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专题8 等差数列与等比数列1.等差数列必记结论 (1)若项数为偶数2n,则S 2n =n(a 1+a 2n )=n(a n +a n+1);S 偶-S 奇=nd; 错误!未找到引用源。
=错误!未找到引用源。
. (2)若项数为奇数2n-1,则S 2n-1=(2n-1)a n ; S 奇-S 偶=a n ;错误!未找到引用源。
=错误!未找到引用源。
. 2.等比数列必记结论 (1)a k ,a k+m ,a k+2m ,…仍是等比数列,公比为q m (k,m ∈N *). (2)若数列{a n }的项数为2n,则错误!未找到引用考向一 等差数列基本量的计算 【典例】 (2020·全国Ⅱ卷)记S n 为等差数列错误!未找到引用源。
的前n 项和.若a 1=-2,a 2+a 6=2①,则错误!未找到引用源。
=________.① 根据基本量列方程② 前n 项和公式求解考向二 等比数列基本量的计算 【典例】(2020·全国Ⅰ卷)设{a n }是等比数列,且a 1+a 2+a 3=1,a 2+a 3+a 4=2,则a 6+a 7+a 8=( ) A.12B.24C.30D.321.在公比为错误!未找到引用源。
的等比数列错误!未找到引用源。
中,若sin 错误!未找到引用源。
=错误!未找到引用源。
,则cos 错误!未找到引用源。
的值是A.-错误!未找到引用源。
B.错误!未找到引用源。
C.错误!未找到引用源。
D.错误!未找到引用源。
2.数列{a n}中,a1=2,a2=1,则错误!未找到引用源。
+错误!未找到引用源。
=错误!未找到引用源。
(n∈N*),则a10等于( )A.-5B.-错误!未找到引用源。
C.5D.错误!未找到引用源。
3.若数列{x n}满足lg x n+1=1+lg x n(n∈N+),且x1+x2+x3+…+x100=100,则lg(x101+x102+…+x200)的值为A.102B.101C.100D.994.我国天文学和数学著作《周髀算经》中记载:一年有二十四个节气,每个节气的晷长损益相同(晷是按照日影测定时刻的仪器,晷长即为所测量影子的长度).二十四节气及晷长变化如图所示,相邻两个节气晷长减少或增加的量相同,周而复始.已知每年冬至的晷长为一丈三尺五寸,夏至的晷长为一尺五寸(一丈等于十尺,一尺等于十寸),则说法不正确的是( )A.相邻两个节气晷长减少或增加的量为一尺B.春分和秋分两个节气的晷长相同C.立冬的晷长为一丈五寸D.立春的晷长比立秋的晷长短5.数列错误!未找到引用源。
数列专题2第1讲 等差数列与等比数列等差、等比数列的基本运算 授课提示：对应学生用书第21页考情调研考向分析以考查等差、等比数列的通项、前n 项和的运算为主，在高考中既可以以选择、填空的形式进行考查，也可以以解答题的形式进行考查．解答题往往与等差(比)数列、数列求和、不等式等问题综合考查.1.等差(比)数列中a 1、n 、d (q )、a n 、S n 量的计算．2.等差、等比数列的交汇运算.1．(2019·开封模拟)设S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若3S 3＝S 2＋S 4，a 5＝－10，则a 1＝( )A ．－3B ．－2C ．2D ．3解析：由题得⎩⎪⎨⎪⎧9a 1＋9d ＝6a 1＋7da 1＋4d ＝－10，∴a 1＝2，d ＝－3.故选C.答案：C2．(2019·攀枝花模拟)已知等差数列{a n }的公差为3，且a 1＋a 3＝8，则数列{a n }的前4项的和S 4的值为( )A ．10B ．16C ．22D ．35解析：∵等差数列{a n }的公差为3，且a 1＋a 3＝8， ∴2a 1＋2×3＝8， ∴a 1＝1，∴S 4＝4×1＋4×32×3＝22，故选C.答案：C3．(2019·晋城模拟)设正项等比数列{a n}的前n项和为S n，若S2＝5，S4＝85，则公比q ＝( )A．5 B．4C．3 D．2解析：因为S2＝5，S4＝85，S4－S2＝80，所以⎩⎪⎨⎪⎧a1＋a2＝5a3＋a4＝80，两个方程左右两边分别相除，得q2＝16，因为数列是正项等比数列，所以q＝4，故选B.答案：B4．(2019·九江模拟)已知等差数列{a n}的前n项和为S n，若2a5－a2＝2，则S15＝( ) A．28 B．30C．56 D．60解析：设等差数列{a n}公差为d，由2a5－a2＝2得2(a1＋4d)－(a1＋d)＝a1＋7d＝2，∴a8＝2，∴S15＝15a8＝15×2＝30.故选B.答案：B[题后悟通]等差(比)数列基本运算的解题思路(1)设基本量：首项a1和公差d(公比q)．(2)列、解方程(组)：把条件转化为关于a1和d(或q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少运算量．等差、等比数列的判定与证明授课提示：对应学生用书第22页考情调研考向分析等差、等比数列的证明是考查的热点．在高考中主要以解答题的形式进行考查．解答题往往与等差(比)数列、数列求和、不等式等问题综合考查.1.定义法．2.等差(比)中项法.[题组练透]1．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －3n (n ∈N *)． (1)求a 1，a 2，a 3的值；(2)设b n ＝a n ＋3，证明数列{b n }为等比数列，并求通项公式a n . 解析：(1)因为数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －3n (n ∈N *)． 所以n ＝1时，由a 1＝S 1＝2a 1－3×1，解得a 1＝3，n ＝2时，由S 2＝2a 2－3×2，得a 2＝9， n ＝3时，由S 3＝2a 3－3×3，得a 3＝21.(2)证明：因为S n ＝2a n －3n ， 所以S n ＋1＝2a n ＋1－3(n ＋1)， 两式相减，得a n ＋1＝2a n ＋3，由b n ＝a n ＋3得b n ＋1＝a n ＋1＋3＝2a n ＋6＝2(a n ＋3)， 所以b n ＋1＝2b n (n ∈N *)，且b 1＝6，所以数列{b n }是以6为首项，2为公比的等比数列， 所以b n ＝6×2n －1，所以a n ＝b n －3＝6×2n －1－3＝3(2n－1)．2．数列{a n }满足a 1＝6，a n ＋1＝6a n －9a n(n ∈N *)．(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －3是等差数列； (2)求数列{}lg a n 的前999项和．解析：(1)证明：数列{a n }满足：a 1＝6，a n ＋1＝6a n －9a n(n ∈N *)，1a n ＋1－3＝16a n －9a n－3＝a n －3＋33a n －3＝13＋1a n －3，所以，1a n ＋1－3－1a n －3＝13，即数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －3是以1a 1－3＝13为首项，13为公差的等差数列．(2)由(1)得1a n －3＝13＋13(n －1)， 解得：a n ＝3n ＋1n， 所以，lg a n ＝lg3n ＋1n＝lg 3＋lg(n ＋1)－lg n ， 于是，T n ＝[lg 3＋lg 2－lg 1]＋[lg 3＋lg 3－lg 2]＋…＋[lg 3＋lg(n ＋1)－lg n ]＝n lg 3＋lg(n＋1)，当n＝999时，T999＝999lg 3＋lg 1 000＝3＋999lg 3.[题后悟通]数列{a n}是等差数列或等比数列的证明方法(1)证明数列{a n}是等差数列的两种基本方法①利用定义，证明a n＋1－a n(n∈N*)为一常数．②利用等差中项，即证明2a n＝a n－1＋a n＋1(n≥2)．(2)证明{a n}是等比数列的两种基本方法①利用定义，证明a n＋1a n(n∈N*)为一常数．②利用等比中项，即证明a2n＝a n－1a n＋1(n≥2).等差、等比数列的性质授课提示：对应学生用书第23页考情调研考向分析以考查等差、等比数列的性质为主，在高考中既可以以选择题、填空题的形式进行考查，也可以以解答题的形式进行考查．解答题往往与等差(比)数列、数列求和、不等式等问题综合考查.1.等差、等比数列项的性质．2.等差、等比数列和的性质.[题组练透]1．在等差数列{a n}中，a2与a4是方程x2－4x＋3＝0的两根，则a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝( ) A．6 B．8C．10 D．12解析：∵a2与a4是方程x2－4x＋3＝0的两根，∴a2＋a4＝4＝a1＋a5＝2a3，则a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝10.故选C.答案：C2．已知等差数列{a n}的前n项和为S n，S7＝21，则a4＝( )A ．0B ． 2C ．3D ．6解析：因为{a n }是等差数列，所以S 7＝7a 1＋a 72＝21⇒a 1＋a 7＝6⇒2a 4＝6⇒a 4＝3，故选C.答案：C3．在正项等比数列{a n }中，a 1a 5＋2a 3a 7＋a 5a 9＝16，且a 5与a 9的等差中项为4，则{a n }的公比是( )A ．1B ．2 C.22D. 2解析：由题意，正项等比数列{a n }中，a 1a 5＋2a 3a 7＋a 5a 9＝16，可得a 23＋2a 3a 7＋a 27＝(a 3＋a 7)2＝16，即a 3＋a 7＝4，a 5与a 9的等差中项为4，即a 5＋a 9＝8，设公比为q ，则q 2(a 3＋a 7)＝4q 2＝8， 则q ＝2(负的舍去)，故选D. 答案：D4．设等差数列{a n }的前n 项和为S n 若S 3＝9，S 6＝27，则S 9＝( ) A ．45 B ．54 C ．72D ．81解析：因为{a n }为等差数列，所以S 3，S 6－S 3，S 9－S 6为等差数列，所以2(S 6－S 3)＝S 3＋S 9－S 6即36＝9＋S 9－27，所以S 9＝54，故选B.答案：B[题后悟通]等差、等比数列性质问题的求解策略 抓 关 系 抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解用 性 质 数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题。
2021年高考数学二轮复习第一讲等差数列与等比数列一、选择题1．已知等差数列{an}中，前n项和为Sn，若a3＋a9＝6，则S11＝( ) A．12 B．33 C．66 D．99解析：∵{an}为等差数列且a3＋a9＝6，∴a6＋a6＝a3＋a9＝6.∴a6＝3.∴S11＝a1＋a112×11＝a6＋a62×11＝11a6＝11×3＝33.答案：B2．在等比数列{an}中，若a1＋a2＝20，a3＋a4＝40，则数列{an}的前6项和S6＝( ) A．120 B．140 C．160 D．180解析：∵{an}为等比数列，∴a1＋a2，a3＋a4，a5＋a6为等比数列．∴(a3＋a4)2＝(a1＋a2)(a5＋a6)．即a5＋a6＝（a3＋a4）2a1＋a2＝40220＝80.∴S6＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝20＋40＋80＝140.答案：B3．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－2n－1，则a3＋a17＝( ) A．15 B．17 C．34 D．398解析：∵Sn＝n2－2n－1，∴a1＝S1＝12－2－1＝－2.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－2n－1－[(n－1)2－2(n－1)－1]＝n 2－(n －1)2＋2(n －1)－2n －1＋1＝n 2－n 2＋2n －1＋2n －2－2n＝2n －3.∴an ＝⎩⎪⎨⎪⎧－2，n ＝1，2n －3，n ≥2. ∴a 3＋a 17＝(2×3－3)＋(2×17－3)＝3＋31＝34.答案：C4．(xx·陕西卷)原命题为“若an ＋an ＋12＜an ，n ∈N ＋，则{an }为递减数列”，关于逆命题，否命题，逆否命题真假性的判断依次如下，正确的是( )A ．真，真，真B ．假，假，真C ．真，真，假D ．假，假，假解析：由an ＋an ＋12＜an ⇒an ＋1＜an ⇒{an }为递减数列，所以原命题为真命题；逆命题：若{an }为递减数列，则an ＋an ＋12＜an ，n ∈N ＋；若{an }为递减数列，则an ＋1＜an ，即an ＋an ＋12＜an ，所以逆命题为真； 否命题：若an ＋an ＋12≥an ，n ∈N ＋，则{an }不为递减数列；由an ＋an ＋12≥an ⇒an ≤an ＋1⇒{an }不为递减数列，所以否命题为真；因为逆否命题的真假为原命题的真假相同，所以逆否命题也为真命题．故选A.答案：A5．某棵果树前n 年的总产量Sn 与n 之间的关系如图所示，从目前记录的结果看，前m 年的年平均产量最高，m 的值为( )A ．5B ．7C ．9D ．11解析：由图可知6，7，8，9这几年增长最快，超过平均值，所以应该加入m ＝9，因此选C.答案：C二、填空题6. (xx·江西卷)在等差数列{an }中，a 1＝7，公差为d ，前n 项和为Sn ，当且仅当n ＝8时Sn 取最大值，则d 的取值范围是________．解析：由题意得：a 8＞0，a 9＜0，所以7＋7d ＞0，7＋8d ＜0，即－1＜d ＜－78. 答案：⎝⎛⎭⎪⎫－1，－787．设公比为q (q >0)的等比数列{an }的前n 项和为Sn .若S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2，则q ＝________________________________________________________________________.解析：将S 2＝3a 2＋2，S 4＝3a 4＋2两个式子全部转化成用a 1，q 表示的式子， 即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋a 1q ＝3a 1q ＋2，a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋a 1q 3＝3a 1q 3＋2，两式作差得：a 1q 2＋a 1q 3＝3a 1q (q 2－1)，即：2q 2－q －3＝0，解得q ＝32或q ＝－1(舍去)． 答案：328．(xx·广东卷)等比数列{an }的各项均为正数，且a 1a 5＝4，则log2a 1＋log2a 2＋log2a 3＋log2a 4＋log2a 5＝__________．解析：由题意知a 1a 5＝a 23＝4，且数列{an }的各项均为正数，所以a 3＝2，∴a 1a 2a 3a 4a 5＝(a 1a 5)·(a 2a 4)·a 3＝(a 23)2·a 3＝a 53＝25，∴log2a 1＋log2a 2＋log2a 3＋log2a 4＋log2a 5＝log2(a 1a 2a 3a 4a 5)＝log225＝5. 答案：5三、解答题9．已知数列{an }满足，a 1＝1，a 2＝2，an ＋2 ＝an ＋an ＋12，n ∈N*.(1)令bn ＝an ＋1－an ，证明：{bn }是等比数列；(2)求{an }的通项公式．(1)证明：b 1＝a 2－a 1＝1，当n ≥2时，b n ＝a n ＋1－a n ＝an －1＋an 2－a n ＝－12(a n －a n －1)＝－12b n －1， 所以{bn }是以1为首项，－12为公比的等比数列． (2)解析：由(1)知b n ＝a n ＋1－a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1， 当n ≥2时，a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1) ＝1＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －2＝1＋1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －11－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝1＋23⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1 ＝53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1， 当n ＝1时，53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－121－1＝1＝a 1. 所以a n ＝53－23⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1(n ∈N *)．10．(xx·广东卷)设各项均为正数的数列{an }的前n 项和为S n ，满足4S n ＝a 2n ＋1－4n －1，n ∈N*，且a 2，a 5，a 14构成等比数列．(1) 证明：a 2＝4a 1＋5；(2) 求数列{an }的通项公式；(3) 证明：对一切正整数n ，有1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1anan ＋1＜12.(1)证明：当n ＝1时，4a 1＝a 22－5，a 22＝4a 1＋5，∵a n＞0，∴a2＝4a1＋5.(2)解析：当n≥2时，4S n－1＝a2n－4(n－1)－1，4a n＝4Sn－4Sn－1＝a2n＋1－a2n－4 ，a2n＋1＝a2n＋4a n＋4＝(a n＋2)2，∵a n＞0，∴a n＋1＝a n＋2，所以当n≥2时，{a n}是公差d＝2的等差数列.因为a2，a5，a14构成等比数列，所以a25＝a2·a14，(a2＋6)2＝a2·(a2＋24)，解得a2＝3,由(1)可知，4a1＝a22－5＝4，∴a1＝1，因为a2－a1＝3－1＝2，所以{an}是首项为1，公差d＝2的等差数列.所以数列{an}的通项公式为a n＝2n－1.(3)证明：1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋1＝11×3＋13×5＋15×7＋…＋1（2n－1）（2n＋1）＝12×[⎝⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝⎛⎭⎪⎫13－15＋⎝⎛⎭⎪⎫15－17＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫12n－1－12n＋1]＝12×⎝⎛⎭⎪⎫1－12n＋1＜12.2 h35671 8B57 譗2986774AB 璫U21830 5546 商 35756 8BAC 讬c$39774 9B5E 魞26295 66B7 暷。
专题二 数列 第1讲 等差数列与等比数列第一课 等差、等比数列基本运算和性质一：前测回顾1．已知{a n }是等差数列，若2a 7－a 5－3＝0，则a 9＝________．2．已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 1＋a 22＝－3，S 5＝10，则a 9的值是________．3．已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10＝________．4．已知数列{a n }是等比数列，S n 为其前n 项和，若a 1＋a 2＋a 3＝4，a 4＋a 5＋a 6＝8，则S 12＝________．5．若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9＞0，a 7＋a 10＜0，则当n ＝________时，{a n }的前n 项和最大．二：方法联想1．基本量运算 2．性质的应用3．等差数列S n 的最值问题 三：热点训练热点一 等差、等比数列的基本运算1.数列{a n }中，a 1＝2，a m ＋n ＝a m a n .若a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a k ＋10＝215－25，则k ＝( ) A.2B.3C.4D.52.若等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 2a 5＝3a 3，且a 4与9a 7的等差中项为2，则S 5＝( ) A.1123B.112C.12127D.1213.设{a n }是等差数列，a 1＝－10，且a 2＋10，a 3＋8，a 4＋6成等比数列. ①求{a n }的通项公式；②记{a n }的前n 项和为S n ，求S n 的最小值.4.已知{a n }是公差不为零的等差数列，a 4＝26，且a 1，a 2，a 7成等比数列.①求数列{a n }的通项公式；②设b n ＝(－1)n ＋1a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T 511.热点二 等差(比)数列的性质1.在数列{a n }中，2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，且a n ≠0.若a n －1－a 2n ＋a n ＋1＝0(n ≥2)，且S 2n －1＝38，则n ＝( ) A.38 B.20 C.10 D.92.已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 8－2S 4＝5，则a 9＋a 10＋a 11＋a 12的最小值为( ) A.25B.20C.15D.103.在各项均为正数的等差数列{}n a 中，n S 为其前n 项和，7S =14，则2614t a a =+的最小值为（ ） A ．9B ．94C ．52D ．24.在等差数列{}n a 中，0223276=+-a a a 数列{}n b 是等比数列，且77a b =，则()268log b b =（ ）A ．1B ．2C ．4D ．85.数列{}n a 满足13n n a a ++=且2469a a a =++，则()6579log a a a ++的值是（ ） A ．-2 B ．12-C ．2D ．126.设等差数列{}n a 的前n 项和n S ，且1310670,0,0a a a a a >+><，则满足0n S >的最大自然数n 的值为（ ） A ．6 B ．7 C ．12D ．137.已知数列{a n }的各项都为正数，对任意的m ，n ∈N *，a m ·a n ＝a m ＋n 恒成立，且a 3·a 5＋a 4＝72，则log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 7＝________.8.设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝5，S m ＝－11，S m ＋1＝21，则m 等于________． 9.在等差数列{a n }中，a 1＝－2 015，其前n 项和为S n ，若S 1212－S 1010＝2，则2021s 的值为________． 10.设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________．专题二 数列 第1讲 等差数列与等比数列第二课 等差、等比数列基本运算和性质一、前测回顾1．函数y ＝x 2(x ＞0)的图象在点(a k ，a 2k )处的切线与x 轴交点的横坐标为a k ＋1，k 为正整数，a 1＝16，则a 1＋a 3＋a 5＝________．2．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn ＋c (a ，b ，c ∈R )，则“c ＝0”是“{a n }是等差数列”的______条件．3．已知1a ，1b ，1c 成等差数列，求证：b ＋c a ，c ＋a b ，a ＋b c 也成等差数列． 4．已知a n +1＝ 2a n a n ＋2，a 1＝2 ，求证：数列{1a n }的等差数列．5．数列{a n }前n 项和为S n ，若a n ＋S n ＝n ，令b n ＝a n －1，求证：数列{b n }是等比数列．二、方法联想1．等差、等比数列的证明2．等差、等比数列的判断三、热点专练1．已知数列{a n }中，a 1＝2，且a 2n ＋1a n ＝4(a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则其前9项和S 9＝________．2．已知数列{a n }中a 1＝23，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1(n ∈N *)，求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是等比数列，并求出{a n }的通项公式．3．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝3，a n b n ＝2，b n ＋1＝a n (b n －21＋a n )，n ∈N *，证明数列{1b n }是等差数列，并求数列{b n }的通项公式．4．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0，证明{a n }是等比数列，并求其通项公式．5 已知数列{a n }是等比数列(q ≠－1)，S n 是其前n 项的和，求证：S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k 仍成等比数列．6 .设数列{ a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *．已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n＋1＋S n －1．(1)求a 4的值；(2)证明：{a n ＋1－12a n }为等比数列．7.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n >0，S 2n ＝a 2n ＋1－λS n ＋1，其中λ为常数.(1)证明：S n ＋1＝2S n ＋λ；(2)是否存在实数λ，使得数列{a n }为等比数列？若存在，求出λ；若不存在，请说明理由.8.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝3a n －3n ＋1＋3(n ∈N *).(1)设b n ＝a n3n ，求证：数列{b n }为等差数列，并求出数列{a n }的通项公式； (2)设c n ＝a n n －a n3n ，T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ，求T n .9.从①前n 项和S n ＝n 2＋p (p ∈R )；②a n ＝a n ＋1－3；③a 6＝11且2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2这三个条件中任选一个，填至横线上，并完成解答.在数列{a n }中，a 1＝1，________，其中n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a 1，a n ，a m 成等比数列，其中m ，n ∈N *，且m >n >1，求m 的最小值. (注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)10.已知{a n }是公比为q 的无穷等比数列，其前n 项和为S n ，满足a 3＝12，________.是否存在正整数k ，使得S k >2 020？若存在，求k 的最小值；若不存在，说明理由.从①q ＝2，②q ＝12，③q ＝－2这三个条件中任选一个，补充在上面横线处并作答. (注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)专题二 数列 解析 第1讲 等差数列与等比数列高考定位1.等差、等比数列基本运算和性质的考查是高考热点，经常以选择题、填空题的形式出现；2.数列的通项也是高考热点，常在解答题中的第(1)问出现，难度中档以下.第一课 等差、等比数列基本运算和性质一：前测回顾1．已知{a n }是等差数列，若2a 7－a 5－3＝0，则a 9＝________． 答案：3．解析：方法一：设公差为d ，则2(a 1＋6d )－(a 1＋4d )－3＝0，即a 1＋8d ＝3，所以a 9＝3．方法二：由等差数列的性质得a 5＋a 9＝2a 7，所以(a 5＋a 9)－a 5－3＝0，即a 9＝3．2．已知{a n }是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 1＋a 22＝－3，S 5＝10，则a 9的值是________．答案：20．解析：设等差数列{a n }公差为d ，由题意可得：⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋（a 1＋d ）2＝－3，5a 1＋5×42d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－4，d ＝3， 则a 9＝a 1＋8d ＝－4＋8×3＝20．3．已知{a n }为等比数列，a 4＋a 7＝2，a 5a 6＝－8，则a 1＋a 10＝________． 答案：－7．解析：设数列{a n }的公比为q ，由⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＋a 7＝2，a 5·a 6＝a 4·a 7＝－8得⎩⎪⎨⎪⎧ a 4＝4，a 7＝－2或⎩⎪⎨⎪⎧a 4＝－2，a 7＝4，所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－8，q 3＝－12或⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，q 3＝－2，所以⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝－8，a 10＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，a 10＝－8，所以a 1＋a 10＝－7．4．已知数列{a n }是等比数列，S n 为其前n 项和，若a 1＋a 2＋a 3＝4，a 4＋a 5＋a 6＝8，则S 12＝________．答案：60．解析：方法一：设等比数列{a n }公比为q ，由题意可得q ≠1，则由⎩⎨⎧ a 1(1－q 3)1－q ＝4，a 1(1－q 6)1－q ＝4＋8 ，得⎩⎪⎨⎪⎧a 11－q ＝－4，q 3＝2，所以S 12＝a 1 (1－q 12)1－q ＝60．方法二：由等比数列的性质可知，数列S 3，S 6－S 3，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，即数列4，8，S 9－S 6，S 12－S 9是等比数列，所以S 9－S 6＝16，S 12－S 9＝32，所以S 12＝(S 12－S 9)＋(S 9－S 6)＋(S 6－S 3)＋S 3＝32＋16＋8＋4＝60．5．若等差数列{a n }满足a 7＋a 8＋a 9＞0，a 7＋a 10＜0，则当n ＝________时，{a n }的前n 项和最大． 答案：8．解析：根据题意知a 7＋a 8＋a 9＝3a 8＞0，即a 8＞0．又a 8＋a 9＝a 7＋a 10＜0，所以a 9＜0，所以当n ＝8时，{a n }的前n 项和最大．二：方法联想1．基本量运算等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．求解涉及等差、等比数列的运算问题时，通常会抓住a 1、d (或q )，列出方程、不等式或方程组求解，这样做的好处是思路简洁，目标明确，但有时运算量比较大．为了减少运算量，我们要掌握一些运算技巧，例如“设而不求，整体代入”．2．性质的应用用好等差、等比数列的性质也能减少运算量：方法(1)在等差数列{a n }中，若m ＋n ＝p ＋q 则a m ＋a n ＝a p ＋a q ．特别若m ＋n ＝2p ，则a m ＋a n ＝2a p ． 在等比数列{a n }中，若m ＋n ＝p ＋q 则a m a n ＝a p a q ．特别若m ＋n ＝2p ，则a m a n ＝a p 2． (2) 在等差数列{a n }中，由S n ＝n (a 1＋a n )2得，若n 为奇数，则S 2n －1＝(2n －1)a n ． 方法 在等差数列{a n }中，S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等差数列．在等比数列{a n }中，一般情况下S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 成等比数列．3．等差数列S n 的最值问题方法 在等差数列{ a n }中S n 的最值问题：方法1：(1)当a 1＞0，d ＜0时，满足⎩⎨⎧a m ≥0，a m ＋1≤0的项数m 使得S m 取最大值． (2)当a 1＜0，d ＞0时，满足⎩⎨⎧a m ≤0，a m ＋1≥0的项数m 使得S m 取最小值，方法2：由S n 的解析式，结合二次函数图象分析． 三：热点训练热点一 等差、等比数列的基本运算1.数列{a n }中，a 1＝2，a m ＋n ＝a m a n .若a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a k ＋10＝215－25，则k ＝( ) A.2B.3C.4D.5解析 ∵a 1＝2，a m ＋n ＝a m a n ，令m ＝1，则a n ＋1＝a 1a n ＝2a n ， ∴{a n }是以a 1＝2为首项，2为公比的等比数列，∴a n ＝2×2n －1＝2n . 又∵a k ＋1＋a k ＋2＋…＋a k ＋10＝215－25，∴2k ＋1（1－210）1－2＝215－25，即2k ＋1(210－1)＝25(210－1)，∴2k ＋1＝25，∴k ＋1＝5，∴k ＝4. 答案 C2.若等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 2a 5＝3a 3，且a 4与9a 7的等差中项为2，则S 5＝( ) A.1123B.112C.12127D.121解析：设等比数列{a n }的公比为q ，由已知得a 2a 5＝a 3a 4＝3a 3，因为a 3≠0，所以a 4＝3，即a 1q 3＝3 ①.因为a 4与9a 7的等差中项为2，所以a 4＋9a 7＝a 4(1＋9q 3)＝4 ②， 联立①②解得q ＝13，a 1＝81.所以S 5＝81×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫1351－13＝121.答案 D3.设{a n }是等差数列，a 1＝－10，且a 2＋10，a 3＋8，a 4＋6成等比数列. ①求{a n }的通项公式；②记{a n }的前n 项和为S n ，求S n 的最小值. 解 ①设{a n }的公差为d .因为a 1＝－10，所以a 2＝－10＋d ，a 3＝－10＋2d ，a 4＝－10＋3d . 因为a 2＋10，a 3＋8，a 4＋6成等比数列，所以(a 3＋8)2＝(a 2＋10)(a 4＋6). 所以(－2＋2d )2＝d (－4＋3d ).解得d ＝2.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －12. ②法一 由①知，a n ＝2n －12.则当n ≥7时，a n >0；当n ＝6时，a n ＝0；当n <6时，a n <0； 所以S n 的最小值为S 5＝S 6＝－30.法二 由①知，S n ＝n 2(a 1＋a n )＝n (n －11)＝⎝⎛⎭⎫n －1122－1214，又n ∈N *，∴当n ＝5或n ＝6时，S n 的最小值S 5＝S 6＝－30.4.已知{a n }是公差不为零的等差数列，a 4＝26，且a 1，a 2，a 7成等比数列.①求数列{a n }的通项公式；②设b n ＝(－1)n ＋1a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T 511.(2)解 ①设数列{a n }的公差为d ，d ≠0.∵a 1，a 2，a 7成等比数列，∴a 22＝a 1a 7，即(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋6d )，则d 2＝4a 1d .又d ≠0，∴d ＝4a 1，①由于a 4＝a 1＋3d ＝26，②联立①②，得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝4a 1，a 1＋3d ＝26，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝8，∴a n ＝2＋8(n －1)＝8n －6. ②∵b n ＝(－1)n ＋1a n ＝(－1)n ＋1(8n －6).∴T 511＝b 1＋b 2＋…＋b 511＝2－10＋18－26＋…＋4 066－4 074＋4 082 ＝(2－10)＋(18－26)＋…＋(4 066－4 074)＋4 082＝－8×255＋4 082＝2 042.热点二 等差(比)数列的性质1.在数列{a n }中，2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，且a n ≠0.若a n －1－a 2n ＋a n ＋1＝0(n ≥2)，且S 2n －1＝38，则n ＝( )A.38B.20C.10D.9【详解】在数列{a n }中，因为2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，所以a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，所以数列{a n }为等差数列.由a n －1－a 2n ＋a n ＋1＝0(n ≥2)，得2a n －a 2n ＝0，又a n ≠0，解得a n ＝2.又S 2n －1＝38，即（2n －1）（a 1＋a 2n －1）2＝(2n －1)a n ＝38， 即(2n －1)×2＝38，解得n ＝10.2.已知正项等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 8－2S 4＝5，则a 9＋a 10＋a 11＋a 12的最小值为( ) A.25B.20C.15D.10【详解】在正项等比数列{a n }中，S n ＞0.因为S 8－2S 4＝5，则S 8－S 4＝5＋S 4， 易知S 4，S 8－S 4，S 12－S 8是等比数列，所以(S 8－S 4)2＝S 4·(S 12－S 8)， 所以a 9＋a 10＋a 11＋a 12＝S 12－S 8＝（S 4＋5）2S 4＝25S 4＋S 4＋10≥225S 4·S 4＋10＝20(当且仅当S 4＝5时取等号).故a 9＋a 10＋a 11＋a 12的最小值为20.3.在各项均为正数的等差数列{}n a 中，n S 为其前n 项和，7S =14，则2614t a a =+的最小值为（ ） A ．9B ．94C ．52D ．2【答案】B【详解】由题意172677()7()1422a a a a S ++===，∴264a a +=， ∴26262614114()()4t a a a a a a =+=++62264119(5)(5444a a a a =++≥+=，当且仅当62264a a a a =，即622a a =时等号成立．故选：B ． 4.在等差数列{}n a 中，0223276=+-a a a 数列{}n b 是等比数列，且77a b =，则()268log b b =（ ）A ．1B ．2C ．4D ．8【答案】C【解析】根据等差数列的性质得：7682a a a +=，0223276=+-a a a 变为：2774a a =， 解得74a =，70a =（舍去），所以774b a ==，则268716b b b ==．所以()2682log log 164b b ==故选C ．5.数列{}n a 满足13n n a a ++=且2469a a a =++，则()6579log a a a ++的值是（ ） A ．-2 B ．12- C ．2 D ．12【答案】C【解析】由13n n a a ++=，可知数列{}n a 是公差为3的等差数列， 因为246439a a a =a =++，所以43a =，所以7433912a a +d ==+=()()6579676log log 3log 362a a a =a ++==.故选C.6.设等差数列{}n a 的前n 项和n S ，且1310670,0,0a a a a a >+><，则满足0n S >的最大自然数n 的值为（ ） A ．6 B ．7 C ．12D ．13【答案】C【解析】由3100a a +>,利用等差数列的性质可得：310670a a a a +=+>,又67a a <0,1a >0， ∴6a >0,7a <0.∴()()()1121131267137121360,13022a a a a S a a S a ++==+>==<，则满足S n >0的最大自然数n 的值为12.故选C.【点睛】求解等差数列问题时，要多多使用等差数列的性质，如{}n a 为等差数列，若m n p q +=+，则m n p q a a a a +=+.由此得：1()2n n n a a S +=， 当21n k =-为奇数时，21(21)2(21)2kk k k a S k a --==-， 当2n k =为偶数时，1212()()2k k k k k k a a S k a a +++==+. 7.已知数列{a n }的各项都为正数，对任意的m ，n ∈N *，a m ·a n ＝a m ＋n 恒成立，且a 3·a 5＋a 4＝72，则log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 7＝________.【详解】因为对任意的m ，n ∈N *，a m ·a n ＝a m ＋n 恒成立，令m ＝1，则a 1·a n ＝a 1＋n 对任意的n ∈N *恒成立，∴数列{a n }为等比数列，公比为a 1，由等比数列的性质有a 3a 5＝a 24，因为a 3·a 5＋a 4＝72，则a 24＋a 4＝72，∵a 4＞0，∴a 4＝8，∴log 2a 1＋log 2a 2＋…＋log 2a 7＝log 2(a 1·a 2·…·a 7)＝log 2a 74＝log 287＝21.8．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝5，S m ＝－11，S m ＋1＝21，则m 等于________． 答案：5．9.．在等差数列{a n }中，a 1＝－2 015，其前n 项和为S n ，若S 1212－S 1010＝2，则2021s 的值为________． 答案：－2021．解析：根据等差数列的性质，得数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n s n 也是等差数列，由已知可得S 11＝a 1＝－2 015，由S 1212－S 1010＝2＝2d ，得公差d ＝1．20212021-=s10.．设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________． 答案：64．解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则由a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝q (a 1＋a 3)＝5，知q ＝12．又a 1＋a 1q 2＝10，所以a 1＝8．故a 1a 2…a n ＝a n 1q 1＋2＋…＋(n －1)＝23n·⎝⎛⎭⎫12(n －1)n 2＝23n －n 22＋n 2＝2－n 22＋72n ．记t ＝－n 22＋7n 2＝－12(n 2－7n )＝－12⎝⎛⎭⎫n －722＋498，结合n ∈N *可知n ＝3或4时，t 有最大值6．又y ＝2t 为增函数，从而a 1a 2…a n 的最大值为26＝64．第二课 等差、等比数列基本运算和性质一、前测回顾1．函数y ＝x 2(x ＞0)的图象在点(a k ，a 2k )处的切线与x 轴交点的横坐标为a k ＋1，k 为正整数，a 1＝16，则a 1＋a 3＋a 5＝________．答案：21．解析：在点(a k ，a 2k )处的切线方程为：y －a 2k ＝2a k (x －a k )，当y ＝0时，解得x ＝a k 2，所以a k ＋1＝a k2，故{a n }是a 1＝16，q ＝12的等比数列，即a n ＝16×⎝⎛⎭⎫12n －1，所以a 1＋a 3＋a 5＝16＋4＋1＝21． 2．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝an 2＋bn ＋c (a ，b ，c ∈R )，则“c ＝0”是“{a n }是等差数列”的______条件． 答案：充要．解析：a 1＝a ＋b ＋c ，a 2＝S 2－a 1＝3a ＋b ，a 3＝S 3－S 2＝5a ＋b ，若{a n }是等差数列，则2a 2＝a 1＋a 3，解得c ＝0，所以“c ＝0”是“{a n }是等差数列”的必要条件；当c ＝0时，S n ＝an 2＋bn ，当n ＝1时，a 1＝a ＋b ；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2an ＋b －a ，显然当n ＝1时也满足上式，所以a n ＝2an ＋b －a (n ∈N *)，进而可得a n －a n －1＝2a (n ∈N *)，所以{a n }是等差数列，所以“c ＝0”是“{a n }是等差数列”的充分条件； 综上可知，“c ＝0”是“{a n }是等差数列”的充要条件．3．已知1a ，1b ，1c 成等差数列，求证：b ＋c a ，c ＋a b ，a ＋b c 也成等差数列．解：由已知得b (a ＋c )＝2ac ，所以b ＋c a ＋a ＋b c ＝b (a ＋c )＋a 2＋c 2ac ＝2ac ＋a 2＋c 2ac＝2(a ＋c )b ， 所以b ＋c a ，c ＋a b ，a ＋bc 也成等差数列．4．已知a n +1＝ 2a n a n ＋2，a 1＝2 ，求证：数列{1a n }的等差数列．解：由已知，a 1＝2，故a n ≠0，所以1 a n +1＝a n ＋22a n ＝1 a n ＋12，所以1 a n +1－1 a n ＝12，所以数列{1a n }是等差数列．5．数列{a n }前n 项和为S n ，若a n ＋S n ＝n ，令b n ＝a n －1，求证：数列{b n }是等比数列． 解：由a n ＋S n ＝n ，得n ≥2时，a n －1＋S n －1＝n －1，两式相减得2a n －a n －1＝1， 即2b n ＝b n －1．从而有b n b n －1＝12(常数)，所以数列{b n }是等比数列．二、方法联想1．等差、等比数列的证明 方法 证明数列是等差数列：方法1 定义法，即当n ∈N *时，a n ＋1－a n 为同一常数． 方法2 中项公式法，即当n ∈N*时，2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2均成立．说明：得到2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2后，最好改写为a n ＋1－a n ＝a n －a n －1＝…＝a 2－a 1，回到定义． 方法 证明数列是等比数列：方法1 定义法，即当n ∈N *时，a n ＋1a n 为同一常数．方法2 中项公式法，即当n ∈N *时，a n ＋12＝a n a n ＋2均成立，且数列{a n }没有0． 说明：得到2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2后，最好改写为a n ＋1a n ＝a n a n －1＝…＝a 2a 1，回到定义．2．等差、等比数列的判断判断数列是等差数列方法1 定义法，即当n ≥1且n ∈N*时，a n ＋1－a n 为同一常数． 方法2 中项公式法，即当n ≥1且n ∈N *时，2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2均成立． 方法3 特殊值法，如前3项成等差，再证明其对任意n ∈N *成等差数列． 方法4 通项为一次形式，即a n ＝an ＋b ．方法5 前n 项和为不含常数项的二次形式，即S n ＝an 2＋bn ． 方法6 若数列{a n }为等比数列，则{log a a n }为等差数列． 注意 方法4、5、6只能做为判断，作为解答题需要证明． 判断数列不是等差数列方法 通常用特殊值法，如取连续3项验证不成等差数列． 判断数列是等比数列方法1 定义法，即当n ∈N *时，a n ＋1a n 为同一常数．方法2 中项公式法，即当n ∈N *时， a n ＋12＝a n a n ＋2均成立．方法3 特殊值法，如前3项成等比，再证明其对任意n ∈N *成等比数列． 方法4 通项公式为指数幂形式，即a n ＝aq n ． 方法5 若数列{a n }为等差数列，则{a an }为等比数列． 注意 方法4、5只能做为判断，作为解答题需要证明． 判断数列不是等比数列方法 通常用特殊值法，如取连续3项验证不成等比数列．三、热点专练1．已知数列{a n }中，a 1＝2，且a 2n ＋1a n ＝4(a n ＋1－a n )(n ∈N *)，则其前9项和S 9＝________． (由定义判定等比数列) 答案：1 022．解析：由已知，得a 2n ＋1＝4a n a n ＋1－4a 2n ，即a 2n ＋1－4a n a n ＋1＋4a 2n ＝(a n ＋1－2a n )2＝0，所以a n ＋1＝2a n ，又因为a 1＝2，所以数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，故S 9＝2×(1－29)1－2＝210－2＝1 022．2．已知数列{a n }中a 1＝23，a n ＋1＝3a n 2a n ＋1(n ∈N *)，求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是等比数列，并求出{a n }的通项公式．(根据定义证明等比数列)解：由题意a n ≠0，a n ≠1，记b n ＝1a n －1，则b n ＋1b n ＝1a n ＋1－11a n －1＝2a n ＋13a n －11a n －1＝2a n ＋1－3a n 3－3a n ＝1－a n 3(1－a n )＝13，又b 1＝1a 1－1＝32－1＝12，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n －1是首项为12，公比为13的等比数列．所以1a n －1＝12×⎝⎛⎭⎫13n －1，即a n ＝2×3n －11＋2×3n －1．所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2×3n －11＋2×3n －1． 3．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝3，a n b n ＝2，b n ＋1＝a n (b n －21＋a n )，n ∈N *，证明数列{1b n }是等差数列，并求数列{b n }的通项公式． (根据定义证明等差数列)解：因为a n b n ＝2，所以a n ＝2b n ，则b n ＋1＝a n b n －2a n1＋a n ＝2－4b n1＋2b n＝2－4b n ＋2＝2b n b n ＋2，所以1b n ＋1－1b n ＝12．又a 1＝3，所以b 1＝23．故1b n 是首项为32，公差为12的等差数列，即1b n ＝32＋(n －1)×12＝n ＋22，所以b n ＝2n ＋2． 4．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1＋λa n ，其中λ≠0，证明{a n }是等比数列，并求其通项公式． (由S n 与a n 关系，结合定义证明等比数列)解：由题意得a 1＝S 1＝1＋λa 1，故λ≠1，a 1＝11－λ，a 1≠0．由S n ＝1＋λa n ，S n ＋1＝1＋λa n ＋1， 得a n ＋1＝λa n ＋1－λa n ，即a n ＋1(λ－1)＝λa n ，由a 1≠0，λ≠0得a n ≠0， 所以a n ＋1a n ＝λλ－1．因此{a n }是首项为11－λ，公比为λλ－1的等比数列，于是a n ＝11－λ⎝⎛⎭⎫λλ－1n －1．5 已知数列{a n }是等比数列(q ≠－1)，S n 是其前n 项的和，求证：S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k 仍成等比数列． 解：方法一：(1)当q ＝1时，结论显然成立；(2)当q ≠1时， S k ＝a 1(1－q k )1－q ，S 2k ＝a 1(1－q 2k )1－q ，S 3k ＝a 1(1－q 3k )1－q ． S 2k －S k ＝a 1(1－q 2k )1－q －a 1(1－q k )1－q ＝a 1q k (1－q k )1－q ． S 3k －S 2k ＝a 1(1－q 3k )1－q －a 1(1－q 2k )1－q ＝a 1q 2k (1－q k )1－q ．所以(S 2k －S k )2＝a 21q 2k (1－q k )2(1－q )2S k ·(S 3k －S 2k )＝a 1(1－q k )1－q ·a 1q 2k (1－q k )1－q ＝a 12q 2k (1－q k )2(1－q )2． 所以(S 2k －S k )2＝S k ·(S 3k －S 2k )， 又因为q ≠－1，所以S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k 中没有零， 所以S 2k －S k S k ＝S 3k －S 2kS 2k －S k ，所以S k ，S 2k －S k ，S 3k －S 2k 成等比数列． 方法二：S 2k －S k ＝(a 1＋a 2＋a 3＋…a 2k )－(a 1＋a 2＋a 3＋…a k )＝a k ＋1＋a k ＋2＋a k ＋3＋…a 2k ＝q k (a 1＋a 2＋a 3＋…a k )＝q k S k ≠0． 同理，S 3k －S 2k ＝a 2k ＋1＋a 2k ＋2＋a 2k ＋3＋…a 3k ＝ q 2k S k ≠0． 所以(S 2k －S k )2＝S k ·(S 3k －S 2k )，下同方法一．6 .设数列{ a n }的前n 项和为S n ，n ∈N *．已知a 1＝1，a 2＝32，a 3＝54，且当n ≥2时，4S n ＋2＋5S n ＝8S n＋1＋S n －1．(1)求a 4的值；(2)证明：{a n ＋1－12a n }为等比数列． 解：(1)当n ＝2时，4S 4＋5S 2＝8S 3＋S 1，即4×(1＋32＋54＋a 4)＋5×(1＋32)＝8×(1＋32＋54)＋1，解得a 4＝78． (2)由4S n ＋2＋5S n ＝8S n ＋1＋S n －1 (n ≥2)， 得4S n ＋2－4S n ＋1＋S n －S n －1＝4S n ＋1－4S n (n ≥2)， 即4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1 (n ≥2)．∵4a 3＋a 1＝4×54＋1＝6＝4a 2，∴4a n ＋2＋a n ＝4a n ＋1，∴a n ＋2－12a n ＋1a n ＋1－12a n ＝4a n ＋2－2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝4a n ＋1－a n －2a n ＋14a n ＋1－2a n ＝2a n ＋1－a n 2(2a n ＋1－a n )＝12 ∴数列{a n ＋1－12a n }是以a 2－12a 1＝1为首项，12为公比的等比数列．7.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n >0，S 2n ＝a 2n ＋1－λS n ＋1，其中λ为常数.(1)证明：S n ＋1＝2S n ＋λ；(2)是否存在实数λ，使得数列{a n }为等比数列？若存在，求出λ；若不存在，请说明理由.(1)证明 ∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，S 2n ＝a 2n ＋1－λS n ＋1，∴S 2n ＝(S n ＋1－S n )2－λS n ＋1，则S n ＋1(S n ＋1－2S n －λ)＝0.∵a n >0，知S n ＋1>0，∴S n ＋1－2S n －λ＝0，故S n ＋1＝2S n ＋λ. (2)解 由(1)知，S n ＋1＝2S n ＋λ，当n ≥2时，S n ＝2S n －1＋λ，两式相减，a n ＋1＝2a n (n ≥2，n ∈N *)， 所以数列{a n }从第二项起成等比数列，且公比q ＝2.又S 2＝2S 1＋λ，即a 2＋a 1＝2a 1＋λ，∴a 2＝a 1＋λ＝1＋λ>0，得λ>－1.因此a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，（λ＋1）·2n －2，n ≥2. 若数列{a n }是等比数列，则a 2＝1＋λ＝2a 1＝2. ∴λ＝1，经验证得λ＝1时，数列{a n }是等比数列.探究提高 1.判定等差(比)数列的主要方法：(1)定义法：对于任意n ≥1，n ∈N *，验证a n ＋1－a n ⎝⎛⎭⎫或a n ＋1a n 为与正整数n 无关的一常数；(2)中项公式法.2.a n ＋1a n ＝q 和a 2n ＝a n －1a n ＋1(n ≥2)都是数列{a n }为等比数列的必要不充分条件，判定时还要看各项是否为零.8.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且2S n ＝3a n －3n ＋1＋3(n ∈N *).(1)设b n ＝a n3n ，求证：数列{b n }为等差数列，并求出数列{a n }的通项公式；(2)设c n ＝a n n －a n3n ，T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ，求T n . (1)证明 由已知2S n ＝3a n －3n ＋1＋3(n ∈N *)，① n ≥2时，2S n －1＝3a n －1－3n ＋3，②①－②得：2a n ＝3a n －3a n －1－2·3n ⇒a n ＝3a n －1＋2·3n ， 故a n 3n ＝a n －13n －1＋2，则b n －b n －1＝2(n ≥2).又n ＝1时，2a 1＝3a 1－9＋3，解得a 1＝6，则b 1＝a 13＝2.故数列{b n }是以2为首项，2为公差的等差数列，∴b n ＝2＋2(n －1)＝2n ⇒a n ＝2n ·3n . (2)解 由(1)，得c n ＝2·3n －2nT n ＝2(3＋32＋33＋…＋3n )－2(1＋2＋…＋n )＝2·3（1－3n ）1－3－2·（1＋n ）n2＝3n ＋1－n 2－n －3. 等差、等比数列的综合问题9.从①前n 项和S n ＝n 2＋p (p ∈R )；②a n ＝a n ＋1－3；③a 6＝11且2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2这三个条件中任选一个，填至横线上，并完成解答.在数列{a n }中，a 1＝1，________，其中n ∈N *. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若a 1，a n ，a m 成等比数列，其中m ，n ∈N *，且m >n >1，求m 的最小值. (注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分) 解 选择①：(1)当n ＝1时，由S 1＝a 1＝1，得p ＝0.当n ≥2时，由题意，得S n －1＝(n －1)2，所以a n ＝S n －S n －1＝2n －1(n ≥2). 经检验，a 1＝1符合上式，所以a n ＝2n －1(n ∈N *) (2)由a 1，a n ，a m 成等比数列，得a 2n ＝a 1a m ，即(2n －1)2＝1×(2m －1).化简，得m ＝2n 2－2n ＋1＝2⎝⎛⎭⎫n －122＋12.因为m ，n 是大于1的正整数，且m >n ，所以当n ＝2时，m 有最小值5. 选择②：(1)因为a n ＝a n ＋1－3，所以a n ＋1－a n ＝3，所以数列{a n }是公差d ＝3的等差数列， 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝3n －2(n ∈N *).(2)由a 1，a n ，a m 成等比数列，得a 2n ＝a 1a m ，即(3n －2)2＝1×(3m －2).化简，得m ＝3n 2－4n ＋2＝3⎝⎛⎭⎫n －232＋23.因为m ，n 是大于1的正整数，且m >n ，所以当n ＝2时，m 取到最小值6. 选择③：(1)因为2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2，所以数列{a n }是等差数列.设数列{a n }的公差为d . 因为a 1＝1，a 6＝a 1＋5d ＝11，所以d ＝2.所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1(n ∈N *) . (2)因为a 1，a n ，a m 成等比数列，所以a 2n ＝a 1a m ，即(2n －1)2＝1×(2m －1).化简，得m ＝2n 2－2n ＋1＝2⎝⎛⎭⎫n －122＋12.因为m ，n 是大于1的正整数，且m >n ， 所以当n ＝2时，m 有最小值5.10.已知{a n }是公比为q 的无穷等比数列，其前n 项和为S n ，满足a 3＝12，________.是否存在正整数k ，使得S k >2 020？若存在，求k 的最小值；若不存在，说明理由.从①q ＝2，②q ＝12，③q ＝－2这三个条件中任选一个，补充在上面横线处并作答. (注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分) 解 选择①：存在满足条件的正整数k .求解过程如下：因为a 3＝12，所以a 1＝a 3q 2＝3.所以S n ＝3（1－2n ）1－2＝3(2n －1).令S k >2 020，则2k>2 0233.因为29<2 0233<210，所以使S k >2 020的正整数k 的最小值为10.选择②：不存在满足条件的正整数k .理由如下：因为a 3＝12，所以a 1＝a 3q 2＝48.所以S n ＝48×⎝⎛⎭⎫1－12n 1－12＝96⎝⎛⎭⎫1－12n .因为S n <96<2 020，所以不存在满足条件的正整数k .选择③：存在满足条件的正整数k .求解过程如下：因为a 3＝12，所以a 1＝a 3q 2＝3. 所以S n ＝3×[1－（－2）n ]1－（－2）＝1－(－2)n .令S k >2 020，则1－(－2)k >2 020， 整理得(－2)k <－2 019.当k 为偶数时，原不等式无解.当k 为奇数时，原不等式等价于2k >2 019.所以使S k >2 020的正整数k 的最小值为11.。
