC ．S n ≤n 2＋4nD ．S n ≥n 2＋3n 答案D 解析∵a n >0，∴a 2n ＋a 2n ＋1≥2a n a n ＋1，∵a n a n ＋1＝n ＋1，∴{a n a n ＋1}的前n 项和为2＋3＋4＋…＋n ＋1＝n (2＋n ＋1)2＝n (n ＋3)2，∴数列{a 2n ＋a 2n ＋1}的前n 项和为S n ≥2×n (n ＋3)2＝n 2＋3n .16．设{a n }是正数组成的数列，其前n 项和为S n ，并且对于所有的正整数n ，a n 与2的等差中项等于S n 与2的等比中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b nn ∈N +)，求证：b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n <1＋n .(1)解由已知a n ＋22＝2S n (n ∈N +)，整理得S n ＝18(a n ＋2)2，所以S n ＋1＝18(a n ＋1＋2)2.所以a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝18[(a n ＋1＋2)2－(a n ＋2)2]＝18(a 2n ＋1＋4a n ＋1－a 2n －4a n )，整理得(a n ＋1＋a n )(a n ＋1－a n －4)＝0，由题意知a n ＋1＋a n ≠0，所以a n ＋1－a n ＝4，而a 1＝2，即数列{a n }是a 1＝2，d ＝4的等差数列，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝4n －2.(2)证明令c n ＝b n －1，则c n ＋a n a n ＋1－＝12n －1－12n ＋1.故b 1＋b 2＋…＋b n －n ＝c 1＋c 2＋…＋cn…1－12n ＋1<1.故b 1＋b 2＋…＋b n <1＋n .。

第五节数列求和课程标准1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式.2.掌握非等差数列、非等比数列求和的几种常见方法.考情分析考点考法:高考命题常以等差、等比数列为载体,考查裂项相消、错位相减求和等数列求和方法,涉及奇偶项的求和问题是高考的热点,常以解答题的形式出现.核心素养:数学建模、数学运算、逻辑推理.【核心考点·分类突破】考点一分组、并项、倒序相加求和[例1](1)数列112,214,318,…的前n项和为S n=()A.2-1B.(r1)2+2nC.(r1)2-12+1D.2-1【解析】选C.数列112,214,318,...的前n项和为S n=(1+2+3+...+n)+(12+14+18+ (12)=(r1)2+12(1-12)1-12=(r1)2-12+1.(2)设f(x)=21+2,则f(12024)+f(12023)+…+f(1)+f(2)+…+f(2024)=________.【解析】因为f(x)=21+2,所以f(x)+f(1)=1.令S=f(12024)+f(12023)+…+f(1)+f(2)+…+f(2024),①则S=f(2024)+f(2023)+…+f(1)+f(12)+…+f(12024),②所以2S=4047,所以S=40472.答案:40472(3)(2023·深圳模拟)已知公差为2的等差数列的前n项和为S n,且满足S2=a3.①若a1,a3,a m成等比数列,求m的值;②设b n=a n-2,求数列的前n项和T n.【解析】①由题意知数列是公差为2的等差数列,设公差为d,则d=2,又因为S2=a3,所以a1+a2=a3,即2a1+d=a1+2d,得a1=d=2,所以a n=a1+(n-1)d=2n(n∈N*).又因为a1,a3,a m成等比数列,即32=a1a m,所以36=2×2m,得m=9.②因为b n=a n-2=2n-4n,所以T n=(2×1-41)+(2×2-42)+…+(2×n-4n)=2×(1+2+…+n)-(41+42+…+4n)=2×(r1)2-4×(1-4)1-4=n(n+1)-43×(4n-1)=n2+n+43-4r13.【解题技法】分组转化与并项求和法(1)数列的项可以拆分成两类特殊数列,分别对这两类数列求和,再合并后即为原来的数列的前n项和;(2)数列的项具有一定的周期性,相邻两项或多项的和是一个有规律的常数,可以将数列分成若干组求和.【对点训练】1.已知数列的通项公式为a n=n cos(n-1)π,S n为数列的前n项和,则S2023=()A.1009B.1010C.1011D.1012【解题提示】将a n=n cos(n-1)π化为a n=n×-1-1,利用并项法求和.【解析】选D.因为当n为奇数时cos(n-1)π=1,当n为偶数时cos(n-1)π=-1,所以cos(n-1)π=-1-1,所以a n=n cos(n-1)π=n×-1-1.S2023=(1-2)+(3-4)+…+(2021-2022)+2023=-1011+2023=1012.2.设f(x)=44+2,若S=f(12024)+f(22024)+…+f(20232024),则S=________.【解析】因为f(x)=44+2,所以f(1-x)=41-41-+2=22+4,所以f(x)+f(1-x)=44+2+22+4=1.S=f(12024)+f(22024)+…+f(20232024),①S=f(20232024)+f(20222024)+…+f(12024),②①+②,得2S=[f(12024)+f(20232024)]+[f(22024)+f(20222024)]+…+[f(20232024)+f(12024)]=2023,所以S=20232.答案:202323.已知是公差d≠0的等差数列,其中a2,a6,a22成等比数列,13是a4和a6的等差中项;数列是公比q为正数的等比数列,且b3=a2,b5=a6.(1)求数列和的通项公式;(2)令c n=a n+b n,求数列的前n项和T n.【解析】(1)因为a2,a6,a22成等比数列,所以62=a2a22,即(1+5)2=(a1+d)(a1+21d)①.因为13是a4和a6的等差中项,所以a4+a6=26,即(a1+3d)+(a1+5d)=26②,由①②可得:a1=1,d=3,所以a n=1+(n-1)×3=3n-2,从而b3=a2=4,b5=a6=16.因为数列是公比q为正数的等比数列,所以b5=b3q2,即16=4q2,所以q=2,从而b n=b3q n-3=2n-1.(2)由于b n=2n-1,所以b1=1.因为c n=a n+b n,所以T n=c1+c2+…+c n=(a1+b1)+(a2+b2)+…+(a n+b n)=(a1+a2+…+a n)+(b1+b2+…+b n)=+(-1)2×3+1-21-2=2n+32n2-12n-1.考点二裂项相消法求和[例2](1)已知函数f(x)=x a的图象过点(4,2),令a n=1(r1)+(),n∈N*.记数列{a n}的前n项和为S n,则S2025=________.【解析】由f(4)=2可得4a=2,解得a=12,则f(x)=12,所以a n=1(r1)+()==+1-,S2025=a1+a2+a3+…+a2025=(2-1)+(3-2)+(4-3)+…+(2025-2024)+(2026-2025)=2026-1.答案:2026-1(2)已知数列的各项均为正数,S n是其前n项的和.若S n>1,且6S n=2+3a n+ 2(n∈N*).①求数列的通项公式;②设b n=1r1,求数列的前n项和T n.【解析】①因为6S n=2+3a n+2,(i)n=1时,6S1=6a1=12+3a1+2,即12-3a1+2=0,解得a1=2或a1=1,因为S n>1,所以a1=2;(ii)n≥2时,由6S n=2+3a n+2,有6S n-1=-12+3a n-1+2,两式相减得6(S n-S n-1)=2--12+3a n-3a n-1,所以6a n=2--12+3a n-3a n-1,所以2--12-3a n-3a n-1=0,所以(a n+a n-1)(a n-a n-1)-3(a n+a n-1)=0,所以(a n+a n-1)(a n-a n-1-3)=0.因为数列的各项均为正数,所以a n+a n-1≠0,所以a n-a n-1-3=0,即a n-a n-1=3,综上所述,是首项a1=2,公差d=3的等差数列,所以a n=a1+(n-1)d=2+(n-1)×3=3n-1,所以数列的通项公式为a n=3n-1.②由①知a n=3n-1,所以a n+1=3(n+1)-1=3n+2,所以b n=1r1=1(3-1)(3r2)=13×(3r2)-(3-1)(3-1)(3r2)=13×(13-1-13r2),所以T n=13×(12-15)+13×(15-18)+13×(18-111)+…+13×(13-1-13r2)=13×(12-15+15-18+18-111+…+13-1-13r2)=13×(12-13r2)=13×3r2-22(3r2)=6r4,所以数列的前n项和T n=6r4.【解题技法】破解裂项相消求和的关键点(1)定通项:根据已知条件求出数列的通项公式.(2)巧裂项:根据通项公式的特征进行准确裂项,把数列的每一项,表示为两项之差的形式.(3)消项求和:通过累加抵消掉中间的项,达到消项的目的,准确求和.(4)常见的裂项结论:①设等差数列的各项不为零,公差为d(d≠0),则1r1=1(1-1r1);②142-1=12(12-1-12r1);③1(r1)(r2)=12(r1)(1-1r2)=12[1(r1)-1(r1)(r2)];④242-1=14(42-1)+1442-1=14+18(12-1-12r1);⑤a n=2(2+)(2r1+)=12+-12r1+;⑥a n=r12(r2)2=14[12-1(r2)2].提醒:要注意正负相消时,可以通过写出前几项观察消去规律的方法,确定消去了哪些项,保留了哪些项,不可漏写未被消去的项.【对点训练】1.{a n }是等比数列,a 2=12,a 5=116,b n =r1(+1)(r1+1),则数列{b n }的前n 项和为()A .2-12(2+1)B .2-12+1C .12+1D .2-12+2【解析】选A .a 5=a 2·q 3,所以q 3=18,所以q =12,a 1=1,所以a n =(12)n -1.b n =(12)[(12)-1+1][(12)+1]=1(12)+1-1(12)-1+1,所以b 1+b 2+b 3+…+b n =[1(12)1+1-1(12)0+1]+[1(12)2+1-1(12)1+1]+[1(12)3+1-1(12)2+1]+…+[1(12)+1-1(12)-1+1]=1(12)+1-12=2-12(2+1).2.已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 2=8,S n =r12-n -1.(1)求数列{a n }的通项公式;(2)n 项和T n .【解析】(1)因为a 2=8,S n =r12-n -1,所以a 1=S 1=22-2=2.当n ≥2时,a n =S n -S n -1=r12-n -1-(2-n ),即a n +1=3a n +2.又a 2=8=3a 1+2,所以a n +1=3a n +2,n ∈N *,所以a n +1+1=3(a n +1),所以数列{a n +1}是等比数列,且首项为a 1+1=3,公比为3,所以a n +1=3×3n -1=3n ,所以a n =3n -1.(2)因为2×3=2×3(3-1)(3r1-1)=13-1-13r1-1,r1n 项和T n =(13-1-132-1)+(132-1-133-1)+…+(13-1-13r1-1)=12-13r1-1.考点三错位相减法求和[例3]已知数列中,a 1=8,且满足a n +1=5a n -2·3n .(1)证明:数列-3为等比数列,并求数列的通项公式;(2)若b n =n (a n -3n ),求数列的前n 项和S n .【解析】(1)因为a n +1=5a n -2·3n ,所以a n +1-3n +1=5a n -5·3n =5(a n -3n ),所以数列-3是以a 1-31=5为首项,以5为公比的等比数列,所以a n -3n =5×5n -1=5n ,所以a n =3n +5n .(2)因为a n =3n +5n ,所以b n =n (a n -3n )=n ×5n ,所以S n =b 1+b 2+b 3+…+b n ,即S n =1×51+2×52+3×53+…+n ×5n ①,所以5S n =1×52+2×53+3×54+…+n ×5n +1②,由①-②得:-4S n =1×51+1×52+1×53+…+1×5n -n ×5n +1,-4S n =5(1-5)1-5-n ×5n +1,化简得:S n =5+(4-1)×5r116.【解题技法】错位相减法求和的解题策略(1)巧分拆,即将数列的通项公式分拆为等差数列与等比数列积的形式,并求出公差和公比.(2)构差式,即写出S n的表达式,再乘公比或除以公比,然后将两式相减.(3)后求和,根据差式的特征准确进行求和.提醒:错位相减法求和的注意点①在写出“S n”与“qS n”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”,以便于下一步准确地写出“S n-qS n”的表达式.②应用等比数列求和公式必须注意公比q是否等于1,如果q=1,应用公式S n=na1.【对点训练】已知数列的前n项和为S n=3n2+8n-6,是等差数列,且a n=b n+b n+1(n≥2).(1)求数列和的通项公式;(2)令c n=b n·2n+2n+1,求数列的前n项和T n.【解析】(1)S n=3n2+8n-6,所以n≥2时,S n-1=3(n-1)2+8(n-1)-6,所以a n=S n-S n-1=6n+5.n=1时,a1=S1=5,不满足a n=6n+5,所以a n=5(=1)6+5(≥2);设的公差为d,a n=b n+b n+1(n≥2),所以a n-1=b n-1+b n(n≥3),所以a n-a n-1=b n+1-b n-1,所以2d=6,所以d=3.因为a2=b2+b3,所以17=2b2+3,所以b2=7⇒b1=4,所以b n=3n+1;(2)c n=3(n+1)2n,所以T n=3×2+3×22+…+(+1)2①,所以2T n=32×22+3×23+…+(+1)2r1②,①-②得,-T n=3[2×2+22+23+…+2n-(n+1)2n+1]+1)2r1=-3n·2n+1,所以T n=3n·2n+1,所以数列的前n项和T n=3n·2n+1.。

第三节等比数列课程标准1.理解等比数列的概念并掌握其通项公式与前n项和公式.2.能在具体的问题情境中,发现数列的等比关系,并解决相应的问题.3.体会等比数列与指数函数的关系.考情分析考点考法:高考命题常以等比数列为载体,考查基本量的运算、求和及性质的应用.等差数列与等比数列的综合应用是高考的热点,在各个题型中均有出现.核心素养:数学建模、数学运算、逻辑推理.【必备知识·逐点夯实】【知识梳理·归纳】1.等比数列的有关概念定义一般地,如果一个数列从第2项起,每一项与它的前一项的比都等于同一个常数(不为零),那么这个数列叫做等比数列通项公式设{a n}是首项为a1,公比为q的等比数列,则通项公式a n=a1q n-1.推广:a n=a m q n-m(m,n∈N*)等比中项如果在a与b中间插入一个数G,使a,G,b成等比数列,那么G叫做a与b的等比中项.此时,G2=ab【微点拨】(1)等比数列中不含有0项;(2)同号的两个数才有等比中项,且等比中项有两个,它们互为相反数.2.等比数列的前n项和公式【微点拨】在运用等比数列的前n项和公式时,必须注意对q=1与q≠1分类讨论,防止因忽略q=1这一特殊情形而导致解题失误.3.等比数列与指数函数的关系等比数列的通项公式可整理为a n=1·q n,而y=1·q x(q≠1)是一个不为0的常数1与指数函数q x的乘积,从图象上看,表示数列1·q n中的各项的点是函数y=1·q x的图象上孤立的点.4.等比数列的性质(1)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=2.(2)若等比数列前n项和为S n,则S m,S2m-S m,S3m-S2m仍成等比数列(公比q≠-1).(3)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.(4)在等比数列{a n}中,等距离取出若干项也构成一个等比数列,即a n,a n+k,a n+2k,a n+3k,…为等比数列,公比为q k.(5)等比数列{a n}的单调性:当q>1,a1>0或0<q<1,a1<0时,数列{a n}是递增数列;当q>1,a1<0或0<q<1,a1>0时,数列{a n}是递减数列;当q=1时,数列{a n}是常数列.【基础小题·自测】类型辨析改编易错高考题号12341.(多维辨析)(多选题)下列结论正确的是()A.满足a n+1=qa n(n∈N*,q为常数)的数列{a n}为等比数列B.三个数a,b,c成等比数列的必要不充分条件是b2=acC.数列{a n}的通项公式是a n=a n,则其前n项和为S n=(1-)1-D.如果数列{a n}为正项等比数列,则数列{ln a n}是等差数列【解析】选BD.A中q不能为0;B中当a=b=c=0时满足b2=ac,但不是等比数列;C 中a=1时不成立;D中,a n>0,设a n=a1q n-1,则ln a n=ln a1+(n-1)ln q,{ln a n}是等差数列.2.(选择性必修第二册P29例1·变形式)若{a n}是各项均为正数的等比数列,且a1=1,a5=16,则a6-a5=()A.32B.-48C.16D.-48或16【解析】选C.由题意,q>0,则q=2,所以a6-a5=a5(q-1)=16.3.(忽视前n项和的条件致误)等比数列{a n}中,a3=6,前三项和S3=18,则公比q的值为()A.1B.-12C.1或-12D.-1或-12【解析】选C.因为S3=18,a3=6,所以a1+a2=32(1+q)=12,故2q2-q-1=0,解得q=1或q=-12.4.(2023·全国乙卷)已知{a n}为等比数列,a2a4a5=a3a6,a9a10=-8,则a7=________.【解析】设{a n}的公比为q(q≠0),则a2a4a5=a3a6=a2q·a5q,显然a n≠0,则a4=q2,即a1q3=q2,则a1q=1.因为a9a10=-8,则a1q8·a1q9=-8,则q15=(5)3=-8=(-2)3,则q5=-2,则a7=a1q·q5=q5=-2.答案:-2【巧记结论·速算】1.若{a n},{b n}(项数相同)是等比数列,则{λa n}(λ≠0),{1},{2},{a n·b n数列.2.当{a n}是等比数列且q≠1时,S n=11--11-·q n=A-A·q n.【即时练】1.设n∈N*,则“数列{a n}为等比数列”是“”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【解析】选A.充分性:若数列为等比数列,公比为q,为公比为12的等比数列,充分性成立;必要性:,公比为q,则-1=±所以数列不是等比数列,必要性不成立.2.已知数列{a n}的前n项和S n=22n+1+a,若此数列为等比数列,则a=________.【解析】因为数列的前n项和S n=22n+1+a=2×4n+a,所以a=-2.答案:-2【核心考点·分类突破】考点一等比数列基本量的计算[例1](1)(一题多法)记S n为等比数列{a n}的前n项和,若a5-a3=12,a6-a4=24,则=()A.2n-1B.2-21-nC.2-2n-1D.21-n-1【解析】选B.方法一:设等比数列{a n}的公比为q,则由5-3=14-12=12,6-4=15-13=24,解得1=1,=2,所以S n=1(1-)1-=2n-1,a n=a1q n-1=2n-1,所以=2-12-1=2-21-n.方法二:设等比数列{a n}的公比为q,因为6-45-3=4(1-2)3(1-2)=43=2412=2,所以q=2,所以=1(1-)1-1-1=2-12-1=2-21-n.(2)已知等比数列{a n}的前n项和为S n,若a3a11=232,且S8+S24=mS16,则m=()A.-4B.4C.-83D.83【解析】选D.因为a3a11=232,且a n≠0,所以a11=2a3即a1q10=2a1q2,解得q8=2或q=0(舍去),因为S 8+S 24=mS 16,所以1(1-8)1-+1(1-24)1-=m ·1(1-16)1-,又因为q 8=2,a 1≠0,所以-8=-3m ,解得m =83.【解题技法】等比数列基本量的计算(1)等比数列中有五个量a 1,n ,q ,a n ,S n ,一般可以“知三求二”,通过列方程(组)求解;(2)注意观察条件转化式的特点,尽量采用整体消元、代入的方法简化运算,如两式相除就是等比数列中常用的运算技巧.【对点训练】1.已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15,且a 5=3a 3+4a 1,则a 3=()A .16B .8C .4D .2【解析】选C .设各项均为正数的等比数列{a n }的公比为q ,则1+1+12+13=15,14=312+41,解得1=1=2,所以a 3=a1q 2=4.2.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 6,5项和为()A .158或5B .3116或5C .3116D .158【解析】选C .若q =1,则由9S 3=S 6,得9×3a 1=6a 1,则a 1=0,不满足题意,故q ≠1.由9S 3=S 6,得9×1(1-3)1-=1(1-6)1-,解得q =2.故a n =a 1q n-1=2n -1,1=(12)n -1.1为首项,以12为公比的等比数列,所以5项和为T 5=1×[1-(12)5]1-12=3116.【加练备选】设公比为q(q>0)的等比数列{a n}的前n项和为S n.若S2=3a2+2,S4=3a4+2,则q=()A.32B.12C.23D.2【解析】选A.因为在等比数列中,S2=3a2+2,S4=3a4+2,所以S4-S2=a3+a4=3(a4-a2),所以a2(q+q2)=3a2(q2-1),又a2≠0,所以q+q2=3(q2-1),即2q2-q-3=0,又q>0,所以q=32.考点二等比数列的判定与证明[例2]已知数列{a n}中,a1=1且2a n+1=6a n+2n-1(n∈N*),(1)求证:数列+;(2)求数列{a n}的通项公式.【解析】(1)因为2a n+1=6a n+2n-1(n∈N*),所以a n+1=3a n+n-12,所以r1+r12+2=3+-12+r12+2=3+32+2=3,因为a1+12=1+12=32,所以数列+2是首项为32,公比为3的等比数列.(2)由(1)得,a n+2=32×3n-1=12×3n,所以a n=12×3n-2.【解题技法】等比数列的判定方法定义法若a n+1a n=q(q为非零常数,n∈N*)或-1=q(q为非零常数且n≥2,n∈N*),则{a n}是等比数列等比中项法若数列{a n}中,a n≠0且r12=a n·+2(n∈N*),则{a n}是等比数列【对点训练】数列{a n}中,a1=2,a n+1=r12a n(n∈N*).证明数列{}是等比数列,并求数列{a n}的通项公式.【解析】由题设得r1r1=12·,又11=2,所以数列{}是首项为2,公比为12的等比数列,所以=2×(12)n-1=22-n,a n=n·22-n=42.【加练备选】成等差数列的三个正数的和等于15,并且这三个数分别加上2,5,13后成为等比数列{b n}中的b3,b4,b5.(1)求数列{b n}的通项公式;(2)数列{b n}的前n项和为S n,求证:数列{S n+54}是等比数列.【解析】(1)设成等差数列的三个正数分别为a-d,a,a+d,依题意,得a-d+a+a+d=15,解得a=5.所以数列中的b3,b4,b5依次为7-d,10,18+d.依题意,有(7-d)(18+d)=100,解得d=2或d=-13(舍去),故数列的第3项为5,公比为2.由b 3=b 1·22,即5=b 1·22,解得b 1=54.所以数列是以54为首项,以2为公比的等比数列,其通项公式为b n =54·2n -1=5·2n -3.(2)数列的前n 项和S n =54(1-2)1-2=5·2n -2-54,即S n +54=5·2n -2,所以S 1+54=52,r1+54+54=5·2-15·2-2=2.因此{S n +54}是以52为首项,以2为公比的等比数列.考点三等比数列性质的应用【考情提示】等比数列的性质作为解决等比数列问题的工具,因其考查数列知识较全面而成为高考命题的热点,重点解决基本量运算、条件转化等.角度1等比数列项的性质[例3]已知各项均为正数的等比数列的前n 项和为S n ,a 2a 4=9,9S 4=10S 2,则a 2+a 4的值为()A .30B .10C .9D .6【解析】选B .已知为各项均为正数的等比数列,则a n >0,可得a 1>0,q >0,因为32=a 2a 4=9,所以a 3=3,又因为9S 4=10S 2,则9(a 1+a 2+a 3+a 4)=10(a 1+a 2),可得9(a 3+a 4)=a 1+a 2,所以3+41+2=q 2=19,解得q =13,故a 2+a 4=3+a 3q =10.角度2等比数列前n 项和的性质[例4]已知正项等比数列{a n}的前n项和为S n,且S8-2S4=5,则a9+a10+a11+a12的最小值为()A.10B.15C.20D.25【解析】选C.由题意可得a9+a10+a11+a12=S12-S8,由S8-2S4=5,可得S8-S4=S4+5.又由等比数列的性质知S4,S8-S4,S12-S8成等比数列,则S4(S12-S8)=(S8-S4)2.于是a9+a10+a11+a12=S12-S8=(4+5)24=S4+254+10≥2当且仅当S4=5时等号成立.所以a9+a10+a11+a12的最小值为20.角度3等比数列的单调性[例5]已知{a n}是等比数列,a1>0,前n项和为S n,则“2S8<S7+S9”是“{a n}为递增数列”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【解析】选B.因为数列是等比数列,a1>0,2S8<S7+S9,所以a8<a9,所以q7<q8,所以q7(q-1)>0,所以q<0或q>1,所以2S8<S7+S9的充要条件为q<0或q>1.又a1>0,数列为递增数列的充要条件为q>1,所以“2S8<S7+S9”是“为递增数列”的必要不充分条件.【解题技法】1.应用等比数列性质的两个关注点(1)转化意识:在等比数列中,两项之积可转化为另外两项之积或某项的平方,这是最常用的性质.(2)化归意识:把非等比数列问题转化为等比数列问题解决,例如有关S m,S2m,S3m的问题可利用S m,S2m-S m,S3m-S2m(S m≠0)成等比数列求解.2.等比数列的单调性的应用方法研究等比数列的单调性问题,要综合考虑首项的符号以及公比的取值范围,而涉及等比数列有关的单调性的充分必要条件问题,既要考虑数列的单调性也要善于举反例说明.【对点训练】1.设单调递增的等比数列{a n}满足12+14=1336,a1a5=36,则公比q=()A.32B.94C.2D.52【解析】选A.因为数列{a n}为等比数列,所以a1a5=a2a4=36,所以12+14=2+424=2+436=1336,则a2+a4=13,又数列{a n}单调递增,所以q>1,解得a2=4,a4=9,则q2=94,因为q>1,所以q=32.2.设无穷等比数列{a n}的前n项和为S n,若-a1<a2<a1,则()A.{S n}为递减数列B.{S n}为递增数列C.数列{S n}有最大项D.数列{S n}有最小项【解析】选D.由-a1<a2<a1可得a1>0,所以q=21<1,因为-a1<a2得q=21>-1,所以-1<q<1,因为S n=1(1-)1-,当0<q<1时,{S n}递增,当-1<q<0时,{S n}既有递增又有递减,A,B错误;当0<q<1时,S n有最小项S1,没有最大项,当-1<q<0时,a1>0,a2<0,a3>0,a4<0且a3+a4>0,S n有最小项S2,没有最大项,C错误,D 正确.3.设等比数列{a n}的前n项和为S n.若a n>0,S3=5,a7+a8+a9=20,则S15=________.【解析】由等比数列的性质可知S3,S6-S3,S9-S6,S12-S9,S15-S12是等比数列,由条件可知S3=5,S9-S6=20,则此等比数列的公比q2=205=4,又a n>0,所以q=2,S15=S3+(S6-S3)+(S9-S6)+(S12-S9)+(S15-S12),所以S15=5(1-25)1-2=155.答案:155。

《等差数列》一、考纲要求1.了解等差数列与一次函数的关系;等差数列前n项和公式与二次函数间的关系.2.理解等差数列的概念．n项和公式；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.二、教学策略分析本节课采用了讲练结合的教学策略：教师讲解例题→学生反应练习→点评→学生稳固提高→点评→学生归纳总结→学生完成课后作业，以学生为本，关注学生的开展.在学生解题的过程中引导他们对等差数列的知识进行整理和深入思考、提高运用知识的能力.设计能够激发学生发散思维的练习题，使学生在掌握方程的根本方法的同时，能够结合等差数列的性质提高解题效率，力求使各层次的学生都有所提高. 三、教学过程(一)展示近四年全国卷对数列的考察(二)知识点梳理等差数列的定义及相关性质(三)例题讲解、变式练习例1等差数列{a n}的前n项和记为S n.已知a10＝30，a20＝50.①求通项a n；②若S n＝242，求n.变式1〔1〕20xx全国卷一理数(2)20xx全国卷一理数例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＝a2n＋n－4.(1)求证：{a n}为等差数列；(2)求{a n}的通项公式。

变式2〔20xx全国卷二理数〕(四)课堂小结1、本节内容在高考中主要考查等差数列的定义、通项公式、前n项和公式、等差中项、等差数列的性质．高考中各种题型都有，一般选择题、填空题主要考查等差数列的定义、通项公式、性质及前n项和公式，难度不大，解答题则综合考查等差数列的相关知识，有时会与其他知识综合命题，难度中等。

从能力考查来看，主要考查学生的运算能力、数据处理能力及转化与化归的思想意识。

2.准确理解概念，掌握等差数列的有关公式和性质；注意不同性质的适用条件和考前须知。

(五)课后作业完成一轮活页等差数列及其性质。

一．课题：数列（2）——数列的递推表示二．教学目标：1．会根据数列的前几项写出数列的一个通项公式；2．了解数列的递推公式是给出数列的一种方法；3．能根据递推公式写出数列的前几项；4．能用函数思想加深对数列的认识。

三．教学重、难点：了解数列的递推公式并会运用。

四．教学过程：（一）复习：1．已知数列{}n a 的通项公式2412n a n n =--，则4a = 12-，7a = 9 ，65是它的第 11 项 ；从第 7 项起各项为正；{}n a 中第 2 项的值最小为 16- ．2．{}n a 中29100n a n n =--，则值最小的项是 4或5 ．3．写出下列各数列的一个通项公式：（1）1，43，95，167，…… 221n n a n =- （2）112，134，158，1716，…… 1212n n a n =-+ （3）1，32，13，34，15，…… 2(1)n n a n +-= （4）9，99，999，9999，…… 101n n a =-（5）0，1，0，1，0，1，…… 1(1)2nn a +-= 4．新课引入：已知数列：4，5，6，7，……，寻求这数列中任一项与它的前一项的关系：11n n a a -=+（27n ≤≤）（二）新课讲解：1．递推公式定义：如果已知数列{}n a 的第1项（或前几项），且任一项n a 与它的前一项1n a -（或前几项）间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个 数列的递推公式。

例1．已知数列{}n a 的第1项是1，以后的各项由公式111n n a a -=+给出，写出这个数列的前5项。

解：11a =， 21112a a =+=， 332a =， 453a =， 585a =． 例2．（1）已知数列{}n a 适合：11a =，1n a +22n n a a =+，写出前五项并写出其通项公式； （2）用上面的数列{}n a ，通过等式1n n nb a a +=-构造新数列{}n b ，写出n b ，并写出 {}n b 的前5项。