高三数学一轮复习教学案(数列)

等比数列及其前n 项和1．等比数列的有关概念 (1)定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零)，那么这个数列就叫做等比数列．这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示，定义的表达式为a n ＋1a n ＝q .(2)等比中项：如果a 、G 、b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项．即：G 是a 与b 的等比中项⇔a ，G ，b 成等比数列⇒G 2＝ab . 2．等比数列的有关公式 (1)通项公式：a n ＝a 1q n －1.(2)前n 项和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1(1－q n )1－q＝a 1－a n q 1－q ，q ≠1.1．在等比数列中易忽视每项与公比都不为0.2．在运用等比数列的前n 项和公式时，必须对q ＝1与q ≠1分类讨论，防止因忽略q ＝1这一特殊情形导致解题失误． [试一试]1．在1和9之间插入三个正数，使这五个数成等比数列，则插入的三个数的和为________．2．(2014·徐州摸底)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＝18，S 3＝26，则{a n }的公比q ＝________.1．等比数列的三种判定方法(1)定义：a n ＋1a n＝q (q 是不为零的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列．(2)通项公式：a n ＝cq n －1(c 、q 均是不为零的常数，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列．(3)等比中项法：a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(a n ·a n ＋1·a n ＋2≠0，n ∈N *)⇔{a n }是等比数列． 2．等比数列的常见性质(1)若m ＋n ＝p ＋q ＝2k (m ，n ，p ，q ，k ∈N *)，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k ；(2)若数列{a n }、{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }、⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 、{a 2n }、{a n ·b n}、⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n bn (λ≠0)仍然是等比数列；(3)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 ；(4)公比不为－1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n ，当公比为－1时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 不一定构成等比数列． 3．求解等比数列的基本量常用的思想方法(1)方程的思想：等比数列的通项公式、前n 项和的公式中联系着五个量：a 1，q ，n ，a n ，S n ，已知其中三个量，可以通过解方程(组)求出另外两个量；其中基本量是a 1与q ，在解题中根据已知条件建立关于a 1与q 的方程或者方程组，是解题的关键．(2)分类讨论思想：在应用等比数列前n 项和公式时，必须分类求和，当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ；在判断等比数列单调性时，也必须对a 1与q 分类讨论．[练一练]1．(2010·江苏高考)函数y ＝x 2(x >0)的图像在点(a k ，a 2k )处的切线与x 轴交点的横坐标为a k ＋1，其中k ∈N *.若a 1＝16，则a 1＋a 3＋a 5的值是________．2．已知数列{a n }是公比q ≠±1的等比数列，则在{a n ＋a n ＋1}，{a n ＋1－a n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n a n ＋1，{na n }这四个数列中，是等比数列的有________个． 答案：3考点一等比数列的基本运算1.(2013·盐城三调)在等比数列{a n }中，若a 2＝－2，a 6＝－32，则a 4＝________.2．(2014·扬州模拟)已知等比数列{a n }中，公比q >1，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8，则a 2 013＋a 2 014a 2 011＋a 2 012＝________.3．设等比数列{a n}的公比q<1，前n项和为S n，已知a3＝2，S4＝5S2，求{a n}的通项公式．[类题通法]1．对于等比数列的有关计算问题，可类比等差数列问题进行，在解方程组的过程中要注意“相除”消元的方法，同时要注意整体代入(换元)思想方法的应用．2．在涉及等比数列前n项和公式时要注意对公比q是否等于1进行判断和讨论．考点二等比数列的判定与证明[典例]已知数列{a n}的前n项和为S n，且a n＋S n＝n.(1)设c n＝a n－1，求证：{c n}是等比数列；(2)求数列{a n}的通项公式．在本例条件下，若数列{b n}满足b1＝a1，b n＝a n－a n－(n≥2), 证明{b n}是等比数列.1证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可． [针对训练]已知数列{a n }满足：a 1＝1，a 2＝a (a ≠0)，a n ＋2＝p ·a 2n ＋1a n(其中p 为非零常数，n ∈N *)．(1)判断数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋1a n 是不是等比数列； (2)求a n .考点三等比数列的性质[典例] (1)(2014·苏州期末)在等比数列{a n }中，若a 3a 5a 7＝－8，则a 2a 8＝________.(2)(2014·盐城二模)若等比数列{a n }满足a m －3＝4且a m a m －4＝a 24(m ∈N *且 m >4)，则a 1a 5的值为________．等比数列常见性质的应用等比数列的性质可以分为三类：①通项公式的变形，②等比中项的变形，③前n 项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口． [针对训练]1．(2014·苏北四市调研)已知在等比数列{a n }中，a 1＋a 2＝12，a 3＋a 4＝1，则a 7＋a 8＋a 9＋a 10＝________.2．(2014·南京二模)已知等比数列{a n }的公比q >0，a 2＝1，a m ＋2＋a m ＋1＝6a m ，则{a n }的前4项和是________．[课堂练通考点]1．(2014·南京学情调研)已知等比数列{a n }的公比q ＝－12，S n 为其前n 项和，则S 4a 4＝________.2．(2014·连云港期末)在正项等比数列{a n }中，a 3a 11＝16，则log 2a 2＋log 2a 12＝________.3．已知等比数列{a n }的各项均为正数，且a 1＋2a 2＝3，a 24＝4a 3a 7，则数列{a n }的通项公式为________．4．已知数列{a n }是等比数列，a 1，a 2，a 3依次位于下表中第一行，第二行，第三行中的某一格内，又11。

高三数学一轮复习学案：数列的基本概念一、考试要求：（1）掌握数列及通项公式的概念（2）理解数列的表示方法与函数表示方法之间的关系二、知识梳理①数列的定义②数列的通项公式③数列的分类④数列可以看作是一个定义域为 的函数当自变量从 到 依次取值时，对应的一列函数值，它的图象是一串 的点。

⑤递推公式的定义是三、基础检测：1．已知数列3，7，11，15，…，则53是数列的( )A ．第18项B ．第19项C ．第17项D ．第20项2．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)23．若数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝2，a n ＝a n －1a n －2(n ≥3且n ∈N *)，则a 17＝( ) A ．1 B ．2 C.12 D ．2－9874．已知数列{a n }的通项公式是a n ＝n 2＋kn ＋2，若对所有的n ∈N *，都有a n ＋1＞a n 成立，则实数k 的取值范围是( )A ．k ＞0B ．k ＞－1C ．k ＞－2D ．k ＞－35．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2a n －1，则满足a n n ≤2的正整数n 的集合为A ．{1,2}B ．{1,2,3,4}C ．{1,2,3}D ．{1,2,4} 6．数列{a n }满足a 1＝1，且对任意的m ，n ∈N *都有a m ＋n ＝a m ＋a n ＋mn ，则1a 1＋1a 2＋1a 3＋…＋1a 2010＝( ) A.40202011 B.40182010 C.20102011 D.200920107．已知数列{2n －1·a n }的前n 项和S n ＝9－6n ，则数列{ a n }的通项公式是________．8．已知数列{a n }中，S n 是其前n 项和，若a 1＝1，a 2＝2，a n a n ＋1a n ＋2＝a n ＋a n ＋1＋a n ＋2，且a n ＋1a n ＋2≠1，则a 1＋a 2＋a 3＝________，S 2010＝________.10．已知在正项数列{a n }中，S n 表示前n 项和且2S n ＝a n ＋1，求a n .11．已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝(1＋1n )a n ＋n ＋12n ，若b n ＝a n n ，试求数列{b n }的通项公式．12．已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝－13，a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝2n －6.(1)设b n ＝a n ＋1－a n ，求数列{b n }的通项公式．(2)求n 为何值时a n 最小．。

城东蜊市阳光实验学校一．课题：数列求和二．教学目的：1．纯熟掌握等差数列与等比数列的求和公式；2．能运用倒序相加、错位相减、拆项相消等重要的数学方法进展求和运算；3．熟记一些常用的数列的和的公式．三．教学重点：特殊数列求和的方法．四．教学过程：〔一〕主要知识：1．等差数列与等比数列的求和公式的应用；2．倒序相加、错位相减，分组求和、拆项求和等求和方法；〔二〕主要方法：1．求数列的和注意方法的选取：关键是看数列的通项公式；2．求和过程中注意分类讨论思想的运用；3．转化思想的运用；〔三〕例题分析：例1．求以下数列的前n项和n S：〔1〕5，55，555，5555，…，5(101)9n-，…；〔2〕1111,,,,,132435(2)n n⨯⨯⨯+；〔3〕na =；〔4〕23,2,3,,,na a a na；〔5〕13,24,35,,(2),n n⨯⨯⨯+；〔6〕2222sin1sin2sin3sin89++++．解：〔1〕555555555nnS=++++个5(999999999)9n=++++个235505[10101010](101)9819n n n n =++++-=--． 〔2〕∵1111()(2)22n n n n =-++，∴11111111[(1)()()()]2324352nS n n =-+-+-++-+1111(1)2212n n =+--++． 〔3〕∵na===∴11nS n =++++1)(1n =-++++1=-． 〔4〕2323n n S a a a na =++++，当1a =时，123n S =+++ (1)2n n n ++=， 当1a≠时，2323n S a a a =+++…n na +，23423n aS a a a =+++…1n na ++，两式相减得23(1)na S a a a -=+++ (1)1(1)1n n n n a a a nana a++-+-=--，∴212(1)(1)n n n na n a a S a ++-++=-．〔5〕∵2(2)2n n n n +=+，∴原式222(123=+++…2)2(123n ++⨯+++…)n +(1)(27)6n n n ++=．〔6〕设2222sin 1sin 2sin 3sin 89S =++++， 又∵2222sin 89sin 88sin 87sin 1S =++++，∴289S=，892S =． 例2．数列{}n a 的通项65()2()n n n n a n -⎧=⎨⎩为奇数为偶数，求其前n 项和n S ．解：奇数项组成以11a =为首项，公差为12的等差数列，偶数项组成以24a =为首项，公比为4的等比数列；当n 为奇数时，奇数项有12n +项，偶数项有12n -项， ∴1121(165)4(14)(1)(32)4(21)221423n n n n n n n S --++--+--=+=+-， 当n 为偶数时，奇数项和偶数项分别有2n项，∴2(165)4(14)(32)4(21)221423n n n n n n n S +----=+=+-， 所以，1(1)(32)4(21)()23(32)4(21)()23n n nn n n S n n n -⎧+--+⎪⎪=⎨--⎪+⎪⎩为奇数为偶数．例3．〔高考A 方案智能训练14题〕数列{}n a 的前n 项和2()n nS p p R =+∈，数列{}n b 满足2log n n b a =，假设{}n a 是等比数列，〔1〕求p 的值及通项n a ；〔2〕求和222123()()()n T b b b =-+…12*(1)()()n n b n N -+-∈．〔解答见教师用书127页〕 〔四〕稳固练习：设数列11,(12),,(122),n -++++的前n 项和为n S ，那么n S 等于〔〕五．课后作业：高考A 方案考点22，智能训练2，4，5，12，15，16．。

城东蜊市阳光实验学校响水中学2021届高三数学文科一轮复习教学案第17课时：等差数列【知识点回忆】1.等差数列的概念：假设数列{an}，那么数列{an}叫等差数列.2.通项公式：an=a1+〔n －1〕d ，推广：an=am+〔n －m 〕d.变式：a1=an －〔n －1〕d ，d=11--n a a n ，d=mn a a m n --，由此联想点列〔n ，an 〕所在直线的斜率. 3.等差中项：假设a 、b 、c 成等差数列，那么b 称a 与c 的等差中项，且b=2c a +；a 、b 、c 成等差数列是2b=a+c 的充要条件. 4.前n 项和：Sn=2)(1n a a n +=na1+2)1(-n n d=n·an－21〔n －1〕nd. 5.常用性质 【注】①等差数列的性质是数列根本规律的深化表达，是解决等差数列问题的既快捷又方便的工具，应有意识去应用 ②在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进展适当变形③“巧用性质、减少运算量〞在等差数列的计算中非常重要，但也不能忽略“根本量法〞；树立“目的意识〞，“需要什么，就求什么〞，既要充分合理地运用条件，又要时刻注意题的目的，往往能获得与“巧用性质〞解题一样的效果【根底知识】1.在1与4之间插入5个数，使它们组成等差数列，那么插入的第四个数为2.在等差数列{an}中，假设,5076543=++++a a a a 那么=+82a a3.设4321lg ,lg ,lg ,lg a a a a 成等差数列，公差为5，那么=14a a4.函数,2)(x x f =等差数列{}n a 的公差为,2假设,4)(108642=++++a a a a a f 那么5.把椭圆1162522=+y x 的长轴AB 分成8等份，过每一等份点作x 轴的垂线交椭圆上半部分于F P P P P ,,,,,7321 是椭圆的左焦点那么=+++F P F P F P 721 .6.在等差数列中前n 想和为210，其中前4项的和40，后4项的和为80，那么n =.7.两个等差数列，它们的前n 项和之比为5321n n +-，那么这两个数列的第9项之比为. 8.设等差数列{}n a 一一共有21n +项，所有奇数项之和为132，所有偶数项之和为129，那么n =.【例题分析】例1由两个等差数列 8,,2x 和11,7,y 的公一一共项不改变原有顺序组成的数列记为{}n c 试求数列{}n c 的通项公式，并证明{}n c 也是等差数列变式：有两个等差数列2，6，10，…，190及2，8，14，…，200，由这两个等差数列的公一一共项按从小到大的顺序组成一个新数列，求这个新数列的各项之和．解：有两个等差数列2，6，10，…，190及2，8，14，…200，由这两个等差数列的公一一共项按从小到大的顺序组成一个新数列，2，14，26，38，50，…，182是两个数列的一样项．一一共有16个，也是等差数列，它们的和为1472这个新数列的各项之和为1472．例2数列{an}的前n 项和为Sn=npan 〔n∈N*〕且a1≠a2，〔1〕求常数p 的值；〔2〕证明：数列{an}是等差数列.变式：数列{an}是由正数组成的等比数列，a3=8，前3项的和S3=14〔Ⅰ〕求数列{an}的通项公式；〔Ⅱ〕数列{bn}满足n n n n a b a b a b a b 2...332211=++++〔n∈N*〕，证明：{bn}是等差数列变式练习：数列{}n a 的前n 项的和为n S ,120(2)n n n a S S n -+=≥,且112a =,求证:1{}n S 是等差数列 例3设无穷等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，〔1〕假设,231=a 公差,1=d 求满足2)(2k k S S =的正整数k 〔2〕求所有的无穷等差数列{}n a ，使得对于一切正整数k 都有2)(2k k S S =成立例4有四个数,前三个数成等比数列,后三个数成等差数列,首末两数的和为21,中间两数的和为18,求这四个数.【稳固迁移】 1等差数列{}n a 中，假设,1201210864=++++a a a a a 那么数列{}n a 的前15项的和=15S 2设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，假设,5,10105-==S S 那么公差为〔用数字答题〕 3设n S 是等差数列{}n a 的前n 项的和，假设,6:7:42=a a 那么=37:S S . 4在等差数列{}n a 中，,01>a 前n 项之和为n S ，且137S S =，当=n 时，n S 最大 5数列{}n a 的前n 项的和n S =2)3103(n n -〔1〕求通项n a ；〔2〕求n S 的最大值；〔3〕求.1∑=ni ia 6.各项均为正数的数列{}n a 的前n 项之和为n S 满足,11>S 且))(2)(1(6*∈++=N n a a S n n n . (1)求{}n a 的通项公式；(2)设数列{}n b 满足,1)12(=-n b n a 并记n T 为{}n b 的前n 项和，求证：*∈+>+N n a T n n ),3(log 132 变式：数列{an}各项为正数，前n 项和)1(21+=n n na a s （1） 求数列{an}的通项公式；、 〔2〕假设数列{bn}满足b1＝1，bn+1＝bn+3an ，求数列{bn}的通项公式；〔3〕在〔2〕的条件下，令223n n n b a c =，数列{cn}前n 项和为Tn ，求证：Tn ＜2 7.数列{}n a 满足11a =，21()n n a n n a λ+=+-〔12n =，，〕，λ是常数． 〔1〕当21a =-时，求λ及3a 的值； 〔2〕数列{}n a 是否可能为等差数列？假设可能，求出它的通项公式；假设不可能，说明理由；变式：数列{}n a 中,12a =,23a =,其前n 项和n S 满足1121n n n S S S +-+=+,其中2n ≥,*n ∈N .(1)求证;数列{}n a 为等差数列,并求其通项公式;(2)设n n na b -⋅=2,n T 为数列{}n b 的前n 项和,求使n T >2的n 的取值范围. (3)设λλ(2)1(41n a n n nc ⋅-+=-为非零整数,*n ∈N ),试确定λ的值,使得对任意*n ∈N ,都有n n c c >+1成立. 【答案】解:(1)由,()()111n n n n S S S S +----=(2n ≥,*n ∈N ), 即11n na a +-=(2n ≥,*n ∈N ),且211a a -=. ∴数列{}n a 是以12a =为首项,公差为1的等差数列. ∴1n a n =+(2)∵1na n =+,∴n n nb 21)1(⋅+= ∴n T n n 233+-= 代入不等式得:01232233<-+>+-n n n n ，即 设022)()1(,123)(1<+-=-+-+=+n n n n f n f n n f 则 ∴)(n f 在+N 上单调递减, ∵041)3(,041)2(,01)1(<-=>=>=f f f , ∴当n=1,n=2时,()0,3()0f n n f n ><≥当时，,所以n 的取值范围.为3,n n *∈N ≥且 (3)1,n a n =+114(1)2n n n n c λ-+∴=+-,要使1n n c c +>恒成立,即1211144(1)2(1)20n n n n n n n nc c λλ++-++-=-+--->恒成立, 11343(1)20n n n λ-+∴⨯-->恒成立,∴11(1)2n n λ---<恒成立,(i)当n 为奇数时,即12n λ-<恒成立,当且仅当1n =时,12n -有最小值为1,1λ∴<.(ii)当n 为偶数时,即12n λ->-恒成立,当且仅当2n =时,12n --有最大值2-,2λ∴>-.即21λ-<<,又λ为非零整数,那么1λ=- 综上所述:存在1λ=-,使得对任意的n *∈N ,都有1n n c c +> 回忆小结。

第三节 等比数列考纲传真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．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． 4．了解等比数列与指数函数的关系.1．等比数列2．等比数列的性质(1)对任意的正整数m 、n 、p 、q ，若m ＋n ＝p ＋q ＝2k ，则a m ·a n ＝a p ·a q ＝a 2k . (2)通项公式的推广：a n ＝a m q n－m(m ，n ∈N *)(3)公比不为－1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n ；当公比为－1时，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 不一定构成等比数列．(4)若数列{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }，{1a n }，{a 2n }，{a n ·b n }，{a nb n }(λ≠0)仍是等比数列．1．(人教A 版教材习题改编)已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q 等于( )A ．－12B ．－2C ．2 D.12『解析』 由题意知：q 3＝a 5a 2＝18，∴q ＝12.『答案』 D2．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2＝( )A ．－11B ．－8C ．5D ．11『解析』 8a 2＋a 5＝0，得8a 2＝－a 2q 3，又a 2≠0，∴q ＝－2， 则S 5＝11a 1，S 2＝－a 1，∴S 5S 2＝－11.『答案』 A3．(2012·安徽高考)公比为2的等比数列{a n }的各项都是正数，且a 3a 11＝16，则log 2a 10＝( ) A ．4 B ．5 C ．6 D ．7『解析』 由题意a 27＝a 3a 11＝16，且a 7＞0，∴a 7＝4， ∴a 10＝a 7·q 3＝4×23＝25，从而log 2a 10＝5. 『答案』 B4．在等比数列{a n }中，若公比q ＝4，且前3项之和等于21，则该数列的通项公式a n ＝________． 『解析』 ∵S 3＝21，q ＝4，∴a 1（1－q 3）1－q ＝21，∴a 1＝1，∴a n ＝4n －1.『答案』 4n －15．(2012·江西高考)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比不为1.若a 1＝1，则对任意的n ∈N *，都有a n ＋2＋a n ＋1－2a n ＝0，则S 5＝________．『解析』 由题意知a 3＋a 2－2a 1＝0，设公比为q ，则a 1(q 2＋q －2)＝0.由q 2＋q －2＝0解得q ＝－2或q ＝1(舍去)，则S 5＝a 1（1－q 5）1－q ＝1－（－2）53＝11.『答案』 11等比数列的基本计算(1)(2012·辽宁高考)已知等比数列{a n }为递增数列，且a 25＝a 10，2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________．(2)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S 1，S 3，S 2成等差数列． ①求{a n }的公比q ；②若a 1－a 3＝3，求S n .『思路点拨』 建立关于a 1与公比q 的方程，求出基本量a 1和公比，代入等比数列的通项公式与求和公式．『尝试解答』 (1)设数列{a n }的首项为a 1，公比为q ， ∵a 25＝a 10，2(a n ＋a n ＋2)＝5a n ＋1.∴⎩⎪⎨⎪⎧a 21·q 8＝a 1·q 9， ①2（1＋q 2）＝5q ， ②由①得a 1＝q ；由②知q ＝2或q ＝12，又数列{a n }为递增数列，∴a 1＝q ＝2，从而a n ＝2n .『答案』 2n(2)①∵S 1，S 3，S 2成等差数列， ∴a 1＋(a 1＋a 1q )＝2(a 1＋a 1q ＋a 1q 2)．由于a 1≠0，故2q 2＋q ＝0，又q ≠0，从而q ＝－12.②由已知可得a 1－a 1(－12)2＝3，故a 1＝4，从而S n ＝4[1－（－12）n ]1－（－12）＝83『1－(－12)n 』．,1．等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，体现了方程思想的应用．2．在使用等比数列的前n 项和公式时，应根据公比q 的情况进行分类讨论，此外在运算过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算．(2013·泰安调研)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋a 2＝2(1a 1＋1a 2)，a 3＋a 4＋a 5＝64(1a 3＋1a 4＋1a 5)． (1)求{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(a n ＋1a n)2，求数列{b n }的前n 项和T n .『解』 (1)设公比为q ，则a n ＝a 1qn －1.由已知有⎩⎨⎧a 1＋a 1q ＝2（1a 1＋1a 1q），a 1q 2＋a 1q 3＋a 1q 4＝64（1a 1q 2＋1a 1q 3＋1a 1q 4）.化简得⎩⎪⎨⎪⎧a 21q ＝2，a 21q 6＝64.又a 1＞0，故q ＝2，a 1＝1.所以a n ＝2n －1.(2)由(1)知b n＝(a n＋1a n)2＝a2n＋1a2n＋2＝4n－1＋14n－1＋2.因此T n＝(1＋4＋…＋4n－1)＋(1＋14＋…＋14n－1)＋2n＝4n－14－1＋1－14n1－14＋2n＝13(4n－41－n)＋2n＋1.等比数列的判定与证明(2013·徐州质检)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．『思路点拨』正确设等差数列的三个正数，利用等比数列的性质解出公差d，从而求出数列{b n}的首项、公比；利用等比数列的定义可解决第(2)问．『尝试解答』(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{b n}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b n＝54·2n－1＝5·2n－3.(2)证明由(1)知b1＝54，公比q＝2，∴S n＝54（1－2n）1－2＝5·2n－2－54，则S n＋54＝5·2n－2，因此S1＋54＝52，S n＋54S n－1＋54＝5·2n－25·2n－3＝2(n≥2)．∴数列{S n＋54}是以52为首项，公比为2的等比数列．,1．本题求解常见的错误：(1)计算失误，不注意对方程的根(公差d)的符号进行判断；(2)不能灵活运用数列的性质简化运算．2．证明数列{a n}是等比数列一般有两种方法：(1)定义法：a n＋1a n＝q(q是不为零的常数，n∈N*)；(2)等比中项法：a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2≠0(n ∈N *)．(1)在正项数列{a n }中，a 1＝2，点(a n ，a n －1)(n ≥2)在直线x －2y ＝0上，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________．(2)数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n ＋S n ＝n ，c n ＝a n －1，求证：数列{c n }是等比数列，并求{a n }的通项公式．『解析』 (1)由题意知a n －2a n －1＝0，∴a n ＝2a n －1(n ≥2)， ∴数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列． ∴S n ＝a 1（1－q n ）1－q ＝2（1－2n ）1－2＝2n ＋1－2.『答案』 2n ＋1－2(2)证明 ∵a n ＋S n ＝n ，∴a 1＋S 1＝1，得a 1＝12，∴c 1＝a 1－1＝－12.又a n ＋1＋S n ＋1＝n ＋1，a n ＋S n ＝n ，∴2a n ＋1－a n ＝1，即2(a n ＋1－1)＝a n －1. 又∵a 1－1＝－12，∴a n ＋1－1a n －1＝12，即c n ＋1c n ＝12，∴数列{c n }是以－12为首项，以12为公比的等比数列．则c n ＝－12×(12)n －1＝－(12)n ，∴{a n }的通项公式a n ＝c n ＋1＝1－(12)n .等比数列的性质及应用(1)(2013·嘉兴模拟)已知等比数列{a n }中，a 1＋a 2＋a 3＝40，a 4＋a 5＋a 6＝20，则前9项之和等于( )A ．50B ．70C ．80D ．90 (2)等比数列{a n }的各项均为正数，且2a 1＋3a 2＝1，a 23＝9a 2a 6. ①求数列{a n }的通项公式；②设b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ，求数列{1b n }的前n 项和．『思路点拨』 (1)利用S 3，S 6－S 3，S 9－S 6成等比数列的性质求解；(2)灵活应用a 2n ＝a n －1·a n ＋1，求a 1与公比q ，进而求出a n ，b n ，然后利用裂项相消法求和． 『尝试解答』 (1)∵S 3，S 6－S 3，S 9－S 6成等比数列， ∴S 3·(S 9－S 6)＝(S 6－S 3)2，又S 3＝40，S 6＝40＋20＝60， ∴40(S 9－60)＝202，故S 9＝70. 『答案』 B(2)①设数列{a n }的公比为q .由a 23＝9a 2a 6得a 23＝9a 24，所以q 2＝19. 由条件可知q ＞0，故q ＝13.由2a 1＋3a 2＝1得2a 1＋3a 1q ＝1，所以a 1＝13.故数列{a n }的通项公式为a n ＝13n .②b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ＝－(1＋2＋…＋n )＝－n （n ＋1）2.故1b n ＝－2n （n ＋1）＝－2(1n －1n ＋1)，1b 1＋1b 2＋…＋1b n ＝－2『(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1n ＋1)』＝－2n n ＋1.所以数列{1b n }的前n 项和为－2nn ＋1.,1．本题充分利用已知条件，数列的性质，简化了运算．2．等比数列的性质可以分为三类：一是通项公式的变形，二是等比中项的变形，三是前n 项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．(1)(2012·课标全国卷)已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10＝( )A ．7B ．5C ．－5D ．－7(2)已知等比数列{a n }满足a n ＞0，n ＝1，2，…，且a 5·a 2n －5＝22n (n ≥3)，则log 2a 1＋log 2a 3＋…＋log 2a 2n －1等于( )A ．n (2n －1)B ．(n ＋1)2C ．n 2D ．(n －1)2『解析』 (1)由于a 5·a 6＝a 4·a 7＝－8，a 4＋a 7＝2，∴a 4，a 7是方程x 2－2x －8＝0的两根， 解之得a 4＝4，a 7＝－2或a 4＝－2，a 7＝4.∴q 3＝－12或q 3＝－2.当q 3＝－12时，a 1＋a 10＝a 4q 3＋a 7·q 3＝4×(－2)＋(－2)×(－12)＝－7，当q 3＝－2时，a 1＋a 10＝a 4q 3＋a 7·q 3＝－2－2＋4×(－2)＝－7.(2)∵a 5·a 2n －5＝a 2n ＝22n ，且a n ＞0，∴a n ＝2n ，∵a 2n －1＝22n －1，∴log 2a 2n －1＝2n －1，∴log 2a 1＋log 2a 3＋…＋log 2a 2n －1＝1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n [1＋（2n －1）]2＝n 2.『答案』 (1)D (2)C等差、等比数列的综合应用已知等差数列{a n }的首项a 1＝1，公差d ＞0，且第2项、第5项、第14项分别是等比数列{b n }的第2项、第3项、第4项． (1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }对n ∈N *均有c 1b 1＋c 2b 2＋…＋c nb n ＝a n ＋1成立，求c 1＋c 2＋c 3＋…＋c 2 010.『思路点拨』 (1)可用基本量法求解；(2)作差a n ＋1－a n ＝c nb n .『尝试解答』 (1)由已知a 2＝1＋d ，a 5＝1＋4d ，a 14＝1＋13d ， ∴(1＋4d )2＝(1＋d )(1＋13d )．解得d ＝2(∵d ＞0)．∴a n ＝1＋(n －1)·2＝2n －1.又b 2＝a 2＝3，b 3＝a 5＝9，∴数列{b n }的公比为3， ∴b n ＝3·3n －2＝3n －1.(2)由c 1b 1＋c 2b 2＋…＋c n b n ＝a n ＋1得当n ≥2时，c 1b 1＋c 2b 2＋…＋c n －1b n －1＝a n .两式相减得：n ≥2时，c n b n＝a n ＋1－a n ＝2.∴c n ＝2b n ＝2·3n －1(n ≥2)．又当n ＝1时，c 1b 1＝a 2，∴c 1＝3.∴c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3 （n ＝1）2·3n －1 （n ≥2）.∴c 1＋c 2＋c 3＋…＋c 2010＝3＋6－2×32 0101－3＝3＋(－3＋32010)＝32 010.,1．本题中第(2)题相当于已知数列{c n b n }的前n 项和，求c nb n.2．在解决等差、等比数列的综合题时，重点在于读懂题意，灵活利用等差、等比数列的定义、通项公式及前n 项和公式．本题第(1)问就是用基本量公差、公比求解；第(2)问在作差a n ＋1－a n 时，要注意n ≥2.已知数列{a n }中，a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋1＝(1＋q )a n －qa n －1(n ≥2，q ≠0)．(1)设b n ＝a n ＋1－a n (n ∈N *)，证明：{b n } 是等比数列； (2)求数列{a n }的通项公式；(3)若a 3是a 6与a 9的等差中项，求q 的值，并证明：对任意的n ∈N *，a n 是a n ＋3与a n ＋6的等差中项．『解』(1)证明 由题设a n ＋1＝(1＋q )a n －qa n －1(n ≥2)， 得a n ＋1－a n ＝q (a n －a n －1)，即b n ＝qb n －1，n ≥2.由b 1＝a 2－a 1＝1，q ≠0，所以{b n }是首项为1，公比为q 的等比数列． (2)由(1)，a 2－a 1＝1，a 3－a 2＝q ，…，a n －a n －1＝q n －2(n ≥2) 将以上各式相加，得a n －a 1＝1＋q ＋…＋q n －2(n ≥2)，即a n ＝a 1＋1＋q ＋…＋q n －2(n ≥2)．所以当n ≥2时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋1－q n －11－q ， q ≠1，n ， q ＝1. 上式对n ＝1显然成立．(3)由(2)，当q ＝1时，显然a 3不是a 6与a 9的等差中项，故q ≠1.由a 3－a 6＝a 9－a 3可得q 5－q 2＝q 2－q 8，由q ≠0得q 3－1＝1－q 6，①整理得(q 3)2＋q 3－2＝0，解得q 3＝－2.于是q ＝－32.另一方面，a n －a n ＋3＝q n ＋2－q n －11－q ＝q n －11－q (q 3－1)，a n ＋6－a n ＝q n －1－q n ＋51－q ＝q n －11－q (1－q 6)．由①可得a n －a n ＋3＝a n ＋6－a n ，所以对任意的n ∈N *，a n 是a n ＋3与a n ＋6的等差中项．一个推导利用错位相减法推导等比数列的前n 项和公式． 两个防范1.由a n ＋1＝qa n (q ≠0)，并不能立即断言{a n }为等比数列，还要验证a 1≠0.2．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，防止忽略q ＝1这一特殊情形． 两种方法证明{a n }是等比数列的主要方法：(1)定义法：若a na n －1＝q (q 为非零常数且n ≥2且n ∈N *)，则{a n }是等比数列．(2)中项公式法：在数列{a n }中，a n ≠0且a 2n ＋1＝a n ·a n ＋2(n ∈N *)，则数列{a n }是等比数列．等比数列是每年高考的热点内容，主要考查等比数列的通项公式，前n 项和公式及等比数列的性质，各种题型均有可能出现．注重等比数列与相关知识综合交汇，或“非标准”的等比数列是命题新的生长点．创新探究之七 等比数列与三角函数的交汇创新(2011·福建高考)已知等比数列{a n }的公比q ＝3，前3项和S 3＝133.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若函数f (x )＝A sin(2x ＋φ)(A ＞0，0＜φ＜π)在x ＝π6处取得最大值，且最大值为a 3，求函数f (x )的解析式．『规范解答』 (1)由q ＝3，S 3＝133，得a 1（1－33）1－3＝133，解得a 1＝13.所以a n ＝13×3n －1＝3n －2.(2)由(1)可知a n ＝3n －2，所以a 3＝3. 因为函数f (x )的最大值为3，所以A ＝3；因为当x ＝π6时f (x )取得最大值，所以sin(2×π6＋φ)＝1.又0＜φ＜π，故φ＝π6.所以函数f (x )的解析式为f (x )＝3sin(2x ＋π6)．创新点拨：(1)等比数列和三角函数相结合，考查学生的阅读理解能力与知识迁移能力． (2)等比数列和三角函数两部分知识跨度较大，放在一起考查，对学生灵活处理问题的能力有较高要求．应对措施：(1)采取先局部，后整体的策略，即先单独考虑等比数列和三角函数，再从整体上考虑两部分知识之间的联系．(2)对两部分知识的结合点，要从其如何产生和有何作用两个方面考虑．1．(2012·湖北高考)定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f (x )，如果对于任意给定的等比数列{a n }，{f (a n )}仍是等比数列，则称f (x )为“保等比数列函数”．现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：①f (x )＝x 2；②f (x )＝2x ；③f (x )＝|x |；④f (x )＝ln|x |. 则其中是“保等比数列函数”的f (x )的序号为( ) A ．①② B ．③④ C ．①③ D ．②④ 『解析』 设等比数列{a n }的公比为q ，则a n ＋1a n ＝q ，①中，f （a n ＋1）f （a n ）＝a 2n ＋1a 2n ＝q 2，∴①满足定义，②中，f （a n ＋1）f （a n ）＝2a n ＋12a n ＝2a n ＋1－a n ＝2(q －1)a n 不满足定义．对于③，f （a n ＋1）f （a n ）＝|a n ＋1a n|＝|q |满足定义． 对于④，取a n ＝2n ，则f (a n )＝ln|2n |＝n ·ln 2不是等比数列． 综上知，①、③是“保等比数列”函数． 『答案』 C2．(2012·陕西高考)设{a n }是公比不为1的等比数列，其前n 项和为S n ，且a 5，a 3，a 4成等差数列． (1)求数列{a n }的公比；(2)对任意k ∈N *，证明S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列． 『解』(1)设数列{a n }的公比为q (q ≠0，q ≠1)，由a 5，a 3，a 4成等差数列，得2a 3＝a 5＋a 4，即2a 1q 2＝a 1q 4＋a 1q 3. 由a 1≠0，q ≠0得q 2＋q －2＝0，解得q 1＝－2，q 2＝1(舍去)，所以q ＝－2.(2)证明 对任意k ∈N *，由(1)知，S k ＋2＝S k ＋a k ＋1＋a k ＋2＝S k ＋a k ＋1－2a k ＋1＝S k －a k ＋1， 且S k ＋1＝S k ＋a k ＋1，∴S k ＋2＋S k ＋1＝2S k ，从而对任意k ∈N *，S k ＋2，S k ，S k ＋1成等差数列．。

第二节 等差数列及其前n 项和等差数列(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的关系． 知识点一 等差数列的有关概念1．定义：如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫作等差数列．符号表示为a n ＋1－a n ＝d (n ∈N ＋，d 为常数)．2．等差中项：数列a ，A ，b 成等差数列的充要条件是A ＝a ＋b2，其中A 叫作a ，b 的等差中项．易误提醒1．要注意概念中的“从第2项起”．如果一个数列不是从第2项起，而是从第3项或第4项起，每一项与它前一项的差是同一个常数，那么此数列不是等差数列．2．注意区分等差数列定义中同一个常数与常数的区别．[自测练习]1．现给出以下几个数列：①2,4,6,8，…，2(n －1)，2n ；②1,1,2,3，…，n ；③常数列a ，a ，a ，…，a ；④在数列{a n }中，已知a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝2.其中等差数列的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：①由4－2＝6－4＝…＝2n －2(n －1)＝2，得数列2,4,6,8，…，2(n －1)，2n 为等差数列；②因为1－1＝0≠2－1＝1，所以数列1,1,2,3，…，n 不是等差数列；③常数列a ，a ，a ，…，a 为等差数列；④当数列{a n }仅有3项时，数列{a n }是等差数列，当数列{a n }的项数超过3项时，数列{a n }不一定是等差数列．故等差数列的个数为2.答案：B2．若2，a ，b ，c,9成等差数列，则c －a ＝________. 解析：由题意得该等差数列的公式d ＝9－25－1＝74，所以c －a ＝2d ＝72.答案：72知识点二 等差数列的通项及求和公式 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 ＝(a 1＋a n )n2. 必记结论1．巧用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 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．2．前n 项和公式S n ＝d2n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1－d 2n 视为关于n 的一元二次函数，开口方向由公差d 的正负确定；S n ＝(a 1＋a n )n2中(a 1＋a n )视为一个整体，常与等差数列性质结合利用“整体代换”思想解题．[自测练习]3．(2016·日照模拟)已知数列{a n }为等差数列，且a 1＝2，a 2＋a 3＝13，那么a 4＋a 5＋a 6等于( )A ．40B ．42C ．43D ．45解析：设等差数列公差为d ，则有a 2＋a 3＝2a 1＋3d ＝4＋3d ＝13，解得d ＝3，故a 4＋a 5＋a 6＝3a 5＝3(a 1＋4d )＝3×(2＋4×3)＝42，故选B.答案：B4．(2015·兰州诊断)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 ．54D ．72解析：由S 8＝8×(a 1＋a 8)2，又a 4＋a 5＝a 1＋a 8＝18，∴S 8＝8×182＝72.答案：D5．数列{a n }是公差不为0的等差数列，且a 2＋a 6＝a 8，则S 5a 5＝________.解析：在等差数列中，由a 2＋a 6＝a 8得2a 1＋6d ＝a 1＋7d ，即a 1＝d ≠0， 所以S 5a 5＝5a 1＋5×42d a 1＋4d ＝5a 1＋10da 1＋4d ＝155＝3.答案：3考点一 等差数列的基本运算|1．(2015·高考全国卷Ⅱ)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 ．9 D ．11解析：法一：数列{a n }为等差数列，设公差为d ，∴a 1＋a 3＋a 5＝3a 1＋6d ＝3，∴a 1＋2d ＝1，∴S 5＝5a 1＋5×42×d ＝5(a 1＋2d )＝5.法二：数列{a n }为等差数列，∴a 1＋a 3＋a 5＝3a 3＝3，∴a 3＝1，∴S 5＝5(a 1＋a 5)2＝5×2a 32＝5.答案：A2．等差数列{a n }中，a 1＝12 015，a m ＝1n ，a n ＝1m (m ≠n )，则数列{a n }的公差d 为________．解析：∵a m ＝12 015＋(m －1)d ＝1n ，a n ＝12 015＋(n －1)d ＝1m ，∴(m －n )d ＝1n －1m ，∴d ＝1mn ，∴a m ＝12 015＋(m －1)1mn ＝1n ，解得1mn ＝12 015，即d ＝12 015. 答案：12 0153．(2015·通州模拟)已知等差数列{a n }中，a 2＝－2，公差d ＝－2，那么数列{a n }的前5项和S 5＝________.解析：将已知条件代入公式易得S 5＝5(a 2－d )＋5×42d ＝－20.答案：－20等差数列的基本运算的两个解题策略(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，体现了用方程组解决问题的思想．(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的作用，而a 1和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知量和未知量是常用方法．考点二 等差数列的判断与证明|已知数列{a n }满足(a n ＋1－1)(a n －1)＝3(a n －a n ＋1)，a 1＝2，令b n ＝1a n －1.(1)证明：数列{b n }是等差数列； (2)求数列{a n }的通项公式． [解] (1)证明：1a n ＋1－1－1a n －1＝a n －a n ＋1(a n ＋1－1)(a n －1)＝13，∴b n ＋1－b n ＝13，∴{b n }是等差数列．(2)由(1)及b 1＝1a 1－1＝12－1＝1，知b n ＝13n ＋23，∴a n －1＝3n ＋2，∴a n ＝n ＋5n ＋2.等差数列的四种判定方法(1)定义法：对于n ≥2的任意自然数，验证a n －a n －1为同一常数； (2)等差中项法：验证2a n －1＝a n ＋a n －2(n ≥3，n ∈N *)成立； (3)通项公式法：验证a n ＝pn ＋q ； (4)前n 项和公式法：验证S n ＝An 2＋Bn .1．已知数列{a n }中，a 1＝35，a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，数列{b n }满足b n ＝1a n －1(n ∈N *)．求证：数列{b n }是等差数列． 证明：∵a n ＝2－1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，b n ＝1a n －1， ∴当n ≥2时，b n －b n －1＝1a n －1－1a n －1－1＝12－1a n －1－1－1a n －1－1＝a n －1a n －1－1－1a n －1－1＝1. 又b 1＝1a 1－1＝－52，∴数列{b n }是以－52为首项，1为公差的等差数列．考点三 等差数列的性质及最值|(1)(2016·泉州质检)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 5＋a 14＝10，则S 18＝( )A ．20B ．60C ．90D ．100[解析] 因为{a n }是等差数列，所以S 18＝18(a 1＋a 18)2＝9(a 5＋a 14)＝90，故选择C.[答案] C(2)(2015·广州模拟)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 ．10B ．20C ．30D ．40[解析] 本题考查等差数列的性质．这个数列的项数为2n ，于是有2×n ＝25－15＝10,2n ＝10，即这个数列的项数为10，故选A.[答案] A(3)已知在等差数列{a n }中，a 1＝31，S n 是它的前n 项的和，S 10＝S 22. ①求S n ；②这个数列前多少项的和最大？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，又S 10＝S 22，∴a 11＋a 12＋…＋a 22＝0， 即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法一：由①知，S n ＝32n －n 2＝－(n －16)2＋256， ∴当n ＝16时，S n 有最大值256. 法二：由①知，令⎩⎪⎨⎪⎧a n ＝31＋(n －1)·(－2)＝－2n ＋33≥0，a n ＋1＝31＋n ·(－2)＝－2n ＋31≤0(n ∈N *)，解得312≤n ≤332，∵n ∈N *，∴n ＝16时，S n 有最大值256.求等差数列前n 项和的最值的方法(1)运用配方法转化为二次函数，借助二次函数的单调性以及数形结合的思想，从而使问题得解．(2)通项公式法：求使a n ≥0(a n ≤0)成立时最大的n 值即可．一般地，等差数列{a n }中，若a 1>0，且S p ＝S q (p ≠q )，则：①若p ＋q 为偶数，则当n ＝p ＋q 2时，S n 最大；②若p ＋q 为奇数，则当n ＝p ＋q －12或n ＝p ＋q ＋12时，S n 最大．2．(2015·深圳调研)等差数列{a n }中，已知a 5>0，a 4＋a 7<0，则{a n }的前n 项和S n 的最大值为( )A ．S 7B ．S 6C ．S 5D ．S 4解析：∵⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＋a 7＝a 5＋a 6<0，a 5>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 5>0，a 6<0，∴S n 的最大值为S 5. 答案：C3．设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若S 3＝3，S 6＝18，则a 8＝________.解析：等差数列性质可得S 3＝3，S 6－S 3＝15，S 9－S 6＝a 7＋a 8＋a 9＝3a 8成等差数列，故有2(S 6－S 3)＝S 3＋S 9－S 6⇒2×15＝3＋3a 8，解得a 8＝9.答案：917.整体思想在等差数列中的应用【典例】 已知S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若S 1＝1，S 4S 2＝4，则S 6S 4的值为( )A.94 B.32 C.53D ．4[思路点拨] 若利用a ，d 基本计算较繁，可考虑S 2，S 4－S 2，S 6－S 4成等差数列，采用整体求值较简便．[解析] 由等差数列的性质可知S 2，S 4－S 2，S 6－S 4成等差数列，由S 4S 2＝4，得S 4－S 2S 2＝3，则S 6－S 4＝5S 2，所以S 4＝4S 2，S 6＝9S 2，S 6S 4＝94.[答案] A[方法点评] 利用整体思想解数学问题，就是从全局着眼，由整体入手，把一些彼此独立但实际上紧密联系的量作为一个整体考虑的方法．有不少等差数列题，其首项、公差无法确定或计算烦琐，对这类问题，若从整体考虑，往往可寻得简捷的解题途径．[跟踪练习] 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＝________. 解析：∵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， ∴S 30－S 20＝10＋2×10＝30， ∴S 30＝60.答案：60A 组 考点能力演练1．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 ．3D ．4解析：设等差数列{a n }的公差为d ，则d ＝a 13－a 313－3＝33－1310＝2，故选择B.答案：B2．(2016·宝鸡质检)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 9＝18，a n －4＝30(n >9)，若S n＝336，则n 的值为( )A ．18B ．19C ．20D ．21解析：因为{a n }是等差数列，所以S 9＝9a 5＝18，a 5＝2，S n ＝n (a 1＋a n )2＝n (a 5＋a n －4)2＝n2×32＝16n ＝336，解得n ＝21，故选择D.答案：D3．(2015·武昌联考)已知数列{a n }是等差数列，a 1＋a 3＋a 5＝105，a 2＋a 4＋a 6＝99，{a n }的前n 项和为S n ，则使得S n 达到最大的n 是( )A ．18B ．19C ．20D ．21解析：a 1＋a 3＋a 5＝105⇒a 3＝35，a 2＋a 4＋a 6＝99⇒a 4＝33，则{a n }的公差d ＝33－35＝－2，a 1＝a 3－2d ＝39，S n ＝－n 2＋40n ，因此当S n 取得最大值时，n ＝20.答案：C4．在等差数列{a n }中，a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝40，则3a 1＋a 11＝( ) A ．20 B ．30 C ．40D ．60解析：本题考查等差数列的通项公式及性质的应用．由等差数列的性质得a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝2(a 3＋a 4)＝40，解得a 3＋a 4＝20，即a 3＋a 4＝2a 1＋5d ＝20，又3a 1＋a 11＝4a 1＋10d ＝2(2a 1＋5d )＝40，故选C.答案：C5．已知数列{a n }，{b n }都是等差数列，S n ，T n 分别是它们的前n 项和，并且S n T n ＝7n ＋1n ＋3，则a 2＋a 5＋a 17＋a 22b 8＋b 10＋b 12＋b 16＝( ) A.345 B ．5 C.314D.315解析：法一：令S n ＝(7n ＋1)n ，T n ＝(n ＋3)n ，则a n ＝14n －6，b n ＝2n ＋2，所以a 2＋a 5＋a 17＋a 22b 8＋b 10＋b 12＋b 16＝22＋64＋232＋30218＋22＋26＋34＝315.法二：设等差数列{a n }，{b n }的公差分别为d 1，d 2，则a 2＋a 5＋a 17＋a 22b 8＋b 10＋b 12＋b 16＝4a 1＋42d 14b 1＋42d 2＝2a 1＋21d 12b 1＋21d 2＝a 1＋a 22b 1＋b 22＝S 22T 22＝7×22＋122＋3＝315.答案：D6．(2015·广州一模)若S n 是等差数列{a n }的前n 项和，且S 8－S 3＝20，则S 11＝________. 解析：因为{a n }是等差数列，所以S 8－S 3＝a 4＋a 5＋a 6＋a 7＋a 8＝5a 6＝20，所以a 6＝4，所以S 11＝11(a 1＋a 11)2＝11a 6＝44.答案：447．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝a 2＝1，{nS n ＋(n ＋2)a n }为等差数列，则{a n }的通项公式为a n ＝________.解析：设b n ＝nS n ＋(n ＋2)a n ，则b 1＝1×S 1＋(1＋2)a 1＝1×a 1＋3a 1＝4，b 2＝2×S 2＋(2＋2)a 2＝2×(a 1＋a 2)＋(2＋2)a 2＝8，所以等差数列{b n }的首项为4，公差为4，所以b n ＝4＋(n －1)×4＝4n ，即nS n ＋(n ＋2)a n ＝4n .当n ≥2时，S n －S n －1＋⎝⎛⎭⎫1＋2n a n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2n －1a n －1＝0，所以2(n ＋1)n a n ＝n ＋1n －1a n －1，即2·a n n ＝a n －1n －1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以12为公比，1为首项的等比数列，所以a n n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1，所以a n ＝n2n －1. 答案：n 2n－18．设等差数列{a n }满足公差d ∈N *，a n ∈N *，且数列{a n }中任意两项之和也是该数列的一项．若a 1＝35，则d 的所有可能取值之和为________．解析：本题考查等差数列的通项公式．依题意得a n ＝a 1＋(n －1)d ，a i ＋a j ＝2a 1＋(i ＋j －2)d ＝a 1＋(m －1)d (i ，j ，m ∈N *)，即(m －i －j ＋1)d ＝a 1，kd ＝a 1＝35(其中k ，d ∈N *)，因此d 的所有可能取值是35的所有正约数，即分别是1,3,32,33,34,35，因此d 的所有可能取值之和为1－35×31－3＝364. 答案：3649．已知{a n }是一个公差大于0的等差数列，且满足a 3a 6＝55，a 2＋a 7＝16. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足：b 1＝a 1且b n ＝a n ＋b n －1(n ≥2，n ∈N *)，求数列{b n }的通项公式．解：(1)由题意得：⎩⎪⎨⎪⎧a 3a 6＝55，a 3＋a 6＝a 2＋a 7＝16，∵公差d >0，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 3＝5，a 6＝11，∴d ＝2，a n ＝2n －1.(2)∵b n ＝a n ＋b n －1(n ≥2，n ∈N *)， ∴b n －b n －1＝2n －1(n ≥2，n ∈N *)．∵b n ＝(b n －b n －1)＋(b n －1－b n －2)＋…＋(b 2－b 1)＋b 1(n ≥2，n ∈N *)，且b 1＝a 1＝1， ∴b n ＝2n －1＋2n －3＋…＋3＋1＝n 2(n ≥2，n ∈N *)． ∴b n ＝n 2(n ∈N *)．10．(2015·南昌一模)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S 3＝6，正项数列{b n }满足b 1·b 2·b 3·…·b n ＝2S n .(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)若λb n >a n 对n ∈N *均成立，求实数λ的取值范围． 解：(1)∵a 1＝1，S 3＝6，∴数列{a n }的公差d ＝1，a n ＝n .由题知，⎩⎪⎨⎪⎧b 1·b 2·b 3·…·b n ＝2S n ，①b 1·b 2·b 3·…·b n －1＝2S n －1(n ≥2)，②①÷②得b n ＝2S n －S n －1＝2a n ＝2n (n ≥2)， 又b 1＝2S 1＝21＝2，满足上式，故b n ＝2n . (2)λb n >a n 恒成立⇒λ>n2n 恒成立，设c n ＝n 2n ，则c n ＋1c n ＝n ＋12n， 当n ≥2时，c n <1，数列{c n }单调递减，∴(c n )max ＝12，故λ>12. B 组 高考题型专练1．(2015·高考重庆卷)在等差数列{a n }中，若a 2＝4，a 4＝2，则a 6＝( )A ．－1B ．0C ．1D ．6解析：由等差数列的性质知a 2＋a 6＝2a 4，所以a 6＝2a 4－a 2＝0，故选B. 答案：B2．(2015·高考全国卷Ⅰ)已知{a n }是公差为1的等差数列，S n 为{a n }的前n 项和．若S 8＝4S 4，则a 10＝( )A.172B.192 C ．10 D ．12解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d .由题设知d ＝1，S 8＝4S 4，所以8a 1＋28＝4(4a 1＋6)，解得a 1＝12，所以a 10＝12＋9＝192，选B. 答案：B3．(2015·高考北京卷)设{a n }是等差数列，下列结论中正确的是( )A ．若a 1＋a 2>0，则a 2＋a 3>0B ．若a 1＋a 3<0，则a 1＋a 2<0C ．若0<a 1<a 2，则a 2>a 1a 3D ．若a 1<0，则(a 2－a 1)(a 2－a 3)>0解析：若{a n }是递减的等差数列，则选项A ，B 都不一定正确．若{a n }为公差为0的等差数列，则选项D 不正确．对于C 选项，由条件可知{a n }为公差不为0的正项数列，由等差中项的性质得a 2＝a 1＋a 32，由基本不等式得a 1＋a 32>a 1a 3，所以C 正确． 答案：C4．(2015·高考安徽卷)已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，则数列{a n }的前9项和等于________．解析：因为a 1＝1，a n ＝a n －1＋12(n ≥2)，所以数列{a n }是首项为1、公差为12的等差数列，所以前9项和S 9＝9＋9×82×12＝27. 答案：275．(2015·高考北京卷)已知等差数列{a n }满足a 1＋a 2＝10，a 4－a 3＝2.(1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 2＝a 3，b 3＝a 7.问：b 6与数列{a n }的第几项相等？ 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d . 因为a 4－a 3＝2，所以d ＝2.又因为a 1＋a 2＝10，所以2a 1＋d ＝10，故a 1＝4. 所以a n ＝4＋2(n －1)＝2n ＋2(n ＝1,2，…)．(2)设等比数列{b n }的公比为q .因为b 2＝a 3＝8，b 3＝a 7＝16，所以q ＝2，b 1＝4.所以b 6＝4×26－1＝128.由128＝2n ＋2，得n ＝63.所以b 6与数列{a n }的第63项相等．6．(2015·高考重庆卷)已知等差数列{a n }满足a 3＝2，前3项和S 3＝92. (1)求{a n }的通项公式；(2)设等比数列{b n }满足b 1＝a 1，b 4＝a 15，求{b n }的前n 项和T n . 解：(1)设{a n }的公差为d ，则由已知条件得a 1＋2d ＝2,3a 1＋3×22d ＝92， 即a 1＋2d ＝2，a 1＋d ＝32， 解得a 1＝1，d ＝12， 故通项公式为a n ＝1＋n －12，即a n ＝n ＋12. (2)由(1)得b 1＝1，b 4＝a 15＝15＋12＝8.设{b n }的公比为q ，则q 3＝b 4b 1＝8，从而q ＝2， 故{b n }的前n 项和T n ＝b 1(1－q n )1－q ＝1×(1－2n )1－2＝2n －1.。

第一节 数列的概念与简单表示法数列的概念及表示方法(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． 知识点一 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作这个数列的项．排在第一位的数称为这个数列的第1项(通常也叫作首项)．2．数列的分类分类原则 类型 满足条件 按项数有穷数列 项数有限 无穷数列 项数无限按项与项 间的大小 关系递增数列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 ,摇摆数列 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易误提醒1．由前n 项写通项、数列的通项并不唯一．2．易混项与项数两个不同的概念，数列的项是指数列中某一确定的数，而项数是指数列的项对应的位置序号．[自测练习]1．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：D2．已知数列的通项公式为a n ＝n 2－8n ＋15，则3( ) A ．不是数列{a n }中的项 B ．只是数列{a n }中的第2项 C ．只是数列{a n }中的第6项 D ．是数列{a n }中的第2项或第6项解析：令a n ＝3，即n 2－8n ＋15＝3，解得n ＝2或6，故3是数列{a n }中的第2项或第6项．答案：D知识点二 数列与函数关系及递推公式 1．数列与函数的关系从函数观点看，数列可以看作定义域为正整数集N ＋(或它的有限子集)的函数，当自变量从小到大依次取值时，该函数对应的一列函数值就是这个数列．2．数列的递推公式如果已知数列{a n }的首项(或前几项)，且任一项a n 与它的前一项a n －1(n ≥2)(或前几项)间的关系可用一个公式来表示，那么这个公式叫数列的递推公式．必记结论 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.[自测练习]3．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝2a n －1＋1，则a 5的值为( ) A ．30 B ．31 C ．32D ．33解析：a 5＝2a 4＋1＝2(2a 3＋1)＋1＝22a 3＋2＋1＝23a 2＋22＋2＋1＝24a 1＋23＋22＋2＋1＝31.答案：B4．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝2n －3，则数列{a n }的通项公式是________． 解析：当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－3＝－1， 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(2n －3)－(2n －1－3)＝2n －2n －1＝2n －1.故a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝1，2n －1，n ≥2.答案：a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧－1，n ＝12n －1，n ≥2考点一 由数列的前几项求数列的通项公式|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 ＝1B ．a n ＝(－1)n ＋12C ．a n ＝2－⎪⎪⎪⎪sin n π2 D ．a n ＝(－1)n －1＋32解析：由a n ＝2－⎪⎪⎪⎪sin n π2可得a 1＝1，a 2＝2，a 3＝1，a 4＝2，…. 答案：C2．根据数列的前几项，写出各数列的一个通项公式： (1)4,6,8,10，…； (2)－11×2，12×3，－13×4，14×5，…； (3)a ，b ，a ，b ，a ，b ，…(其中a ，b 为实数)； (4)9,99,999,9 999，….解：(1)各数都是偶数，且最小为4，所以通项公式a n ＝2(n ＋1)(n ∈N ＋)．(2)这个数列的前4项的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式a n ＝(－1)n ×1n (n ＋1).(3)这是一个摆动数列，奇数项是a ，偶数项是b ，所以此数列的一个通项公式a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，n 为奇数，b ，n 为偶数. (4)这个数列的前4项可以写成10－1,100－1，1 000－1,10 000－1，所以它的一个通项公式a n ＝10n －1.用观察法求数列的通项公式的两个技巧(1)根据数列的前几项求它的一个通项公式，要注意观察每一项的特点，观察出项与n之间的关系、规律，可使用添项、通分、分割等办法，转化为一些常见数列的通项公式来求．(2)对于正负符号变化，可用(－1)n 或(－1)n ＋1来调整．考点二 由a n 与S n 的关系求通项a n |已知下面数列{a n }的前n 项和S n ，求{a n }的通项公式： (1)S n ＝2n 2－3n ；(2)S n ＝3n ＋b . [解] (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)a 1＝S 1＝3＋b ，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝(3n ＋b )－(3n －1＋b )＝2·3n －1.当b ＝－1时，a 1适合此等式． 当b ≠－1时，a 1不适合此等式． ∴当b ＝－1时，a n ＝2·3n －1；当b ≠－1时，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3＋b ，n ＝1，2·3n －1，n ≥2.已知S n 求a n 的三个步骤(1)先利用a 1＝S 1求出a 1；(2)用n －1替换S n 中的n 得到一个新的关系，利用a n ＝S n －S n －1(n ≥2)便可求出当n ≥2时a n 的表达式；(3)对n ＝1时的结果进行检验，看是否符合n ≥2时a n 的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写；如果不符合，则应该分n ＝1与n ≥2两段来写．已知各项均为正数的数列{a n }的前n 项和满足S n >1，且6S n ＝(a n ＋1)(a n ＋2)，n ∈N ＋，求{a n }的通项公式．解：由a 1＝S 1＝16(a 1＋1)(a 1＋2)，解得a 1＝1或a 1＝2，由已知a 1＝S 1>1，因此a 1＝2.又由a n ＋1＝S n ＋1－S n ＝16(a n ＋1＋1)(a n ＋1＋2)－16(a n ＋1)(a n ＋2)，得a n ＋1－a n －3＝0或a n ＋1＝－a n . 因为a n >0，故a n ＋1＝－a n 不成立，舍去． 因此a n ＋1－a n －3＝0.即a n ＋1－a n ＝3，从而{a n }是以公差为3，首项为2的等差数列，故{a n }的通项公式为a n＝3n －1.考点三 由递推关系式求数列的通项公式|递推公式和通项公式是数列的两种表示方法，它们都可以确定数列中的任意一项，只是由递推公式确定数列中的项时，不如通项公式直接．归纳起来常见的探究角度有： 1．形如a n ＋1＝a n f (n )，求a n . 2．形如a n ＋1＝a n ＋f (n )，求a n .3．形如a n ＋1＝Aa n ＋B (A ≠0且A ≠1)，求a n . 4．形如a n ＋1＝Aa nBa n ＋C (A ，B ，C 为常数)，求a n .探究一 形如a n ＋1＝a n f (n )，求a n .1．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)．解：因为a n ＝n －1n a n －1(n ≥2)，所以a n －1＝n －2n －1a n －2，…，a 2＝12a 1.由累乘法可得a n ＝a 1·12·23·…·n －1n ＝a 1n ＝1n (n ≥2)．又a 1＝1符合上式，∴a n ＝1n .探究二 形如a n ＋1－a n ＝f (n )，求a n . 2．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋3n ＋2.解：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.探究三 形如a n ＋1＝Aa n ＋B (A ≠0且A ≠1)求a n . 3．在数列{a n }中a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋2.解：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.探究四 形如a n ＋1＝Aa nBa n ＋C(A ，B ，C 为常数)，求a n .4．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 2＋12， ∴a n ＝2n ＋1(n ∈N *)．已知数列的递推关系，求数列的通项时，通常利用累加法、累乘法、构造法求解． 1．形如a n ＝a n －1＋f (n )(n ≥2，n ∈N *)时，用累加法求解． 2．形如a na n －1＝f (n )(a n －1≠0，n ≥2，n ∈N *)时，用累乘法求解．3．形如a n ＝a n －1＋m (n ≥2，n ∈N *)时，构造等差数列求解；形如a n ＝xa n －1＋y (n ≥2，n ∈N *)时，构造等比数列求解．16.函数思想在数列中的应用 【典例】 已知数列{a n }． (1)若a n ＝n 2－5n ＋4. ①数列中有多少项是负数？②n 为何值时，a n 有最小值？并求出最小值．(2)若a n ＝n 2＋kn ＋4且对于n ∈N *，都有a n ＋1>a n 成立．求实数k 的取值范围． [思路点拨] (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，但自变量不连续．从二次函数的对称轴研究单调性．[解] (1)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. ②∵a n ＝n 2－5n ＋4＝⎝⎛⎭⎫n －522－94， ∴对称轴方程为n ＝52.又n ∈N *，∴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， 所以(n ＋1)2＋k (n ＋1)＋4>n 2＋kn ＋4， 即k >－1－2n ，又n ∈N *，所以k >－3. [方法点评]1．本题给出的数列通项公式可以看作是一个定义在正整数集上的二次函数，因此可以利用二次函数的对称轴来研究其单调性，得到实数k 的取值范围，使问题得到解决．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． 3．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． [跟踪练习] 已知数列{a n }的通项公式是a n ＝(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n，试问该数列中有没有最大项？若有，求出最大项和最大项的序号；若没有，请说明理由．解：法一：∵a n ＋1－a n ＝(n ＋2)⎝⎛⎭⎫1011n ＋1－(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n ＝⎝⎛⎭⎫1011n ×9－n 11，当n <9时，a n ＋1－a n >0，即a n ＋1>a n ； 当n ＝9时，a n ＋1－a n ＝0，即a n ＋1＝a n ； 当n >9时，a n ＋1－a n <0，即a n ＋1<a n ， ∴该数列中有最大项，为第9、10项， 且a 9＝a 10＝10×⎝⎛⎭⎫10119.法二：根据题意，令⎩⎪⎨⎪⎧a n －1≤a n ，a n ≥a n ＋1(n ≥2)，即⎩⎨⎧n ×⎝⎛⎭⎫1011n －1≤(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n ，(n ＋1)⎝⎛⎭⎫1011n≥(n ＋2)⎝⎛⎭⎫1011n ＋1，解得9≤n ≤10.又n ∈N *， ∴n ＝9或n ＝10，∴该数列中有最大项，为第9、10项， 且a 9＝a 10＝10×⎝⎛⎭⎫10119.A 组 考点能力演练1．已知数列{a n }满足a 1＝0，a n ＋1＝a n ＋2a n ＋1＋1，则a 13＝( ) A ．143 B ．156 C ．168D ．195解析：由a n ＋1＝a n ＋2a n ＋1＋1得a n ＋1＋1＝(a n ＋1＋1)2，所以a n ＋1＋1－a n ＋1＝1，又a 1＝0，则a n ＋1＝n ，a n ＝n 2－1，则a 13＝132－1＝168.答案：C2．(2015·杭州质检)已知数列{a n }满足a 1＝0，a n ＋1＝a n －33a n ＋1(n ∈N *)，则a 20＝( ) A ．0 B ．－ 3 C. 3D.32解析：本题由数列递推关系式，推得数列{a n }是周期变化的，找出规律，再求a 20.由a 1＝0，a n ＋1＝a n －33a n ＋1(n ∈N *)，得a 2＝－3，a 3＝3，a 4＝0，…由此可知：数列{a n }是周期变化的，且三个一循环，所以可得a 20＝a 2＝－3，故选B.答案：B3．在数列{a n }中，a 3＝8，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ＋2(n 为奇数)，2a n(n 为偶数)，则a 5等于( )A ．12B ．14C ．20D ．22解析：本题考查数列的基本性质．代入得a4＝a3＋2＝10，a5＝2a4＝20.答案：C4．在数列{a n}中，有a n＋a n＋1＋a n＋2(n∈N*)为定值，且a7＝2，a9＝3，a98＝4，则此数列{a n}的前100项的和S100＝()A．200 B．300C．298 D．299解析：由题意，知a n＋a n＋1＋a n＋2＝a n＋1＋a n＋2＋a n＋3，则a n＝a n＋3，所以数列{a n}是周期为3的周期数列，则a1＝a4＝a7＝…＝a97＝a100＝2，a2＝a5＝…＝a98＝4，a3＝a6＝a9＝…＝a99＝3，所以数列的前100项和为(a1＋a2＋a3)×33＋a100＝299，故选D.答案：D5．已知在数列{a n}中，a1＝2，a2＝7，若a n＋2等于a n a n＋1(n∈N*)的个位数，则a2 016的值为()A．8 B．6C．4 D．2解析：因为a1a2＝2×7＝14，所以a3＝4；因为a2a3＝7×4＝28，所以a4＝8；因为a3a4＝4×8＝32，所以a5＝2；因为a4a5＝8×2＝16，所以a6＝6；因为a5a6＝2×6＝12，所以a7＝2；因为a6a7＝6×2＝12，所以a8＝2；依次计算得a9＝4，a10＝8，a11＝2，a12＝6，所以从第3项起，数列{a n}成周期数列，周期为6，因为2 016＝2＋335×6＋4，所以a2 016＝6.答案：B6．已知在数列{a n}中，a1＝1，a2＝0，若对任意的正整数n，m(n>m)，有a2n－a2m＝a n－a n＋m，则a2 015＝________.m解析：令n＝2，m＝1，则a22－a21＝a1a3，得a3＝－1；令n＝3，m＝2，则a23－a22＝a1a5，得a5＝1；令n＝5，m＝2，则a25－a22＝a3a7，得a7＝－1，所以猜想当n为奇数时，{a n}为1，－1,1，－1，…，所以a2 015＝－1.答案：－17．若数列{(n－a)2}是递增数列，则实数a的取值范围是________．解析：由题意得，对任意的n∈N*.(n＋1－a)2>(n－a)2恒成立，即2a<2n＋1恒成立，所以2a<(2n＋1)min＝3，则a<32.答案：⎝⎛⎭⎫－∞，32 8．(2016·蚌埠检查)已知数列{a n }满足：a 1为正整数，a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧a n 2， a n 为偶数，3a n ＋1， a n 为奇数，如果a 1＝1，则a 1＋a 2＋…＋a 2 014＝________.解析：由题意知a 1＝1，a 2＝3×1＋1＝4，a 3＝2，a 4＝1，a 5＝4，a 6＝2，…，所以{a n }的周期为3，因为2 014＝3×671＋1，所以a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 2 014＝(1＋4＋2)×671＋1＝4 698.答案：4 6989．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝－n ＋p ，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n －5，设c n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，a n ≤b n ，b n ，a n >b n .若在数列{c n }中，c 8>c n (n ∈N *，n ≠8)，求实数p 的取值范围． 解：由题意得，c 8是数列{c n}中的最大项，所以⎩⎪⎨⎪⎧－7＋p >22，－9＋p ≤24，－8＋p >4，23>－9＋p ，解得12<p <17.10．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－a 2. ∵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)．B 组 高考题型专练1．(2012·高考大纲全国卷)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 －1D.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：B2．(2011·高考四川卷)数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ≥1)，则a 6＝( )A ．3×44B ．3×44＋1C ．45D ．45＋1解析：法一：a 1＝1，a 2＝3S 1＝3，a 3＝3S 2＝12＝3×41，a 4＝3S 3＝48＝3×42，a 5＝3S 4＝3×43，a 6＝3S 5＝3×44.故选A.法二：当n ≥1时，a n ＋1＝3S n ，则a n ＋2＝3S n ＋1，∴a n ＋2－a n ＋1＝3S n ＋1－3S n ＝3a n ＋1，即a n ＋2＝4a n ＋1，∴该数列从第2项开始是以4为公比的等比数列，又a 2＝3S 1＝3a 1＝3，∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1 (n ＝1)，3×4n －2 (n ≥2)，∴当n ＝6时，a 6＝3×46－2＝3×44.答案：A3．(2014·高考新课标全国卷Ⅱ)数列{a n }满足a n ＋1＝11－a n ，a 8＝2，则a 1＝________. 解析：由a n ＋1＝11－a n ，得a n ＝1－1a n ＋1，∵a 8＝2，∴a 7＝1－12＝12， a 6＝1－1a 7＝－1，a 5＝1－1a 6＝2，…， ∴{a n }是以3为周期的数列，∴a 1＝a 7＝12. 答案：124．(2012·高考上海卷)已知f (x )＝11＋x.各项均为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋2＝f (a n )．若a 2 010＝a 2 012，则a 20＋a 11的值是________．解析：∵a n ＋2＝11＋a n，a 1＝1，∴a 3＝12， a 5＝11＋12＝23，a 7＝11＋23＝35，a 9＝11＋35＝58，a 11＝11＋58＝813，又a 2 010＝a 2 012， 即a 2 010＝11＋a 2 010⇒a 22 010＋a 2 010－1＝0， ∴a 2 010＝5－12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2 010＝－5－12舍去. 又a 2 010＝11＋a 2 008＝5－12， ∴1＋a 2 008＝25－1＝5＋12，即a 2 008＝5－12，依次类推可得a 2 006＝a 2 004＝…＝a 20＝5－12，故a 20＋a 11＝5－12＋813＝135＋326. 答案：135＋3265．(2015·高考江苏卷)设数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为________．解析：由a 1＝1，且a n ＋1－a n ＝n ＋1(n ∈N *)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，故数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和S 10＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋110－111 ＝2⎝⎛⎭⎫1－111＝2011. 答案：2011。

《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。

高三一轮复习 5.4 数列求和【教学目标】1.熟练掌握等差、等比数列的前n项和公式．2.掌握非等差、等比数列求和的几种常见方法．3.能在具体的问题情境中识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决相应的问题.【重点难点】1.教学重点识别数列的等差关系或等比关系，并能用相关知识解决相应的问题；2.教学难点学会对知识进行整理达到系统化，提高分析问题和解决问题的能力；【教学策略与方法】自主学习、小组讨论法、师生互动法【教学过程】A.13B.－13C.19D.－19解析 设公比为q ，则由S 3＝a 2＋10a 1，得a 1＋a 2＋a 3－a 2＝10a 1，故a 3＝9a 1，所以q 2＝9.由a 5＝9，得a 1＝19. 答案 C 知识梳理知识点 数列求和的常见方法1．公式法；直接利用等差数列、等比数列的前n 项和公式求和(1)等差数列的前n 项和公式S n ＝n a 1＋a n2＝na 1＋n n －12d .(2)等比数列的前n 项和公式S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q＝a 11－q n1－q ，q ≠1.2．倒序相加法；如果一个数列{a n }的前n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和公式即是用此法推导的．3．错位相减法；如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，这个数列的前n 项和可用错位相减法．4．裂项相消法；(1)把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和． (2)裂项时常用的三种变形①1nn ＋1＝1n －1n ＋1； ②12n －12n ＋1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1；③1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .5．分组求和法；一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组求和法，分别求和后相加减．6．并项求和法；一个数列的前n 项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如a n＝(－1)n f(n)类型，可采用两项合并求解．例如，S n＝1002－992＋982－972＋…＋22－12＝(100＋99)＋(98＋97)＋…＋(2＋1)＝5 050. 1．必会结论；常用求和公式前n个正整数之和1＋2＋…＋n＝n n＋12前n个正奇数之和1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2前n个正整数的平方和12＋22＋…＋n2＝n n＋12n＋6前n个正整数的立方和13＋23＋…＋n3＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n n＋122.必知联系；(1)直接应用公式求和时，要注意公式的应用范围，如当等比数列公比为参数(字母)时，应对其公比是否为1进行讨论．(2)在应用错位相减法时，注意观察未合并项的正负号；结论中形如a n，a n＋1的式子应进行合并．(3)在应用裂项相消法时，要注意消项的规律具有对称性，即前剩多少项则后剩多少项．考点分项突破考点一分组转化法求和1．已知数列{a n}的前n项是3＋2－1,6＋4－1,9＋8－1,12＋16－1，…，3n＋2n－1，则其前n项和S n＝________.【解析】由题意知a n＝3n＋2n－1，∴S n＝a1＋a2＋…＋a n＝3×1＋21－1＋3×2＋22－1＋…＋3n＋2n－1 ＝3×(1＋2＋3＋…＋n)＋21＋22＋…＋2n－n＝3×1＋n×n2＋21－2n1－2－n＝3n2＋n2＋2n＋1－2.【答案】12(3n2＋n)＋2n＋1－22．(2015·福建高考)等差数列{a n}中，a2＝4，a4＋a7＝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】 (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)＝21－2101－2＋1＋10×102＝(211－2)＋55＝211＋53＝2 101.归纳分组转化法求和的常见类型1．若a n ＝b n ±c n ，且{b n }，{c n }为等差或等比数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和．2．通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数，c n ，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{c n }是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和．提醒某些数列的求和是将数列转化为若干个可求和的新数列的和或差，从而求得原数列的和，注意在含有字母的数列中对字母的讨论． 考点二 裂项相消法求和(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 *)，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 前10项的和为______． (2)(2015·全国卷Ⅰ)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)由题意有a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，…，a n －a n －1＝n (n ≥2)．以上各式相加，得a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝n －12＋n2＝n 2＋n －22.又∵a 1＝1，∴a n ＝n 2＋n2(n ≥2)．∵当n ＝1时也满足此式，∴a n＝n 2＋n2(n ∈N *)．∴1a n ＝2n 2＋n ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1. ∴S 10＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12＋12－13＋…＋110－111＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－111＝2011.【答案】 2011(2)①由a 2n ＋2a n ＝4S n ＋3，(*)可知a 2n ＋1＋2a n ＋1＝4S n ＋1＋3.(**)(**)－(*)，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a n >0，得a n ＋1－a n ＝2.又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＝12n ＋12n ＋3＝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＝n 32n ＋3. 跟踪训练 1．若已知数列的前四项是112＋2，122＋4，132＋6，142＋8，则数列的前n 项和为________． 【解析】 由前四项知数列{a n }的通项公式为a n ＝1n 2＋2n ，由1n 2＋2n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2知， S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n －1＋a n＝12⎣⎢⎡1－13＋12－14＋13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －2－1n⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋2 ＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋12－1n ＋1－1n ＋2＝34－2n ＋32n ＋1n ＋2.【答案】 34－2n ＋32n ＋1n ＋22．(2014·大纲全国卷)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝10，a 2为整数，且S n ≤S 4. (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T n .【解】 (1)由a 1＝10，a 2为整数，知等差数列{a n }的公差d 为整数．又S n ≤S 4，故a 4≥0，a 5≤0，于是10＋3d ≥0,10＋4d ≤0.解得－103≤d ≤－52.因此d ＝－3.数列{a n }的通项公式为a n ＝13－3n . (2)b n＝113－3n10－3n＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －113－3n .于是T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫17－110＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－17＋…＋110－3n －113－3n ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫110－3n －110＝n1010－3n.归纳常见的裂项方法(其中n 为正整数)列裂项方法⎭⎬⎫k 非零常数)1n n ＋k ＝1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋k⎭⎬⎫－1 14n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1 ⎭⎬⎫n ＋2 1n n ＋1n ＋2＝121n n ＋1－n ＋(2)设b n ＝(4－a n )qn －1(q ≠0，n ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n .【解】 (1)设等差数列{a n }的公差为d .由已知得⎩⎪⎨⎪⎧3a 1＋3d ＝6，8a 1＋28d ＝－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝3，d ＝－1.故a n ＝3＋(n －1)·(－1)＝4－n . (2)由(1)得，b n ＝n ·q n －1，于是S n ＝1·q 0＋2·q 1＋3·q 2＋…＋n ·qn －1.若q ≠1，将上式两边同乘以q 有qS n ＝1·q 1＋2·q 2＋…＋(n －1)·q n －1＋n ·q n .两式相减得到(q －1)S n ＝nq n－1－q 1－q 2－…－qn －1＝nq n－q n －1q －1＝nq n ＋1－n ＋1q n ＋1q －1.于是，S n ＝nq n ＋1－n ＋1q n ＋1q －12.若q ＝1，则S n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12.所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n n ＋12，q ＝1，nq n ＋1－n ＋1q n ＋1q －12，q ≠1.归纳 1．要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形．2．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”以便下一步准确写出“S n －qS n ”的表达式．3．在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解．规范解答错位相减法求数列的和1.(12分)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝－12n 2＋kn (其中k ∈N *)，且S n 的最大值为8. (1)确定常数k ，并求a n ；(2)求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的前n 项和T n .【规范解答】 (1)当n ＝k ∈N *时，S n ＝－12n 2＋kn 取得最大值，即8＝S k ＝－12k 2＋k 2＝12k 2，故k 2＝16，k ＝4.当n ＝1时，a 1＝S 1＝－12＋4＝72，3分当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝92－n .6分当n ＝1时，上式也成立，综上，a n ＝92－n .(2)因为9－2a n 2n ＝n 2n －1，所以T n ＝1＋22＋322＋…＋n －12n －2＋n2n －1，①7分所以2T n ＝2＋2＋32＋…＋n －12n －3＋n2n －2，②②－①得2T n －T n ＝2＋1＋12＋…＋12n －2－n2n －1＝4－12n －2－n 2n －1＝4－n ＋22n －1.11分故T n ＝4－n ＋22n －1.12分【解题程序】 第一步利用S n 的最大值为8，结合k ∈N *求出k 的值；第二步利用a n ，S n 的关系求出a n ；第三步化简数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n ；第四步利用错位相减法求T n ； 第五步化简整理得出答案．【智慧心语】 易错提示1利用S n 求a n 时不要忽视n ＝1的情况.,2错位相减时不要漏项或算错项数.防范措施1利用S n 求a n 时，a n ＝S n －S n －1成立的条件是n ≥2，解题时要明确. 2根据数列前n 项和的结构特征和最值确定k 和S n ，求出a n 后再根据⎩⎨⎧⎭⎬⎫9－2a n 2n 的结构特征确定利用错位相减法求T n .在审题时，要审题目中数式的结构特征判定解题方案. 3T n 的结果要尽量简单，可以通过n ＝1，2时的特殊情况对结论进行验证.。

关于高中数学数列的教案
一、教学目标：
1. 了解数列的定义和性质；
2. 掌握常见数列的计算方法；
3. 能够应用数列解决实际问题。

二、教学重点：
1. 掌握数列的概念和性质；
2. 了解常见数列的计算方法；
3. 能够灵活运用数列解决实际问题。

三、教学内容：
1. 数列的基本概念和性质；
2. 常见数列的分类及计算方法；
3. 数列在实际问题中的应用。

四、教学过程：
1. 导入：通过一个实际问题引入数列的概念，引发学生的思考和兴趣。

2. 提出问题：让学生探讨数列的定义和性质，引导他们发现规律。

3. 讲解数列的基本概念和性质，并介绍常见数列的计算方法。

4. 练习：让学生进行数列的计算练习，巩固所学知识。

5. 应用：通过一些实际问题，让学生运用数列解决问题，培养他们的应用能力。

6. 总结：总结本节课的重点知识，梳理数列的学习内容。

7. 作业：布置相关练习，巩固学生所学的知识。

五、教学手段：
1. 课堂讲授；
2. 举例说明；
3. 练习探讨；
4. 讨论交流。

六、教学评价：
1. 课堂表现；
2. 练习成绩；
3. 实际应用能力。

七、教学资源：
1. 教材；
2. 幻灯片；
3. 实例分析。

八、教学反思：
1. 教学内容是否符合学生的实际需求；
2. 学生的学习情况，是否需要调整教学计划；
3. 如何进一步提升学生的数列解决问题能力。

以上教案为高中数学数列的教学范本，希望能对您有所帮助。

高三第一轮复习数学---数列的极限一、教学目标：理解数列极限的概念，会判断一些简单数列的极限，掌握极限的四则运算法则，会求某些数列的极限。

二、教学重点：1、按定义直观地感受一个数列是否有极限以及极限常数是什么，这是本节重点之一。

2、掌握三个常用极限是本节重点之二。

3、利用定义证明一个数列的极限，需要写成ε—N 语言的形式，这是本节难点。

三、教学过程：（一）主要知识： 1、 数列极限定义（1）定义：设{a n }是一个无穷数列，a 是一个常数，如果对于预先给定的任意小的正数ε，总存在正整数N ，使得只要正整数n>N ，就有|a n -a|<ε，那么就称数列{a n }以a 为极限，记作lim∞→n a n =a 。

对前任何有限项情况无关。

*（2）几何解释：设ε>0，我们把区间(a-ε，a+ε)叫做数轴上点a 的ε邻域；极限定义中的不等式|a n -a|<ε也可以写成a-ε<a n <a+ε，即a n ∈(a-ε，a+ε)；因此，借助数轴可以直观地理解数列极限定义：不论a 点的ε邻域怎么小，数列{a n }从某一项以后的所有项都要进入这个邻域中，也可以说点a 的任意小的ε邻域(a-ε，a+ε)中含有无穷数列{a n }的几乎所有的项，而在这个邻域之外至多存在有限个项，由此可以想像无穷数列{a n }的项是多么稠密地分布在点a 的附近。

2、应该牢固掌握的常用极限①lim ∞→n C=C （常数列的极限就是这个常数） ②设a>0，则特别地 01lim=∞→nn ③设q ∈(-1，1)，则lim∞→n q n =0；;1lim ,1==∞→nn q q ,1-=q 或nn q q ∞→>lim ,1不存在。

若无穷等比数列1,,,,11<-q aq aq a n 叫无穷递缩等比数列，其所有项的和（各项的和）为：qa s s n n -==∞→1lim 13、数列极限的运算法则 如果lim ∞→n a n =A ，lim ∞→n b n =B ，那么(1)lim ∞→n (a n ±b n )=A ±B (2)lim ∞→n (a n ·b n )=A ·B(3)lim∞→n n n b a =BA(B ≠0) 极限不存在的情况是1、±∞=∞→n n a lim ；2、极限值不唯一，跳跃，如1，-1，1，-1….4、一个重要的极限：ennn=⎪⎭⎫⎝⎛++∞→11lim思维方法：直接从常用的重要极限出发，运用数列极限的运算法则解题。

第4讲 数列求和一、知识梳理 1．数列求和方法(1)等差数列求和公式：S n ＝n （a 1＋a n ）2＝na 1＋n （n －1）2d ．(2)等比数列求和公式：S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1－a n q 1－q＝a 1（1－q n ）1－q ，q ≠1.2．一些常见数列的前n 项和公式 (1)1＋2＋3＋4＋…＋n ＝n （n ＋1）2；(2)1＋3＋5＋7＋…＋(2n －1)＝n 2； (3)2＋4＋6＋8＋…＋2n ＝n 2＋n ． 3．数列求和的常用方法 (1)倒序相加法如果一个数列{a n }的前n 项中首末两端等“距离”的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前n 项和即可用倒序相加法，如等差数列的前n 项和即是用此法推导的．(2)错位相减法如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前n 项和即可用此法来求，如等比数列的前n 项和就是用此法推导的．(3)裂项相消法把数列的通项拆成两项之差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而求得其和． (4)分组转化法一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转化法，分别求和后再相加减．(5)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a n ＝(－1)nf (n )类型，可采用两项合并求解．常用结论记住常用的裂项公式(1)1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.(2)1（2n －1）（2n ＋1）＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1.(3)1n ＋n ＋1＝n ＋1－n .二、教材衍化1．一个球从100 m 高处自由落下，每次着地后又跳回到原高度的一半再落下，当它第10次着地时，经过的路程是( )A ．100＋200(1－2－9) B ．100＋100(1－2－9) C ．200(1－2－9)D ．100(1－2－9)解析：选 A.第10次着地时，经过的路程为100＋2(50＋25＋…＋100×2－9)＝100＋2×100×(2－1＋2－2＋…＋2－9)＝100＋200×2－1（1－2－9）1－2－1＝100＋200(1－2－9)． 2．在数列{a n }中，a n ＝1n （n ＋1），若{a n }的前n 项和为2 0172 018，则项数n 为( )A ．2 014B ．2 015C ．2 016D ．2 017解析：选D.a n ＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1，S n ＝1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝1－1n ＋1＝n n ＋1＝2 0172 018，所以n ＝2 017.故选D. 3． 1＋2x ＋3x 2＋…＋nxn －1＝________(x ≠0且x ≠1)．解析：设S n ＝1＋2x ＋3x 2＋…＋nx n －1，① 则xS n ＝x ＋2x 2＋3x 3＋…＋nx n，② ①－②得：(1－x )S n ＝1＋x ＋x 2＋…＋xn －1－nx n＝1－x n1－x －nx n，所以S n ＝1－x n（1－x ）2－nx n1－x. 答案：1－x n（1－x ）2－nxn 1－x一、思考辨析判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)如果数列{a n }为等比数列，且公比不等于1，则其前n 项和S n ＝a 1－a n ＋11－q.( ) (2)当n ≥2时，1n 2－1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n ＋1.( )(3)求S n ＝a ＋2a 2＋3a 3＋…＋na n时只要把上式等号两边同时乘以a 即可根据错位相减法求得．( )答案：(1)√ (2)√ (3)× 二、易错纠偏常见误区|Ｋ(1)不会分组致误； (2)错位相减法运用不熟练出错．1．已知数列：112，214，318，…，⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋12n ，…，则其前n 项和关于n 的表达式为________．解析：设所求的数列前n 项和为S n ，则S n ＝(1＋2＋3＋…＋n )＋12＋14＋…＋12n ＝n （n ＋1）2＋1－12n .答案：n （n ＋1）2＋1－12n2．已知数列{a n }的前n 项和为S n 且a n ＝n ·2n，则S n ＝________． 解析：S n ＝1×2＋2×22＋3×23＋…＋n ×2n，① 所以2S n ＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n ×2n ＋1，②①－②得－S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ×2n ＋1＝2×（1－2n）1－2－n ×2n ＋1，所以S n ＝(n －1)2n ＋1＋2.答案：(n －1)2n ＋1＋2分组转化求和(师生共研)(2020·某某模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足关于x 的不等式a 1x2－S 2x ＋2<0的解集为(1，2)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝a 2n ＋2a n －1，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解】 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为关于x 的不等式a 1x 2－S 2x ＋2<0的解集为(1，2)， 所以S 2a 1＝1＋2＝3，得a 1＝d ， 又易知2a 1＝2，所以a 1＝1，d ＝1.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n . (2)由(1)可得，a 2n ＝2n ，2a n ＝2n. 因为b n ＝a 2n ＋2a n －1， 所以b n ＝2n －1＋2n，所以数列{b n }的前n 项和T n ＝(1＋3＋5＋…＋2n －1)＋(2＋22＋23＋ (2)) ＝n （1＋2n －1）2＋2（1－2n ）1－2＝n 2＋2n ＋1－2.分组转化法求和的常见类型(1)若a n ＝b n ±，且{b n }，{}为等差或等比数列，可采用分组求和法求{a n }的前n 项和；(2)通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧b n ，n 为奇数，，n 为偶数的数列，其中数列{b n }，{}是等比数列或等差数列，可采用分组转化法求和．1．若数列{a n }是2，2＋22，2＋22＋23，…，2＋22＋23＋ (2)，…，则数列{a n }的前n 项和S n ＝________．解析：a n ＝2＋22＋23＋ (2)＝2－2n ＋11－2＝2n ＋1－2，所以S n ＝(22＋23＋24＋…＋2n ＋1)－(2＋2＋2＋ (2)＝22－2n ＋21－2－2n ＝2n ＋2－4－2n .答案：2n ＋2－4－2n2．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 ＝2an ＋(－1)na n ，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝1； 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n 2＋n 2－（n －1）2＋（n －1）2＝n .a 1也满足a n ＝n ，故数列{a n }的通项公式为a n ＝n .(2)由(1)知a n ＝n ， 故b n ＝2n＋(－1)nn . 当n 为偶数时，T n ＝(21＋22＋…＋2n )＋[－1＋2－3＋4－…－(n －1)＋n ]＝2－2n ＋11－2＋n 2＝2n ＋1＋n2－2；当n 为奇数时，T n ＝(21＋22＋ (2))＋[－1＋2－3＋4－…－(n －2)＋(n －1)－n ] ＝2n ＋1－2＋n －12－n＝2n ＋1－n 2－52. 所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧2n ＋1＋n2－2，n 为偶数，2n ＋1－n 2－52，n 为奇数.错位相减法求和(师生共研)(2020·某某市部分区联考)已知数列{a n }是等差数列，数列{b n }是等比数列，且a 1＝1，a 3＋a 4＝12，b 1＝a 2，b 2＝a 5.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设＝(－1)na nb n (n ∈N +)，求数列{}的前n 项和S n .【解】 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 1＝1，a 3＋a 4＝12， 所以2a ＋5d ＝12，所以d ＝2，所以a n ＝2n －1.设等比数列{b n }的公比为q ，因为b 1＝a 2，b 2＝a 5， 所以b 1＝a 2＝3，b 2＝a 5＝9， 所以q ＝3，所以b n ＝3n.(2)由(1)知，a n ＝2n －1，b n ＝3n，所以＝(－1)n ·a n ·b n ＝(－1)n ·(2n －1)·3n ＝(2n －1)·(－3)n， 所以S n ＝1·(－3)＋3·(－3)2＋5·(－3)3＋…＋(2n －1)·(－3)n，① 所以－3S n ＝1·(－3)2＋3·(－3)3＋…＋(2n －3)·(－3)n ＋(2n －1)·(－3)n ＋1，②①－②得，4S n ＝－3＋2·(－3)2＋2·(－3)3＋…＋2·(－3)n－(2n －1)·(－3)n ＋1＝－3＋2·（－3）2[1－（－3）n －1]1＋3－(2n －1)·(－3)n ＋1＝32－4n －12·(－3)n ＋1. 所以S n ＝38－4n －18·(－3)n ＋1.运用错位相减法求和的关键：一是判断模型，即判断数列{a n }，{b n }一个为等差数列，一个为等比数列；二是错位相减，如本题先把①式两边同乘以－3得到②式，再把两式错位相减；三是注意符号，相减时要注意最后一项的符号．(2020·某某模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝3a n －1.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝n a n，求数列{b n }的前n 项和T n . 解：(1)由2S n ＝3a n －1，① 得2S n －1＝3a n －1－1(n ≥2)，② ①－②，得2a n ＝3a n －3a n －1， 所以a na n －1＝3(n ≥2)， 又2S 1＝3a 1－1，2S 2＝3a 2－1， 所以a 1＝1，a 2＝3，a 2a 1＝3，所以{a n }是首项为1，公比为3的等比数列， 所以a ＝3n －1.(2)由(1)得，b n ＝n3n －1，所以T n ＝130＋231＋332＋…＋n3n －1，③13T n ＝131＋232＋…＋n －13n －1＋n3n ，④ ③－④得，23T n ＝130＋131＋132＋…＋13n －1－n 3n ＝1－13n1－13－n 3n ＝32－2n ＋32×3n ，所以T n ＝94－6n ＋94×3n .裂项相消法求和(师生共研)(2020·某某八所重点高中4月联考)设数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝44－a n(n ∈N +)．(1)求证：数列{1a n －2}是等差数列； (2)设b n ＝a 2na 2n －1，求数列{b n }的前n 项和T n . 【解】 (1)证明：因为a n ＋1＝44－a n ，所以1a n ＋1－2－1a n －2＝144－a n－2－1a n －2＝4－a n2a n －4－1a n －2＝2－a n 2a n －4＝－12，为常数． 因为a 1＝1，所以1a 1－2＝－1，所以数列{1a n －2}是以－1为首项，－12为公差的等差数列． (2)由(1)知1a n －2＝－1＋(n －1)(－12)＝－n ＋12， 所以a n ＝2－2n ＋1＝2nn ＋1， 所以b n ＝a 2n a 2n －1＝4n2n ＋12（2n －1）2n ＝4n 2（2n －1）（2n ＋1）＝1＋1（2n －1）（2n ＋1）＝1＋12(12n －1－12n ＋1)， 所以T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝n ＋12(1－13＋13－15＋15－17＋…＋12n －1－12n ＋1)＝n ＋12(1－12n ＋1)＝n ＋n2n ＋1， 所以数列{b n }的前n 项和T n ＝n ＋n2n ＋1.利用裂项相消法求和的注意事项(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项；或者前面剩几项，后面也剩几项；(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{a n }是等差数列，则1a n a n ＋1＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋1，1a n a n ＋2＝12d ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a n －1a n ＋2，1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1＝na 1a n ＋1(a n ≠0)．1．数列{a n }满足a 1＝1, a 2n ＋2＝a n ＋1(n ∈N +)．(1)求证：数列{a 2n }是等差数列，并求出{a n }的通项公式； (2)若b n ＝2a n ＋a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和．解：(1)由a 2n ＋2＝a n ＋1得a 2n ＋1－a 2n ＝2，且a 21＝1， 所以数列{a 2n }是以1为首项，2为公差的等差数列， 所以a 2n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1， 又由已知易得a n >0， 所以a n ＝2n －1(n ∈N *)． (2)b n ＝2a n ＋a n ＋1＝22n －1＋2n ＋1＝2n ＋1－2n －1，故数列{b n }的前n 项和T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝(3－1)＋(5－3)＋…＋(2n ＋1－2n －1)＝2n ＋1－1.2．已知数列{a n }是递增的等比数列，且a 1＋a 4＝9，a 2a 3＝8. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，b n ＝a n ＋1S n S n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)由题设知a 1·a 4＝a 2·a 3＝8，又a 1＋a 4＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 4＝8或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝8，a 4＝1(舍去)． 由a 4＝a 1q 3得公比q ＝2，故a n ＝a 1qn －1＝2n －1.(2)S n ＝a 1（1－q n ）1－q＝2n－1.又b n ＝a n ＋1S n S n ＋1＝S n ＋1－S n S n S n ＋1＝1S n －1S n ＋1， 所以T n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 1－1S 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S 2－1S 3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1S n －1S n ＋1＝1S 1－1S n ＋1＝1－12n ＋1－1.并项求和(师生共研)(2020·某某八市重点高中联盟测评)已知等差数列{a n }中，a 3＝3，a 2＋2，a 4，a 6－2成等比数列．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)记b n ＝（－1）na 2n ＋1a n a n ＋1，数列{b n }的前n 项和为S n ，求S 2n .【解】 (1)设等差数列{a n }的公差为d ， 因为a 2＋2，a 4，a 6－2成等比数列， 所以a 24＝(a 2＋2)(a 6－2)，所以(a 3＋d )2＝(a 3－d ＋2)(a 3＋3d －2)，又a 3＝3，所以(3＋d )2＝(5－d )(1＋3d )，化简得d 2－2d ＋1＝0，解得d ＝1， 所以a n ＝a 3＋(n －3)d ＝3＋(n －3)×1＝n . (2)由(1)得，b n ＝（－1）na 2n ＋1a n a n ＋1＝(－1)n 2n ＋1n （n ＋1）＝(－1)n (1n ＋1n ＋1)，所以S 2n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 2n ＝－(1＋12)＋(12＋13)－(13＋14)＋…＋(12n ＋12n ＋1)＝－1＋12n ＋1＝－2n2n ＋1.用并项求和法求数列的前n 项和一般是指把数列的一些项合并组成我们熟悉的等差数列或等比数列来求和．可用并项求和法的常见类型：一是数列的通项公式中含有绝对值符号；二是数列的通项公式中含有符号因子“(－1)n”；三是数列{a n }是周期数列．[提醒] 运用并项求和法求数列的前n 项和的突破口是会观察数列的各项的特征，如本题，数列{b n }的通项公式为b n ＝(－1)n2n ＋1n （n ＋1），易知数列{b n }是摆动数列，所以求和时可以将各项进行适当合并．(2020·某某某某二检)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－2kn (k ∈N +)，S n 的最小值为－9.(1)确定k 的值，并求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝(－1)n·a n ，求数列{b n }的前2n ＋1项和T 2n ＋1.解：(1)由已知得S n ＝n 2－2kn ＝(n －k )2－k 2，因为k ∈N +，则当n ＝k 时，(S n )min ＝－k 2＝－9，故k ＝3.所以S n ＝n 2－6n .因为S n －1＝(n －1)2－6(n －1)(n ≥2)，所以a n ＝S n －S n －1＝(n 2－6n )－[(n －1)2－6(n －1)]＝2n －7(n ≥2)． 当n ＝1时，S 1＝a 1＝－5，满足a n ＝2n －7， 综上，a n ＝2n －7.(2)依题意，得b n ＝(－1)n ·a n ＝(－1)n(2n －7)， 则T 2n ＋1＝5－3＋1＋1－3＋5－…＋(－1)2n(4n －7)＋(－1)2n ＋1[2(2n ＋1)－7]＝5－＝5－2n .数列与其他知识的交汇问题一、数列与不等式的交汇问题(2020·某某某某二模)设S n 是数列{a n }的前n 项和，且a 1＝3，当n ≥2时，有S n＋S n －1－2S n S n －1＝2na n ，则使得S 1S 2…S m ≥2 019成立的正整数m 的最小值为________．【解析】 因为S n ＋S n －1－2S n S n －1＝2na n (n ≥2)， 所以S n ＋S n －1－2S n S n －1＝2n (S n －S n －1)(n ≥2)， 所以(2n ＋1)S n －1－(2n －1)S n ＝2S n S n －1(n ≥2)． 易知S n ≠0，所以2n ＋1S n －2n －1S n －1＝2(n ≥2)．令b n ＝2n ＋1S n，则b n －b n －1＝2(n ≥2)，又b 1＝3S 1＝3a 1＝1，所以数列{b n }是以1为首项，2为公差的等差数列，所以b n ＝2n －1，所以2n ＋1S n ＝2n －1，所以S n ＝2n ＋12n －1.所以S 1S 2…S m ＝3×53×…×2m ＋12m －1＝2m ＋1≥2 019，所以m ≥1 009.即使得S 1S 2…S m ≥2 019成立的正整数m 的最小值为1 009. 【答案】 1 009解决本题的关键：一是细观察、会构造，即通过观察所给的关于S n ，a n 的关系式，思考是将S n 往a n 转化，还是将a n 往S n 转化；二是会解不等式，把求出的相关量代入已知不等式，转化为参数所满足的不等式，解不等式即可求出参数的最小值．二、数列与三角函数的综合(2020·某某某某4月联考)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且3sin B －sin C b －a ＝sin A ＋sin B c .(1)求角A 的大小；(2)若等差数列{a n }的公差不为零，a 1sin A ＝1，且a 2，a 4，a 8成等比数列，b n ＝1a n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和S n .【解】 (1)由3sin B －sin C b －a ＝sin A ＋sin Bc ，根据正弦定理可得3b －c b －a ＝b ＋a c，即b 2＋c 2－a 2＝3bc ， 所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝32，由0<A <π，得A ＝π6.(2)由(1)知，A ＝π6，设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，因为a 1sin A ＝1，所以a 1sin π6＝12a 1＝1，解得a 1＝2.因为a 2，a 4，a 8成等比数列，所以a 24＝a 2a 8，即(a 1＋3d )2＝(a 1＋d )(a 1＋7d )， 所以d 2＝2d .又d ≠0，所以d ＝2，则a n ＝2n ，b n ＝1a n a n ＋1＝12n （2n ＋2）＝14(1n －1n ＋1)，则S n ＝14[(1－12)＋(12－13)＋…＋(1n －1n ＋1)]＝14(1－1n ＋1)＝n 4n ＋4.破解数列与三角函数相交汇问题的策略：一是活用两定理，即会利用正弦定理和余弦定理破解三角形的边角关系；二是会用公式，即会利用等差数列与等比数列的通项公式求解未知量；三是求和方法，针对数列通项公式的特征，灵活应用裂项相消法、分组求和法、错位相减法等求和．三、数列与函数的综合(2020·某某某某5月联考)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，公差d >0，a 6和a 8是函数f (x )＝154ln x ＋12x 2－8x 的极值点，则S 8＝( )A ．－38B ．38C ．－17D ．17【解析】 因为f (x )＝154ln x ＋12x 2－8x ，所以f ′(x )＝154x ＋x －8＝x 2－8x ＋154x＝（x －12）（x －152）x，令f ′(x )＝0，解得x ＝12或x ＝152.又a 6和a 8是函数f (x )的极值点，且公差d >0， 所以a 6＝12，a 8＝152，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋5d ＝12，a 1＋7d ＝152，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－17，d ＝72.所以S 8＝8a 1＋8×（8－1）2×d ＝－38，故选A.【答案】 A破解数列与函数相交汇问题的关键：一是会利用导数法求函数的极值点；二是会利用等差数列的单调性，若公差大于0，则该数列单调递增，若公差小于0，则该数列单调递减，若公差等于0，则该数列是常数列，不具有单调性；三是会利用公式法求和，记清等差数列与等比数列的前n 项和公式，不要搞混．四、数列中的新定义问题(2020·某某模拟)数列{a n }的前n 项和为S n ，定义{a n }的“优值”为H n ＝a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n n，现已知{a n }的“优值”H n ＝2n，则S n ＝________．【解析】 由H n ＝a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n n＝2n，得a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n ＝n ·2n ，①当n ≥2时，a 1＋2a 2＋…＋2n －2a n －1＝(n －1)2n －1，②由①－②得2n －1a n ＝n ·2n －(n －1)2n －1＝(n ＋1)2n －1，即a n ＝n ＋1(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝2也满足式子a n ＝n ＋1， 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n ＋1， 所以S n ＝n （2＋n ＋1）2＝n （n ＋3）2.【答案】n （n ＋3）2破解此类数列中的新定义问题的关键：一是盯题眼，即需认真审题，读懂新定义的含义，如本题，题眼{a n }的“优值”H n ＝2n的含义为a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n n＝2n；二是想“减法”，如本题，欲由等式a 1＋2a 2＋…＋2n －1a n ＝n ·2n 求通项，只需写出a 1＋2a 2＋…＋2n －2a n －1＝(n －1)·2n －1，通过相减，即可得通项公式．五、数列中的新情境问题(2020·某某六校第二次联考)已知{a n }是各项均为正数的等比数列，且a 1＋ a 2＝3，a 3－a 2＝ 2，等差数列{b n }的前n 项和为S n ，且b 3＝5，S 4＝16.(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)如图，在平面直角坐标系中，有点P 1(a 1，0)，P 2(a 2，0)，…，P n (a n ，0)，P n ＋1(a n ＋1，0)，Q 1(a 1，b 1)，Q 2(a 2，b 2)，…，Q n (a n ，b n )，若记△P n Q n P n ＋1的面积为，求数列{}的前n 项和T n .【解】 (1)设数列{a n }的公比为q ，因为a 1＋a 2＝3，a 3－a 2＝2，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝3，a 1q 2－a 1q ＝2，得3q 2－5q －2＝0，又q >0， 所以q ＝2，a 1＝1，则a n ＝2n －1.设数列{b n }的公差为d ，因为b 3＝5，S 4＝16，所以⎩⎪⎨⎪⎧b 1＋2d ＝5，4b 1＋6d ＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝1，d ＝2，则b n ＝2n －1.(2)由(1)得P n P n ＋1＝a n ＋1－a n ＝2n －2n －1＝2n －1，P n Q n ＝b n ＝2n －1，故＝S △P n Q n P n ＋1＝2n －1（2n －1）2＝(2n －1)2n －2，则T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋＝12×1＋1×3＋2×5＋…＋(2n －1)2n －2，① 2T n ＝1×1＋2×3＋4×5＋…＋(2n －1)2n －1，②由①－②得，－T n ＝12＋2(1＋2＋…＋2n －2)－(2n －1)·2n －1＝12＋2（1－2n －1）1－2－(2n －1)2n －1＝(3－2n )2n －1－32，故T n ＝(2n －3)2n －1＋32(n ∈N +)．数列中新情境问题的求解关键：一是观察新情境的特征，如本题中的各个直角三角形的两直角边长的特征；二是会转化，如本题，把数列{}的通项公式的探求转化为直角三角形的两直角边长的探求；三是活用数列求和的方法，如本题，活用错位相减法，即可得数列{}的前n 项和．[基础题组练]1．数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＝1－2＋3－4＋…＋(－1)n －1·n ，则S 17＝( )A ．9B ．8C ．17D ．16解析：选A.S 17＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋15－16＋17＝1＋(－2＋3)＋(－4＋5)＋(－6＋7)＋…＋(－14＋15)＋(－16＋17)＝1＋1＋1＋…＋1＝9.2．在数列{a n }中，a 1＝2，a 2＝2，a n ＋2－a n ＝1＋(－1)n，n ∈N +，则S 60的值为( ) A ．990 B ．1 000 C ．1 100D ．99解析：选A.n 为奇数时，a n ＋2－a n ＝0，a n ＝2；n 为偶数时，a n ＋2－a n ＝2，a n ＝n .故S 60＝2×30＋(2＋4＋…＋60)＝990.3．已知函数f (x )＝a x＋b (a >0，且a ≠1)的图象经过点P (1，3)，Q (2，5)．当n ∈N +时，a n ＝f （n ）－1f （n ）·f （n ＋1），记数列{a n }的前n 项和为S n ，当S n ＝1033时，n 的值为( )A ．7B ．6C ．5D ．4解析：选D.因为函数f (x )＝a x＋b (a >0，且a ≠1)的图象经过点P (1，3)，Q (2，5)，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝3，a 2＋b ＝5，所以⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝4(舍去)，所以f (x )＝2x＋1，所以a n ＝2n＋1－1（2n ＋1）（2n ＋1＋1）＝12n ＋1－12n ＋1＋1， 所以S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝ ⎛⎭⎪⎫15－19＋…＋ ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1－12n ＋1＋1＝13－12n ＋1＋1， 令S n ＝1033，得n ＝4.故选D.4．(2020·某某某某期末)在数列{a n }中，若a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2＝a n ＋1－a n (n ∈N +)，则该数列的前100项之和是( )A ．18B ．8C ．5D ．2解析：选C.因为a 1＝1，a 2＝3，a n ＋2＝a n ＋1－a n (n ∈N +)，所以a 3＝3－1＝2，a 4＝2－3＝－1，a 5＝－1－2＝－3，a 6＝－3＋1＝－2，a 7＝－2＋3＝1，a 8＝1＋2＝3，a 9＝3－1＝2，…，所以{a n }是周期为6的周期数列，因为100＝16×6＋4，所以S 100＝16×(1＋3＋2－1－3－2)＋(1＋3＋2－1)＝5.故选C.5．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1·a n ＝2n(n ∈N +)，则S 2 018等于( ) A ．22 018－1B ．3×21 009－3 C ．3×21 009－1D ．3×21 008－2解析：选B.a 1＝1，a 2＝2a 1＝2，又a n ＋2·a n ＋1a n ＋1·a n ＝2n ＋12n ＝2，所以a n ＋2a n＝2.所以a 1，a 3，a 5，…成等比数列；a 2，a 4，a 6，…成等比数列，所以S 2 018＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋…＋a 2 017＋a 2 018＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 017)＋(a 2＋a 4＋a 6＋…＋a 2 018)＝1－21 0091－2＋2（1－21 009）1－2＝3·21 009－3.故选B.6．数列{a n }的通项公式为a n ＝n cos n π2，其前n 项和为S n ，则S 2 017＝________．解析：因为数列a n ＝n cos n π2呈周期性变化，观察此数列规律如下：a 1＝0，a 2＝－2，a 3＝0，a 4＝4.故S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝2.因此S 2 017＝S 2 016＋a 2 017＝(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋…＋(a 2 009＋a 2 010＋a 2 011＋a 2 012)＋(a 2 013＋a 2 014＋a 2 015＋a 2 016)＋a 2 017＝2 0164×2＋a 1＝1 008.答案：1 0087．(2020·某某三湘名校(五十校)第一次联考)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1.当n ≥2时，a n ＋2S n －1＝n ，则S 2 019＝________．解析：由a n ＋2S n －1＝n (n ≥2)，得a n ＋1＋2S n ＝n ＋1，两式作差可得a n ＋1－a n ＋2a n ＝1(n ≥2)，即a n ＋1＋a n ＝1(n ≥2)，所以S 2 019＝1＋2 0182×1＝1 010.答案：1 0108．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a 2＝2，且a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0(n ∈N +)，记T n＝1S 1＋1S 2＋…＋1S n(n ∈N +)，则T 2 018＝________．解析：由a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0(n ∈N +)，可得a n ＋2＋a n ＝2a n ＋1，所以数列{a n }为等差数列，公差d ＝a 2－a 1＝2－1＝1，通项公式a n ＝a 1＋(n －1)×d ＝1＋n －1＝n ，则其前n 项和S n ＝n （a 1＋a n ）2＝n （n ＋1）2，所以1S n＝2n （n ＋1）＝2(1n －1n ＋1)，T n ＝1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝2(11－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1)＝2(1－1n ＋1)＝2n n ＋1，故T 2 018＝2×2 0182 018＋1＝4 0362 019. 答案：4 0362 0199．已知数列{a n }满足a 1＋4a 2＋42a 3＋…＋4n －1a n ＝n4(n ∈N +)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)设b n ＝4na n2n ＋1，求数列{b n b n ＋1}的前n 项和T n .解：(1)当n ＝1时，a 1＝14.因为a 1＋4a 2＋42a 3＋…＋4n －2a n －1＋4n －1a n ＝n4①，所以a 1＋4a 2＋42a 3＋…＋4n －2a n －1＝n －14(n ≥2，n ∈N +) ②，①－②得4n －1a n ＝14(n ≥2，n ∈N +)，所以a n ＝14n (n ≥2，n ∈N +)．由于a 1＝14，故a n ＝14n (n ∈N +)．(2)由(1)得b n ＝4na n 2n ＋1＝12n ＋1，所以b n b n ＋1＝1（2n ＋1）（2n ＋3）＝12(12n ＋1－12n ＋3)，故T n ＝12(13－15＋15－17＋…＋12n ＋1－12n ＋3)＝12(13－12n ＋3)＝n 6n ＋9. 10．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，S n ＝3a n －12.(1)求a n ；(2)若b n ＝(n －1)a n ，且数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n . 解：(1)由已知可得，2S n ＝3a n －1，① 所以2S n －1＝3a n －1－1(n ≥2)，② ①－②得，2(S n －S n －1)＝3a n －3a n －1， 化简得a n ＝3a n －1(n ≥2)， 在①中，令n ＝1可得，a 1＝1，所以数列{a n }是以1为首项，3为公比的等比数列， 从而有a n ＝3n －1.(2)b n ＝(n －1)3n －1，T n ＝0×30＋1×31＋2×32＋…＋(n －1)×3n －1，③则3T n ＝0×31＋1×32＋2×33＋…＋(n －1)×3n.④ ③－④得，－2T n ＝31＋32＋33＋…＋3n －1－(n －1)×3n＝3－3n1－3－(n －1)×3n ＝（3－2n ）×3n－32.所以T n ＝（2n －3）×3n＋34.[综合题组练]1．(2020·某某五个一名校联盟第一次诊断)已知等差数列{a n }中，a 3＋a 5＝a 4＋7，a 10＝19，则数列{a n cos n π}的前2 018项的和为( )A ．1 008B ．1 009C ．2 017D ．2 018解析：选D.设{a n }的公差为d ，则有⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋6d ＝a 1＋3d ＋7，a 1＋9d ＝19，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，所以a n ＝2n －1，设b n ＝a n cos n π，则b 1＋b 2＝a 1cos π＋a 2cos 2π＝2，b 3＋b 4＝a 3cos 3π＋a 4cos 4π＝2，…，所以数列{a n cos n π}的前 2 018项的和为(b 1＋b 2)＋(b 3＋b 4)＋…＋(b 2 017＋b 2 018)＝2×2 0182＝2 018.故选D.2．在数列{a n }中，若a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，则数列{a n }的前12项和等于( ) A ．76B ．78C ．80D ．82解析：选B.由已知a n ＋1＋(－1)na n ＝2n －1，得a n ＋2＋(－1)n ＋1·a n ＋1＝2n ＋1，两式相减得a n ＋2＋a n ＝(－1)n·(2n －1)＋(2n ＋1)，取n ＝1，5，9及n ＝2，6，10，结果相加可得S 12＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋…＋a 11＋a 12＝78.故选B.3．已知数列{a n }，若a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N +)，则称数列{a n }为“凸数列”．已知数列{b n }为“凸数列”，且b 1＝1，b 2＝－2，则数列{b n }的前2 019项和为________．解析：由“凸数列”的定义及b 1＝1，b 2＝－2，得b 3＝－3，b 4＝－1，b 5＝2，b 6＝3，b 7＝1，b 8＝－2，…，所以数列{b n }是周期为6的周期数列，且b 1＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5＋b 6＝0，于是数列{b n }的前2 019项和等于b 1＋b 2＋b 3＝－4.答案：－44．(2020·某某质量监测)已知数列{a n }和{b n }满足a 1a 2a 3…a n ＝2b n (n ∈N +)，若数列{a n }为等比数列，且a 1＝2，a 4＝16，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和S n ＝________．解析：因为{a n }为等比数列，且a 1＝2，a 4＝16，所以公比q ＝3a 4a 1＝3162＝2，所以a n ＝2n ，所以a 1a 2a 3…a n ＝21×22×23×…×2n ＝21＋2＋3＋…＋n＝2n （n ＋1）2.因为a 1a 2a 3…a n ＝2b n ，所以b n ＝n （n ＋1）2.所以1b n＝2n （n ＋1）＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1.所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 的前n 项和S n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫11－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝2⎝⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2nn ＋1. 答案：2n n ＋15．已知等差数列{a n }中，a 5－a 3＝4，前n 项和为S n ，且S 2，S 3－1，S 4成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式； (2)令b n ＝(－1)n4na n a n ＋1，求数列{b n }的前n 项和T n .解：(1)设{a n }的公差为d ，由a 5－a 3＝4，得2d ＝4，d ＝2. 所以S 2＝2a 1＋2，S 3－1＝3a 1＋5，S 4＝4a 1＋12，又S 2，S 3－1，S 4成等比数列，所以(3a 1＋5)2＝(2a 1＋2)·(4a 1＋12)，解得a 1＝1，所以a n ＝2n －1.(2)b n ＝(－1)n4na n a n ＋1＝(－1)n(12n －1＋12n ＋1)， 当n 为偶数时，T n ＝－(1＋13)＋(13＋15)－(15＋17)＋…－(12n －3＋12n －1)＋(12n －1＋12n ＋1)，所以T n ＝－1＋12n ＋1＝－2n2n ＋1. 当n 为奇数时，T n ＝－(1＋13)＋(13＋15)－(15＋17)＋…＋(12n －3＋12n －1)－(12n －1＋12n ＋1)， 所以T n ＝－1－12n ＋1＝－2n ＋22n ＋1.所以T n＝⎩⎪⎨⎪⎧－2n 2n ＋1，n 为偶数－2n ＋22n ＋1，n 为奇数.。

第七章数列第一节数列的概念【课程标准】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.3.能够利用a n与S n的关系求数列的通项公式.4.能根据数列递推关系求数列的项或通项公式.【考情分析】考点考法:高考题常以数列的概念为载体,考查数列项、前n项和及其与通项公式的关系.S n和a n的关系是高考热点,在各种题型中都会有所体现.核心素养:数学抽象、数学运算、逻辑推理.【必备知识·逐点夯实】【知识梳理·归纳】1.数列的有关概念概念含义数列按照确定的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项与序号n之间的关系式前n项和数列{a n}中,S n=a1+a2+…+a n2.数列的表示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a1和a n与a n+1的关系式或a1,a2和a n-1,a n,a n+1的关系式等表示数列的方法函数法a n=f(n),n∈N*【微点拨】(1)并不是所有的数列都有通项公式;(2)数列的通项公式不唯一;(3)归纳与猜想是研究数列的重要方法.3.数列的分类单调性递增数列∀n∈N*,a n+1>a n递减数列∀n∈N*,a n+1<a n常数列∀n∈N*,a n+1=a n摆动数列从第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周期性∀n∈N*,存在正整数k,a n+k=a n【微点拨】(1)数列的单调性可以类比数列的通项公式对应的函数解析式在区间(0,+∞)上的单调性;(2)可以把数列函数化,利用函数方法研究数列的单调性.4.数列的前n项和数列{a n}的前n项和S n=a1+a2+a3+…+-1+a n,则a n=1,=1,--1,≥2.【基础小题·自测】类型辨析改编题号12,3,4 1.(多维辨析)(多选题)下列结论不正确的是()A.数列5,2,0与2,0,5是同一个数列B.根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个C.任何一个数列不是递增数列,就是递减数列D.如果数列{a n}的前n项和为S n,则对∀n∈N*,都有a n=S n-S n-1【解析】选ACD.A中两个数列项的顺序不同,不是同一个数列;B正确;C中数列可能是常数数列或摆动数列;D中当n=1时,a1=S1-S0无意义.2.(选择性必修第二册P5例2·变形式)数列0,23,45,67,…的一个通项公式为()A.a n=-1r1B.a n=-12r1C.a n=2(-1)2-1D.a n=22r1【解析】选C.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*.3.(选择性必修第二册P6例5·变形式)数列1,3,6,10,15,…的递推公式可以是()A.a n+1=a n+n,n∈N*B.a n=a n-1+n,n≥2,n∈N*C.a n+1=a n+(n+1),n≥2,n∈N*D.a n=a n-1+(n-1),n∈N*,n≥2【解析】选B.设数列1,3,6,10,15,…为,则a2-a1=2,a3-a2=3,a4-a3=4,a5-a4=5,…,n=2时,A,D不合题意;而C中不包含a2-a1=2,由此可得数列满足a n-a n-1=n,n≥2,n∈N*.4.(选择性必修第二册P4例1·变形式)已知数列{a n}满足a n=(r1)2,则S3=________.【解析】数列{a n}满足a n=(r1)2,可得a1=1,a2=3,a3=6,所以S3=1+3+6=10.答案:10【巧记结论·速算】在数列{a n}中,若a n最大,则≥-1,≥r1(n≥2).若a n最小,则≤-1,≤r1(n≥2).【即时练】已知数列中,a n=n2-5n+4,则数列的最小项是()A.第1项B.第3项、第4项C.第4项D.第2项、第3项【解析】选D.根据题意,数列中,a n=n2-5n+4,则a n+1-a n=(n+1)2-5(n+1)+4-n2+5n-4=2n-4,当n<2时,有a n+1-a n<0,则有a1>a2,当n=2时,有a n+1-a n=0,则有a2=a3,当n>2时,有a n+1-a n>0,则有a3<a4<……故数列的最小项是第2项、第3项.【核心考点·分类突破】考点一通项公式的探索及应用[例1](1)(多选题)已知数列{a n}的通项公式为a n=9+12n,则在下列各数中,是{a n}的项的是()A.21B.33C.152D.153【解析】选ABD.由数列的通项公式得,a1=21,a2=33,a12=153.(2)写出数列的一个通项公式,使它的前4项分别是下列各数.①23,45,87,169;②-12,23,-34,45;③3,4,3,4;④6,66,666,6666.【解析】①4个项都是分数,它们的分子依次为2,22,23,24,分母是正奇数,依次为2×1+1,2×2+1,2×3+1,2×4+1,所以给定4项都满足的一个通项公式为a n=22r1.②4个项按先负数,后正数,正负相间排列,其绝对值的分子依次为1,2,3,4,分母比对应分子多1,所以给定4项都满足的一个通项公式为a n=(-1)nr1.③4个项是第1,3项均为3,第2,4项均为4,所以给定4项都满足的一个通项公式为a n=3,=2-14,=2(k∈N*).④4个项,所有项都是由数字6组成的正整数,其中6的个数与对应项数一致,依次可写为6=23(10-1),66=23(102-1),666=23(103-1),6666=234-1),所以给定4项都满足的一个通项公式为a n=23(10n-1).【解题技法】由数列的前几项求通项公式的方法(1)根据所给数列的前几项求其通项公式时,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.若一数列为1,37,314,321,…,则398是这个数列的()A.不在此数列中B.第13项C.第14项D.第15项【解析】选D.因为1=37×0,37=37×1,314=37×2,321=37×3,因此符合题意的一个通项公式为a n=37(n-1),由37(n-1)=398解得n=15,所以398是这个数列的第15项.2.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)-11×2,12×3,-13×4,14×5,…;(3)23,415,635,863,1099,…;(4)9,99,999,9999,….【解析】(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)这个数列的前4项的绝对值都等于序号与序号加1的乘积的倒数,且奇数项为负,偶数项为正,故它的一个通项公式为a n=(-1)n·1(r1).(3)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,…,即分母的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=2.(2-1)(2r1)(4)这个数列的前4项可以写成10-1,100-1,1000-1,10000-1,故所求数列的一个通项公式为a n=10n-1.考点二已知S n或S n与a n的关系求a n[例2]金榜原创·易错对对碰①若数列{a n}的前n项和S n=2n+1,则数列的通项公式为a n=________.②若数列{a n}的前n项和S n=2n-1,则数列的通项公式为a n=________.【解析】①当n=1时,a1=S1=21+1=3;当n≥2时,a n=S n-S n-1=(2n+1)-(2n-1+1)=2n-2n-1=2n-1.综上有a n=3,=1,2-1,≥2.答案:3,=1,2-1,≥2.②当n=1时,a1=S1=21-1=1;当n≥2时,a n=S n-S n-1=(2n-1)-(2n-1-1)=2n-2n-1=2n-1.综上有a n=2n-1.答案:2n-1【解题技法】1.已知S n求a n的三个步骤(1)利用a1=S1求出a1.(2)用n-1替换S n中的n得到一个新的关系式,利用a n=S n-S n-1(n≥2)便可求出当n≥2时a n的解析式.(3)对n=1时的结果进行检验,看是否符合n≥2时a n的解析式,如果符合,则可以把数列的通项公式合写;如果不符合,则应该分n=1与n≥2两段来写.2.已知S n与a n的关系求a n的两个方法(1)利用S n-S n-1=a n(n≥2)消去S n,转化为a n与a n-1的关系求a n;(2)利用a n=S n-S n-1(n≥2)消去a n,转化为S n与S n-1的关系,求出S n后再求a n.提醒:当n≥2时推出的关系不包含n=1的情况,因此需要验证n=1时是否成立,如果成立,则合并表示,如果不成立,则分段表示.【对点训练】1.已知正项数列{a n}中,1+2+…+=(r1)2,则数列{a n}的通项公式为()A.a n=nB.a n=n2C.a n=2D.a n=2 2【解析】选B.因为1+2+…+=(r1)2,所以1+2+…+-1=(-1)2(n≥2),两式相减得=(r1)2-(-1)2=n(n≥2),所以a n=n2(n≥2),①又当n=1时,1=1×22=1,a1=1,适合①式,所以a n=n2,n∈N*.2.记S n为数列{a n}的前n项和,若S n=2a n+1,则S n=________.【解析】因为S n=2a n+1,所以S n+1=2a n+1+1,所以a n+1=2a n+1-2a n,所以a n+1=2a n,当n=1时,S1=a1=2a1+1,所以a1=-1,所以数列{a n}是以-1为首项,2为公比的等比数列,所以S n=-(1-2)1-2=1-2n.答案:1-2n【加练备选】1.已知数列{a n}满足a1+2a2+3a3+…+na n=2n,则a n=________.【解析】当n=1时,a1=21=2,因为a1+2a2+3a3+…+na n=2n,①故a1+2a2+3a3+…+(n-1)a n-1=2n-1(n≥2),②由①-②得na n=2n-2n-1=2n-1,所以a n=2-1.显然当n=1时不满足上式,所以a n=1,,≥2.答案=1,≥22.已知数列的前n项和S n=3n+b,求的通项公式.【解析】当n=1时,a1=S1=3+b.当n≥2时,a n=S n-S n-1=2·3n-1,因此,当b=-1时,a1=2适合a n=2·3n-1,所以a n=2·3n-1.当b≠-1时,a1=3+b不适合a n=2·3n-1,所以a n=3+,=1,2·3-1,≥2.综上可知,当b=-1时,a n=2·3n-1;当b≠-1时,a n=3+,=1,2·3-1,≥2.考点三数列的性质及其应用【考情提示】数列作为一种特殊的函数,除考查求通项公式、求和等之外,还考查数列的单调性,项的最值,周期性等,解题时要类比函数的研究方法,结合数列的特性.角度1数列的单调性及项的最值[例3]已知数列{a n}的通项公式为a n=3-23r1(n∈N*).则下列说法正确的是()A.这个数列的第10项为2731B.98101是该数列中的项C.数列中的各项都在区间[14,1)内D.数列{a n}是单调递减数列【解析】选C.令n=10,得a10=2831.故选项A不正确,令3-23r1=98101,得9n=300,此方程无正整数解,故98101不是该数列中的项.因为a n=3-23r1=3r1-33r1=1-33r1,又n∈N*,所以数列{a n}是单调递增数列,所以14≤a n<1,所以数列中的各项都在区间[14,1)内,故选项C正确,选项D不正确.【解题技法】关于数列的单调性及项的最值(1)求数列项的最值需要先研究数列的单调性,一是通过列举项找规律;二是利用数列递增(减)的等价条件,求出递增、递减项的分界点处的n值.(2)利用函数方法,令n∈(0,+∞),研究对应函数的单调性、图象确定最值,再回归到数列问题.【对点训练】已知数列{a n}的通项公式为a n=3r2,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,+∞)【解析】选D.因为a n+1-a n=3r3+2r1-3r2=3-3-2r1,由数列{a n}为递减数列知,对任意n ∈N*,a n+1-a n=3-3-2r1<0,所以k>3-3n对任意n∈N*恒成立,所以k∈(0,+∞).角度2数列的周期性[例4]已知数列{a n}满足a n+1=a n-a n-1(n≥2),a1=m,a2=n,S n为数列{a n}的前n项和,则S2029的值为()A.2029n-mB.n-2029mC.mD.n【解析】选C.根据题意计算可得a3=n-m,a4=-m,a5=-n,a6=m-n,a7=m,a8=n,…,因此数列{a n}是以6为周期的周期数列,且a1+a2+…+a6=0,所以S2029=S338×6+1=a1=m.【解题技法】关于数列的周期性在求数列的某一项的值,且该项的序号较大时,应该考虑该数列是否具有周期性,一般地,求出数列的前几项,确定周期,然后利用数列的周期性即可求出所求项.【对点训练】已知数列{a n}中,a1=12,a n+1=1+1-,则a2025=()A.-2B.12C.-13D.3【解析】选B.因为a1=12,所以a2=1+11-1=3,a3=1+21-2=-2,a4=1+31-3=-13,a5=1+41-4=12,…,所以数列{a n}是周期数列且周期T=4,所以a2025=a1=12.。