【高考冲刺】专题5 数列(二)-2020届高三数学三轮复习回归课本复习讲义

(冲刺回归)高考数学三轮练习基础知识梳理--第五部分 数列与极限1、等差数列{n a }中，通项b dn a n +=，前n 项和cn n d S n +=22〔d 为公差，N n ∈〕.证明某数列是等差〔比〕数列，通常利用等差〔比〕数列的定义加以证明，即证：n n a a -+1是常数)(N n ∈(1n na a +=常数，)n N ∈，也可以证明连续三项成等差〔比〕数列.即对于任意的自然数n 有：n n n n a a a a -=-+++112〔n n n n a a a a 112+++=〕. ［举例］数列}{n a 满足：)(22,111N n a a a a n n n ∈+==+. 〔1〕求证：数列}1{na 是等差数列；〔2〕求}{n a 的通项公式. 分析：注意是到证明数列}1{n a 是等差数列，那么要证明n n a a 111-+是常数.而n n n a a a 2211+=+，所以21111=-+n n a a .即数列}1{n a 是等差数列.又111=a ，那么21)1(2111+=-+=n n a n ，所以12+=n a n . 2、等差数列前n 项和、次n 项和、再后n 项和〔即连续相等项的和〕仍成等差数列；等比数列前n 项和〔和不为0〕、次n 项和、再后n 项和仍成等比数列.类比还可以得出：等比数列的前n 项的积、次n 项的积、再后n 项的积仍成等比数列.［举例1］数列}{n a 是等差数列，n S 是其前n 项的和，20,884==S S ，那么=12S ＿； 分析：注意到812484,,S S S S S --是等差数列的连续4项的和，它们成等差数列.可以得到16812=-S S ，所以3612=S .［举例2］数列}{n a 是等比数列，n T 是其前n 项的积，20,584==T T ，那么=12T ＿. 分析：由812484,,T T T T T 成等比，那么8124248)(T T T T T ⋅=，所以64)(34812==T T T . 3、在等差数列}{n a 中，假设),,,(N q p n m q p n m ∈+=+，那么q p n m a a a a +=+；在等比数列}{n a 中，假设),,,(N q p n m q p n m ∈+=+，那么q p n m a a a a ⋅=⋅等差〔等比〕数列中简化运算的技巧多源于这条性质.［举例］数列}{n a 是等比数列，124,5128374=+-=⋅a a a a ，且公比q 为整数，那么10a 的值为＿＿＿＿＿＿＿.分析：由8374a a a a ⋅=⋅得⎩⎨⎧-==⇒⎩⎨⎧-=⋅=+4128512124838383a a a a a a 或⎩⎨⎧=-=128483a a ，又此数列的公比为整数，所以⎩⎨⎧=-=128483a a 公比2-=q ，那么5122810==q a a . 4、等差数列当首项01>a 且公差0<d ，前n 项和存在最大值.当首项01<a 且公差0>d ，前n 项和存在最小值.求等差数列前n 项和的最值可以利用不等式组⎩⎨⎧≥≤≤≥+)0(0)0(01n n a a 来确定n 的值；也可以利用等差数列的前n 项的和是n 的二次函数〔常数项为0〕转化成函数问题来求解.［举例1］假设}{n a 是等差数列，首项0,0,020072006200720061<⋅>+>a a a a a ，那么〔1〕使前n 项和n S 最大的自然数n 是＿＿；〔2〕使前n 项和0>n S 的最大自然数=n ； 分析：由条件可以看出0,020072006<>a a ，可知2006S 最大，那么使n S 最大的自然数为2006；由020072006>+a a 知040121>+a a ，02)(4012401214012>+=a a S ，200740134013a S ⋅=，所以04013<S ，那么使0>n S 的最大自然数为4012.［举例2］在等差数列}{n a 中，满足7473a a =且n S a ,01>是数列前n 项的和.假设n S 取得最大值，那么=n ＿＿＿＿＿.分析：首项、公差〔比〕是解决等差〔比〕数列的最基本出发点.等差〔比〕数列的运算多可以通过首项与公差〔比〕来解决.由7473a a =知111334)6(7)3(3a d d a d a -=⇒+=+，那么1113343733)1(4a n a n a a n -=--=.当9≤n 时0>n a ，当10≥n 时0<n a ，所以9=n .5、数列}{n a 是等比数列，其前n 项的和n S 是关于q 的分段函数⎪⎩⎪⎨⎧≠--==1,1)1(111q q q a q na S n n ，在求和过程中假设公比不是具体数值时，那么要进行讨论.［举例1］数列}{n a 是等比数列，前n 项和为n S ，且11lim a S n n =∞→，求1a 的取值范围. 分析：注意到等比数列的公比是不为零的常数，前n 项和存在的前提条件是1||<q ，且qa S n n -=∞→1lim 1，知1111a q a =-，那么q a -=121，有)2,1()1,0(21 ∈a ，那么)2,1()1,0(1 ∈a)0,1()1,2(--- .［举例2］数列}{n a 是等比数列，首项11=a ，公比1-≠q ，求nn S 1lim ∞→的值. 分析：涉及到等比数列的前n 项和的问题不能直接的应用公式，要考虑到公比的取值情况.当1=q 时，n na S n ==1，此时01lim 1lim ==∞→∞→n S n nn ；当1≠q 时，q q S n n --=11，那么nn S 1lim ∞→= 1,(||1)1lim 0,(||1)1n n q q q q q →∞-<⎧-=⎨>-⎩. 6、等差数列、等比数列的“基本元”是首项、公差〔比〕，当觉得不知如何用性质求解时，可以把问题转化成“基本元”解决.学会用任意两项关系：假设n a {｝是等差数列，那么对于任意自然数n m ,有d m n a a m n )(-+=；假设n a {｝是等比数列，那么对于任意的自然数n m ,，有m n m n q a a -⋅=.在这两关系式中假设取1m =，这就是等差〔比〕数列的通项公式.［举例1］数列}{n a 是等差数列，首项01>a ，且05375=+a a .假设此数列的前n 项和为n S ，问n S 是否存在最值？假设存在，n 为何值？假设不存在，说明理由.分析：对于此题来说，等差数列的基本性质用不上，可以化归为首项与公差来解决.设此数列的公差为d ，那么0)6(5)4(311=+++d a d a ，即1214a d -=，由01>a 知0<d ，所以数列}{n a 是递减数列，故n S 有最大值而无最小值.由等差数列的通项公式知：11121425)214)(1(a n a n a a n -=--+=，当6≤n 时，0>n a ，当7≥n 时，0<n a .所以6S 最大.综上知，当6=n 时，n S 最大，不存在最小值.[举例2]正项等比数列}{n a 中，首项11>a ，且15735=⋅a a .假设此数列的前n 项积为n T ，问n T 是否存在最值？说明理由.分析：与举例1联系起来，这是数列中的“类比”问题.其解决的思想方法是一样的.对于单调正项数列，前n 项积n T 最大〔小〕，那么应满足)11(1111⎩⎨⎧>≤⎩⎨⎧<≥++n n n n a a a a . 设此数列公比为q ，那么1)()(461341=⋅q a q a ，那么2141-=a q .214251121411)(nn n a a a a ---=⋅=.由11>a 知：6≤n 时，7,1≥>n a n 时，1<n a .所以当6=n 时，6T 最大，n T 没有最小值.[特别注意]等差数列与正项等比数列之间存在的类比关系实际上是运算上的变化，这种变化可以由等差数列与等比数列的一个性质来揭示.我们知道：假设数列}{n a 是正项等比数列，记)1,0(log ≠>=m m a b n m n ，那么数列}{n b 是等差数列.反之假设数列{}n a 是等差数列，记(0)n an b m m =>，那么数列{}n b 是等比数列. 7、数列的前n 项和n S ，求数列的通项公式时，要注意分段⎩⎨⎧≥-==-2,111n S S n S a n nn .当1a 满足)2(,1≥-=-n S S a n n n 时，才能用一个公式表示.［举例］数列}{n a 的前n 项和a n n a S n ++-=2)2(.假设}{n a 是等差数列，求}{n a 的通项公式.分析：证明一个数列是等差数列或是等比数列，要从等差、等比数列的定义出发.等差、等比数列的性质不能作为证明的理由.由a n n a S n ++-=2)2(知，1=n 时，1211-==a S a ，当2≥n 时，=-=-1n n n S S a)3()2(2a n a -+-.当2≥n 时，)2(21-=-+a a a n n ，而412-=-a a a .假设数列}{n a 是等差数列，那么4)2(2-=-a a ，所以0=a .那么34+-=n a n .8、形如：n n a a =+1+)(n f 的递推数列，求通项用叠加〔消项〕法；形如：)(1n g a a nn =+的递推数列，求通项用连乘〔约项〕法.［举例］数列}{n a 满足)2(3,1111≥+==--n a a a n n n ，求数列}{n a 的通项公式.分析：解决这种递推数列的思想方法实质上是等差、等比数列求通项公式的思想方法.等差数列的基本递推关系：d a a n n +=+1，等比数列的递推关系：q a a nn =+1. 由题知：)2(333311233222111≥⎪⎪⎪⎭⎪⎪⎪⎬⎫=-=-=-=---------n a a a a a a a a n n n n n n n n n 相加得：2)31(33331211-----=+++=-n n n n a a ，又11=a ，所以)2(213≥-=n a n n ，而1a 满足此式，那么)(213N n a n n ∈-=. 9、一次线性递推关系：数列}{n a 满足：c b a c a b a a a n n ,,(,,11+⋅==+是常数〕是最重要的递推关系式，可以看出当1=b 时，此数列是等差数列，当0=c 〔)0≠b 时，此数列是等比数列.解决此递推的方法是通过代换〔令)k a b n n +=化成等比数列求解.［举例］数列}{n a 满足：)(,12,111N n a a a n n ∈+==+，求此数列的通项公式. 分析：由121+=+n n a a 得：)1(211+=++n n a a 知数列}1{+n a 是等比数列，首项为2，公比为2，所以n n a 21=+，知12-=n n a .10、在解以数列为模型的数学应用题时，要选择好研究对象，即选择好以“哪一个量”作为数列的“项”，并确定好以哪一时刻的量为第一项；对较简单的问题可直接寻找“项”与“项数”的关系，对较复杂的问题可先研究前后项之间的关系〔即数列的递推公式〕，然后再求通项.［举例］某企业去年底有资金积累a 万元，根据预测，从今年开始以后每年的资金积累会在原有的基础上增长20%，但每年底要留出b 万元作为奖励金奖给职工.企业计划用5年时间使资金积累翻一番，求b 的最大值.分析：与年数相关的应用题在解答过程中要注意项数与年数之间的关系，在设数列时就要指明.特别注意年底、年初的不同.设从今年开始每年底该企业的资金积累为n a 万元，那么b a b a a -=-+=45%)201(1〔万元〕，b a b a a n n n -=-+=+45%)201(1，那么)4(4541b a b a n n -=-+.所以数列}4{b a n -是以b a b a 54541-=-为首项，45为公比的等比数列，所以1)45)(545(4--=-n n b a b a ，1)45)(545(4--+=n n b a b a .由题知a a 25≥，那么a b a b 2)2.1)(52.1(44≥-+，求得：a a b 08.09950763≈≤.即b 的最大值大约为8%a . 45、常见的极限要记牢：⎪⎩⎪⎨⎧-=><==∞→11||1||,01,1lim q q q q q n n 或不存在，，注意n n q ∞→lim 存在与0lim =∞→n n q 是不相同的；e nn n =+∞→)11(lim ，特别注意此式的结构形式；假设)(),(n g n f 是关于n 的多项式函数，要会求)()(lim n g n f n ∞→. ［举例1］求以下各式的值：〔1〕)4(22lim 2≠-+∞→a a a n n n n n ；〔2〕n n n n 2)11(lim +-∞→. 分析：对于指数型的分式型极限，一般是分子、分母同除以幂底数绝对值较大的幂，这样可以求出极限.〔1〕当2||<a 时，原式1)2(11)2(lim =-+=∞→n n n a a ；当2||>a 时，原式11)2()2(1lim -=-+=∞→n n n a a . 〔2〕与e 相关的极限问题要注意其结构形式，注意到括号内是""+号相连，且分子为1，幂的指数与括号内的分母相同.当形式不同时，要向此转化.n n n n n n n )121(lim )11(lim 2+-=+-∞→∞→= 2)12(21)2111(lim )2111(lim -+-⋅+-∞→∞→=+-+=+-+e n n n n n n n n .［举例2］假设1432lim 2=+++∞→n bn an n ，那么=a ＿＿＿＿；=b ＿＿＿＿. 分析：对于分子分母是关于n 的整式的分式型极限，假设分子的最高的幂指数大于分母的最高的幂指数，那么此式极限不存在；当分子的最高的幂指数与分母的最高的幂指数相同时，极限是分子、分母的最高次幂的系数比；当分子的最高的幂指数小于分母的最高的幂指数时，极限是零.注意到此式极限为1是存在的，由上分析知13,0==b a ，所以3,0==b a . 11、理解极限是“无限运动的归宿”.［举例］△ABC 的顶点分别是))(0,24(),2,0(),2,0(N n n C nB n A ∈+-，记△ABC 的外接圆面积为n S ，那么=∞→n n S lim ＿＿＿＿＿. 分析：此题假设要先求出三角形ABC 的面积后再求极限那么是“漫长”的工作，注意到当∞→n 时A 、B 、C 点的变化，不难看出△ABC 被“压扁”成一条长为4的线段，而此线段就是此三角形外接圆的直径.从而有π4lim =∞→n n S .。

数列(一)一、回归教材1．牢记概念与公式等差数列、等比数列2.(1)等差、等比数列{a n}的常用性质(2)①定义法a n＋1－a n＝d(常数)(n∈N*)⇔{a n}是等差数列．②通项公式法a n＝pn＋q(p，q为常数，n∈N*)⇔{a n}是等差数列．③中项公式法2a n＋1＝a n＋a n＋2(n∈N*)⇔{a n}是等差数列．④前n项和公式法S n＝An2＋Bn(A，B为常数，n∈N*)⇔{a n}是等差数列．(3)判断等比数列的常用方法①定义法a n＋1a n＝q(q是不为0的常数，n∈N*)⇔{a n}是等比数列．②通项公式法a n＝cq n(c，q均是不为0的常数，n∈N*)⇔{a n}是等比数列．③中项公式法a2n＋1＝a n·a n＋2(a n·a n＋1·a n＋2≠0，n∈N*)⇔{a n}是等比数列．3．数列求和的常用方法(1)等差数列或等比数列的求和，直接利用公式求和．(2)形如{a n·b n}(其中{a n}为等差数列，{b n}为等比数列)的数列，利用错位相减法求和．(3)通项公式形如a n＝c(an＋b1)(an＋b2)(其中a，b1，b2，c为常数)用裂项相消法求和．(4)通项公式形如a n＝(－1)n·n或a n＝a·(－1)n(其中a为常数，n∈N*)等正负项交叉的数列求和一般用并项法．并项时应注意分n为奇数、偶数两种情况讨论．(5)分组求和法：分组求和法是解决通项公式可以写成c n＝a n＋b n形式的数列求和问题的方法，其中{a n}与{b n}是等差(比)数列或一些可以直接求和的数列．(6)并项求和法：先将某些项放在一起求和，然后再求S n.4．常见的拆项公式(其中n∈N*)∈1n n＋1＝_________.∈1n n＋k＝1k⎝⎛⎭⎫1n－1n＋k.∈12n－12n＋1＝_____________.∈若等差数列{a n}的公差为d，则1a n a n＋1＝1d⎝⎛⎭⎫1a n－1a n＋1；1a n a n＋2＝12d⎝⎛⎭⎫1a n－1a n＋2.∈1n n＋1n＋2＝12⎣⎡⎦⎤1n n＋1－1n＋1n＋2.∈1n＋n＋1＝n＋1－n.∈1n＋n＋k＝1k(n＋k－n)．5．公式法求和：要熟练掌握一些常见数列的前n项和公式，如∈1＋2＋3＋…＋n ＝n (n ＋1)2；∈1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝________； ∈12＋22＋32＋…＋n 2＝16n (n ＋1)(2n ＋1)．6．重要性质及结论(1)通项公式的推广：等差数列中，a n ＝a m ＋_______；等比数列中，a n ＝a m ________. (2)增减性：①等差数列中，若公差大于零，则数列为________；若公差小于零，则数列为________．②等比数列中，若a 1>0且q >1或a 1<0且0<q <1，则数列为________；若a 1>0且0<q <1或a 1<0且q >1，则数列为________． 7．常见的放缩技巧(1)1n －1n ＋1＝1n (n ＋1)<1n 2<1(n －1)n ＝1n －1－1n ； (2)1n 2<1n 2－1＝12⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋1； (3)2(n ＋1－n )<1n<2(n －n －1)；(4)利用(1＋x )n 的展开式进行放缩． 8．必用技法 (1)求数列的通项公式①利用前n 项和与通项的关系a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧S 1，n ＝1， ，n ≥2.②公式法．③累加法：满足a n ＋1－a n＝f (n )．④累乘法：满足a n ＋1a n＝f (n )．⑤将递推关系进行变换，转化为常见数列(等差、等比数列)．(2)常见的求和的方法 ①公式法求和．②错位相减法．③裂项相消法．④倒序相加法．⑤分组求和法．(3)主要思想：分类讨论二、易错提醒1．已知数列的前n 项和求a n ，易忽视n ＝1的情形，直接用S n －S n －1表示．事实上，当n ＝1时，a 1＝S 1；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1.2．易混淆几何平均数与等比中项，正数a ，b 的等比中项是±ab .3．等差数列中不能熟练利用数列的性质转化已知条件，灵活整体代换进行基本运算．如等差数列{a n }与{b n }的前n 项和分别为S n 和T n ，已知S n T n ＝n ＋12n ＋3，求a nb n 时，无法正确赋值求解．4．易忽视等比数列中公比q ≠0导致增解，易忽视等比数列的奇数项或偶数项符号相同造成增解．5．运用等比数列的前n 项和公式时，易忘记分类讨论．一定分q ＝1和q ≠1两种情况进行讨论．6．利用错位相减法求和时，要注意寻找规律，不要漏掉第一项和最后一项．7．裂项相消法求和时，裂项前后的值要相等，如1n (n ＋2)≠1n －1n ＋2，而是1n (n ＋2)＝12⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋2.不清楚裂项和拆项的规律，导致多项或少项“裂项法”的特点：①分式的每个分子相同，分母都是两个(或三个)代数式相乘，若不具备就需要转化．②剩余项一般是前后对称．常见形式有：a n (n ＋1)，a n 2＋2n ，an ＋n ＋1.8．通项中含有(－1)n 的数列求和时，要把结果写成n 为奇数和n 为偶数两种情况的分段形式．9．忽视对等比数列中公比的分类讨论在解决等比数列{a n }的前n 项和时，通常只想到S n ＝a 1(1－q n )1－q，把q ＝1的情况不自觉地排除在外，这是对前n 项和公式理解不透所致．解等比数列的问题，一定要注意对公比的分类讨论． 三、保命训练(一)选择题1.(必修5 P 68B 组T 1(1)改编)已知{a n }是等比数列，a n >0，且a 25＋a 3a 7＝8.则log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 9＝( )A ．8B ．9C ．10D ．112.(必修5 P 68A 组T 8改编)S n 是等差数列{a n }的前n 项之和，若S 7－S 2＝45，则 S 9为( )A ．54B ．63C ．72D ．813.(必修5 P 38例3改编)已知p ：数列{a n }是等差数列，q ：数列{a n }的通项公式a n ＝k 1n ＋k 2(k 1，k 2均为常数)，则p 是q 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 4.(必修5 P 53A 组T 1(4)改编)在等比数列{a n }中，a n >0，a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6，设b n ＝log 2a n ，{b n }的前n 项和为S n ，则S n >10时n 的最小值为( )A ．5B ．6C ．7D ．85.(必修5 P 61A 组T 6改编)已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，且S 3，S 9，S 6成等差数列，下列结论正确的是( )A ．a 1，a 7，a 4成等差数列B ．a 1，a 7，a 4成等比数列C ．a 1，2a 7，a 4成等差数列D ．a 1，2a 7，a 4成等比数列 6.(必修5 P 67A 组T 2(3)改编)数列7，77，777，7 777，…的通项公式是( )A ．a n ＝7(10n －1－1)B ．a n ＝79(10n －1)C ．a n ＝79(10n －1－1) D ．a n ＝7(10n －1)(二)填空题7.(必修5 P 46B 组T 2改编)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 6＝20，S 12＝50，则S 18的值为________．8.(必修5 P 53A 组T 1(4)改编)在等比数列{a n }中，a n >0，a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6，则a 3＝________． (三)解答题9.(必修5，P 46B 组T 4改编)在等差数列{a n }中，公差为d ≠0，a 1＝2且a 5是a 3与a 8的等比中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝1（a n －1）a n，求数列{b n }的前2 016项的和．10.(必修5 P 33A 组T 4(1)改编)已知数列{a n }，a 1＝12，a n ＝4a n －1＋1.(1)是否存在常数C ，使{a n ＋C }是等比数列，若存在，求出C ，若不存在，说明理由； (2)求数列{a n }的通项公式与前n 项和S n .11.(必修5 P46A组T6改编)两个等差数列{a n}与{b n}的前3项分别为2，6，10与2，8，14，由这两个等差数列的公共项从小到大的顺序构成一个新数列{c n}．(1)求数列{c n}的通项公式；(2)若n<m，且c1，c n，c m成等比数列，求m的最小值．12.(必修5 P47A组T4改编)已知数列{a n}的各项均为正数，前n项和为S n，且S n＝a n（a n＋1）2，n∈N*.(1)求证：数列{a n}是等差数列；(2)设b n＝12S n，T n＝b1＋b2＋…＋b n，求T n.数列(一)答案一、回归教材4. ①1n －1n ＋1③12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1 5. ②n 2 6.(1)(n －m )d q n－m(2)①递增数列 递减数列 ②递增数列 递减数列三、保命训练(一)选择题1.解析：选 B.∵ a 25＋a 3a 7＝8.a n >0.∴2a 25＝8.∴a 5＝2.∴log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 9＝log 2[(a 1a 9)(a 2a 8)(a 3a 7)·(a 4a 6)·a 5]＝log 2(a 5)9＝9 log 22＝9.2.解析：选D.法一：∵S 7－S 2＝45.即a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝45.即5a 5＝45，a 5＝9，∴S 9＝9（a 1＋a 9）2＝9a 5＝81.法二：∵S 7－S 2＝45，∴7a 1＋21d －(2a 1＋d )＝45.即a 1＋4d ＝9.∴S 9＝9a 1＋36d ＝9(a 1＋4d )＝9×9＝81.3.解析：选C.若{a n }是等差数列，不妨设公差为d .∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝dn ＋a 1－d ，令k 1＝d ，k 2＝a 1－d ，则a n ＝k 1n ＋k 2，若数列{a n }通项公式a n ＝k 1n ＋k 2(k 1，k 2为常数，n ∈N *)， 则当n ≥2且n ∈N *时，a n －1＝k 1(n －1)＋k 2，∴a n －a n －1＝k 1(常数)(n ≥2且n ∈N *)，∴{a n }为等差数列，∴p 是q 的充要条件．4.解析：选B.由⎩⎪⎨⎪⎧a 5－a 1＝15a 4－a 2＝6⇒⎩⎪⎨⎪⎧a 1（q 4－1）＝15a 1q （q 2－1）＝6，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－16q ＝12，∵a n >0，∴a 1＝1，q ＝2，a n ＝2n －1，∴b n ＝log 2a n ＝log 22n －1＝n －1；∴S n ＝b 1＋b n 2×n ＝n （n －1）2，由S n >10得n 2－n －20>0，解得n >5，故n 的最小值为6.5.解析：选A.显然q ＝1时不合题意，依题意得S 3＋S 6＝2S 9即a 11－q (1－q 3)＋a 11－q (1－q 6)＝2a 11－q (1－q 9)⇒1＋q 3＝2q 6⇒a 1＋a 1q 3＝2a 1q 6⇒a 1＋a 4＝2a 7，∴a 1，a 7，a 4成等差数列． 6.解析：选B.a n ＝77…7n 个＝7(1＋10＋102＋…＋10n －1)＝7×1－10n 1－10＝79(10n－1)． (二)填空题7.解析：∵数列{a n }为等差数列，S n 为{a n }的前n 项和，∴由等差数列性质可知S 6，S 12－S 6，S 18－S 12也构成等差数列，∴S 18－S 12＝40，∴S 18＝90.答案：908.解析：∵a 5－a 1＝15，a 4－a 2＝6.∴a 1q 4－a 1＝15，① a 1q 3－a 1q ＝6，②且q ≠1.①②得（q 2＋1）（q 2－1）q ·（q 2－1）＝156，即2q 2－5q ＋2＝0，∴q ＝2或q ＝12，当q ＝2时，a 1＝1；当q ＝12时，a 1＝－16(舍去)．∴a 3＝1·22＝4.答案：4 (三)解答题9.解：(1)依题意a 25＝a 3·a 8，即(2＋4d )2＝(2＋2d )(2＋7d )⇒d 2＝d ，又d ≠0，∴d ＝1，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋1.(2)b n ＝1（a n －1）a n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，∴S 2 016＝b 1＋b 2＋…＋b 2 016＝(1－12)＋(12－13)＋…＋(12 015－12 016)＋(12 016－12 017)＝1－12 017＝2 0162 017.10.解：(1)∵a 1＝12，a n ＝4a n －1＋1，∴a n ＋C ＝4a n －1＋1＋C ＝4(a n －1＋1＋C 4)，令C ＝1＋C 4，即C ＝13.当C ＝13时，a n ＋13＝4(a n －1＋13)．∴存在常数C ＝13，使{a n ＋13}是首项为a 1＋13＝56，公比为4的等比数列．(2)由(1)知．a n ＋13＝56×4n －1，∴a n ＝56×4n －1－13，即数列{a n }的通项公式为a n ＝56×4n －1－13，S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝56(40＋41＋42＋…＋4n －1)－n 3＝56·1－4n 1－4－n 3＝518·4n －n 3－518.∴数列{a n }的前n 项之和为S n ＝518·4n －n 3－518. 11.解：(1)依题意{a n }的通项公式为a n ＝4n －2，{b n }的通项公式为b n ＝6n －4，设c n ＝a m ＝b k ，则4m －2＝6k －4，即m ＝3k －12，∴3k －1必为偶数，又k ∈N *，∴3k 必为奇数，∴k必为奇数，设k ＝2n －1，n ∈N *，则m ＝3n －2，∴c n ＝a 3n －2＝b 2n －1＝12n －10，故{c n }的通项公式为c n ＝12n －10.(2)由(1)知，c 1＝2，c n ＝12n －10，c m ＝12m －10，m >n .依题意得2(12m －10)＝(12n －10)2， ∴m ＝6⎝⎛⎭⎫n －562＋56(n ∈N *)．由二次函数知y ＝6⎝⎛⎭⎫x －562＋56在⎣⎡⎭⎫56，＋∞上单调递增，又当n ＝1时m ＝1与m >n 矛盾，当n ＝2时，m ＝6×4936＋56＝9，满足m >n ，∴所求m 的最小值为9.12.解：(1)证明：∵S n ＝a n （a n ＋1）2，n ∈N *，∴当n ＝1时，a 1＝S 1＝a 1（a 1＋1）2(a n >0)，∴a 1＝1.当n ≥2时，由⎩⎪⎨⎪⎧2S n ＝a 2n ＋a n ，2S n －1＝a 2n －1＋a n －1得2a n ＝a 2n ＋a n －a 2n －1－a n －1.即(a n ＋a n －1)(a n －a n －1－1)＝0，∵a n ＋a n －1>0，∴a n －a n －1＝1(n ≥2)，∴数列{a n }是等差数列．(2)由(1)可得a n ＝n ，S n ＝n （n ＋1）2，b n ＝12S n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝nn ＋1.。

数列(二)等差数列与等比数列热点一等差数列、等比数列的运算1．通项公式等差数列：an ＝a1＋(n－1)d；等比数列：an＝a1·q n－1.2．求和公式等差数列：Sn ＝n(a1＋an)2＝na1＋n(n－1)2d；等比数列：Sn＝a1(1－q n)1－q＝a1－anq1－q(q≠1)．3．性质若m＋n＝p＋q，在等差数列中am ＋an＝ap＋aq；在等比数列中am·an＝ap·aq.例1(1)(2018·全国Ⅰ)记Sn 为等差数列{an}的前n项和，若3S3＝S2＋S4，a1＝2，则a5等于( )A．－12 B．－10 C．10 D．12(2)设各项均为正数的等比数列{an }中，若S4＝80，S2＝8，则公比q＝________，a5＝________.及时归纳在进行等差(比)数列项与和的运算时，若条件和结论间的联系不明显，则均可化成关于a1和d(q)的方程组求解，但要注意消元法及整体计算，以减少计算量．跟踪演练1 (1)设公比为q(q>0)的等比数列{an }的前n项和为Sn，若S2＝3a2＋2，S 4＝3a4＋2，则a1等于( )A．－2 B．－1 C.12D.23(2)等比数列{an }中，a1＝1，a5＝4a3.①求{an}的通项公式；②记Sn为{an}的前n项和，若Sm＝63，求m.热点二等差数列、等比数列的判定与证明证明数列{an}是等差数列或等比数列的证明方法(1)证明数列{an }是等差数列的两种基本方法：①利用定义，证明an＋1－an(n∈N*)为一常数；②利用等差中项，即证明2an ＝an－1＋an＋1(n≥2，n∈N*)．(2)证明数列{an}是等比数列的两种基本方法：①利用定义，证明an＋1an(n∈N*)为一常数；②利用等比中项，即证明a2n＝an－1an＋1(n≥2，n∈N*)．例2 已知数列{an }，{bn}，其中a1＝3，b1＝－1，且满足an＝12(3an－1－bn－1)，bn＝－12(an－1－3bn－1)，n∈N*，n≥2.(1)求证：数列{an－bn}为等比数列；(2)求数列⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫2na n a n ＋1的前n 项和T n .及时归纳 (1)判断一个数列是等差(比)数列，也可以利用通项公式及前n 项和公式，但不能作为证明方法．(2)a 2n ＝a n －1a n ＋1(n≥2)是数列{a n }为等比数列的必要不充分条件，判断时还要看各项是否为零．跟踪演练2 已知{a n }是各项都为正数的数列，其前n 项和为S n ，且S n 为a n 与1a n 的等差中项．(1)求证：数列{S 2n}为等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)设b n ＝(－1)na n，求{b n }的前n 项和T n .热点三等差数列、等比数列的综合问题解决等差数列、等比数列的综合问题，要从两个数列的特征入手，理清它们的关系；数列与不等式、函数、方程的交汇问题，可以结合数列的单调性、最值求解．例3 已知等差数列{an }的公差为－1，且a2＋a7＋a12＝－6.(1)求数列{an }的通项公式an与其前n项和Sn；(2)将数列{an }的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前3项，记{bn }的前n项和为Tn，若存在m∈N*，使得对任意n∈N*，总有Sn<Tm＋λ恒成立，求实数λ的取值范围．及时归纳(1)等差数列与等比数列交汇的问题，常用“基本量法”求解，但有时灵活地运用性质，可使运算简便．(2)数列的项或前n项和可以看作关于n的函数，然后利用函数的性质求解数列问题．(3)数列中的恒成立问题可以通过分离参数，通过求数列的值域求解．跟踪演练3 已知数列{an }的前n项和为Sn，且Sn－1＝3(an－1)，n∈N*.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn }满足an＋1＝32n na b⋅⎛⎫⎪⎝⎭，若bn≤t对于任意正整数n都成立，求实数t的取值范围．课时作业1．已知等差数列{an }中，a4＝9，S4＝24，则a7等于( )A．3 B．7 C．13 D．152．已知等比数列{an }的首项为1，公比q≠－1，且a5＋a4＝3()a3＋a2，则9a 1a 2a 3…a 9等于( )A ．－9B ．9C ．－81D ．813．(2017·全国Ⅲ)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 }的前6项和为( )A ．－24B ．－3C ．3D ．84．一个等比数列的前三项的积为2，最后三项的积为4，且所有项的积为64，则该数列的项数是( )A ．13B ．12C ．11D ．105．已知数列{a n }满足15n a +＝25·5a n ，且a 2＋a 4＋a 6＝9，则13log (a 5＋a 7＋a 9)等于( )A ．－3B ．3C ．－13D.136．已知等差数列{a n }的公差不为0，a 1＝1，且a 2，a 4，a 8成等比数列，设{a n }的前n 项和为S n ，则S n ＝________.7．等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝8，且S n ≤S 7，则公差d 的取值范围是________．8．已知数列{a n }与⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a 2n n (n∈N *)均为等差数列，且a 1＝2，则a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 333＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a n n n＝____.9．意大利数学家列昂那多·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 2 017＝________.10．(2018·天津)设{a n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为S n (n∈N *)，{b n }是等差数列．已知a 1＝1，a 3＝a 2＋2，a 4＝b 3＋b 5，a 5＝b 4＋2b 6.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{S n }的前n 项和为T n (n∈N *)，①求T n ；②证明：∑nk=1(T k ＋b k ＋2)b k (k ＋1)(k ＋2)＝2n ＋2n ＋2－2(n∈N *)．数 列(二)答 案 等差数列与等比数列热点一 等差数列、等比数列的运算 例1(1)答案 B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. (2)答案 3 162解析 由题意可得，S 4－S 2＝q 2S 2，代入得q 2＝9.∵等比数列{a n }的各项均为正数， ∴q＝3，解得a 1＝2，故a 5＝162. 跟踪演练1 (1)答案 B解析 S 4－S 2＝a 3＋a 4＝3a 4－3a 2，即3a 2＋a 3－2a 4＝0，即3a 2＋a 2q －2a 2q 2＝0， 即2q 2－q －3＝0，解得q ＝－1(舍)或q ＝32，当q ＝32时，代入S 2＝3a 2＋2，得a 1＋a 1q ＝3a 1q ＋2，解得a 1＝－1.(2)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(n∈N *)． 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. 热点二 等差数列、等比数列的判定与证明例2 (1)证明 a n －b n ＝12(3a n －1－b n －1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12(a n －1－3b n －1)＝2(a n －1－b n －1)，又a 1－b 1＝3－(－1)＝4，所以{a n －b n }是首项为4，公比为2的等比数列．(2)解 由(1)知，a n －b n ＝2n ＋1，① 又a n ＋b n ＝12(3a n －1－b n －1)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12(a n －1－3b n－1)＝a n －1＋b n －1，又a 1＋b 1＝3＋(－1)＝2，所以{a n ＋b n }为常数数列，a n ＋b n ＝2，②联立①②得，a n ＝2n＋1，2n a n a n ＋1＝2n (2n ＋1)(2n ＋1＋1)＝12n ＋1－12n ＋1＋1，所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋1－122＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋1－123＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋1＋1＝121＋1－12n ＋1＋1＝13－12n ＋1＋1(n∈N *)． 跟踪演练2 (1)证明 由题意知2S n ＝a n ＋1a n，即2S n a n －a 2n ＝1，(*) 当n≥2时，有a n ＝S n －S n －1，代入(*)式得2S n (S n －S n －1)－(S n －S n －1)2＝1，整理得S 2n －S 2n －1＝1(n≥2)．又当n ＝1时，由(*)式可得a 1＝S 1＝1，∴数列{S 2n }是首项为1，公差为1的等差数列．(2)解 由(1)可得S 2n ＝1＋n －1＝n ，∵数列{a n }的各项都为正数，∴S n ＝n ，∴当n≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n －n －1，又a 1＝S 1＝1满足上式，∴a n ＝n －n －1(n∈N *)．(3)解 由(2)得b n ＝(－1)n a n ＝(－1)n n －n －1＝(－1)n (n ＋n －1)，当n 为奇数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…＋(n －1＋n －2)－(n ＋n －1)＝－n ， 当n 为偶数时，T n ＝－1＋(2＋1)－(3＋2)＋…－(n －1＋n －2)＋(n ＋n －1)＝n ， ∴数列{b n }的前n 项和T n ＝(－1)n n (n∈N *)．热点三 等差数列、等比数列的综合问题例3 解 (1)由a 2＋a 7＋a 12＝－6，得a 7＝－2，∴a 1＝4，∴a n ＝5－n ，从而S n ＝n (9－n )2(n∈N *)．(2)由题意知b 1＝4，b 2＝2，b 3＝1，设等比数列{b n }的公比为q ，则q ＝b 2b 1＝12，∴T m ＝4⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m 1－12＝8⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ，∵⎝ ⎛⎭⎪⎫12m 随m 的增加而减少，∴{T m }为递增数列，得4≤T m <8.又S n ＝n (9－n )2＝－12(n 2－9n)＝－12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫n －922－814，故(S n )max ＝S 4＝S 5＝10，若存在m∈N *，使得对任意n∈N *，总有S n <T m ＋λ，则10<8＋λ，得λ>2.即实数λ的取值范围为(2，＋∞)．跟踪演练3 解 (1)由已知得S n ＝3a n －2，令n ＝1，得a 1＝1，又a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝3a n ＋1－3a n ，得a n ＋1＝32a n ，所以数列{a n }是以1为首项，32为公比的等比数列，所以a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －1(n∈N *)．(2)由a n ＋1＝32n na b ⋅⎛⎫⎪⎝⎭，得b n ＝1a n 312log n a ＋＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1323log 2n⎛⎫ ⎪⎝⎭＝n·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1，所以b n ＋1－b n ＝(n ＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －n·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1＝2n －13n (2－n)，所以(b n )max ＝b 2＝b 3＝43，所以t≥43.即t 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞.课时作业 1．答案 D解析 由于数列为等差数列，依题意得⎩⎨⎧a 1＋3d ＝9，4a 1＋6d ＝24，解得d ＝2，所以a 7＝a 4＋3d ＝9＋6＝15. 2．答案 B解析 根据题意可知a 5＋a 4a 3＋a 2＝q 2＝3，而9a 1a 2a 3…a 9＝9a 95＝a 5＝a 1·q 4＝1×32＝9. 3．答案 A解析 由已知条件可得a 1＝1，d≠0，由a 23＝a 2a 6，可得(1＋2d)2＝(1＋d)(1＋5d)， 解得d ＝－2或d ＝0(舍)．所以S 6＝6×1＋6×5×(－2)2＝－24. 4．答案 B解析 设等比数列为{a n }，其前n 项积为T n ，由已知得a 1a 2a 3＝2，a n a n －1a n －2＝4，可得(a 1a n )3＝2×4，a 1a n ＝2，∵T n ＝a 1a 2…a n ，∴T 2n ＝(a 1a 2…a n )2＝(a 1a n )(a 2a n －1)…(a n a 1)＝(a 1a n )n ＝2n ＝642＝212，∴n＝12.5．答案 A解析 ∵15n a ＋＝25·5n a ＝25n a ＋，∴a n ＋1＝a n ＋2，∴数列{a n }是等差数列，且公差为2.∵a 2＋a 4＋a 6＝9，∴3a 4＝9，a 4＝3.∴15793log ()a a a ＋＋＝173log 3a ＝143log 3(6)a ＋＝13log 27＝－3.6．答案n (n ＋1)2(n∈N *) 解析 设等差数列{a n }的公差为d.∵a 2，a 4，a 8成等比数列，∴a 24＝a 2·a 8，即(a 1＋3d)2＝(a 1＋d)·(a 1＋7d)，∴(1＋3d)2＝(1＋d)·(1＋7d)，解得d ＝1或d ＝0(舍)．∴S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝n (n ＋1)2(n∈N *)． 7．答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤－85，－43解析 ∵a 2＝8＝a 1＋d ，∴a 1＝8－d ，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝(8－d)n ＋n (n －1)2d ＝12dn 2＋⎝⎛⎭⎪⎫8－32d n ，对称轴为n ＝32－8d ，∵S n ≤S 7，∴S 7为S n 的最大值，由二次函数的性质可得，⎩⎨⎧132≤32－8d ≤152，d<0，得－85≤d≤－43，即d 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－85，－43.8．答案 2n ＋1－2解析 设a n ＝2＋(n －1)d ，所以a 2nn ＝[2＋(n －1)d]2n ＝d 2n 2＋(4d －2d 2)n ＋(d －2)2n，由于⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫a 2n n 为等差数列，所以其通项是一个关于n 的一次函数，所以(d －2)2＝0，∴d＝2.所以a n ＝2＋2(n －1)＝2n ，∴a n n ＝2n n ＝2.所以a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 333＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a n n n＝21＋22＋ (2)＝2(1－2n )1－2＝2n ＋1－2.9．答案 1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项为周期的周期数列，所以b 2 017＝b 1＝1.10．(1)解 设等比数列{a n }的公比为q.由a 1＝1，a 3＝a 2＋2，可得q 2－q －2＝0.由q>0，可得q ＝2，故a n ＝2n －1. 设等差数列{b n }的公差为d. 由a 4＝b 3＋b 5，可得b 1＋3d ＝4.由a 5＝b 4＋2b 6，可得3b 1＋13d ＝16，从而b 1＝1，d ＝1， 故b n ＝n.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1(n∈N *)，数列{b n }的通项公式为b n ＝n(n∈N *)． (2)①解 由(1)得S n ＝1－2n 1－2＝2n －1，故T n ＝∑nk=1(2k －1)＝∑nk=12k－n ＝2×(1－2n)1－2－n ＝2n ＋1－n －2(n∈N *)．②证明 因为(T k ＋b k ＋2)b k (k ＋1)(k ＋2)＝(2k ＋1－k －2＋k ＋2)k (k ＋1)(k ＋2)＝k·2k ＋1(k ＋1)(k ＋2)＝2k ＋2k ＋2－2k ＋1k ＋1， 所以∑nk=1(T k ＋b k ＋2)b k (k ＋1)(k ＋2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233－222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫244－233＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋2n ＋2－2n ＋1n ＋1＝2n ＋2n ＋2－2(n∈N *)．。

数列的概念【考点导读】1． 了解数列（含等差数列、等比数列）的概念和几种简单的表示方法（列表、图象、通项公式），了解数列是一种特殊的函数；2． 理解数列的通项公式的意义和一些基本量之间的关系；3． 能通过一些基本的转化解决数列的通项公式和前n 项和的问题。

【基础练习】1.已知数列}{n a 满足)(133,0*11N n a a a a n n n ∈+-==+，则20a =3-。

分析:由a 1=0,)(1331++∈+-=N n a a a n n n 得⋅⋅⋅⋅⋅⋅==-=,0,3,3432a a a 由此可知: 数列}{n a 是周期变化的,且三个一循环,所以可得: .3220-==a a2．在数列{}n a 中，若11a =，12(1)n n a a n +=+≥，则该数列的通项n a = 2n-1 。

3．已知数列{}n a ，满足112311,23...(1)(2)n n a a a a a n a n -==++++-≥，则{}n a 的通项 1, n=1,n a = ,n ≥2. (答案:2!n ) 4．设数列{}n a 的前n 项和为n S ，*1(31)()2n n a S n N -=∈ ，且454a =，则1a =____2__. 5．已知数列{}n a 的前n 项和(51)2n n n S +=-，则其通项n a = 52n -+． 【范例导析】例1．设数列{}n a 的通项公式是285n a n n =-+，则（1）70是这个数列中的项吗？如果是，是第几项？（2）写出这个数列的前5项，并作出前5项的图象；（3）这个数列所有项中有没有最小的项？如果有，是第几项？分析：70是否是数列的项，只要通过解方程27085n n =-+就可以知道；而作图时则要注意数列与函数的区别，数列的图象是一系列孤立的点；判断有无最小项的问题可以用函数的观点来解决，一样的是要注意定义域问题。

解：（1）由27085n n =-+得：13n =或5n =-所以70是这个数列中的项，是第13项。

2020高考复习数学回归课本：数列一．考试内容：数列.等差数列及其通项公式.等差数列前n 项和公式. 等比数列及其通项公式.等比数列前n 项和公式.二．考试要求：(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. 【注意】本部分内容考查的重点是等差、等比数列的通项公式与前n 项 和公式的灵活运用，特别要重视数列的应用性问题，尤其是数列与函数、数列与方程、数列 与不等式等的综合应用.三．基础知识:1.数列的同项公式与前n 项的和的关系11,1,2n n n s n a s s n -=⎧=⎨-≥⎩( 数列{}n a 的前n 项的和为12n n s a a a =+++L ). 2.等差数列的通项公式*11(1)()n a a n d dn a d n N =+-=+-∈；其前n 项和公式为1()2n n n a a s +=1(1)2n n na d -=+ 211()22d n a d n =+-. 3.等比数列的通项公式1*11()n nn a a a q q n N q-==⋅∈； 其前n 项的和公式为11(1),11,1n n a q q s q na q ⎧-≠⎪=-⎨⎪=⎩或11,11,1n n a a qq q s na q -⎧≠⎪-=⎨⎪=⎩.4.等比差数列{}n a :11,(0)n n a qa d a b q +=+=≠的通项公式为1(1),1(),11n n n b n d q a bq d b q d q q -+-=⎧⎪=+--⎨≠⎪-⎩；其前n 项和公式为(1),(1)1(),(1)111n n nb n n d q s d q db n q q q q +-=⎧⎪=-⎨-+≠⎪---⎩. 5.分期付款(按揭贷款)每次还款(1)(1)1nnab b x b +=+-元(贷款a 元,n 次还清,每期利率为b ). 四．基本方法和数学思想1.由S n 求a n ，a n ={),2()1(*11N n n S S n S n n ∈≥-=- 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。

2020届高三数学二轮复习——数列【考点思维脑图】【重要考点串讲】1．等差、等比数列的概念与性质2．等差、等比数列的判定方法(1)等差数列的判定方法①定义法：1n n a a d +-=（常数）(*2,n n ∈N ≥)⇒{}n a 是等差数列． ②等差中项法：122n n n a a a --=+(*3,n n ∈N ≥)⇒{}n a 是等差数列．③通项公式法：n a pn q =+(p ，q 是常数，*n ∈N )⇒{}n a 是等差数列． ④前n 项和公式法：2n S pn qn =+(p ，q 是常数，*n ∈N )⇒{}n a 是等差数列．【提醒】若要证明一个数列是等差数列，则必须用定义法或等差中项法． (2)等比数列的判定方法①定义法：1n n a q a +=(1n ≥，*n ∈N ，q 为非零常数)或1n n aq a -=(2n ≥，*n ∈N ，q 为非零常数){}n a ⇒是等比数列．②等比中项法：212n n n a a a ++=⋅(0n a ≠，*n ∈N ){}n a ⇒是等比数列．③通项公式法：11n n a a q -=（1a ，q 为非零常数，*n ∈N ){}n a ⇒是等比数列．④前n 项和公式法：nn S k q k =⋅-（k 为常数，且0k ≠，0q ≠，1）．（注意：此方法不能用于证明一个数列是等比数列）【提醒】①②是判定等比数列的常用方法，常用于证明，③④常用于选择题、填空题中的判定．若要判定一个数列不是等比数列，则只需判定存在连续三项不成等比数列即可． 3．n a 与n S 的关系12n n S a a a =++⋅⋅⋅+，1*1,1,2,n nn S n a S S n n -=⎧=⎨-∈⎩N ≥． 【注意】利用前n 项和n S 与n a 之间的关系求通项公式时，当1a 符合由1n n n a S S -=-(2,n ≥且*n ∈N )求出的通项公式时，可以直接写出{}n a 的通项公式；否则，要写成分段的形式．注意1n =时的情况． 4．数列常见递推公式的类型及方法(1)若1()n n a a f n +-=，求n a →累加法．112211()()()n n n n n a a a a a a a a ---=-+-+⋅⋅⋅+-+ 1(1)(2)(1)(2)f n f n f a n =-+-+⋅⋅⋅++≥(2)若1()n na f n a +=，求n a →累成法． 121121n n n n n a a a a a a a a ---=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=1(1)(2)(1)(2)f n f n f a n -⋅-⋅⋅⋅⋅⋅⋅≥． (3)1n n a pa q +=+(p ，q 是非零常数)，设1()n n a m p a m +-=-， 即1(1)n n a pa m p +=+-，由(1)1qm p q m p-=⇒=-，由此化为与等比数列{}1n qa p +-相关的通项问题． (4)1n n n a pa q +=+ (p ，q 是非零常数),通常两边同除以nq 得到111n nn n a a p q q q+-=⋅+，转化为形式(3)的递推公式问题． 5．数列求和的方法技巧(1)公式法①利用等差、等比数列的前n 项和公式直接求解． ②利用正整数的平方和公式、立方和公式求解． 常用的数列前n 项和公式：①(1)1232n n n ++++⋅⋅⋅+=；②2135(21)n n +++⋅⋅⋅+-=； ③222112(1)(21)6n n n n ++⋅⋅⋅+=++；④223333(1)1234n n n ++++⋅⋅⋅+=．(2)错位相减法：适用于{}n n a b ⋅求和，{}n a 为等差数列，{}n b 为等比数列，【提醒】运用错位相减法求和时，应注意两边乘以公比后，对应项的幂指数会发生变化，为避免出错，应将相同幂指数的项对齐，这样有一个式子前面空出一项，另外一个式子后面就会多一项，两式相减，除第一项和最后一项外，剩下的1n -项是一个等比数列．(3)倒序相加法：用于等差数列、与二项式系数相关联的数列的求和．(4)裂项相消法：利用通项变形，将通项分裂成两项或几项的差，通过相加过程中的相互抵消，最后只剩下有限项的和．常见的裂项技巧： ①111(1)1n n n n =-++；②1111()()n n k k n n k =-++； ③1111()(21)(21)22121n n n n =--+-+；④1111[](1)(2)2(1)(1)(2n n n n n n n =-+++++）；1k=．【提醒】利用裂项相消法求和时要注意：①在把通项裂开后，是否恰好等于相应的两项之差；②在正负项抵消后，是否只剩下了第一项和最后一项，或有时前面剩下两项，后面也剩下两项．(5)分组求和法：如n n na b c=±，数列{}nb，{}nc是等比数列或等差数列，采用分组求和法求{}na的前n项和．(6)并项求和法：一个数列的前n项和，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如(1)()nna f n=-类型，可采用两项合并求解．【方法技巧突破】必考点1 等差、等比数列的判断【典例1】已知在ABC∆中，1A，1B分别是边BA，CB的中点，2A，2B分别是线段1A A，1B B的中点，……，nA，nB分别是线段1nA A-，1nB B-(*n∈N，1n>)的中点，设数列{}na，{}nb满足：n n n nB A a CA b CB=+u u u u u r u u u r u u u r(*n∈N)，给出下列四个命题，其中假命题是A．数列{}n a是单调递增数列，数列{}n b是单调递减数列B．数列{}n na b+是等比数列C．数列{}nnab(*n∈N，1n>)既有最小值，又有最大值D．若ABC∆中，C=90°，CA CB=，则||n nB Au u u u u r最小时，12n na b+=【解析】由11(1)(1)()22n n nBA BA CA CB=-=--u u u u r u u u r u u u r u u u r，12n nB B CB=u u u u r u u u r，11111(1)()(1)(1)2222n n n n n n n nB A B B BA CB CA CB CA CB-=+=+--=-+-u u u u u r u u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r，所以112n na=-，1112n nb-=-，则数列{}na是单调递增数列，数列{}nb是单调递减数列，故A正确；数列{}n na b+中，n na b+=12n，11a b+=12，即数列{}n na b+是首项为12，公比为12的等比数列，故B正确；当1n>时，21112222nnn nnab-==-+--单调递增，有最小值，无最大值，故C错误；若ABC∆中，C=90°，CA CB=，则2222222||()2()n n n n n n n nB A a b CA a b CA CB a b CA=++⋅=+u u u u r u u u r u u u r u u u r，2222211111(1)(1)5()6()22222nn n n n na b-+=-+-=⨯-⨯+=21315()255n-+，当1n=时，22n na b+取得最小值，即当||n nB Au u u u u r最小时，12n na b+=，故D正确．所以C为假命题，故选C．【典例2】(2016浙江)如图，点列{}{},n nA B分别在某锐角的两边上，且*1122,,n n n n n nA A A A A A n++++=≠∈N，*1122,,n n n n n nB B B B B B n++++=≠∈N．(P≠Q表示点P与Q不重合)，若n n nd A B=，nS为1n n nA B B+△的面积，则A．{}n S是等差数列B．{}2n S是等差数列C．{}n d是等差数列D．{}2n d是等差数列【解析】如图，记nh为1n n nA B B+∆上的高(*n∈N)，设锐角的大小为θ，根据图象可知，11||sinn n n nh h A Aθ++=+，又112||||n n n nB B B B+++=，∴1121111||||22n n n n n n n nS S B B h B B h+++++-=⋅-⋅111111||()||||sin22n n n n n n n nB B h h B B A Aθ++++=⋅-=⋅．根据题意112||||n n n nB B B B+++=，112||||n n n nA A A A+++=，所以111||||sin2n n n nB B A Aθ++⋅为常数，所以{}nS为等差数列，故选A．【典例3】已知等比数列{}n a 的公比为q ，记(1)1(1)2(1)n m n m n m n m b a a a -+-+-+=++⋅⋅⋅+，(1)1(1)2(1)n m n m n m n m c a a a -+-+-+=⋅⋅⋅⋅⋅⋅*(,)m n ∈N ，则以下结论一定正确的是A ．数列{}n b 为等差数列，公差为mq B ．数列{}n b 为等比数列，公比为2m qC ．数列{}n c 为等比数列，公比为2m q D ．数列{}n c 为等比数列，公比为mm q【解析】由题意，知2(1)()mn m n b a q q q -=++⋅⋅⋅+．当1q =时，(1)n m n b ma -=,1(1)n mn m n n b ma ma b +-===， 故{}n b 是常数列，公差为0，选项A 错误．当1q ≠时，(1)(1)1m n m n q q b a q --=⋅-，1(1)(1)(1)(1)11m mm n m n m m n q q q q b a a q q q +-+---=⋅=⋅--， 此时1m n nb q b +=，选项B 错误， 又等比数列{}n a 的公比为q ，所以(1)122(1)(1)m m m m mn m n m n c aq aq+++⋅⋅⋅+--==．所以2(1)2(11)(1)1(1)(1)(1)2(1)()m m mm mm n m n m m n mn m m m m n m n m n m n a q a q c a q c a a a q++--++---====，故选项D 错误． 综上，选C ．【方法探究】在判断一个数列是否为等差（等比）数列时，应根据已知条件灵活选用不同的方法，一般可根据已知条件先求出一些项，然后根据其求解过程寻找具体的解题思路，表示出类似1n n a a +-（或1n na a +）的递推关系式，再验证其是否为一个与n 无关的常数．另外，常数数列{}n a 的通项公式为n a a =，它是一个首项为a ，公差为0的等差数列，若0a ≠，则该数列又是一个首项为a ，公比为1的等比数列．【典例4】(2017全国卷Ⅰ)记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，已知22S =，36S =-．(1)求{}n a 的通项公式；(2)求n S ，并判断1n S +，n S ，2n S +是否成等差数列．【解析】(1)设{}n a 的公比为q ．由题设可得121(1)2(1)6a q a q q +=⎧⎨++=-⎩ ， 解得2q =-，12a =-．故{}n a 的通项公式为(2)nn a =-．(2)由(1)可得11(1)22()1331n n n n a q S q +-==--+-． 由于3212142222()2[()]2313313n n n n n n n n S S S +++++-+=--++=-=-， 故1n S +，n S ，2n S +成等差数列．【方法探究】若干个能唯一确定一个数列的量称为该数列的“基本量”．首项与公差是等差数列的“基本量”，首项与公比是等比数列的“基本量”，在解决等差数列或等比数列的相关问题时，“基本量法”是常用的方法．必考点2 求解数列中有关项或前n 项和的最值问题【典例1】已知公差不为0的等差数列{}n a 的前n 项和是n S ，11a +，21a +，41a +成等比数列，且4520a a +=-，则11n n a S +-的最大值为 A ．12 B ．1 C ．32D ．2 【解析】设数列{}n a 的公差为d (0d ≠)，则由11a +，21a +，41a +成等比数列得2111(1)(1)(31)a d a a d ++=+++，得11d a =+，再由4512720a a a d +=+=-，解得13a =-，2d =-，故21n a n =--，22n S n n =--，则2122211121422n n a n S n n n n+-===----++≤，当且仅当1n =时取等号， 所以11n n a S +-的最大值为12．故选A ． 【典例2】(2016全国卷Ⅰ) 设等比数列{}n a 满足1310a a +=，245a a +=，则12n a a a ⋅⋅⋅的最大值为 ．【解析】设{}n a 的公比为q ，由1310a a +=，245a a +=得118,2a q ==，则24a =，32a =，41a =，512a =，所以12123464n a a a a a a a ⋅⋅⋅=…． 【方法探究】在解决等差、等比数列的基本运算问题时，通常考虑两种方法：①基本量法，即运用条件转化成关于首项1a 和公差d (公比q )的方程(组)；②巧妙运用等差、等比数列的性质．【典例3】在等差数列{}n a 中，17a =，公差为d ，前n 项和为n S ，当且仅当8n =时n S 取得最大值，则d 的取值范围为 ．【解析】由题意，当且仅当8n =时n S 有最大值，可得89000d a a <⎧⎪>⎨⎪<⎩，即0770780d d d <⎧⎪+>⎨⎪+<⎩，解得718d -<<-．【典例4】(2018全国卷Ⅱ)记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知17=-a ，315=-S ．(1)求{}n a 的通项公式； (2)求n S ，并求n S 的最小值．【解析】(1)设{}n a 的公差为d ，由题意得13315a d +=-．由17a =-得d =2．所以{}n a 的通项公式为29n a n =-．(2)由(1)得228(4)16n S n n n =-=--．所以当n =4时，n S 取得最小值，最小值为−16．【方法总结】在进行等差(比)数列的通项与前n 项和的运算时，常化成关于首项和公差(公比)的方程(组)求解，但要注意消元法及整体计算的应用，以减少计算量．【方法探究】求等差数列前n 项和n S 最值的两种方法(1)函数法：利用等差数列前n 项和的函数表达式2n S pn qn =+，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．(2)邻项变号法：①当10a >，0d <时，满足10m m a a +⎧⎨⎩≥≤的项数m 使得n S 取得最大值m S ；②当10a <，0d >时，满足10m m a a +⎧⎨⎩≤≥的项数m 使得n S 取得最小值m S ．必考点3 等差或等比数列的性质应用【典例1】(1)设n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若936S =，则2285()a a a +-=A ．60B ．30C ．12D ．4(2)已知等差数列{}n a 满足3514a a +=， 2633a a =，则17a a = A ．33 B ．16C ．13D ．12(3)等比数列{}n a 的首项为11a =-，前n 项和为n S ，若1053132S S =，则公比q = ． 【解析】(1)1999()362a a S +==，∴19528a a a +==，∴54a =， ∴22228555()444460a a a a a +-=-=⨯-=．故选A ．(2)设等差数列{}n a 的公差为d ，因为3514a a +=， 所以2614a a +=，又2633a a =，所以26311a a =⎧⎨=⎩或26113a a =⎧⎨=⎩当26311a a =⎧⎨=⎩时，113262d -==-，所以1726()()13a a a d a d =-+=． 当26113a a =⎧⎨=⎩时，311262d -==--，所以1726()()13a a a d a d =-+=． 综上，1713a a =，故选C ． (3)由1053132S S =，11a =-知公比1q ≠，1055132S S S -=． 由等比数列前n 项和的性质知5S ，105S S -，1510S S -成等比数列，且公比为5q ， 故5132q =，所以12q =． 【方法探究】在应用相应性质解题时，要注意性质成立的前提条件，有时需要对性质进行适当变形．此外，解题时注意“设而不求”的运用．【典例2】(2018上海)记等差数列{}n a 的前几项和为n S ，若30a =，6714a a +=，则7S =． 【解析】解法一 设{}n a 的公差为d ，首项为1a ，则111205614a d a d a d +=⎧⎨+++=⎩，解得142a d =-⎧⎨=⎩，所以7767(4)2142S ⨯=⨯-+⨯=．解法二 32714a d +=，所以2d =．故432a a d =+=，故7477214S a ==⨯=． 【典例3】在等比数列{}n a 中，已知138a a +=,574a a +=，则9111315a a a a +++=__. 【解析】解法一 设等比数列{}n a 的公比为q ，由已知，则211461184a a q a q a q ⎧+=⎨+=⎩，解得412q =． 又888291113131()8()22a a a q a q a a q +=+=+=⨯=，1212123131513131()8()12a a a q a q a a q +=+=+=⨯=，所以9111315a a a a +++=2+1=3．解法二 因为{}n a 为等比数列，所以57a a +是13a a +与911a a +的等比中项，所以25713911()()()a a a a a a +=++，故225791113()428a a a a a a ++===+．又911a a +是57a a +与1315a a +的等比中项，所以2911571315()()()a a a a a a +=++，故22911131557()214a a a a a a ++===+．所以9111315a a a a +++=2+1=3．【方法探究】关于等差或等比数列性质的应用问题，可以直接构造关于首项1a ，和公差d （或公比q ）的方程或方程组来求解，也可以灵活利用等差、等比数列的性质进行转化，简化相应的运算，如本题中分别把13a a +，57a a +，911a a +，1315a a +看作一个整体，利用等比数列的性质求解．必考点4 求解等差或等比数列的通项及前n 项和的方法【典例1】(2019年天津卷)设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列．已知14a =，16b =，2222b a =-，3324b a =+．(1)求{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设数列{}n c 满足111,22,,21,,+=⎧<<=⎨=⎩k k n kk n c b n c 其中*∈N k ． （i ）求数列22{(1)}-n n a c 的通项公式； （ii ）求21=∑ni ii a c*()∈N n ．【解析】(1)设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ．依题意得2662,6124,q d q d =+⎧⎨=+⎩解得3,2,d q =⎧⎨=⎩ 故14(1)331,6232n nn n a n n b -=+-⨯=+=⨯=⨯．所以，{}n a 的通项公式为31n a n =+，{}n b 的通项公式为32nn b =⨯．(2)(i)22211(321)(321()())941n n n n n nn a c a b -=-=⨯+⨯-=⨯-．所以，数列221(){}n n a c -的通项公式为22194()1n n na c -=⨯-．(ii)222211112[1((1)])nnni ini iiiiii i i i a c a a c a ac ======-+-+∑∑∑∑1()221[243](941)2n n nni i =-=⨯+⨯+⨯-∑2114(14)(3252)914n n n n ---=⨯+⨯+⨯--211*2725212()n n n n --=⨯+⨯--∈N ．【典例2】(2018天津)设{}n a 是等比数列，公比大于0，其前n 项和为n S ()n *∈N ，{}n b 是等差数列．已知11a =，322a a =+，435a b b =+，5462a b b =+． (1)求{}n a 和{}n b 的通项公式；(2)设数列{}n S 的前n 项和为n T ()n *∈N ，(i)求n T ；(ii)证明221()22(1)(2)2n nk k k k T b b k k n ++=+=-+++∑()n *∈N ． 【解析】(1)设等比数列{}n a 的公比为q ．由1321,2,a a a ==+可得220q q --=．因为0q >，可得2q =，故12n n a -=．设等差数列{}n b 的公差为d ，由435a b b =+， 可得13 4.b d +=由5462a b b =+，可得131316,b d += 从而11,1,b d == 故.n b n =所以数列{}n a 的通项公式为12n n a -=，数列{}n b 的通项公式为.n b n =(2)(i)由(1)，有122112nn n S -==--， 故1112(12)(21)22212n nnkkn n k k T n n n +==⨯-=-=-=-=---∑∑．(ii)证明：因为11212()(222)222(1)(2)(1)(2)(1)(2)21k k k k k k+k T +b b k k k k k k k k k k k k ++++--++⋅===-++++++++，所以，324321221()2222222()()()2(1)(2)3243212n n n nk k k k T b b k k n n n ++++=+=-+-++-=-+++++∑L ． 【方法探究】利用等差数列、等比数列的公式求出{}n a ，{}n b 的通项公式，再求出n S ，n T ．证明时注意裂项相消法求和的正确使用．【典例3】(2016浙江)设数列{n a }的前n 项和为n S ．已知2S =4，1n a +=2n S +1，*N n ∈．(1)求通项公式n a ；(2)求数列{2n a n --}的前n 项和．【解析】(1)由题意得：1221421a a a a +=⎧⎨=+⎩，则1213a a =⎧⎨=⎩，又当2n ≥时，由11(21)(21)2n n n n n a a S S a +--=+-+=，得13n n a a +=，所以，数列{}n a 的通项公式为1*3,n n a n N -=∈. (2)设1|32|n n b n -=--，*n N ∈，122,1b b ==.当3n ≥时，由于132n n ->+，故132,3n n b n n -=--≥.设数列{}n b 的前n 项和为n T ，则122,3T T ==.当3n ≥时，229(13)(7)(2)351131322n n n n n n n T --+---+=+-=-，所以，2*2,13511,2,2n n n T n n n n N =⎧⎪=⎨--+≥∈⎪⎩．【典例4】已知首项都是1的两个数列{}n a ，{}n b （0n b ≠*n N ∈），满足11n n n n a b a b ++-120n n b b ++=．(1)令nn na cb =，求数列{}n c 的通项公式； (2)若13n n b -=，求数列{}n a 的前n 项和n S ．【思路点拨】(1)将已知条件11n n n n a b a b ++-120n n b b ++=两边同除以1n n b b +得112n nn na ab b ++-=，即12n nc c +-=，由等差数列的定义知{}n c 是等差数列，再由等差数列的通项公式可得n c ；(2)根据(1)的结论，可以得n n n a c b =，数列{}n a 的通项n a 是等差数列乘以等比数列的形式，因此，求数列{}n a 的前n 项和n S 选用错位相减法来计算．【解析】(1)因为11120n n n n n n a b a b b b +++-+=，0,n b n N +≠∈所以1112,2n nn n n na a c cb b +++-=-= 所以数列{}nc 是以首项11c =，公差2d =的等差数列，故2 1.n c n =- (2)由13n n b -=知1(21)3n n n n a c b n -==-于是数列{}n a 前n 项和0111333(21)3n n S n -=⋅+⋅++-⋅L 1231333(21)3n n S n =⋅+⋅++-⋅L相减得121212(333)(21)32(22)3n n n n S n n --=+⋅++--⋅=--⋅L 所以(1)3 1.n n S n =-⋅+【方法探究】1．求解数列通项公式的常见方法：①等差、等比数列直接利用公式求解；②利用n a 与n S 的关系，即1*1,1,2,n nn S n a S S n n -=⎧=⎨-∈⎩N ≥；③累加法和累乘法；④转化法，即将问题转化为等差、等比数列；⑤归纳——猜想——证明．2．数列的求和方法常用的有公式法、错位相减法、裂项相消法、分组求和法、并项求和法等，如本题的求和运用的就是错位相减法．【典例5】已知等差数列}{n a 的公差为2，前n 项和为n S ，且1S ，2S ，4S 成等比数列。

2020年高考数学二轮复习《数列》讲义案及中档题型精讲卷核心考点一:等差、等比数列的判断与证明方法总结判断和证明数列是等差、等比数列常见的3中方法如下：（1）定义法：对于2≥n 的任意正整数，都有1--n n a a （或1-n na a ）为同一常数（用于证明）（2）通项公式法：①若)()1(11d a nd d n a a n -+=-+=，则数列{}n a 为等差数列（用于判断）；②若nnn n q c q q a q a a ∙=∙==-111，则数列{}n a 为等比数列（用于判断）；（3）中项公式法：①若112+-+=n n n a a a （*,2N n n ∈≥），则数列{}n a 为等差数列（用于证明）；②若112+-=n n n a a a （*,2N n n ∈≥），则数列{}n a 为等比数列（用于证明）；例1.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2513、、后成为等比数列{}n b 中的345b b b 、、.(1)求数列{}n b 的通项公式;(2)数列{}n b 的前n 项和为n S ,求证：数列54n S ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭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{bn}中的b3,b4,b5依次为7－d,10,18＋d.依题意,(7－d)(18＋d)＝100,解之得d ＝2或d ＝－13(舍去),∴b3＝5,公比q ＝2,因此b1＝54.故bn ＝54·2n －1＝5·2n －3.(2)证明由(1)知b1＝54,公比q ＝2,∴Sn ＝541－2n 1－2＝5·2n －2－54,则Sn ＋54＝5·2n －2,因此S1＋54＝52,Sn ＋54Sn －1＋54＝5·2n －25·2n －3＝2(n≥2).∴数列{Sn ＋54}是以52为首项,公比为2的等比数列.例2.已知数列{}n a 满足11a ＝,且11322()n n n a a n ≥－－＝＋.(1)证明{}2n n a ＋是等比数列;(2)求数列{}n a 的前n 项和n S .【解析】(1)证明：当n≥2时,由an ＝3an －1＋2n －1,得an ＋2n an －1＋2n －1＝3an －1＋2n ＋2n －1an －1＋2n －1＝3.又∵a1＝1,∴a1＋21＝3∴数列{an ＋2n}是首项为3,公比为3的等比数列.(2)由(1)知an ＋2n ＝3n,∴an ＝3n －2n.∴Sn ＝a1＋a2＋…＋an ＝(31－21)＋(32－22)＋(33－23)＋…＋(3n －2n)＝(31＋32＋33＋…＋3n)－(21＋22＋23＋…＋2n)＝31－3n 1－3－21－2n 1－2＝3n ＋12－2n ＋1＋12.例3.已知公差大于零的等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,且满足34·117a a ＝,2522a a ＋＝.(1)求通项na ;(2)若数列{}n b 满nn S b n c +＝,是否存在非零实数c 使得{}n b 为等差数列?若存在,求出c 的值;若不存在,请说明理由.【解析】(1)由等差数列的性质,得a2＋a5＝a3＋a4＝22,∴a3,a4是方程x2－22x ＋117＝0的根,且a4＞a3,∴a3＝9且a4＝13,从而a1＝1,公差d ＝4,故通项an ＝1＋4(n －1)＝4n －3.(2)由(1)知Sn ＝n 1＋4n －32＝2n2－n,所以bn ＝Sn n ＋c ＝2n2－nn ＋c .法一所以b1＝11＋c ,b2＝62＋c ,b3＝153＋c(c≠0).令2b2＝b1＋b3,解得c ＝－12.当c ＝－12时,bn ＝2n2－n n －12＝2n,当n≥2时,bn －bn －1＝2.故当c ＝－12时,数列{bn}为等差数列.法二当n≥2时,bn －bn －1＝2n2－n n ＋c －2n －12－n －1n －1＋c ＝2n2＋4c －2n －3cn2＋2c －1n ＋c c －1,欲使{bn}为等差数列,只需4c －2＝2(2c －1)且－3c ＝2c(c －1)(c≠0),解得c ＝－12.故当c ＝－12时,数列{bn}为等差数列例4.设数列,,,,21n a a a 中的每一项都不为0.证明：{}n a 为等差数列的充分必要条件是：对任何+∈N n ，都有211a a +321a a + +11+n n a a 11+=n a a n解析先证必要性.设数列{}n a 的公差为d ，若0d =，则所述等式显然成立.若0,d ≠则12231111n n a a a a a a ++++ 32121122311()n n n n a a a a a a d a a a a a a ++---=+++ 122311111111()()()n n d a a a a a a +⎡⎤=-+-++⎢⎥⎣⎦ 111111111111(.n n n n a a n d a a d a a a a ++++-=⋅-=⋅=再正充分性.依题意有1223111111n n n n a a a a a a a a +++++= ①12231121211111n n n n n n a a a a a a a a a a +++++++++= ②②-①得12121111,n n n n n na a a a a a +++++=-在上式两端同乘112n n a a a ++，得112(1)n n a n a na ++=+-③同理可得11(1)n n a na n a +=--④③-④得122()n n n na n a a ++=+，即211n n n n a a a a +++-=-，所以{}n a 为等差数列.例5.已知定义在R 上的函数)(x f 和数列{}n a 满足下列条件：a a =1，)(1-=n n a f a （ ,4,3,2=n ），（21a a ≠），)(n a f -)(1-n a f )(1--=n n a a k （ ,4,3,2=n ），其中a 为常数，k 为非零常数。